【文档说明】甘肃省定西市陇西县第二中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题 含解析.docx，共(27)页，2.996 MB，由小赞的店铺上传

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陇西二中高三级第三次质量检测试题物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间120分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答

题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：必修1，必修2，选修3-3，动量。一、选

择题（本题共18小题，共42分.在每小题给出的四个选项中，第1～15题只有一项符合题目要求，每小题2分；第16~18题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.质量为0.1kg的弹性小球从空中某高度由静止开始下落，该下

落过程对应的vt−图像如图所示，0.5s时球与水平地面相碰，离开地面时的速度为碰撞前的58，设球受到空气阻力的大小恒为f，重力加速度g取210m/s，下列说法正确的是（）A.下降过程的平均速度大小与上升过程的平均速度大小之比为2∶1B.弹性小球受到的空气阻力f的大小为0.4NC.下降过程与上升过程

的加速度大小之比为2∶3D.弹性小球第一次碰撞后反弹的最大高度h为0.25m【答案】C【解析】【详解】A．设下降过程的末速度为v1，由题意可得上升过程的初速度大小为2158vv=下降过程的平均速度为10+2vv=下上升过程的平均速度大小为2+02vv=上综合比较可得85vv=下上A错误；B．下降过

程，由速度时间关系可得11vat=下由牛顿第二定律可得mgfma−=下由题图可得14m/sv=10.5st=0.1kgm=210m/s=g综合解得2/s8ma=下0.2Nf=B错误；C．上升过程，由牛顿第二定

律可得mgfma+=上解得2=12m/sa上则有2=3aa下上C正确；D．上升过程由速度位移关系式可得222ahv=上结合2158vv=14m/sv=综合解得25m96h=D错误。故选C。2.木板A与木块B叠放在水平面上，A

与B之间以及A与地面之间的动摩擦因数相同，B的质量是A的质量的3倍。如图甲所示，水平细线连接在墙与A之间，水平拉力1F作用在B上，使B相对于A刚要滑动：如图乙所示，水平细线连接在墙与B之间，水平拉力2F作用在A上，使A相对于B刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两种情况

下，1F与2F的比值为（）A.3∶4B.3∶5C.1∶2D.3∶7【答案】D【解析】【详解】设A的质量为m，则B的质量3m，A与B之间以及A与地面之间的动摩擦因数均为，由力的平衡可得图甲中133Fmgmg==图乙中2437Fmgmgmg=+=可得12:3:7F

F=故选D。3.物体只在力F的作用下从静止开始运动，其F-t图象如图所示，则物体A.在t1时刻加速度最大B.在0~t1时间内做匀加速运动C.从t1时刻后便开始返回运动D.在0~t2时间内，速度一直在增大【答案】AD【解析】【详解】从图中可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速

运动，即速度一直增加，物体做单向加速直线运动，C错误D正确；根据牛顿第二定律Fam=可得在t1时刻合力最大，所以加速度最大，A正确；在0~t1时间内合力F一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动，B错误；4.如图所示，重80N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10

cm、劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，在另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25N，当弹簧的长度仍为8cm时，测力计读数不可能为()A.10NB.20NC.40ND.60

N【答案】D【解析】【详解】放置物体A后，有，施加向上拉力后，若保持弹簧的长度仍为8cm时，则拉力的最大值有：，，D不可能．5.如图所示，倾角30=的斜面体A固定在水平面上，其顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的一细线两端分别系着物块B和小球

C，连接小球C的一段细线竖直，小球C静止，连接物块B的另一段细线与斜面平行，此时物块B刚好不下滑，现给小球C施加水平作用力F，使小球C缓慢运动到连接小球C的细线与水平方向成30的角，此时物块B刚好不上滑，物块B与斜面间的滑动摩擦力等

