上海中學(xué)2022-2023學(xué)年物理高三第一學(xué)期期中達(dá)標(biāo)測(cè)試試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率順時(shí)針運(yùn)行。將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端。下列說(shuō)法中正確的是A第一階段物體受到滑動(dòng)摩擦力作用，第二階段物

2、體不受摩擦力作用B第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功C第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加D物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程摩擦力對(duì)物體做的功2、下列關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中，正確的是A物體在恒力作用下，一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B物體在恒力作用下，一定做勻變速運(yùn)動(dòng)C物體在變力作用下，不可能做直線運(yùn)動(dòng)D物體在變力作用下，一定做曲線運(yùn)動(dòng)3、如圖所示，物塊在靜止的傳送帶上勻速下滑時(shí)，傳送帶突然順時(shí)針（圖中箭頭所示）轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，則傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)后，下列說(shuō)法正確的是（ ）A受的摩擦力不變B受到的摩擦力變大C可能減速下滑D可能減速上滑4、如圖所示,物體A靠在豎直墻面上,在

3、力F作用下,A、B保持靜止.物體B的受力個(gè)數(shù)為( )A2B3C4D55、如圖所示，直桿BC的一端用鉸鏈固定于豎直墻壁，另一端固定一個(gè)小滑輪C，細(xì)繩下端掛一重物，細(xì)繩的AC段水平不計(jì)直桿、滑輪及細(xì)繩的質(zhì)量，忽略所有摩擦若將細(xì)繩的端點(diǎn)A稍向下移至A點(diǎn)，使之重新平衡，則此時(shí)滑輪C的位置（ ）A在AA之間B與A點(diǎn)等高C在A點(diǎn)之下D在A點(diǎn)之上6、下列有關(guān)電動(dòng)勢(shì)的說(shuō)法正確的是()A電動(dòng)勢(shì)和電勢(shì)差雖名稱(chēng)不同，但物理意義相同B電動(dòng)勢(shì)就是電源兩極間的電壓C非靜電力做功越多，電源的電動(dòng)勢(shì)就越大D電動(dòng)勢(shì)的大小由電源本身性質(zhì)決定二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是

4、符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，從地面上A處豎直向上拋一質(zhì)量為m的小球，小球上升到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與小球上升到最高點(diǎn)后返回至C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，B點(diǎn)離地面高度為h，C點(diǎn)離地面高度為h3?？諝庾枇=0.1mg，大小不變，重力加速度為g，則（ ）A小球上升的最大高度為2hB小球上升的最大髙度為4hC小球下落過(guò)程中從B點(diǎn)到C點(diǎn)動(dòng)能的增量為35mghD小球下落過(guò)程中從B點(diǎn)到C點(diǎn)動(dòng)能的增量為45mgh8、如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P栓接，另一端與物體A相連，物體A靜止與光滑水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體B相連，開(kāi)始時(shí)用

5、手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度，下列有關(guān)該過(guò)程的分析正確的是（ ）AB物體的機(jī)械能一直在增大BB物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和CB物體機(jī)械能的減小量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量D細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量9、如圖所示，質(zhì)量相同的甲乙兩個(gè)小物塊，甲從豎直固定的1/4光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下下列判斷正確的是（）A兩物塊到達(dá)底端時(shí)速度相同B兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同C乙物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中重力做功的瞬時(shí)功率一直在增大D甲物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中重力做功

6、的瞬時(shí)功率先增大后減小10、如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為m的木塊已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，m、M與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2現(xiàn)對(duì)M施一水平恒力F，將M從m下方拉出，而m恰好沒(méi)滑出桌面，則在上述過(guò)程中A水平恒力F一定大于3(m+M)gBm在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等CM對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)m的沖量大小相等D若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11（6分）某同學(xué)用如圖1所示實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒將斜槽固定在水平桌面上，讓入射球1從斜槽上某點(diǎn)A由靜止釋放

7、，記錄球在地面的落點(diǎn)；在斜槽末端放上被碰球2再次讓球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止釋放，記錄球1和球2的落點(diǎn)重復(fù)上述過(guò)程10次，用盡可能小的圓將10個(gè)落點(diǎn)圈在一起，圓心M、P、N代表落點(diǎn)，斜槽末端在水平地面的豎直投影為O，用刻度尺測(cè)量小球的水平位移，如圖2所示(1)為完成實(shí)驗(yàn)下列操作必須的是_A斜槽末端切線方向保持水平B入射球1的質(zhì)量小于被碰球2的質(zhì)量C實(shí)驗(yàn)中入射小球從同一位置由靜止釋放D測(cè)出斜槽末端到地面的高度h，計(jì)算球的速度(2)未放被碰球時(shí)，由刻度尺讀出入射球拋出的水平位移為_(kāi)cm；(3)測(cè)得球1和球2的質(zhì)量分別為m1和m2，小球的水平位移分別為xOM、xON、xOP，若關(guān)系式_成立(用所測(cè)物理量

