成都市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期5月質(zhì)量監(jiān)測物理試題一、單項選擇題（本題包括8小題，每小題3分，共24分，每小題只有一個選項符合題意）1.在物理課堂上，陳老師給同學(xué)們演示了一個雞蛋從一定高度h掉入透明玻璃缸里，結(jié)果雞蛋摔碎了．若在實驗中，將一個50g的雞蛋從1m的高度掉下，與玻璃缸的撞擊時間約為2ms，則該雞蛋受到玻璃缸的作用力約為（）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)，代入數(shù)據(jù)可得：，與地面的碰撞時間約為t1=2ms=0.002s，全過程根據(jù)動量定理可得：mg（t+t1）-Ft1=0，解得沖擊力F=113N≈102N，故B正確，ACD錯誤．2.如圖所示，某次空中投彈的軍事演習(xí)中，戰(zhàn)斗機(jī)以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放A、B兩顆炸彈，分別擊中傾角為的山坡上的點和點，釋放A、B兩顆炸彈的時間間隔為，此過程中飛機(jī)飛行的距離為；先后擊中、的時間間隔為，、兩點間水平距離為，且A炸彈到達(dá)山坡的點位移垂直斜面，B炸彈是垂直擊中山坡點的。不計空氣阻力，下列錯誤的是（）A.A炸彈在空中飛行的時間為B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】A．如圖，設(shè)炸彈A從拋出到擊中點用時，有因垂直于斜面，則聯(lián)立解得則故A正確，不滿足題意要求；BCD．炸彈B從拋出到擊中點，方向垂直于斜面，則由圖可知即時間關(guān)系如下圖有即則有故B錯誤，滿足題意要求；CD正確，不滿足題意要求。故選B。3.如圖所示，小球A可視為質(zhì)點，裝置靜止時輕質(zhì)細(xì)線AB水平，輕質(zhì)細(xì)線AC與豎直方向的夾角37°。已知小球的質(zhì)量為m，細(xì)線AC長l，B點距C點的水平和豎直距離相等。裝置能以任意角速度繞豎直軸轉(zhuǎn)動，且小球始終在平面內(nèi)，那么在角速度從零緩慢增大的過程中（）（重力加速度g取，，）A.兩細(xì)線張力均增大B.細(xì)線AB中張力一直變小，直到為零C.細(xì)線AC中張力一直增大D.當(dāng)AB中張力為零時，角速度可能為【答案】D【解析】【詳解】AB．當(dāng)靜止時，受力分析如圖，由平衡條件由平衡條件得TAB=mgtan37°=0.75mgTAC＝＝1.25mg若AB中的拉力為0，當(dāng)ω最小時繩AC與豎直方向夾角θ1=37°，受力分析如圖根據(jù)受力分析mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin2得根據(jù)對稱性可知，當(dāng)ω最大時繩AC與豎直方向夾角θ2=53°，此時應(yīng)有mgtanθ2＝mωmax2Lsinθ2得ωmax＝所以ω取值范圍為≤ω≤繩子AB拉力都是0．由以上的分析可知，開始時AB拉力不為0，當(dāng)轉(zhuǎn)速在≤ω≤時，AB的拉力為0，角速度再增大時，AB的拉力又會增大，AB錯誤；C．當(dāng)繩子AC與豎直方向之間的夾角不變時，AC繩子的拉力在豎直方向的分力始終等于重力，所以繩子的拉力繩子等于1.25mg；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角增大，拉力開始增大；當(dāng)轉(zhuǎn)速大于后，繩子與豎直方向之間的夾角不變，AC上豎直方向的拉力不變；隨后當(dāng)水平方向的拉力增大，AC的拉力繼續(xù)增大，C錯誤；D．由開始時的分析可知，當(dāng)ω取值范圍為≤ω≤時，繩子AB的拉力都是0，D正確。故選D。4.宇航員飛到一個被稠密氣體包圍的某行星上進(jìn)行科學(xué)探索。他站在該行星表面，從靜止釋放一個質(zhì)量為的物體，由于氣體阻力的作用，其加速度隨下落位移變化的關(guān)系圖像如圖所示。已知該星球半徑為，萬有引力常量為。下列說法正確的是（）A.該行星的平均密度為B.該行星的第一宇宙速度為C.衛(wèi)星在距該行星表面高處的圓軌道上運行的周期為D.從釋放到速度剛達(dá)到最大的過程中，物體克服阻力做功【答案】ABD【解析】【詳解】A．由圖可知，物體開始下落瞬間，只受萬有引力作用，根據(jù)萬有引力等于重力，可知又聯(lián)立，可得故A正確；B．在行星表面飛行的衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，有聯(lián)立，可得故B正確；C．衛(wèi)星在距該行星表面高處的圓軌道上運行時，有聯(lián)立，可得故C錯誤；D．從釋放到速度剛達(dá)到最大的過程中，設(shè)阻力為f，由牛頓第二定律可得解得阻力做功為即物體克服阻力做功。