于最大静摩擦力，不计细线与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（）A.B、C的质量之比为4:1B.B、C的质量之比为2:1C.物块B与斜面间的动摩擦因数为36D.物块B与斜面间的动摩擦因数为39【答案】D【解析】【详解】物块B刚好不下滑时，根据平衡条件，对物块B有BBs

in30cos30mgmgT=+对小球C有CTmg=物块B刚好不上滑时，对物块B有BBsin30cos30mgmgT+=对小球C有Csin30Tmg=联立以上各式解得:3:1BCmm=39=故选D。6.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物

块A、B，两者的质量均为2kg，它们处于静止状态。若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物体A上，则此瞬间A对B的压力大小为（g=10m/s2）（）A.10NB.25NC.20ND.30N【答案】B【解析】【详解】开始时A、B处于静止状态，对AB整体受力分析得()

ABmmgF+=弹代入数据求得40NF=弹施加一个竖直向下的10N的外力后，A、B整体不再平衡，受力分析得ABAB()FmmgFmma++−=+弹（）施加力的前后F弹的大小不变，代入相关数据得a=2.5m/s2隔离A物体受力分析得ABAAFmgFma+−=;代入数据解得FBA=25N根据牛

顿第三定律可知A对B的压力大小为25N。故选B。7.如图所示，质量为1kgm=的物体静止在光滑水平地面上，0=t时对物体施加一与水平方向夹角为37、大小为10NF=的恒力，sin370.6=，cos370.8=，则下列说法正确的是（）A.1s末物体的动能大小为16JB

.经过2s力F做功为160JC.2s末力F的功率为128WD.前2s力F的平均功率为80W【答案】C【解析】【详解】A．对物体进行受力分析可知，物体再水平面上做匀加速直线运动，故在水平方向上由牛顿第二定律可得co

s37Fma=解得28m/sa=设1s末物体的动能为Ek，则由匀变速直线运动规律及动能定理可得2k11()2Emat=解得k=32JE故A错误；B．设2s末物体的速度为v，则由匀变速直线运动规律可得216m/svat==故由动能定理可得，经

过2s力F做功为21128J2Wmv==故B错误；C．2s末力F的功率为cos37128WPFv==故C正确；D．前2s力F的平均功率为2128W=64W2WPt==故D错误。故选C。【点睛】明确物体的运动情况，熟悉动能的定义，掌握平均功率和瞬时功率之

间的区别。8.骑马射箭是蒙古族传统的体育项目，如图甲所示.在某次比赛中，选手骑马沿直线12OO匀速前进，分别经过E、F、G和H四点（GP连线与12OO连线垂直），并在每处射出一支箭，射箭方向如图乙所示。则可能射中靶心P点的是（）AE点B.

F点C.G点D.H点【答案】B【解析】【详解】根据合运动与分运动的关系，合运动在两分运动之间，故F点处射出的箭可能射中；故选B。9.如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上。当抛出的速度为v1时，运动时间为t1，小球到达斜面

时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，运动时间为t2，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则（）A.当v1>v2时，t1>t2B.当v1>v2时，α1<α2C.无论v1、v2大小关系如何，均有α1＝α2D.α1、α2的关系与斜面倾角θ有关【答案】AC【解析】【详解】

BCD．由平抛运动规律可知小球落到斜面上的位移方向相同，则小球落到斜面上的速度方向相同，即无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2，BD错误，C正确；A．初速度越大，下落高度越大，飞行时间越长，所以当v1

>v2时，t1>t2，A正确；故选AC。10.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两.的点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均

为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A.3mgB.433mgC.3mgD.23mg【答案】A【解析】【详解】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为30=则3cos2rLL

==根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有2vmgmr=小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有()222cosvFmgmr+=解得3Fmg=故选A。11.如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时恰与弹簧接触，到

c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（）A.小球的机械能守恒B.小球在b点时动能最大C.到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量D.到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量【答案】D【解析】【详解】A．小球由a→b→c的运

动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B．小球从a到b过程中，做自由落体运动，接触弹簧后，开始时重力大于弹簧弹力，小球继续做加速运动，当小球重力与弹簧弹力相等时，速度达到最大，故B错误；CD．对小球从a到c整个过程，由能量守

