【文档说明】北京市第十五中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(25)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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2024北京十五中高三10月月考物理一．单项选择题（本题共12小题，每小题，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1.如图所示，用长短不同的轻绳先后将同一足球挂在光滑竖直墙壁上，足球静止时分别处于A、B位置。若绳子拉力大小分别为TA、TB，

墙对足球的支持力大小分别为FA、FB，则（）A.TA<TB，FA<FBB.TA>TB，FA>FBC.TA>TB，FA<FBD.TA<TB，FA>FB【答案】B【解析】【详解】对任意一足球进行受力分析如图所示则由三力平衡条件可得cosTmg=，sinTF=解得

cosGT=，tanFmg=可知θ越大，T、F越大，则有TA>TB，FA>FB。故选B。2.一皮带传动装置的示意图如图所示，右轮半径为r，A是其边缘上的一点，左轮半径为2r，C点位于左轮边缘上，B点在左轮上且到轮心的距离

为r。传动过程中皮带不打滑。则（）A.A、B两点的角速度之比为1:1B.A、B两点的角速度之比为1:2C.A、C两点的向心加速度之比为1:4D.A、C两点的向心加速度之比为2:1【答案】D【解析】【详解】AB．由图可知，A、C有相同的线速度，则有A

Cvv=，B、C有相同的角速度，则有BC=，又AAvr=，2CBvr=联立解得:2:1AB=故AB错误；CD．由图可知，A、C有相同的线速度，则向心加速度21nvarr=因A、C两点的半径之

比为1：2，故A、C两点的向心加速度之比为2:1，故C错误，D正确。故选D。3.在“验证力的平行四边形定则”实验中，将轻质小圆环挂在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定在水平木板上的A点，圆环上有绳套。实验中先用两个弹簧测力计分别勾住绳套，并互成角度地拉

圆环，将圆环拉至某一位置O，如图所示。再只用一个弹簧测力计，通过绳套把圆环拉到与前面相同的位置O。关于此实验，下列说法正确的是（）A.橡皮条、弹簧测力计和绳应位于与纸面平行的同一平面内B.实验中只需记录弹簧测力计的示数C.用平行四边形定则求得的合力方向一定沿A

O方向D.两弹簧测力计之间的夹角应取90°，以便计算合力的大小【答案】A【解析】【详解】A．本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度，故A正确；B．实验中既需记录弹簧测力计的示数，也需要记录弹力的方向，故B

错误。C．如果F和F′的图示在误差允许的范围内基本重合，则证明共点力合成遵循平行四边形定则，平行四边形定则求得的合力方向不一定沿AO方向，故C错误。D．本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制

，一般来讲角度适当即可，故D错误。故选A。4.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为25xtt=+（各物理量单位均采用国际单位制），则该质点（）A.加速度是1m/s2B.初速度是2.5m/sC.第1s内的位移是5mD.第1s末的速度是7m/s【答案】D【解析】【详解】

AB．根据2012xvtat=+结合25xtt=+则质点的初速度为05m/sv=，加速度112a=解得22m/sa=AB错误；C．第1s内的位移2201151m21m6m22xvtat=+=+=C错误；

D．第1s末的速度05m/s21m/s7m/svvat=+=+=D正确。故选D。5.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δt，测出飞船和空间站的速度变化为v。下列说法正确的是

（）A.空间站的质量为FtvB.空间站的质量为Ftmv−C.飞船对空间站的作用力大小为FD.飞船对空间站的作用力大小一定为vmt【答案】B【解析】【详解】AB．由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作∆t时间内，飞船和空间站速度变化为∆v，则飞船与空

间站的加速度vat=，FaMm=+联立解得FtMmv=−故A错误，B正确；CD．设飞船与空间站间的作用力大小为F，对飞船由牛顿第二定律有maFF=−解得vFFmt−=故CD错误。故选B。6.如图所示，长为l的细

线上端固定于悬点O，细线下面悬挂一质量为m的小钢球。钢球在水平面内以O为圆心做匀速圆周运动时，细线与OO的夹角为。忽略空气阻力，重力加速度为g。则（）A.小钢球受重力、拉力和向心力B.细绳拉力大小为mgcosθC.小钢