故D正確；故選ABD。5.如圖所示，光滑水平面上有一個質(zhì)量為的木箱，高為。緊鄰木箱的左邊有一根長度也為的豎直輕細(xì)桿用鉸鏈固定在點，輕桿上端固定有質(zhì)量為可視為質(zhì)點的小球。由于輕微擾動，小球推著木箱向右運動，重力加速度取，下列說法正確的是（）A.小球落地前瞬間小球的速度大小是B.小球落地前瞬間輕桿對小球的作用力大小是C.小球與木箱分離時小球的加速度豎直向下大小等于D.從開始運動到小球與木箱分離，輕桿對小球的支持力先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】AB．假設(shè)沒有木箱，小球落地前，由動能定理得將要落地時，由牛頓第二定律得解得，由于小球要對木箱做功，所以落地速度小于，輕桿對小球的作用力也小于。故AB錯誤；CD．開始運動時，桿對小球的支持力不為0；分離時，木箱水平方向上不受力，則加速度為0，則小球水平方向上的加速度為0；受力分析可知，此時桿對小球的作用力為0，只受重力，加速度為g，則從開始運動到小球與木箱分離，輕桿對小球的支持力一直減小。故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖甲所示為某機(jī)場的行李自動運輸系統(tǒng)，可以將其簡化為如圖乙所示，運輸系統(tǒng)由電動機(jī)帶動傳送帶運轉(zhuǎn)，傳送帶由長度L1=100m的水平傳送帶AB和長度L2=70m、傾角為37°的傾斜傳送帶CD組成，兩個傳送帶之間由很短的一段圓弧連接。兩個傳送帶都沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度大小分別為4m/s和6m/s，每隔1s將一個貨箱從A點無初速度放在傳送帶上，所有貨箱的質(zhì)量均為m=20kg且可視為質(zhì)點，貨箱與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，與傾斜傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2=0.875，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（1度電=1kW·h）（）A.每個貨箱從A點到D點的時間均為29sB.水平傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為最小距離的4倍C.傾斜傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為6mD.傳送帶連續(xù)穩(wěn)定工作24小時，傳送帶因運送貨箱而多消耗220.8度電【答案】C【解析】【詳解】A．貨箱在水平傳送帶上時，開始做勻加速運動，由牛頓第二定律可得解得貨箱達(dá)到與傳送帶共速時的位移貨箱的加速時間貨箱在水平傳送帶上做勻速直線運動時間貨箱在傾斜的傳送帶上時，由于，貨箱先做初速度為4m/s的勻加速運動，由牛頓第二定律則有解得貨箱與傳送帶共速時的位移達(dá)到共速時所用時間共速后勻速向上運動的時間可得每個貨箱從A點到D點的時間均為A錯誤；B．由題意可知，在水平傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為兩貨箱都做勻速運動時的距離，可知，最小距離是前一個貨箱運動1s，后一個剛放上時，則有則有B錯誤；C．由選項B的解析，可知在傾斜傳送帶上相鄰貨箱間的最大距離為6m，C正確；D．在24小時內(nèi)傳送貨箱的個數(shù)為每個貨箱增加的能量每個貨箱與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量則有傳送帶連續(xù)穩(wěn)定工作24小時，傳送帶因運送貨箱而多消耗能量由于則有多消耗的電能是由于最后39s內(nèi)有貨箱仍在傳送帶上，因此實際多消耗的電能應(yīng)小于220.8度電，D錯誤。故選C。7.“風(fēng)洞實驗”指在風(fēng)洞中安置飛行器或其他物體模型，研究氣體流動及其與模型的相互作用，以了解實際飛行器或其他物體的空氣動力學(xué)特性的一種空氣動力實驗方法。在下圖所示的矩形風(fēng)洞中存在大小恒定的水平風(fēng)力，現(xiàn)有一小球從M點豎直向上拋出，其運動軌跡大致如下圖所示，其中M、N兩點在同一水平線上，O點為軌跡的最高點，小球在M點動能為9J，在O點動能為16J，不計空氣阻力，下列說法錯誤的是（）A.小球從M點運動到N點過程中的最小動能為5.76JB.小球落到N點時的動能為73JC.小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為1：3D.小球的重力和受到的風(fēng)力大小之比為4：3【答案】D【解析】【詳解】D．