【解析】廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷

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廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷

一、單選題

1．（2023·中山模擬）甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時(shí)刻并排行駛，下列說(shuō)法不正確的是（）

A．兩車在t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前

B．t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小

C．t1至t2時(shí)間內(nèi)甲車的加速度一直比乙車大

D．甲、乙兩車的加速度都先減小后增大

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】AB：t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲比乙速度快，甲比乙多運(yùn)動(dòng)一段距離；兩車在t2時(shí)刻并排行駛，則t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前，且t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小。AB不符合題意。

CD：速度—時(shí)間圖像上各點(diǎn)切線的斜率表示加速度，由圖知t1至t2時(shí)間內(nèi)兩車的加速度都先減小后增大，甲車的加速度不一直比乙車大。C錯(cuò)誤，符合題意；D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用圖像面積的大小可以判斷空間上兩車的關(guān)系；由于t1到t2時(shí)間內(nèi)甲的面積比較大所以甲在后乙在前；且甲的速度大所以之間的距離在變小；利用斜率可以比較加速度的大小；可以看出加速度都是先變小再變大。

2．（2023·中山模擬）許多科學(xué)家對(duì)物理學(xué)的發(fā)展有巨大貢獻(xiàn)，也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）

A．伽利略通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出“自由落體運(yùn)動(dòng)與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)”的規(guī)律

B．卡文迪許在實(shí)驗(yàn)室里通過(guò)幾個(gè)鉛球間萬(wàn)有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值

C．開普勒指出，地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹?lái)自太陽(yáng)的引力

D．牛頓通過(guò)比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，對(duì)萬(wàn)有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗(yàn)”

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史

【解析】【解答】A：伽利略通過(guò)抽象思維、數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法，得出“自由落體運(yùn)動(dòng)與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)”的規(guī)律；伽利略通過(guò)“理想斜面實(shí)驗(yàn)”得到結(jié)論：一切運(yùn)動(dòng)著的物體在沒(méi)有受到阻力作用的時(shí)候，它的速度不變，并且一直運(yùn)動(dòng)下去。A不符合題意。

B：卡文迪許在實(shí)驗(yàn)室里用扭秤實(shí)驗(yàn)通過(guò)幾個(gè)鉛球間萬(wàn)有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值。B符合題意。

C：牛頓認(rèn)為，地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹?lái)自太陽(yáng)的引力；開普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并沒(méi)有解釋行星為什么這樣運(yùn)動(dòng)。C不符合題意。

D：牛頓通過(guò)比較月球繞地球做近似圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度和地面重力加速度，對(duì)萬(wàn)有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗(yàn)”。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】理想斜面主要證明運(yùn)動(dòng)不需要力的維持；地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)主要受太陽(yáng)的引力是牛頓提出的；牛頓通過(guò)比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球重力加速度的大小，而不是地球上物體的向心加速度大小。

3．（2023·中山模擬）質(zhì)量均勻分布的正方形薄木板abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力為G，將頂點(diǎn)a處用一水平光滑軸掛起，處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)施加一外力使其ab邊在豎直線上，則此外力做的功至少應(yīng)為（）

A．GLB．GL

C．GLD．GL

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能與重力勢(shì)能

【解析】【解答】初始時(shí)，薄板重心所在水平線離a處；ab邊在豎直線上時(shí)，薄板重心所在水平線離a處；對(duì)移動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，解得：

。D項(xiàng)正確，ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。

故答案為：D

【分析】利用動(dòng)能定理可以得出外力做功加上克服重力做功等于動(dòng)能的增加，其外力做功大于重力所做的負(fù)功。

4．（2023·中山模擬）如圖，一勁度系數(shù)為k輕彈簧的一端固定在傾角為θ=30°的光滑固定斜面的底部，另一端和質(zhì)量為2m的小物塊A相連，質(zhì)量為m的物塊B緊靠A一起靜止.現(xiàn)用手緩慢斜向下壓物體B使彈簧再壓縮x0并靜止。然后迅速放手，A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，B達(dá)到最大速度v．則以下說(shuō)法正確的是(始終在彈性限度內(nèi))（）