8、符號(hào)表示)，則可驗(yàn)證碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒12（12分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)探究加速度與物體所受合外力F及質(zhì)量M的關(guān)系實(shí)驗(yàn)如圖為實(shí)驗(yàn)裝置簡(jiǎn)圖，A為小車(chē)，后端連有紙帶，B為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，C為裝有沙的沙桶(總質(zhì)量為m)，D為一端帶有定滑輪的長(zhǎng)木板(1)在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中，為了探究?jī)蓚€(gè)物理量之間的關(guān)系，要保持第三個(gè)物理量不變，這種探 究方法叫做_法(2)某同學(xué)在探究 a 與 F 的關(guān)系時(shí)，把沙和沙桶的總重力當(dāng)作小車(chē)的合外力 F，作出 aF圖線如圖所示，試分析該圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因是_，圖線右上部彎曲的原因是_(橫線上填寫(xiě)正確選項(xiàng)的字母的代號(hào)) A平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板傾角過(guò)小B平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板傾角過(guò)大 C沙和沙桶的總

9、質(zhì)量 m 過(guò)小 D沙和沙桶的總質(zhì)量 m 過(guò)大(3)如圖是某次實(shí)驗(yàn)得出的紙帶，所用電源的頻率為 50 Hz，舍去前面比較密集的點(diǎn)，從A 點(diǎn)開(kāi)始，依次選取 A、B、C、D、E 5 個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間都有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫(huà)出，圖中給出了相鄰兩點(diǎn)間的距離，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a_m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13（10分）一球形人造衛(wèi)星的最大橫截面積為、質(zhì)量為，在軌道半徑為的高空繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)由于受到稀薄空氣阻力的作用，導(dǎo)致衛(wèi)星運(yùn)行的軌道半徑逐漸變小衛(wèi)星在繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)很多圈之后，其

10、軌道的高度下降了，由于，所以可以將衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的每一圈均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)地球可看成質(zhì)量為的均勻球體，萬(wàn)有引力常量為 （）求人造衛(wèi)星在軌道半徑為的高空繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期（）取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能點(diǎn)，當(dāng)衛(wèi)星的運(yùn)行軌道半徑為時(shí)，衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)具有的勢(shì)能可表示為請(qǐng)估算人造衛(wèi)星由半徑為的圓軌道降低到半徑為的圓軌道的過(guò)程中，機(jī)械能的變化（）某同學(xué)為估算稀薄空氣對(duì)衛(wèi)星的阻力大小，做出了如下假設(shè)：衛(wèi)星運(yùn)行軌道范圍內(nèi)稀薄空氣的密度為，且為恒量；稀薄空氣可看成是由彼此不發(fā)生相互作用的顆粒組成的，所有的顆粒原來(lái)都靜止，它們與人造衛(wèi)星在很短時(shí)間內(nèi)發(fā)生碰撞后都具有與衛(wèi)星相同的速度，在與這些顆粒碰撞的前后，衛(wèi)星

11、的速度可認(rèn)為保持不變?cè)跐M(mǎn)足上述假設(shè)的條件下，請(qǐng)估算空氣顆粒對(duì)衛(wèi)星在半徑為軌道上運(yùn)行時(shí)，所受阻力大小的表達(dá)式14（16分）如圖所示，一傾角=37的斜面底端與一傳送帶左端相連于B點(diǎn)，傳送帶以v=6m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，有一小物塊從斜面頂端點(diǎn)以0=4m/s的初速度沿斜面下滑，當(dāng)物塊滑到斜面的底端點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后在傳送帶的帶動(dòng)下，從傳送帶右端的C點(diǎn)水平拋出，最后落到地面上的D點(diǎn)，已知斜面長(zhǎng)度L1=8m，傳送帶長(zhǎng)度L2=18m，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.3，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求物塊與斜而之間的動(dòng)摩擦因數(shù)l；（2）求物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

12、（3）若物塊在D點(diǎn)的速度方向與地面夾角為a=53，求C點(diǎn)到地面的高度和C、D兩點(diǎn)間的水平距離15（12分）如圖所示，傾角=37的斜面固定在水平面上質(zhì)量m=1.0kg的小物塊受到沿斜面向上的F=9.0N的拉力作用，小物塊由靜止沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，斜面足夠長(zhǎng)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）求小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力的大?。?）求在拉力的作用過(guò)程中，小物塊加速度的大?。?）若在小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)0.80m時(shí)，將拉力F撤去，求此后小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的