球受向心力大小为mgtanθD.小钢球运动的角速度大小为tangl【答案】C【解析】【详解】A．小钢球受重力、拉力作用，合力提供了向心力，故A错误；B．线的拉力的竖直方向分力等于重力cosmgT=得cosmgT=故B错误；C．线的水平分力提供

了向心力sintanFTmg==向故C正确；D．拉力的水平分力提供了向心力T根据2tansinmgml=解得=cosgl故D错误。故选C。7.某质量m=1kg的质点在Oxy平面内运动。t＝

0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度-时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.质点所受的合力为4NB.从t=0时刻开始质点做匀变速直线运动C.t=1.0s时，质点的位置坐标为（5m，5m）D.t=1

.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为60°【答案】C【解析】【详解】A．由图甲可知质点在x方向做匀加速直线运动，x方向加速度为2284m/s2m/s2xa−==由图乙可知质点在y方向做匀速直线运动，有010m/s5m/s2yv

−==−，0ya=所以质点的加速度22m/sxaa==所受的合力大小为2NFma==故A错误；B．从t=0时刻开始加速度方向沿x轴正方向，速度不沿x方向，质点做曲线运动，故B错误；C．由图乙可知，t=1.0s时，5my=，由图甲可

知04m/sxv=，t=1.0s时2015m2xxxvtat=+=质点的位置坐标为（5m，5m），故C正确；D．设t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为，则105tantan606yyxxxvvvvat===+故D错误。故选C。8.如图所示，质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑。

已知斜面体的倾角为α、质量为M，始终静止在水平桌面上，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.木块受到的摩擦力大小是mgcosαB.木块对斜面体的压力大小是mgsinαC.桌面对斜面体的摩擦力大小是m

gsinαcosαD.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g【答案】D【解析】【详解】AB．质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑，对木块受力分析，如图所示根据平衡条件可得sinfmg=，cosNmg=故木块受到的摩擦力大小

是sinmg，斜面体对木块的支持力为cosmg，根据牛顿第三定律可知，木块对斜面体的压力大小是cosmg，故AB错误；CD．对斜面体和木块整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为FN=（M+m）g，静摩擦力为零

，故C错误，D正确。故选D。9.如图所示的曲线MN是某一质点的运动轨迹，AA′为曲线上A点处的切线。质点从B点运动到A点所发生的位移为x，所用时间为t。下列说法不正确的是（）A.xt表示质点从B点运动到A点过程的平均速度B.质点从B点运动到A点的过程，

平均速度的方向由B点指向A点C.若B点越接近A点，则xt越接近质点在A点时的瞬时速度D.质点经过A点时所受合力可能沿着AA′的方向【答案】D【解析】【详解】A．因x为由B到A的位移，则xt表示质点从B点运动到A点过程的平均速度，故A正确，不符合题意；B．

质点从B点运动到A点的过程，平均速度方向与位移方向相同，则平均速度的方向由B点指向A点，故B正确，不符合题意；C．若B点越接近A点，则t越短，则xt越接近质点在A点时的瞬时速度，故C正确，不符合题意；D．AA′的

方向是质点在A点的瞬时速度方向，质点做曲线运动，则速度方向与合力方向不共线，则质点经过A点时所受合力不可能沿着AA′的方向，故D错误，符合题意。故选D。10.如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点

时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小v、绳子拉力的大小F，作出F与2v的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是（）A.根据图线可以得出小球的质量aRmb=B.根据图线可以得出重力加速度agR=C.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的

图线斜率更大D.用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变【答案】A【解析】【详解】AB.根据牛顿第二定律可知2vFmgmR+=解得2mFvmgR=−由图像可知02maRbb−=−可得小球的质量aRmb=由0mbmgR=−可得重力加速度bgR=选项

A正确，B错误；C.图像的斜率为mkR=则绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C错误；D.图线与横轴交点的位置20mvmgR=−可得2vgR=则用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置距离原点的的距离变大，选项D错误。故选

A。11.2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的

vt−图像如图所示，火箭在0t=时刻离开地面，在4t时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（）A.在1t时刻，火箭上升到最高位置B.在10t时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零C.在12tt时间内，火箭动能的减