設(shè)風(fēng)力大小為F，小球重力大小為mg，O、M兩點間的水平距離為x1，豎直距離為h，根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律有對小球從M運動到O的過程，根據(jù)動能定理有由題意可知根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為小球從M運動到O所用時間為根據(jù)運動學(xué)公式有聯(lián)立解得故D錯誤，符合題意；B．M、N兩點間的水平距離為設(shè)小球落到N點時的動能為Ek1，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故B正確，不符合題意；C．設(shè)O、N兩點間的水平距離為x2，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知根據(jù)功能關(guān)系可知，小球運動過程中，風(fēng)力對小球做的功等于其機(jī)械能的變化量，則小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為故C正確，不符合題意；A．小球在重力和風(fēng)力的合力場中做類斜拋運動，當(dāng)小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)前面分析可知合力與豎直方向的夾角θ的正切值為根據(jù)速度的合成與分解可得小球從點運動到點過程中的最小速度為解得最小動能為故A正確，不符合題意。故選D。8.物體在引力場中具有的勢能叫做引力勢能，取無窮遠(yuǎn)處為引力勢能零點。質(zhì)量為m的物體在地球引力場中具有的引力勢能（式中G為引力常量，M為地球的質(zhì)量，為物體到地心的距離），如果用R表示地球的半徑，g表示地球表面重力加速度，c表示光在真空中的速度，則下列說法正確的是（）A.在半徑為r的圓形軌道上運行的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星的機(jī)械能為B.如果地球的第一宇宙速度為，則將質(zhì)量為m的衛(wèi)星從地球表面發(fā)射到半徑為r的軌道上運行時至少需要的能量C.由于受高空稀薄空氣阻力作用，質(zhì)量為m的衛(wèi)星從半徑為的圓軌道緩慢減小到半徑為的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的功為D.黑洞的密度、質(zhì)量極大，以至連光都不能逃離它的引力，無法通過光學(xué)觀測直接確定它的存在，假如地球能成為黑洞，則其半徑R最大不能超過【答案】A【解析】【詳解】A．在半徑為r的圓形軌道上運行的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星有動能引力勢能為則機(jī)械能為選項A正確；B．將質(zhì)量為m的衛(wèi)星從地球表面發(fā)射到半徑為r的軌道上運行時至少需要的能量又所以選項B錯誤；C．由于受高空稀薄空氣的阻力作用，質(zhì)量為m的衛(wèi)星從半徑為的圓軌道緩慢減小到半徑為的圓軌道的過程中克服空氣阻力做的功為選項C錯誤；D．設(shè)質(zhì)量為m的物體，從黑洞表面至無窮遠(yuǎn)處，根據(jù)能量守恒定律有解得假如地球能成為黑洞，因為連光都不能逃離，有v=c所以其半徑R最大不能超過，選項D錯誤。故選A。二、多項選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）9.如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量為2m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A.小球在小車上到達(dá)的最大高度為B.小球離車后，對地將做自由落體運動C.小球離車后，對地將向右做平拋運動D.此過程中小球?qū)囎龅墓椤敬鸢浮緼D【解析】【分析】小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，當(dāng)小球上升的最高點時，豎直方向上的速度為零，水平方向上與小車具有相同的速度，結(jié)合動量守恒和能量守恒求出上升的最大高度．根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端時的速度，從而得出小球的運動規(guī)律，根據(jù)動能定理得出小球?qū)π≤囎龉Φ拇笮。驹斀狻吭O(shè)小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：2mv0=mv1+2mv2，由動能守恒定律得：，解得：，，所以小球與小車分離后對地將向左做平拋運動，故BC錯誤；當(dāng)小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：2mv0=3m?v，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：，故A正確；對小車運用動能定理得，小球?qū)π≤囎龉Γ?