【文档说明】宁夏银川市二中2023-2024学年高三上学期统一检测（二）+物理+含解析.docx，共(33)页，2.397 MB，由小赞的店铺上传

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银川二中2023-2024学年第一学期高三年级统练二物理试题注意事项：1.本试卷共25小题，满分110分。考试时间为100分钟。2.答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。一、选择题（本题共20小题,共

65分。1-15题每题只有一项符合题目要求，每小题3分，16-20题每题有多项符合题目要求，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.我们可以用“F=－F'”表示某一物理规律，该规律是（）A.牛顿第一定律B.牛顿第二

定律C.牛顿第三定律D.万有引力定律2.一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（）A.可以算得平均速度，可以算得瞬时速度B.无法算得平均速度，可以

算得瞬时速度C.可以算得平均速度，无法算得瞬时速度D.无法算得平均速度，无法算得瞬时速度3.一小球仅在重力作用下竖直下落，某时刻突然受到来自水平方向撞击（时间极短），关于小球被撞击后未落地前的运动，下列说法正确的是（）A.轨迹为曲线，加速度沿水平方向B.轨迹为曲线，加速度方向斜向下C.

轨迹为曲线，加速度方向竖直向下D.轨迹为直线，加速度为零4.如图所示是质点作匀变速直线运动的s~t图像的一部分，图线上P点对应的速度大小（）A.小于2m/sB.等于2m/sC.大于2m/sD.无法确定

5.高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度210m/sg=。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）的A.22.0m/sB.24.0m/sC.26.0m/sD.

28.0m/s6.如图所示，足够长斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过一轻质光滑定滑轮，一端与质量为1m的物块A连接，另一端与质量为2m的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，A、B均处于静止状态，现将悬挂B的轻绳剪断，剪断轻

绳前后，下列说法正确的是（）A.A一定加速下滑B.A一定处于静止状态C.A受到的摩擦力大小可能不变D.A的加速度一定等于21mxgm=7.某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由0v变为()01kvk，位移大小为x。则在随后的4t时间内，质点的位移大小

为14x，则k的数值为（）A.2B.3C.4D.58.如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的滑环N上，轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮，滑环N套

在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是（）A.绳a的拉力变大B.绳b的拉力变大C.杆对滑环的弹力变大D.绳b的拉力始终比绳a的小9.研究发现，经常低头玩手机会引起各类疾病当人体直立时，颈椎所承受的压力等于

头部的重量；当低头玩手机时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈部简化为如图所示的模型，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎（视为轻杆）可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉（视为轻绳）。当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到

的压力与直立时颈椎受到压力之比约的为（）A.1：1B.2:1C.3:1D.2：110.某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（）A.B.C.D.11.图是滑雪道的示意图。可视为质

点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A.B.C.D.12.一质点做

匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（）A.1B.2C.3D.413.用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长

槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球

所受向心力的相对大小。表中给出了6次实验的结果。组次小球1的质量小球2的质量小球1的位置小球2的位置左标尺/格右标尺/格第一组1mmAC222m2mAC2432mmAC42第二组4mmBC425m2mBC4462mmBC

82由表中数据得出的论断中不正确的是（）A.两组实验都显示了向心力大小与小球质量有关B.两组实验时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上C.若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在A、C位置，左、右两

个标尺露出的格数相同D.若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在B、C位置，左、右两个标尺露出的格数之比应为2：114.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q

为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A.P点线速度大小不变B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀

速运动D.Q点在水平方向做匀速运动15.如图，水平地面上放有一质量为M的⊥形支架。一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（）A.MgB.Mmg+（）C.()2vM

mgml++D.()2vMmgml+−16.如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是（）的A.BCTT=，BCvvB.BCTT=，BCvvC.BC=，BCvv=D.BC=，BCvv

17.如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A.若0，则56k=B.若0，则3

5k=C.若0=，则35k=D.若仅将P、Q调换位置，k值不变18.某实验小组测得在竖直方向飞行无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为426yt=−和2140yt=−+，无人机及其载物的总质量为