少量小于重力势能的增加量D.在34tt时间内，火箭处于失重状态【答案】C【解析】【详解】A．20t时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，23tt时间内火箭的速度为0，处于静止状态，34tt时间内速度始终为负，说

明火箭一直在向下运动，故2t时刻上升到最高点，故A错误；B．v-t图像的斜率表示加速度，在10t时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在1t时刻，火箭受到的推力等于其

重力，故B错误；C．在12tt时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确；D．在34tt时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。故选C。12.根据高中所学知识可知

，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置，但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度

大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（）A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点

在抛出点西侧【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；CD．下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所

以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确；故选D。【点睛】本题的运动可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动，利用运动的合成与分解来求解。二、多项选择题（本题共4小题，每小题，共1。每小题全部选对的得，选对但不全的得，有选错的得0分。）13.如图所示，木块A、B分别重50N和

60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.20，夹在A、B之间的弹簧被压缩了1cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）。现用F=2N的水平拉力作用在木块B上，此时木块A、B所受摩擦力分别记为fA和fB。则（）

A.fA=10NB.fA的方向水平向左C.fB=6ND.fB的方向水平向左【答案】CD【解析】【详解】两个木块的最大静摩擦力为mAA10Nfmg==mBB12Nfmg==弹簧的弹力为04NFkx==现用2NF=的水平拉力作用在木块B上，拉力与弹簧的弹力之和小

于B的最大静摩擦力，木块B仍然处于静止状态，木块B所受的静摩擦力为B06NfFF=+=，方向水平向左弹簧弹力不变,木块A仍然处于静止状态A04NfF==，方向水平向右故选CD。14.某同学设计制作了一个“竖直加速度测量仪”，其结构如图所示。一根轻弹簧上端固定，在弹簧旁沿

弹簧长度方向固定一根直尺，弹簧下端挂一个质量0.10kgm=的重物，重物静止时弹簧的伸长量05.00cmx=，指针指在O点。已知图中1.00cmOMON==，规定竖直向下为正方向，取重力加速度210m/sg=。下列说法正确的是（）A.若指针指在OM

之间某点时，被测物体处于失重状态B.若指针指ON之间某点时，被测物体可能在减速上升C.M点应标记的加速度值为22.0m/s−D.该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的在【答案】BCD【解析】【详解】A．重物静止时弹簧的伸长量0x，可得0kxmg=若指针

指在OM之间某点时，弹簧的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测物体处于超重状态，故A错误；B．若指针指在ON之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向下的加速度，被测物体处于失重状态，被

测物体可能在减速上升，故B正确；C．指针指M点时，有0()OMmgkxxma−+=M点应标记的加速度值为22m/sa=−故C正确；D．设O点至指针所指位置的位移为x，可得0()mgkxxma−+=可得0gaxx=−故该测量仪上的刻度所对应加速度的

值是均匀的，故D正确。故选BCD。15.如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度v0（v0<v）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，t0时刻物体的速度达

到v，2t0时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（）A.0~t0时间内，物体相对传送带向后运动受到向前的滑动摩擦力的作用B.t0~2t0时间内物体受到静摩擦

力的作用在C.若增大物体的初速度v0但v0仍小于v，则物体在传送带上运动的时间一定小于2t0D.若增大传送带的速度，则传送带速度越快物体被传送的整个过程时间会越短【答案】AC【解析】【详解】A．0~t0时间内，由于v0<v，物体相对传送带向后运动，则物体受到向前的滑动摩擦力的作

用。故A正确；B．t0~2t0时间内，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，不受到静摩擦力的作用，故B错误；C．当物体初速度增大时，物体加速时间缩短，在传送带上运动时间小于2t0，故C正确；D．若物体在传送带上一直加速，在右端刚好与传送带共速，设此时物体

速度为1v。则当1vvv传时，随着传送带速度的增加，物体加速时间变长，则传送带速度越快物体被传送的整个过程时间会越短；当1vv传时，随着传送带速度的增加，物体始终一直做加速运动，而初速度、加速度、位移不变，则物体被传送的