，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．【點睛】本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合，知道當(dāng)小球與小車的水平速度相等時，小球上升到最大高度．10.2021年5月，基于俗稱“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡（FAST）的觀測，國家天文臺李菂、朱煒瑋研究團(tuán)組姚菊枚博士等首次研究發(fā)現(xiàn)脈沖星三維速度與自轉(zhuǎn)軸共線的證據(jù)。之前的2020年3月，我國天文學(xué)家通過FAST，在武仙座球狀星團(tuán)（M13）中發(fā)現(xiàn)一個脈沖雙星系統(tǒng)。如圖所示，假設(shè)在太空中有恒星A、B雙星系統(tǒng)繞點O做順時針勻速圓周運動，運動周期為T1，它們的軌道半徑分別為RA、RB，RA＜RB，C為B的衛(wèi)星，繞B做逆時針勻速圓周運動，周期為T2，忽略A與C之間的引力，萬引力常量為G，則以下說法正確的是（）A.若知道C的軌道半徑，則可求出C的質(zhì)量B.恒星A、B的質(zhì)量和為C.若A也有一顆運動周期為T2的衛(wèi)星，則其軌道半徑大于C的軌道半徑D.設(shè)A、B、C三星由圖示位置到再次共線的時間為t，則【答案】BCD【解析】【詳解】A．C繞B做勻速圓周運動，滿足①故無法求出C的質(zhì)量，A錯誤；B．因為A、B為雙星系統(tǒng)，由彼此的引力提供向心力，運動周期都為T1，對A、B分別有②③②③兩式相加解得故B正確；C．因為A、B為雙星系統(tǒng)，滿足又因為，所以，設(shè)A衛(wèi)星質(zhì)量為m，軌道半徑為R，根據(jù)結(jié)合①式可知，衛(wèi)星軌道半徑大于C的軌道半徑，C正確；D．有分析知A、B、C三星每次共線，C都比A、B多轉(zhuǎn)的角度為，由圖示位置到再次共線應(yīng)滿足解得D正確。故選BCD。11.如圖所示，圓柱形管的底端固定一彈射器，彈射器上有一質(zhì)量m1=1kg的小滑塊，管和彈射器的總質(zhì)量m2=2kg，滑塊與管內(nèi)壁間的滑動摩擦力大小為0.4m1g。整個裝置豎直靜止在水平地面上。發(fā)射時，滑塊離開彈射器瞬間距離上管口的距離為1.0m；滑塊離開彈射器后能上升的最大高度為1.4m，小滑塊可視為質(zhì)點且彈射時間極短，每次彈射后滑塊獲得的初速度相等，忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是（）A.滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時間為B.滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時間為C.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對圓柱形管施加一個豎直向上的恒力F，為保證滑塊不滑出管口，F(xiàn)的最小值為24N。D.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對圓柱形管施加一個豎直向上的恒力F，為保證滑塊不滑出管口，F(xiàn)的最小值為20N?！敬鸢浮緼C【解析】【分析】【詳解】A．對滑塊上升時有可得加速度大小為設(shè)滑塊離開彈射器時速度為v0，離開管口時的速度為v1，滑塊由底端上升到管口的過程中由動能定理可得可得離開管上升到最高點的過程中，由動能定理可得可得滑塊到管口的時間為從管口到最高點的時間為則滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時間為故A正確；B．對滑塊在管中下落時有可得加速度大小為有可得滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時間為故B錯誤；CD．為保證滑塊不滑出管口，滑塊到管口時共速，設(shè)共速的速度為v，此時施加的外力F最小，對管有滑塊與管的相對位移為共速時有聯(lián)立可得故C正確，D錯誤。故選AC。12.發(fā)射高軌道衛(wèi)星過程如圖所示。假設(shè)先將衛(wèi)星發(fā)射到半徑為r1=r的圓軌道上做勻速圓周運動，到A點時使衛(wèi)星瞬間加速進(jìn)入橢圓軌道，到橢圓軌道的遠(yuǎn)地點B點時，再次瞬間改變衛(wèi)星的速度，使衛(wèi)星進(jìn)入半徑為r2=2r的圓軌道做勻速圓周運動。