2kg，取竖直向上为正方向。则（）A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机的货物处于失重状态C.EF段无人机处于超重状态DMN段无人机处于失重状态机19.如图所示，原长为L的轻质弹簧，一端

固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为L，P点到O点的距离为12L，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加的.速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为4mgLB.小球在P点下方12L处的加速度大小为324g−（）C.从M点到

N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小D.从M点到N点的运动过程中，小球的加速度先变大再变小20.如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙

壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取210m/s，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A.5m/sv=B.32m/sv=C.3.6m=dD.3.9m=d二、实

验题（每空2分，共14分）21.如图（甲）所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得水平位移d．（1）控制斜槽轨道的水

平槽口高度h不变，让小球从斜槽的不同高度处滚下，以不同的速度冲出水平槽口，以下说法正确的是_____A．落地点的水平距离d与初速度v0成正比B．落地点的水平距离d与初速度v0成反比C．飞行时间t与初速度v0成正比D．飞行时间t与初速度v0大小无关（2）另一位同学做实验时，在装置的后面竖

直放置一块贴有方格纸的木板，然后在方格纸上记录了小球某次平抛运动途经的三个位置a、b、c如图（乙）所示．该同学取下方格纸后，发现忘记记录水平和竖直方向了，已知小方格的边长L=1cm，则小球平抛运动的初速度可能为_____．22.某同学用如图（a）所示

的实验装置研究匀变速运动，将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线2所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(

1)根据图（b）可得、木块经过位置x2时的速度v2=______，木块运动的加速度a=______；(2)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变化的规律可能是图b中的曲线_____（选填图

线序号①②③）。三、解答题（共29分，其中第23题8分，第24题10分，第25题13分）23.长为L的轻绳，其一端固定于O点，另一端连有质量为m的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动．求：（1）小球刚好到达最高点时的速度；（2）小球到达最高点速度为2gL时绳受到的拉力．24

.水平转台上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为，系统静止时，细线刚好伸直但绳中张力为零。已知物块与转台间动摩擦因数为，重力加速度用g表示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当物块随转台由静止开始缓慢

加速转动且未离开转台的过程中，求：（1）绳子刚好对物块有拉力时，转台的角速度大小；（2）转台对物块支持力刚好为零时，转台的角速度大小。25.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是

大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为1m和2m，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，10.5kgm=，20.1kgm=

，0.2=，砝码与纸板左端的距离0.1md=，取210m/s=g。若砝码移动的距离超过0.002ml=，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？银川二中2023-2024学年第一学期高三年级统练二物理试题注意事项：1.本试卷

共25小题，满分110分。考试时间为100分钟。2.答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。一、选择题（本题共20小题,共65分。1-15题每题只有一项符合题目要求，每小题3分，16-20题每题有多项符合题目要求，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.我们可以用“F=－F'”表示某一物理规律，该规律是（）A.牛顿第一定律B.牛顿第二定律C.牛顿第三定律D.万有引力定律【答案】C【解析】【详解】ABC．根据牛顿第三定律可知，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，所以

我们常常用F=－F'表示这一物理规律，故C符合题意，AB不符合题意；D．万有引力定律是研究天体运动向心力来源规律，故D不符合题意。故选C。2.一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速

度（）A.可以算得平均速度，可以算得瞬时速度B.无法算得平均速度，可以算得瞬时速度C.可以算得平均速度，无法算得瞬时速度D.无法算得平均速度，无法算得瞬时速度【答案】C【解析】【详解】运动员跑步比赛过程中，运动过程中的加速度不一定恒定，跑到30

m处时，秒表计时为3.29s，故可计算出这段时间内的平均速度，但无法算出这段时间的瞬时速度。故选C。3.一小球仅在重力作用下竖直下落，某时刻突然受到来自水平方向的撞击（时间极短），关于小球被撞击后未落地前的运动，下