整个过程时间不变。故D错误。故选AC。16.无偿献血、救死扶伤的崇高行为，是文明社会的标志之一．现代献血常采用机采成分血的方式，就是指把健康人捐献的血液，通过血液分离机分离出其中某一种成分（如血小板、粒细胞或外周血干细胞）储存

起来，再将分离后的血液回输到捐献者体内．分离血液成分需要用到一种叫离心分离器的装置，其工作原理的示意图如图所示，将血液装入离心分离器的封闭试管内，离心分离器转动时给血液提供一种“模拟重力”的环境，“模拟重力”的方向沿试

管远离转轴的方向，其大小与血液中细胞的质量以及其到转轴距离成正比．初始时试管静止，血液内离转轴同样距离处有两种细胞a、b，其密度分别为ρa和ρb，它们的大小与周围血浆密度ρ0的关系为ρa<ρ0<ρb．对于试管由静止开始绕轴旋转并不断增大转速的过程中，下列说法中正确的是A.细胞a相对试管向内侧运

动，细胞b相对试管向外侧运动B.细胞a相对试管向外侧运动，细胞b相对试管向内侧运动C.这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大D.这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速度”沿转动半径方向各处大小相同【答

案】AC【解析】【详解】AB．因为满足ρa<ρ0<ρb，则根据离心原理，细胞a相对试管向内侧运动，细胞b相对试管向外侧运动，选项A正确，B错误；CD．根据a=ω2r可知，这种离心分离器“模拟重力”对应的“重力加速

度”沿转动半径方向向外侧逐渐变大，选项C正确，D错误．三、实验题（本题共2小题，共16分。）17.某同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点。钢球在斜槽轨道某一高度处由静止释放，并从末端水平飞出。在装置

中有一个水平放置的可上下调节的倾斜挡板，实验前，先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到挡板上挤压复写纸并在白纸上留下印迹。上下调节挡板，通过多次释放钢球，记录钢球所经过的多个位置。以钢球抛出时球心所在位置为坐标原点O，以水平向右和竖直向下分别为x轴和y轴的正方向

，建立直角坐标系，用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹如图乙所示。（1）对于本实验，下列说法正确的是。A.每次必须从同一高度由静止释放钢球B.斜槽轨道必须光滑C.挡板必须等间隔上下移动D.装置的背板必须竖直放置（2）通过

研究得出钢球在竖直方向为自由落体运动之后，为进一步研究钢球在水平方向的运动规律，该同学在轨迹上测出A、B、C三点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）和（x3，y3）。下列能够说明钢球在水平方向的运动可能为匀速直线运动的是。A.若y1:y2:y3=

1:3:5时，满足x1:x2:x3=1:2:3B.若y1=y2-y1=y3-y2时，满足x1:x2:x3=1:2:3C.在轨迹上取若干点获取数据，它们的坐标可以用一条二次函数曲线拟合（即满足y=kx2）D.在轨迹上取若干点获取数据，画出的y-

x2图像是一条过原点的直线（3）另外一组同学在研究平抛运动时，用印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球通过相邻位置的时间间隔T=___________，小球平抛的初速度v0=___________。（重力加速度为g）【答

案】（1）AD（2）CD（3）①.Lg②.2gL【解析】【小问1详解】A．每次必须从同一高度由静止释放钢球，以保证小球到达斜槽底端速度相同，故A正确；B．斜槽轨道不必须光滑，只需保证每次必须从同一高度由静止释放钢球，每次克服阻力做功相同，小球到达斜槽底端速度相同，故B错误；C．只要

小球每次运动的轨迹相同，便于描点即可，故挡板不需要等间隔上下移动，故C错误；D．因小球在做平抛运动时竖直方向是自由落体运动，故装置的背板必须竖直放置，否则小球会碰到背板，故D正确。故选AD。【小问2详解】A．根据竖直方向初

速度为零匀加速规律可知，根据212ygt=可知若123::1:4:9yyy=时，则从抛出点到各点运动的时间之比为123::1:2:3ttt=因平抛运动的初速度相同，若123::1:2:3xxx=，即可

说明水平匀速运动，故A错误；B．若()()()2132211yyyyyyy−−−=−−时，根据逐差法2ygt=可知相邻点之间的时间t相同，则从抛出点到各点运动的时间之比为123::1:2:3ttt=因平抛运动的初速度相同，若123::1:

2:3xxx=，即可说明水平匀速运动，故B错误；C．取某一点（x，y）分析，根据平抛运动规律，可知212ygt=，0xvt=联立解得2202gyxv=即有2ykx=其中202gkv=是常数，故C正确；D．由上分析，可知其运动的轨迹方程为2ykx=则在轨迹上取若干点获取数据，画出的2yx−

图像是一条过原点的直线，故D正确。故选CD。【小问3详解】[1]在竖直方向有，根据逐差法有2yLgT==解得LTg=[2]在水平方向有02LvT=解得02vgL=18.某同学用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。（1）下列说法正确的是__________。A．本

实验还需要天平、秒表B．和小车相连的细线与长木板不一定要平行C．应该先释放小车，再接通电源D．平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小（2）某次实验得到的纸带如图所示，每两个计数点间有四个点未画出．已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带

可求出小车的加速度大小为__________2m/s，打点计时器打B点时小车的速度为__________m/s。（结果均保留两位有效数字）（3）该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中砝码的总质量m不变，通过改变小车中的重物来改变小

车的质量M，分别测出小车相应的加速度。为了通过图像直观地判断小车的加速度a与质量M之间是否成反比，应该做出a与__________的图像。（4）该同学在“探究加速度与力的关系”时，首先平衡了小车所受的摩擦力，然后保持小车的质量M不变，改变小吊盘中砝码数量来

改变细线对小车的拉力。小吊盘及盘中砝码的总质量用m表示。若该同学在实验中逐渐增加盘中砝码的数量，直到mM=。实验中他操作过程规范，并正确测量获得实验数据，则图所示图像能正确反映小车的加速度a和m之间关系的是__________。A．B．C．D．【答案】①.D②.0

.51③.0.64④.1M⑤.B【解析】【详解】（1）[1]A．本实验还需要天平，但不需要秒表，选项A错误；B．为了使得小车所受拉力的合力等于细绳的拉力，则和小车相连的细线与长木板一定要平行，选项B错误；C．应该先

接通电源，再释放小车，选项C错误；D．平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小，选项D正确。故选D。（2）[2]每两个计数点间有四个点未画出，可知T=0.1s。根据纸带可求出小车的加速度大小为222

22(7.727.216.706.19)10=m/s0.51m/s440.1CEACxxaT−−+−−==[3]打点计时器打B点时小车的速度为2(6.196.70)10==m/s=0.64m/s20.2ACBxvT−

+（3）[4]该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中砝码的总质量m不变，可认为小车的牵引力不变，通过改变小车中的重物来改变小车的质量M，分别测出小车相应的加速度。根据1FamgMM==则为了通过图像直观地判断小车的加速度a与质量M之间是否成反比，应该做出a与1M的图像。（4）

[5]根据牛顿第二定律可知mgTma−=T=Ma可得111Magmg=+则11am−图像如图B所示。故选B。四、论述与计算题（本题共4小题，共36分。提示：要有必要的文字说明。）19.“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角θ＝37°的AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一

段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示。用一质量m＝60.0kg的滑块K（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块K从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，下滑过程的加速度大小a＝2.0m/s2。已知AB段长度L＝25.0m，sin37°＝0.60，cos3

7°＝0.80，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（1）求滑块K与AB段滑道的动摩擦因数μ；（2）求从A点运动到B点的过程所用的时间，及到达斜面底端B点的速度；（3）若滑块K与BC段滑道的动摩擦因数仍为μ

。滑块K滑下后，在C点停下来，求BC段的长度d。【答案】（1）05（2）10m/s（3）10m【解析】【小问1详解】将物体所受重力mg沿平行斜面与垂直斜面分解，根据牛顿运动定律，可得sinmgfma−=Ncos0Fmg−=物体所受滑动摩擦力大小为NfF=联立上述

三式，可得sin0.5coscosag=−=.【小问2详解】根据运动学公式，有212Lat=解得5st=根据运动学公式，可得物体到达B点时的速度大小10m/svat==【小问3详解】设滑块K在BC段所受滑动摩擦力大小为'

f，根据牛顿运动定律，可得滑块K在BC段上运动时的加速度大小2''5m/sfmgagmm====所以物体停下所需距离210m2'da==v20.环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在沿水平方向向河道内排出大量污水，如图所示。水流