13、四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、D【解析】A、第一階段物體受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯(cuò)誤； B、兩個(gè)階段摩擦力方向都跟物體運(yùn)動(dòng)方向相同，所以摩擦力都做正功，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)動(dòng)能定理得知，外力做的總功等于物體動(dòng)能的增加，第一個(gè)階段，摩擦力和重力都做功，則第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加，故C錯(cuò)誤；D、由功能關(guān)系可知，第一階段摩擦力對(duì)物體做的功（除重力之外的力所做的功）等于物體機(jī)械能的增加量，故D正確故選：D【點(diǎn)睛】物體輕輕放在傳送帶上，勻加速過(guò)程：受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，物體將沿向上運(yùn)動(dòng)；物體相對(duì)于傳送帶

14、靜止后，受到沿傳送帶向上的靜摩擦力，即可判斷摩擦力做功的正負(fù)；根據(jù)功能關(guān)系：除重力之外的力所做的功等于物體機(jī)械能的增加。2、B【解析】物體在恒力作用下，可能做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，例如平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在恒力作用下，一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；物體在變力作用下也可能做直線運(yùn)動(dòng)，也可能做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤； 故選B.3、A【解析】試題分析：開(kāi)始物塊受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小為，皮帶轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)后，物體仍受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小 仍為，因此受到的摩擦力大小方向都不變，物體仍勻速下滑，A正確，BCD錯(cuò)誤考點(diǎn)：滑動(dòng)摩擦力4、C【解析】試題分析：以A為研究對(duì)象，受力分析，有豎直向下的重力、B對(duì)A的支持

15、力和摩擦力，這樣才能使平衡根據(jù)牛頓第三定律，A對(duì)B也有壓力和摩擦力，B還受到重力和推力F，所以受四個(gè)力作用故選C考點(diǎn)：受力分析【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵先對(duì)A物體受力分析，再得出A對(duì)B物體的反作用力，最后在結(jié)合平衡條件對(duì)B物體受力分析5、D【解析】由于桿一直平衡，對(duì)兩根細(xì)繩拉力的合力沿桿的方向向下，又由于同一根繩子的張力處處相等，而且兩根細(xì)繩的拉力大小相等且等于物體的重力G，根據(jù)平行四邊形定則，合力一定在角平分線上，若將細(xì)繩的端點(diǎn)A稍向下移至A點(diǎn)，若桿不動(dòng)，則ACB小于BCG，則不能平衡，若要桿再次平衡，則兩繩的合力一定還在角平分線上，所以BC桿應(yīng)向上轉(zhuǎn)動(dòng)一定的角度，此時(shí)C在A點(diǎn)之上，故D正確6、D

16、【解析】電動(dòng)勢(shì)表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)，電壓和電勢(shì)差是兩點(diǎn)之間電勢(shì)的差，它們的物理意義不同，故AB錯(cuò)誤；電動(dòng)勢(shì)的大小與非靜電力做功的能力大小有關(guān)，與非靜電力做功的多少無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)勢(shì)的大小是由電源本身的性質(zhì)決定的，故D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解析】AB.設(shè)小球由B點(diǎn)再上升h到達(dá)最高點(diǎn)，對(duì)小球上升到B點(diǎn)與返回至C點(diǎn)之間的過(guò)程由動(dòng)能定理得，mg23h-0.1mg(2h

17、+23h)=0，解得h=3h，所以小球上升的最大高度H=h+h=4h，選項(xiàng)A不符合題意，選項(xiàng)B符合題意；CD.下落過(guò)程中小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)動(dòng)能的增量12mvC2-12mvB2=mg23h-0.1mg23h=35mgh，選項(xiàng)C符合題意，選項(xiàng)D不合題意。8、BD【解析】由于繩子的拉力對(duì)B做負(fù)功，所以B物體的機(jī)械能在減小，A錯(cuò)誤；B物體受到繩子的拉力和重力作用，重力做正功，拉力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得B物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，B正確；將AB和彈簧看做一個(gè)整體，B物體的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，故B物體機(jī)械能的減小量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量與A動(dòng)能增加量之和，