列说法正确的是（）A.轨迹为曲线，加速度沿水平方向B.轨迹曲线，加速度方向斜向下C.轨迹为曲线，加速度方向竖直向下D.轨迹为直线，加速度为零【答案】C【解析】【详解】被撞击前小球的速度是竖直向下，受到重力作用，突然受到水平方向的撞击，根据速度的合成可知，小球的速度会变为斜

向下，撞击后小球只受重力，可知合速度方向与重力方向不共线，所以小球的运动轨迹为曲线，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向一致，所以加速度方向竖直向下，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示是质点作匀变速直

线运动的s~t图像的一部分，图线上P点对应的速度大小（）A.小于2m/sB.等于2m/sC.大于2m/sD.无法确定【答案】C【解析】【详解】由图像得，AB段对应时间内物体的位移为2m，时间为1s，因此物体在AB段的平均速度ABABAB2msxvt==而

平均速度等于中点时刻，P是中点位移不是中点时刻，所以P点速度不为2ms。物体做加速运动，因此一半时间的位移小于位移的一半，则在中点位移的速度要大于2ms，故ABD错误，C正确。故选C。5.高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，取重力加速度210m/sg=。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）A.22.0m/sB.24.0m/sC.26.0m/sD.28.0m/s【答案】B为【解析】【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度mmfmgma

==解得2m4m/sag==书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度24m/s。故选B。6.如图所示，足够长的斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过一轻质光滑定滑轮，一端与质量为1m的物块A连接，另一端

与质量为2m的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，A、B均处于静止状态，现将悬挂B的轻绳剪断，剪断轻绳前后，下列说法正确的是（）A.A一定加速下滑B.A一定处于静止状态C.A受到的摩擦力大小可能不变D.A的加速度一定等于21mxgm=【答案】C【解析】

【详解】ABD．根据题意不能确定物块A与斜面间的最大静摩擦力，则剪断轻绳后物块A的运动情况不能确定，可能仍处于静止状态，设斜面倾角为，由平衡条件可知，此时，物块A受到的静摩擦力为1sinfmg=可能加速向

下运动，加速度大小不能确定，故ABD错误；C．剪断轻绳之前，对物块A受力分析，若有21sinmgmg则有210sinmgmgf=+解得021sinfmgmg=−若有212sinmgmg=则01sinfmg=可知，剪断轻绳

前后A受到的摩擦力大小可能不变，故C正确。故选C。7.某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由0v变为()01kvk，位移大小为x。则在随后的4t时间内，质点的位移大小为14x，则k的数值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】分析】【详解】设加速度为a，第一段时间内有00

kvvat=+002vkvxt+=第二段时间内有201144(4)2xkvtat=+g联立解得3k=故ACD错误，B正确。故选B。8.如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的滑环N上，轻绳b的下端系在滑环N上并绕过

定滑轮，滑环N套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是（）【A.绳a的拉力变大B.绳b的拉力变大C.杆对滑环的弹力变大D.绳b的拉力始终比绳a的小【答案】D【解析】【详解】A．重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图所示根据正交分解可得

a2cosTmg=解得a1cos2Tmg=设轻绳a的总长为l，井口的宽度为d，如图所示则根据几何关系可得11sinld=，22sinld=又12lll+=，12ddd+=联立可得sindl=，在缓慢向上的过程中，l和d保持不变，故sin不变，所以cos不变，根据a1cos

2Tmg=，可知aT不变，故A错误；BC．对N点受力分析根据正交分解可得NasinFT=，bacosTT=联立解得N1tan2Fmg=，b12Tmg=绳b的拉力保持不变，由A项分析可知，绳a的夹角不变

，则tan不变，杆对滑环的弹力不变，故BC错误；D．由于cos1根据bacosTT=所以baTT故D正确。故选D。9.研究发现，经常低头玩手机会引起各类疾病当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；当低头玩手机时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈

部简化为如图所示的模型，P点为头部的重心，PO为提供支持力的颈椎（视为轻杆）可绕O点转动，PQ为提供拉力的肌肉（视为轻绳）。当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力之比约为（）A.1：1B.2:1C