已知衛(wèi)星在橢圓軌道時距地心的距離與速度的乘積為定值，衛(wèi)星在橢圓軌道上A點時的速度為v，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，不計衛(wèi)星的質(zhì)量變化。則以下說法正確的是（）A.衛(wèi)星在橢圓軌道上運行時機(jī)械能不守恒B.衛(wèi)星在橢圓軌道上運行時機(jī)械能守恒C.發(fā)動機(jī)在A點對衛(wèi)星做的功與在B點對衛(wèi)星做的功之差為D.發(fā)動機(jī)在A點對衛(wèi)星做的功與在B點對衛(wèi)星做的功之差為【答案】BD【解析】【詳解】AB．衛(wèi)星在橢圓軌道上運行時只有萬有引力做功，所以機(jī)械能守恒，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)衛(wèi)星在半徑為r1=r的圓軌道上運行時的速率為v1，根據(jù)牛頓第二定律有G解得根據(jù)動能定理可得發(fā)動機(jī)在A點對衛(wèi)星做的功為設(shè)衛(wèi)星在半徑為r2=2r的圓軌道上運行時的速率為v2，根據(jù)牛頓第二定律有G解得設(shè)衛(wèi)星在橢圓軌道上運行時經(jīng)過B點的速度為v′，則由題意可知解得根據(jù)動能定理可得發(fā)動機(jī)在B點對衛(wèi)星做的功為所以發(fā)動機(jī)在A點對衛(wèi)星做的功與在B點對衛(wèi)星做的功之差為故C錯誤，D正確。故選BD。13.如圖甲所示，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊（可視為質(zhì)點），在內(nèi)壁光滑、固定的水平筒內(nèi)壓縮彈簧，彈簧原長小于筒長，且彈簧與滑塊不拴接。滑塊由靜止釋放，離開筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-時間圖象如圖乙所示，已知木板質(zhì)量M=0.2kg，最終滑塊恰好沒有離開木板，重力加速度g取10m/s2，則（）A.滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1B.木板長度為0.75mC.釋放滑塊時彈簧的彈性勢能為0.45JD.木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為0.375J【答案】BC【解析】【詳解】A.設(shè)木板與地面之間的摩擦因數(shù)為μ2，木板做勻減速的加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)圖像得解得設(shè)滑塊與木板之間的摩擦因數(shù)為μ1，木板做勻加速的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)圖像得解得滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，A錯誤；B.設(shè)滑塊的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)逆向思維，滑塊滑上木板時的速度為木板長度為B正確；C.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，釋放滑塊時彈簧的彈性勢能為C正確；D.木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D錯誤。故選BC。第II卷（非選擇題，共56分）三、實驗探究題（本題共2小題，共14分）14.某學(xué)習(xí)小組為探究平拋運動的規(guī)律，使用小球、頻閃儀、照相機(jī)、刻度尺等進(jìn)行了如下實驗。①將小球以某初速度水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運動的小球進(jìn)行拍攝；②某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示，圖中A處為小球拋出瞬間的影像，AB、BC之間各被刪去了1個影像；③經(jīng)測量，AB、BC兩線段的長度之比為a：b。已知頻閃儀每隔時間T發(fā)出一次閃光，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）AB、BC之間的水平距離理論上滿足xAB_________xBC（填“大于”或“等于”或“小于”）；（2）BC之間實際下落的豎直高度為_________（用g、T表示）；（3）小球拋出時的初速度大小為_________（用g、T、a、b表示）?！敬鸢浮竣?等于②.6gT2③.【解析】【詳解】（1）[1]由于小球在水平方向做勻速直線運動則AB、BC之間的水平距離理論上滿足xAB等于xBC。