A．L>x0

B．放手的瞬間，A對(duì)B的彈力大小為+

C．若向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程A，B出現(xiàn)了分離，則分離時(shí)彈簧的壓縮量為

D．從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能減小了

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A：設(shè)物塊B緊靠A一起靜止時(shí)彈簧的壓縮量為，對(duì)整體受力分析由平衡條件可得：；設(shè)B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧的壓縮量為，B達(dá)到最大速度v時(shí)，AB一起向上運(yùn)動(dòng)，加速度均為零，對(duì)整體受力分析可得：；解得：，則整體先下移x0，再向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，彈簧形變量相同，即。A不符合題意。

B：放手瞬間，彈簧壓縮量為，對(duì)整體受力分析由牛頓第二定律可得：；對(duì)物塊B受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：。B符合題意。

C：若向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程A、B出現(xiàn)分離時(shí)，A、B間力恰為零，且此時(shí)A、B加速度相同。對(duì)B受力分析由牛頓第二定律可得：，對(duì)A受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：，則分離時(shí)彈簧的壓縮量為0。C不符合題意。

D：從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過(guò)程中，AB及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢(shì)能減小等于AB重力勢(shì)能和動(dòng)能的增量，則。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用靜止條件求出彈簧的形變量大小，再利用平衡求出彈簧的形變量大小，就可以比較向下移動(dòng)的距離和向上移動(dòng)距離的大??；利用牛頓第二定律可以求出A對(duì)B的彈力大小；利用分離時(shí)的特點(diǎn)AB間的作用力為0且兩者加速度大小相等結(jié)合牛頓第二定律可以求出分離時(shí)的形變量大??；利用能量守恒可以求出彈性勢(shì)能的減少量。

二、多選題

5．（2023·中山模擬）如圖所示，一根套有輕質(zhì)細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置,一小球用細(xì)線系在細(xì)環(huán)上,小球置于一光滑斜面上,現(xiàn)用力將斜面緩慢右移（從虛線運(yùn)動(dòng)到實(shí)線）,此過(guò)程中細(xì)環(huán)始終靜止在原位置,則下列說(shuō)法正確的是（）

A．斜面對(duì)小球的支持力變大B．桿對(duì)細(xì)環(huán)的摩擦力變小

C．細(xì)線對(duì)細(xì)環(huán)的拉力變大D．桿對(duì)細(xì)環(huán)的支持力變小

【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)態(tài)平衡分析

【解析】【解答】AC：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，據(jù)平行四邊形定則作出與的合力，由平衡條件知，與的合力與小球重力等大、反向，由圖知，此過(guò)程中變小，變大，即斜面對(duì)小球的支持力變大，細(xì)線對(duì)小球的拉力變小，細(xì)線對(duì)細(xì)環(huán)的拉力變小。A符合題意，C不符合題意。

CD：以小環(huán)和小球整體為研究對(duì)象受力分析，整體受總重力、斜面對(duì)小球斜向上的支持力、桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力和桿對(duì)小環(huán)向左的摩擦力，據(jù)平衡條件桿對(duì)細(xì)環(huán)的摩擦力等于斜面對(duì)小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；據(jù)平衡條件桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力等于總重力減去斜面對(duì)小球斜向上的支持力的豎直分量，支持力增大，桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力減小。B不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用小球的平衡方程可以找出斜面支持力的變化及繩子拉力的變化，以細(xì)環(huán)為研究對(duì)象結(jié)合平衡可以判斷環(huán)受到摩擦力和支持力的變化。

6．（2023·中山模擬）在一斜面頂端，將甲、乙兩個(gè)小球分別以v1和v2的速率沿同一方向水平拋出(不計(jì)空氣阻力)，經(jīng)歷時(shí)間t1和t2兩球都落在該斜面上。乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，則下列判斷正確的是（）

A．v2=2v1

B．t2=2t1

C．甲、乙兩球飛行過(guò)程中速率變化率之比為1：1

D．甲、乙兩球落在該斜面上時(shí)的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1

【答案】A,B,D

【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A：乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，v2=2v1。A符合題意。