.3:1D.2：1【答案】C【解析】【分析】【详解】由题意人的头部受力情况如图所示：设人的颈椎对头部的支持力FN，肌肉提供的拉力为FT，平衡方程为：NTcos30cos60FmgF=+NTsin30sin60

FF=联立可得：N=3Fmg头部直立时有：'N=Fmg所以颈椎弯曲时受到的压力与直立时的压力之比为：N'N3=1FF故选C。10.某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（）AB.C.D.【答案】A【解析】【详解】篮

球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。故选A。11.图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小

v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律.1sinmgma=可得1sinag=运动员在水平NP段做匀速

直线运动，加速度20a=运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度3ag=设在P点的速度为0v，则从P点飞出后速度大小的表达式为2220vvgt=+由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且13aaC正确，ABD错误。故选C。12.一

质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期kTr=合外力等于向心力，根据2n24FFmrT==合联立可得23n2

4mFrk=其中224mk为常数，r的指数为3，故题中3n=故选C。13.用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板

C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小。表中给出了6次实验的结果。组次小球1的质量

小球2的质量小球1的位置小球2的位置左标尺/格右标尺/格第一组1mmAC222m2mAC2432mmAC42第二组4mmBC425m2mBC4462mmBC82由表中数据得出的论断中不正确的是（）A.两组实验都显示了向心力大小与小

球质量有关B.两组实验时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上C.若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在A、C位置，左、右两个标尺露出的格数相同D.若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在B、C位置，左、右两个标尺露出的格数之比应为2：1【答案】B【解析】【详解】A．由表中数据可

知，两组数据中均有不同质量相同位置时的受力情况不同，故能说明向心力大小与小球质量有关，故A正确；B．在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，由表中数据可知，两组实验中均没有涉及向心力与角速度的关系

，故实验中传动皮带应套在半径相同的轮盘上，故B错误；C．若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在A、C位置，半径相同，则向心力相同，左、右两个标尺露出的格数相同，故C正确；D．若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在B、C位置，左侧半径是右侧半径的2倍，则

可知左侧小球受到的向心力是右侧小球的2倍，故左、右两个标尺露出的格数之比应为2：1，故D正确；不正确的故选B。14.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转

动到60°的过程中，下列说法正确的是（）A.P点的线速度大小不变B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动D.Q点在水平方向做匀速运动【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线

速度大小不变，A正确；B．由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，P点的加速度方向时刻指向O点，B错误；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的

位置y关于时间t的关系为y=lOPsin(6+ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间t的关系为x=lOPcos(6+ωt)+lPQ则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。故选A。【点睛】15.如图，水平地面上放

有一质量为M的⊥形支架。一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（）A.MgB.Mmg+（）C.

()2vMmgml++D.()2vMmgml+−【答案】C【解析】【详解】根据题意，在最低点，对小球由牛顿第二定律有2vFmgml−=对支架由平衡条件有NFMgF+=联立可得()2NvMmgmlF++=由牛顿第三定律可知，地面受到的正

压力大小为()'NN2lFMmFvmg++==故选C。16.如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是（）A.BCTT=，BCvvB.BCTT=，B

CvvC.BC=，BCvv=D.BC=，BCvv【答案】BD【解析】【详解】陀螺上B、C两点同轴转动，则B、C两点的周期和角速度均相等，即有BCTT=，BC=根据vr=由于BCrr则有BCvv故选BD。17.如

图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A.若0，则56k=B.若0，则35k=C.