恒定律可知pacmghE=即到c点时弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，故C错误，D正确。故选D。12.河北某校高二年级物理备课组组织了一次“高楼落蛋”比赛。每班由5名学生组成一支参赛组，每组只能由一名学生携小组设计的装置到教学楼5楼实施落蛋操作，小组其他学生在一楼等候。某小组同学

将装有鸡蛋的保护装置从教学楼5楼窗口外侧由静止释放。若该装置着地后（装置与地面作用时间极短）经0.6s速度减为零，不计空气阻力，则在装置与地面碰撞的过程中，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小最接近（）A.0.2NB.2N

C.20ND.200N【答案】B【解析】【分析】【详解】一个鸡蛋约为50g，设鸡蛋自由下落高度约为15m，自由下落的时间为121.7shtg=全程由动量定理可得122()0mgttFt+−=解得42NFmg=故鸡蛋受到的平均作用力约为2N，由牛顿

第三定律可知，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小最接近2N，B正确。故选B。13.如图所示，一质量为0m的探测器沿椭圆轨道绕月球运动，椭圆轨道的近月点A在月球表面上，远月点B离月心的距离为03r，其中0r为

月球的半径。已知月球的第一宇宙速度为0v，万有引力常量为G，下列说法正确的是（）A.月面的重力加速度小于200vrB.探测器在B点受到的万有引力为20003mvrC.探测器的运动周期为002rvD.若探测器变轨到过B点的圆轨道上，则探测器的机械能增大【答案】D【解

析】【详解】A．由重力作为向心力可得200=vmgmr月可得月面的重力加速度为200=vgr月A错误；B．设月球的质量为M月，在A点满足0020GMmmgr=月月在B点探测器受到的万有引力为()0020193BGMmFmg

r==月月结合200vgr=月可得2009BmvFr=B错误；C．设贴着月面做匀速圆周运动的物体其周期为1T，由匀速圆周运动规律有0012vrT=由题意可得，探测器椭圆轨道的半长轴0032rrr+=由开普勒第三定

律有320132rTrT=综合可得探测器的运动周期0042rTv=C错误；D．若探测器在B点由椭圆轨道变轨到圆轨道上，其引力势能不变，动能增大，则探测器的机械能增大，D正确。故选D。14.如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为

50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（）（不计人的高度，可以把人看作质点）A.60mB.40mC.30mD.10m【答案】A【解析】【详解】以向下为正方向，对人和

气球组成的系统由动量守恒得0mvmv−=人人球球则0xxmmtt−=人球人球解得240mxx==球人则绳长至少应为60mLxx=+=人球故选A。15.如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕

甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径122rr=，运动周期212TT=，则（）A.甲、乙两行星质量之比为1:162B.甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为42:1C.甲、乙两行星密度之比为16：1D.甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为82:1【答案】

B【解析】【详解】A．根据卫星运动的向心力由万有引力提供，得222MmGmrrT=解得2324rMGT=则甲、乙两行星质量之比为32123221321MrTMrT==甲乙选项A错误；B．由212vMmGmRR=得

甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为1421vMvM==甲1甲乙乙选项B正确；C．由343MR=，得甲、乙两行星密度之比为321MM==甲甲乙乙选项C错误；D．由2MmGmgR=得甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为321gMgM==甲甲乙乙选项D错误

。故选B。16.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧放在光滑的水平面上，一端固定在墙上，另一端与质量为m的物块相连，弹簧处于原长时，给物块一个水平向左的恒定推力F，让物块由静止开始向左运动。弹簧的弹性势能pE与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为2p12E

kx=，下列说法正确的是（）A.当弹簧的压缩量为Fk时，物块的速度最大B.当物块回到初始位置时，还可向右运动C.物块向右运动的过程中加速度先增大后减小D.弹簧的最大压缩量为2Fk【答案】AD【解析】【详解】A．对物块的运动过程进行分析，物