（2）[2]已知每相鄰兩個球之間被刪去1個影像，故相鄰兩球的時間間隔為t=2T又因為小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，則AB之間的豎直位移為AC之間的豎直位移為則BC之間的豎直位移為hAC-hAB=6gT2（3）[3]由于小球在水平方向做勻速直線運動，則xAB=xBC=2v0T則且LAB：LBC=a：b聯(lián)立有15.（1）甲、乙、丙三個實驗小組分別采用如圖（甲）、（乙）、（丙）所示的實驗裝置，驗證“當(dāng)質(zhì)量一定時，物體運動的加速度與它所受的合力成正比”這一物理規(guī)律。已知他們使用的小車完全相同，小車的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題：①甲、乙、丙實驗中，必須平衡小車和長木板之間的摩擦力的實驗小組是______。A．甲、乙、丙B．甲、乙C．甲、丙②實驗時，必須滿足“M遠(yuǎn)大于m”的實驗小組是______（填“甲”、“乙”或“丙”）。③實驗時，甲、乙、丙三組同學(xué)的操作均完全正確，他們作出的圖線如圖（?。┲蠥、B、C所示，則甲、乙、丙三組實驗對應(yīng)的圖線依次是______。（選填“ABC”、“BCA”或“CAB”）（2）實驗中，有同學(xué)用打點計時器得到了在不同拉力作用下的A、B、C、D……幾條較為理想的紙帶，交流電的頻率為50Hz，并在紙帶上每5個點取一個計數(shù)點，按打點先后依次為0，1，2，3，4，5.由于不小心，幾條紙帶都被撕斷了，如圖所示（圖中數(shù)據(jù)為相鄰兩計數(shù)點間的距離），請根據(jù)給出的四段紙帶判斷：在b、c、d三段紙帶中，可能是從紙帶a撕下的是______。A．bB．cC．dD．無法確定（3）小明同學(xué)采用（乙）圖實驗裝置探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系的實驗時，以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是圖（?。┲械囊粭l直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為______。A．B．C．D．（4）如圖，這是丁同學(xué)受到甲，乙，丙同學(xué)啟發(fā)后設(shè)計的一項實驗，在光滑輕質(zhì)定滑輪固定在水平實驗臺的右邊緣處，質(zhì)量的平板車通過不可伸長的輕繩水平跨過定滑輪與質(zhì)量為的重物相連接，質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點）放在平板車的中央處，小物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為，實驗臺對平板車的阻力大小為。初始時刻，重物與它正下方固定的鎖定器間的距離為，輕繩剛好伸直。現(xiàn)由靜止釋放重物，重物通過輕繩拉動平板車開始運動，經(jīng)過一段時間，重物與鎖定器發(fā)生碰撞并立刻被鎖定，最終小物塊未滑離平板車，平板車也未與滑輪發(fā)生碰撞。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求初始時刻平板車右側(cè)與滑輪左側(cè)的距離d的條件______和平板車長度l分別滿足的條件______。（結(jié)果可用分式表示）【答案】①.A②.甲③.CAB④.B⑤.C⑥.⑦.【解析】【詳解】（1）①[1]為了用小車受到的拉力表示小車所受的合力，甲、乙、丙三個實驗都需要平衡摩擦力的影響。故選A。②[2]因為甲圖中需要以重物的重力近似表示小車所受拉力的大小，因而需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”來減小整體的加速度，滿足重物的重力近似等于小車所受拉力的要求。而乙圖中可以用彈簧測力計示數(shù)的2倍表示小車所受拉力，丙圖拉力傳感器也可以顯示小車所受的繩子拉力，因而乙、丙兩圖不需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”。故只有甲圖需要滿足“M遠(yuǎn)大于m”這一條件。③[3]根據(jù)乙圖和牛頓第二定律可知解得甲圖和丙圖中符合解得故乙圖斜率較大，甲圖和丙圖斜率一致，其中甲圖如果隨著的增大，整體加速度增加時圖線會發(fā)生偏折，因而甲、乙、丙三組實驗對應(yīng)的圖線依次是。（2）[4]根據(jù)勻變速直線運動中，相鄰相等時間內(nèi)位移之差為定值可知則類比可知考慮誤差影響，從紙帶上撕下的是圖。故選B。（3）[5]根據(jù)（1）中可知解得故選C。（4）[6][7]假設(shè)系統(tǒng)中三物體可以相對靜止一起運動，則解得對于，摩擦力提供加速度，則的最大加速度為故可以三物體一起運動。