若0=，则35k=D.若仅将P、Q调换位置，k值不变【答案】BC【解析】【详解】对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－

μ（3m）g＝3ma解得F1＝2F对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a解得F2＝56F所以1235FkF==与μ无关。故选BC。18.某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为

曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为426yt=−和2140yt=−+，无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机的货物处于失重状态C.EF段无人机处于超重状态DMN段无人机处于失重状态机【答案】AB【解析】【详

解】AC．根据yt−图像中斜率表示速度，由EF直线方程可知，EF段无人机做匀速直线运动，速度大小为4m/s，EF段无人机处于平衡状态，故C错误，A正确；B．根据yt−图像中斜率表示速度，由图可知，无人机先向上做减速运动，然后向下做加速运动

，则无人机在FM段具有向下的加速度，处于失重状态，故B正确；D．根据yt−图像中斜率表示速度，由MN直线方程可知，MN段无人机做匀速直线运动，处于平衡状态，故D错误。故选AB。19.如图所示，原长为L的轻

质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为L，P点到O点的距离为12L，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点

时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为4mgL.B.小球在P点下方12L处的加速度大小为324g−（）C.从M点到N点的运动过

程中，小球受到的摩擦力先变大再变小D.从M点到N点的运动过程中，小球的加速度先变大再变小【答案】AC【解析】【详解】A．小球在P点受力平衡，则有mgf=NfF=N2LFkL=−联立解得4mgkL=故A正确；C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，

则此时弹簧的弹力为2sinLFkL=−小球受到的摩擦力为1N1sinfFF==化简得11sin2fkL=−在MP之间增大在PN变小，即摩擦力先变大后变小，故C正确；B．小球运动到P点下方2l时45=此时摩擦力大小为2222kLfkL=−

由牛顿第二定律2cos45mgFfma+−=联立解得2ag=故B错误；D．从M点到N点的运动过程中，小球先加速向下运动后减速向下运动，故小球的加速度先减小后反向增大，故D错误。故选AC。20.如图所示，某同学将离地1

.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变

。重力加速度g取210m/s，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A.5m/sv=B.32m/sv=C.3.6m=dD.3.9m=d【答案】BD【解析】【详解】设网球飞出时的速度为0v，竖直方向20=2()vgHh−竖直代入数据得0=210(8.451

.25)m/s12m/sv−=竖直则220=1312m/s5m/sv−=水平排球水平方向到P点的距离0006mvxvtvg===竖直水平水平水平根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量0044m/s5vv==水平⊥水平平行墙面的速度分量0033m/

s5vv==水平∥水平反弹后，垂直墙面的速度分量'00.753m/svv==水平⊥水平⊥则反弹后的网球速度大小为'220=32m/svvv+=水平水平⊥水平∥网球落到地面的时间'28.452s1.3s

10Htg===着地点到墙壁的距离''3.9mdvt⊥==水平故BD正确，AC错误。故选BD。二、实验题（每空2分，共14分）21.如图（甲）所示，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得

水平位移d．（1）控制斜槽轨道的水平槽口高度h不变，让小球从斜槽的不同高度处滚下，以不同的速度冲出水平槽口，以下说法正确的是_____A．落地点的水平距离d与初速度v0成正比B．落地点的水平距离d与初速度v0

成反比C．飞行时间t与初速度v0成正比D．飞行时间t与初速度v0大小无关（2）另一位同学做实验时，在装置的后面竖直放置一块贴有方格纸的木板，然后在方格纸上记录了小球某次平抛运动途经的三个位置a、b、c如图（乙

）所示．该同学取下方格纸后，发现忘记记录水平和竖直方向了，已知小方格的边长L=1cm，则小球平抛运动的初速度可能为_____．【答案】①.AD②.0.63m/s或0.39m/s【解析】【分析】（1）平抛运动水平方向做匀速运动，竖直方向自由落体运动，根据基本公式即可

求解．（2）若左右为水平方向，上下为竖直方向，先根据水平方向做匀速运动，判断出水平方向和竖直方向，在竖直方向上根据△h=gT2，求出时间．水平方向上做匀速直线运动，根据xvt=，求出初速度．若左右为竖直方向，上下为水平方向，则根据匀变速直线运动基本公式求解．【详解】解：（

1）AB.平抛运动水平方向做做匀速运动，x=v0t，所以落地点的水平距离d与初速度v0成正比，故A正确，B错误；CD.竖直方向自由落体运动，212hgt=，解得：2htg=，飞行时间t0与初速度v0大小无关，故C错误，D正确．故选AD（2）若左右为水平