块先向左加速再减速，接着向右加速再减速，当Fkx=时，即弹簧的压缩量为Fxk=时物块的速度达最大值，故A正确；B．根据能量守恒和运动的对称性，当物块回到初始位置时，速度正好为0，不会再向右运动，故B错误；C．物块先向左加速再减速，加速度先向

左减小再向右增加，根据运动的对称性，当向右加速再减速时，加速度先减小再增大，故C错误；D．当物块向左运动速度为0时，弹簧的压缩量最大2pmm12Ekx=由功能关系mmpFxE=解得m2Fxk=故D正确。故选AD。17.一辆

玩具电动小车在平直路面上以6m/s的速度做匀速直线运动，运动过程中牵引力的功率为9W。若某时刻牵引力的功率突然变为6W，且之后保持不变，对之后的运动过程说法正确的是（整个过程小车受到的阻力不变）（）A.小车的牵引力最小为1.5NB.小车的加速度越来越小，

直至为零C.小车最终的运动速度为4m/sD.自牵引力的功率突变为6W，到小车再次开始做匀速直线运动的过程中，小车的平均速度小于5m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．小车功率刚变为6W时牵引力最小，由2minmPFv

=，得牵引力最小值为min6N1N6F==故A错误；B．功率改变后小车先做减速运动，由PFv=，fFFam−=知，小车加速度越来越小，直至为零，故B正确；C．功率改变之前，由111PFv=，得阻力f11.

5NFF==功率改变后，小车再次匀速运动时，由222PFv=得2f1.5NFF==，得小车最终运动的速度大小为22f4m/sPvF==的故C正确；D．自牵引力的功率突变至小车再次开始匀速运动，通过小车的vt−图像与匀变速

运动的vt−图像对比，可得平均速度小于5m/s，D正确。故选BCD。18.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，若子弹A射入木块的深度大于子弹B射入木块的深度，则（）A

.子弹A的质量一定比子弹B的质量小B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大【答案】AD【解析】【详解】BD．由于木块始终保持

静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，对A子弹，根据动能定理得-fdA=0-EkA得EkA=fdA对B子弹-fdB=0-EkB得EkB=fdB由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB故B错误

，D正确；C．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，所以两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误；A．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有AkABkB22mEmE=而EkA＞EkB则得到mA＜mB故A正确；故选AD。二、实验题（本题共2小题，共15分）19.如

图甲所示，在固定在天花板上定滑轮两边分别挂上用轻绳连接的质量为m、M的A、B两物体，用该实验装置来验证机械能守恒定律。在物体B从高处由静止开始下落时物体A下方拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律

。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离已在图中标出。已知40gm=，100gM=，打点频率为50Hz，重力加速度g取210m/s。（结果保留两位有效数字）（1）两个物体运动的加速度为=a______2m/s。（2）在纸带

上打下计数点5时的速度5v=______m/s。（3）在打点0〜5过程中系统动能的增量kE=______J，系统势能的减少量pE=______J，由此得出的结论是______。的【答案】①.4.0②.2.4③.0.40④.0.42⑤.在误差允许的范围内，A、B两物体组

成的系统机械能守恒【解析】【分析】【详解】(1)[1]相邻两计数点间的时间间隔为50.02s0.1sT==根据逐差法可得加速度2220.960.300.30m/s4.0m/s(30.1)a−−==(2)[2]根据匀变速直线运动的推论得50.960.48m

/s2.4m/s20.1v−==(3)[3]系统动能的增量()255100.40J2kkEEmMv=−=+[4]系统重力势能的减小量()0.42JpEMmgh=−=[5]由此得到的结论是在误差允许的范围内，A、B两物体组成的系统机械能守恒。20.在“验证动量守恒定律”

的实验中，某同学采用如图所示的“碰撞实验器”来验证动量守恒定律。（1）实验中必须要求的条件是___________（填选项前的字母）。A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差B.斜槽轨道末端的切线必须水平C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同（2）图中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射小球多次从斜槽上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道水平部分的末端，再将入射小球从斜槽上S位置由静止释放，与被碰小球相碰，并多