下落時間被鎖定后瞬間，動力消失，此時和速度為再次假設(shè)和可以相對靜止一起減速，則故假設(shè)不成立，和會有相對滑動，則運用隔離法對兩物體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得兩物體加速度大小符合，解得則平板車減速的位移為則小物塊的減速位移為解得四、計算題（本題共4小題，共42分。解答應(yīng)當(dāng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的，不能得分。有數(shù)值運算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16.如圖所示，以A、B和C、D為斷點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C兩點，一物塊（視為質(zhì)點）被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A點時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A點沿半圓軌道滑下，且在B點對軌道的壓力大小為10mg，再經(jīng)B點滑上滑板，滑板運動到C點時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量為，兩半圓半徑均為R，板長，板右端到C點的距離為，E點距A點的距離，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，求：（1）物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)；（2）物塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的總熱量?！敬鸢浮浚?）0.5；（2）3.5mgR【解析】【詳解】（1）設(shè)物塊運動到B的速度為，由牛頓第二定律得解得從E到B由動能定理得解得（2）物塊從B點滑上滑板時至物塊與滑板共速，根據(jù)動量守恒解得對m，根據(jù)動能定理解得對M，根據(jù)動能定理解得因為可知物塊與滑板達(dá)到共同速度時，物塊未離開滑板物塊與木板此后以共同速度勻速運動至C點，滑板不再運動，物塊在滑板上繼續(xù)往前運動對m，根據(jù)動能定理解得又因為由上可知可知物塊不能到達(dá)與圓心同一高度的點，將會沿圓軌道滑回來，由能量守恒可得總熱量17.拉格朗日點指在兩個大天體引力作用下，能使小物體穩(wěn)定的點（小物體質(zhì)量相對兩大天體可忽略不計）。這些點的存在由法國數(shù)學(xué)家拉格朗日于1772年推導(dǎo)證明的，1906年首次發(fā)現(xiàn)運動于木星軌道上的小行星（見脫羅央群小行星）在木星和太陽的作用下處于拉格朗日點上。在每個由兩大天體構(gòu)成的系統(tǒng)中，按推論有5個拉格朗日點，其中連線上有三個拉格朗日點，分別是L1、L2、L3，如圖所示。我國發(fā)射的“鵲橋”衛(wèi)星就在地月系統(tǒng)平衡點L2點做周期運動，通過定期軌控保持軌道的穩(wěn)定性，可實現(xiàn)對著陸器和巡視器的中繼通信覆蓋，首次實現(xiàn)地月L2點周期軌道的長期穩(wěn)定運行。設(shè)某兩個天體系統(tǒng)的中心天體質(zhì)量為M，環(huán)繞天體質(zhì)量為m，兩天體間距離為L，萬有引力常量為G，L1點到中心天體的距離為R1，L2點到中心天體的距離為R2。求：（1）處于L1點小物體的向心加速度；（2）處于L2點小物體運行的線速度；（3）為了進(jìn)一步的通信覆蓋，發(fā)射兩顆質(zhì)量均為m0的衛(wèi)星，分別處于L1、L2點，L1、L2到環(huán)繞天體的距離近似相等（遠(yuǎn)小于L），兩衛(wèi)星與環(huán)繞天體同步繞中心天體做圓周運動，忽略衛(wèi)星間的引力，求中心天體對環(huán)繞天體的引力與它對兩衛(wèi)星的引力之和的比值？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)處于點的小物體質(zhì)量為，則小物體所受向心力由兩天體的萬有引力合力來提供，可得解得（2）設(shè)處于點的小物體質(zhì)量為，則小物體所受向心力由兩天體的萬有引力合力來提供，可得解得（3）中心天體對環(huán)繞天體的引力為中心天體對兩衛(wèi)星的引力之和為設(shè)處于點的小物體與環(huán)繞天體相距x，由于x遠(yuǎn)小于L，所以有則中心天體對環(huán)繞天體的引力與它對兩衛(wèi)星的引力之和的比值為18.一游樂設(shè)施簡化模型如圖所示，擋板1、2分別固定在光滑斜面的頂端和底端，相距為L，A為一小滑塊，B為不計質(zhì)量的