18、C錯(cuò)誤；將A和彈簧看做一個(gè)整體，繩子的拉力對(duì)整體做正功，所以細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，D正確9、BCD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得，mgR=12mv2，知兩物塊達(dá)到底端的動(dòng)能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)P=mgv豎直，可知乙物體中重力的功率隨速度的增大是增大的；故C正確；甲物塊在下滑過(guò)程，開(kāi)始時(shí)重力功率為零，到達(dá)底部時(shí)重力的功率也為零，中間功率不為零，則說(shuō)明重力的功率一定是先增大后減小，選項(xiàng)D正確；故選BCD. 10、AC【解析】A對(duì)小木塊，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=ma1對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有：要使小木塊滑離木板，需使：則有：

19、故A正確；B設(shè)小木塊在薄木板上滑動(dòng)的過(guò)程，時(shí)間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，時(shí)間為t2，有：聯(lián)立解得：故B錯(cuò)誤；C根據(jù)動(dòng)量定理可知，m的動(dòng)量變化量為零，故說(shuō)明總沖量為零，因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于還受到支持力的沖量，由于故M對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)m的沖量大小不相等，故C錯(cuò)誤；D若增大水平恒力F，木塊離開(kāi)木板時(shí)間變短，速度變小，位移變?。辉谧烂嫔匣瑒?dòng)的距離變短，不可能滑出桌面，故D錯(cuò)誤。故選AC【點(diǎn)睛】薄木板在被抽出的過(guò)程中，滑塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解出木

20、塊的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解出時(shí)間； 根據(jù)動(dòng)量定理，合外力沖量為零，M對(duì)m的沖量與桌面對(duì)m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開(kāi)木板時(shí)間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動(dòng)的距離變短，可以判斷能否滑出桌面三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、AC 【解析】(1) A、要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故A正確.B、為了使小球碰后不被反彈，要求被碰小球質(zhì)量大于碰撞小球質(zhì)量，故B錯(cuò)誤.C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確D、本實(shí)驗(yàn)中兩小球落地時(shí)間相同，故不需要測(cè)量高度h來(lái)計(jì)算下落時(shí)間

21、；故D錯(cuò)誤；故選AC.(2)未放被碰球時(shí)的落點(diǎn)為P點(diǎn)，用盡可能小的圓將盡可能多的小球的落點(diǎn)圈住，圓心的位置就可以看成是小球的平均落點(diǎn)；該落點(diǎn)的讀數(shù)為25.55cm.(3)小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于小球拋出點(diǎn)的高度相等，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，如果碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則：m1v1=m1v1+m2v2，兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，則：m1xOP=m1xOM+m2xON，故實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為：.【點(diǎn)睛】該題考查用“碰撞試驗(yàn)器”驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該實(shí)驗(yàn)中，雖然小球做平拋運(yùn)動(dòng)，但是卻沒(méi)有用到速和時(shí)間，而是用位移x來(lái)代替速度v，成為是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.12、控制變量 B D

22、 0.62 【解析】（1）該實(shí)驗(yàn)是探究加速度與力、質(zhì)量的三者關(guān)系，研究三者關(guān)系必須運(yùn)用控制變量法（2）開(kāi)始物體所受拉力為零時(shí)，卻產(chǎn)生了加速度，故操作過(guò)程中平衡摩擦力時(shí)木板傾角過(guò)大，故選B；隨著外力F的增大，砂和砂筒的質(zhì)量越來(lái)越大，最后出現(xiàn)了不滿(mǎn)足遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量的情況，因此圖線出現(xiàn)了偏折現(xiàn)象故選D（3）根據(jù)x=aT2可得：a= m/s2=0.62m/s2.四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（）；（）；（）【解析】（）衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得（）根據(jù)牛頓定律和萬(wàn)有引力定律有衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)能為勢(shì)能為解得衛(wèi)星高度下降，在半徑為軌道上運(yùn)行同理可知機(jī)械為： ；衛(wèi)星軌道高度下降，其機(jī)械能的改變量為： （）最大橫截面積為的衛(wèi)星，經(jīng)過(guò)時(shí)間從圖實(shí)線位置運(yùn)動(dòng)到了圖中的虛線位置該空間區(qū)域的稀薄空氣顆粒的質(zhì)量為： 根據(jù)動(dòng)量定理有： 根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律有：解得根據(jù)牛頓第三定律，衛(wèi)星所受的阻力大小為： 點(diǎn)睛：本題考查了萬(wàn)有引力定律與功能關(guān)系、動(dòng)量定理等知識(shí)的綜合，難度較大，難點(diǎn)在于能夠正確地建立物理模型，比如選取衛(wèi)星前的一定空間內(nèi)的空氣為研究對(duì)象，結(jié)合動(dòng)量定理求解阻力的大小14、（1）（2）4s；（3）4.8m【解析】