次重复。空气阻力忽略不计。接下来要完成的必要步骤是___________（填选项前的字母）。A.测量两个小球的质量1m、2mB.测量入射小球开始释放时的高度hC.测量抛出点距地面高度HD.分别找到入射小球、被碰小球相碰后落地点

的平均位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，则其表达式为___________；若碰撞是弹性碰撞，则还可以写出的表达式为___________。（用上一问中测量的量表示）【

答案】①.B②.ADE③.112mOPmOMmON=+④.222112mOPmOMmON=+【解析】【详解】（1）[1]A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，满足入射球从同一位置释放，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；B．斜槽轨道末端的切线必须水平，保证

小球可以做平抛运动，故B正确；C．入射球和被碰球需要发生正碰，大小要相等，但是为了防止入射球反弹，入射球质量要大于被碰球的质量，故C错误。故选B。（2）[2]本实验验证动量守恒定律，即验证101122mvmvmv=+根据平抛运动规律有212Hgt=xvt=联立得2gvxH=

则x与v成正比，故当112mOPmOMmON=+成立时即可验证动量守恒定律。因此需要用天平测量两个小球的质量12mm，，分别找到12mm，相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM、ON。故选ADE。（3）[3]

根据以上分析可知，验证动量守恒的验证式是112mOPmOMmON=+[4]若碰撞是弹性磁撞，根据能量守恒有222101122111222mvmvmv=+代入2gvxH=可得222112mOPmOMmON=+三、计算题（本题共4小题，共43分.作答时应写出必要的文

字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21.如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R＝0.90m的光滑圆形轨道平滑连接。现有一质量m＝0.20kg的滑块（可

视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后恰好能通过圆形轨道的最高点C。已知A点到B点的高度h＝2.5m，重力加速度g取210m/s，空气阻力可忽略不计，求：（1）滑块通过C点时的速度大

小；（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。【答案】（1）3m/s；（2）12N；（3）0.5J【解析】【详解】（1）因滑块恰能通过C点，即在

C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用，设滑块在C点的速度大小为Cv，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有2CvmgmR=解得100.9m/s3m/sCvgR===（2）设滑块在B点时的速度大小为Bv，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守

恒定律有2212122BCmvmvmgR+=滑块在B点受重力mg和轨道的支持力NF，根据牛顿第二定律有2NBvFmgmR−=联立上述两式可解得N612NFmg==根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小N12NF=。（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力

所做的功为fW，对于此过程，根据动能定律有2f12BmghWmv−=解得2f12BWmghmv=−解得克服摩擦力做功f0.5JW=22.如图所示,质量M=4kg、长L=2m的木板A静止在光滑水平面上,质量m=1kg的小滑块B置于A的左端.B在F=3N的水平恒力作用

下由静止开始运动,当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s2.求:(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2.(2)F对B做的功W.(3)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q.【答案】（1）a1=0.5m/s2，a2=1m/s2

；（2）6J；（3）2.4J【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律得：对A：μmg=Ma1,代入数据得：a1=0.5m/s2对B：F−μmg=ma2,代入数据得：a2=1m/s2.(2)设F作用时间为t，由位移公式得：对B：2212Bxat=对A：2

112Axat=当B运动至A中点时,有xB−xA=L/2代入数据得：t=2sF做的功：W=FxB代入数据得：W=6J(3)撤去F后对B:−μmg=ma3代入数据得：a3=−2m/s2设从撤去F到A.B相对静止所需时间为t′，则：2311atata

tat+=+a2t+a3t′=a1t+a1t′代入数据得：t′=25s由位移关系得：22231111()222Lxattatattat+−+=+代入数据得：1.2xm=摩擦产生的热：Qmgx=代入数据得：Q=2.4J【名师