方向，上下为竖直方向，则：在竖直方向上根据2hgT=得：0.0110.11010Ts==水平方向做运动运动，则：00.020.210/0.63/10.110xvmsmsT====若左右为竖直方向，上下为水平方向，由水平位移之比为2：1，可知，竖直方向经过相等的两段位移的时间之比为2：1，设经

过c点时，竖直方向速度为vy，从c到b的时间为2t，则从b到a的是为t则有：()21220.022yvtgtm+=①，()2120.022yvgttgtm++=②水平方向有：00.1vt=③由①②③解得：00.115/0.39/vmsms==

故答案为（1）AD；（2）0.63m/s或0.39m/s【点睛】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动，第二问要主要分情况讨论，若左右为竖直方向，上

下为水平方向，则是从c向a运动，难度适中．22.某同学用如图（a）所示的实验装置研究匀变速运动，将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图（b）中的曲线

2所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(1)根据图（b）可得、木块经过位置x2时的速度v2=______，木块运动的加速度a=______；(2)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变化的规律可能是图b中的曲线_____（选填图线序号①②③）。

【答案】①.3122xxvT−=②.32122xxxaT−+=③.①【解析】【详解】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，木块位移为x2时为x1到x3的中间时刻，故3122xxvT−=[2]相邻相等时间内位移之差2=xaT故23212xxxaT−−=解得32122xxx

aT−+=(2)[3]若只增大木板倾斜的角度，加速度增大，根据212xat=可知木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的①。三、解答题（共29分，其中第23题8分，第24题10分，第25题13分）23.长为L的轻绳，其一

端固定于O点，另一端连有质量为m的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动．求：（1）小球刚好到达最高点时的速度；（2）小球到达最高点速度为2gL时绳受到的拉力．【答案】(1)gL；(2)3mg【解析】【详解】(1)小球刚好到达最高点时，

重力等于向心力，则有：2vmgmL=解得：vgL=；(2)小球到达最高点速度为2gL时，合外力提供向心力，则有：2vmgTmL+=解得：T=3mg．24.水平转台上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳连接在通过转台

中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为，系统静止时，细线刚好伸直但绳中张力为零。已知物块与转台间动摩擦因数为，重力加速度用g表示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中，求：（1）绳

子刚好对物块有拉力时，转台的角速度大小；（2）转台对物块支持力刚好为零时，转台的角速度大小。【答案】（1）singL=；（2）cosgL=【解析】【详解】（1）绳子拉力为零，物块所受最大静摩擦力提供向心力，有2mgmr=，sinrL=得singL

=（2）转台对物块支持力刚好零时，设绳子拉力为TF，对物块进行受力分析得cosTFmg=2sinTFmr=sinrL=得cosgL=25.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是

大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为1m和2m，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，10.5kgm=，20.1kgm=，0.2=，砝码与纸板左端

的距离0.1md=，取210m/s=g。若砝码移动的距离超过0.002ml=，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？为【答案】（1）12(2)fmmg=+；（2）()122Fmmg+；（3）22.4N【解析】【分析】【详解】（1）当纸板相对砝码运动时，砝码和桌面

对纸板的摩擦力分别为11fmg=，()212fmmg=+方向均水平向左；纸板所受摩擦力的大小()12122fffmmg=+=+（2）设砝码的加速度为1a，纸板的加速度为2a，则对砝码有111fma=对纸板有1222Fffma−−=发

生相对运动需要21aa；代入数据解得()122Fmmg+（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过0.002ml=，纸板抽出时砝码运动的最大距离为211112xat=纸板运动距离212112dxat+=纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离223212xat=由题

意可知12xxl+=，13aa=，1132atat=代入数据联立得22.4NF=即为确保实验成功，纸板所需的拉力至少为22.4N。【点睛】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力分析，找出两个物体之间的位移关联关系，列运动方程

，难度较大。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com