稳定时，环保人员测出了管口中心到河面的高度H，喷出污水的水平射程为L，管口的直径为D（D远小于H）。设污水充满整根管道，管口横截面上各处水的速度相同，忽略空气阻力，已知重力加速度为g。求：（1）污水从排

污管喷出时初速度的大小v0；（2）污水落至河面时速度的大小v；（3）由管口至河面间空中污水的体积A。【答案】（1）02gvLH=；（2）22214LvgHH=+；（3）24DLA=【解析】【详解】（

1）污水从管口离开后，做平抛运动，在竖直方向有212Hgt=水平方向有0Lvt=解得02gvLH=（2）设污水落入河道水面时，竖直方向有22yvgH=则污水落至河面时速度的大小为222022(1)4yLvvvgHH=+

=+（3）单位时间内，从管口喷出的污水体积为2042DLgQvSH==因此空中污水体积为24DLAQt==21.摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已

知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图象如图2所示。电梯总质量m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求电梯在上升过程中受到最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方

法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a-t图象，求电梯在第1s内的速度改变量1v和第2s末的速率v2；（3）求电梯以最大速率

上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。的的【答案】（1）F1=2.2×104N；F2=1.8×104N；（2）1v=0.50m/s；v2=1.5m/s；（3）P=2.0×105W；W=1.0×105J【解析】【分析】【详解】（1）由牛

顿第二定律得Fmgma−=由a–t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2，则有F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104NF2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N（2）

类比可得，所求速度变化量等于第1s内a–t图线下的面积为1111.0m/s2v==0.50m/s同理可得221121m/s1.5m2/s.0vvv+=−==且v1=0，则第2s末的速率v2=1.5m/s（3）由a–t图象可知，11s~30s内速率最大，其值等于0～11s内a–t图线下的

面积，有vm=9111.0m/s2+=10m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等重力mg，所求功率P=Fvm=mgvm=2.0×103×10×10W=2.0×105W由动能定理得W=2325m1102.01010J1.010J22mv

−==22.物体在运动速度不太大时，其所受空气阻力可视为与速度成正比。（1）在讲授自由落体运动的课上老师做了如下演示实验：将质量均为m的两张纸揉成一大一小两个纸团，在空气中同时静止释放，竖直下落时大

纸团下落要慢一些。设纸团半径为r，下落速度为v时，空气阻力f可写成f=krv（k为常数），重力加速度为g。a．若下落高度足够大，求纸团的最终速度大小vm；b．两纸团下落情况对比，关于它们运动的v-t图线，请你判断能否出现图1中的①、②情形，并说明理由。（2）从地

面以速度大小v1竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球返回原地时速度大小为v2，由于空气阻力的作用，使得v2<v1。重力加速度为g。a．以竖直向上为正方向，在图2中定性画出小球从抛出到返回原地过程中速度-时间图像；b．计算小球在此过程中所受重力冲量的大小IG。【答案】（1）mvmgkr=；

不能，理由见解析；（2）图见解析；()12GImvv=+【解析】【详解】（1）a．若下落高度足够大，纸团最终匀速下落，根据力的平衡条件mkrvmg=纸团的最终速度大小mvmgkr=b．图1中①的最终速度大于②的，又因为两纸团质量相同，所以12rr刚开始纸团加

速下落，根据牛顿第二定律mgkrvma−=得krvagm=−由图1可知当速度比较小时，①的加速度小于②的，所以12rr故不可能出现图1中的①、②情形。（2）a．小球上升过程，根据牛顿第二定律mgkrvma+=做加速度逐渐减小的

减速运动，下降过程，根据牛顿第二定律mgkrvma−=做加速度减小的加速运动，则小球运动的速度一时间图象如图所示b．依题意，空气阻力的大小与小球速率成正比，故“阻力—时间”图象与“速度—时间”图象相似，此时阻力—时间曲线与时间轴所围的面积表示阻力的冲量，所以空气阻力的总冲量为零。

以竖直向下为正方向，根据动量定理，得重力冲量的大小()()2112GImvmvmvv−==−+