点睛】（1）根据牛顿第二定律求A、B的加速度大小a1、a2；（2）当B运动至A的中点时B与A对地位移之差等于L/2，根据位移时间公式和位移关系求出F作用的时间t，再求得B的位移，即可由W=Fx求解F对B做的功W；（3）撤去F后，B做匀减速运动，A做匀加速运动，由牛顿第二定律和速度公式求得两

者达到相同速度时所经历的时间，再求得相对位移，从而求得摩擦生热．23.如图所示，将质量为0.4kg的长木板静止放置在光滑的水平面上，在其左侧竖直面内固定一个半径为的1.8mr=的四分之一光滑圆弧轨道，轨道的最低点切线水平且与长木板等高，让质量为0.2kg的木块从轨道的最高点由静止开始下滑

，最终木块刚好不离开木板，已知木块与长木板之间的滑动摩擦力大小为0.8Nf=，重力加速度为g取210m/s，求：（1）木板的长度；（2）木块在木板上的滑行时间；（3）木块从静止开始下落到稳定运行，合力对其冲量为多少？【答案】（1）3mL=；（2）1st=；（3）0.4NsI=【解析】【详

解】（1）设木板、木块的质量分别为2m、m，木板的长度为L，设木块刚滑上木板时的速度设为v，由机械能守恒定律可得212mgrmv=木块、木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为v共，由动量守恒定律可得()2mvmmv=+共系统动能的减小量等于生成的内能，则有()22112

22fLmvmmv=−+共解得2m/sv=共3mL=（2）对木板由动量定理可得2ftmv=共解得1st=（3）木块从静止开始下落到稳定运行，由动量定理可得合力的冲量为Imv=共计算可得0.4NsI=24.相同质量的同种理想

气体分别充满甲、乙两汽缸，两汽缸中气体的温度分别为T甲、T乙，两汽缸中气体的压强分别为p甲、p乙，已知TT乙甲、pp甲乙。则下列说法正确的是（）A.甲汽缸中气体的分子平均动能大于乙汽缸中气体的分子平均动能B.甲汽缸中每个气体分子

的动能均大于乙汽缸中每个气体分子的动能C.甲汽缸中动能大的分子一定比乙汽缸中动能大的分子多D.甲汽缸中气体分子的热运动一定比乙汽缸中气体分子的热运动剧烈E.甲汽缸中气体的分子平均速率可能比乙汽缸中气体的分子平均速率小【答案】ACD【解析】

【详解】AB．分子的平均动能取决于温度，温度越高，分子的平均动能越大，但对于某一个气体分子来说并不成立，选项A正确、B错误；C．分子的动能也应遵从统计规律，即“中间多、两头少”，温度较高时，动能大的分子数一定多于温度较低时动能大的分子数，选项C正确；DE．

温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，平均速率越大，选项D正确、E错误。故选ACD。25.农村用来喷洒农药的小型压缩喷雾器如图所示，贮液桶A装入体积为040V的药液，盖紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒B每次打入压强为0p的空气的体积为0V，按压25次打气

筒，贮液桶药液上方的空气压强为03.5p，假设此过程空气的温度恒为0T，大气的压强为0p。（1）求贮液桶药液上方空气的体积及打入的空气质量与贮液桶药液上方原来的空气质量的比值；（2）打开阀门K喷洒药液，当药液不能喷洒时，假设贮液桶药液上方的空气温度为00

.8T，则贮液桶内还剩多少体积的药液？【答案】（1）10V0；52；（2）022V【解析】【详解】（1）设贮液桶药液上方空气的体积为1V，则打入的空气质量与贮液桶药液上方原来的空气质量的比值为0125VnV=根据等温变化的规律与气体变质量的特点可得000101253.5pVpVpV+=解得

1010VV=52n=（2）打开阀门K喷洒药液，贮液桶药液上方的空气温度为00.8T，设喷出的药液体积为V时，药液就不能再喷出，此时贮液桶药液上方的空气体积21VVV=+压强为0p由理想气体状态方程可得0102003.50.8pVpVTT=解得018VV=贮液桶内还剩的药液

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