B：乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，t2=2t1。B符合題意。

C：v2=2v1，乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，甲、乙兩球飛行過(guò)程中速率變化率之比為1：2。C不符合題意。

D：設(shè)斜面傾角為，小球落在斜面上速度方向與水平方向夾角為，甲球以v1速率拋出，落在斜面上，如圖所示，則、，所以；則兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，兩球落在該斜面上時(shí)的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1。D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用速度的方向相同結(jié)合速度的分解可以求出水平方向速度的比值；利用豎直方向速度的大小可以比較時(shí)間的比值；由于位移方向相同所以速度方向相同；汽車在過(guò)程中速率的變化量由末速度大小減去初速度的大小，其比值不是2：1，時(shí)間比值是2：1，導(dǎo)致速率變化率之比不是1：1.

7．（2023·中山模擬）如圖，水平面上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向左，一帶正電的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從水平面上的O點(diǎn)射入電場(chǎng)，射入時(shí)速度大小為v0，方向與水平方向成θ角(θ角是銳角，虛線OA為豎直線)，當(dāng)它到達(dá)P點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度恰沿水平方向，且速度大小也為v0，則在此過(guò)程中（不計(jì)空氣阻力）（）

A．點(diǎn)P一定在虛線OA左側(cè)

B．小球電勢(shì)能增加

C．小球的動(dòng)量均勻變化

D．小球重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和減小

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB：將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，小球豎直方向的初速度向上、初速度大小，小球豎直方向的加速度向下、大?。划?dāng)小球到達(dá)P點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度恰沿水平方向，所以小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)豎直方向位移向上。設(shè)小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)豎直方向向上運(yùn)動(dòng)了，對(duì)小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：，所以從小球開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程電場(chǎng)力做正功。小球帶正電，所受電場(chǎng)力水平向左，則小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)在水平方向位移向左，則點(diǎn)P一定在虛線OA左側(cè)。電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小。A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。

C：小球所受重力和電場(chǎng)力均為恒力，據(jù)動(dòng)量定理可得，小球的動(dòng)量均勻變化。C項(xiàng)正確。

D：小球受重力和電場(chǎng)力，則小球的電勢(shì)能與機(jī)械能之和不變；從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)小球所受合力方向(斜向左下)與運(yùn)動(dòng)方向間夾角從鈍角變成銳角，合力先做負(fù)功后做正功，小球的動(dòng)能先減小后增大，則小球重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和先增大后減小。D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故答案為：AC

【分析】利用動(dòng)能定理可以判別過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以小球會(huì)出現(xiàn)在虛線的左側(cè)；所以導(dǎo)致電勢(shì)能減少；由于受到合力作用所以動(dòng)量均勻變化；重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變。

8．（2023·中山模擬）如圖所示，MNBO為有界的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，AB為光滑固定的1/4圓弧形軌道(O為圓心，B點(diǎn)切線水平)，軌道半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球(視作質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)正上方高為h=R處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，小球進(jìn)入軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，下列說(shuō)法正確的是（）

A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=mg/q

B．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mg

C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中對(duì)軌道的壓力先增大后減小

D．小球從A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能先增大后減小

【答案】A,B,C

【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A：對(duì)小球由靜止釋放到A點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：；對(duì)A點(diǎn)時(shí)的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：，又由牛頓第三定律知；聯(lián)立解得：、。A符合題意。

B：對(duì)小球由A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，對(duì)B點(diǎn)時(shí)的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：；解得：、。據(jù)牛頓第三定律，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mg。B符合題意。

C：小球受的重力和電場(chǎng)力大小相等，兩力的合力方向斜向左下方與水平方向成，等效重力場(chǎng)的方向與水平方向成斜向左下方，則小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中小球所受支持力先增大后減小。據(jù)牛頓第三定律，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中對(duì)軌道的壓力先增大后減小。C符合題意。

D：小球所受電場(chǎng)力向左，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小。D不符合題意。

故答案為：ABC

【分析】利用動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度和在A點(diǎn)的速度大??；再利用AB過(guò)程的動(dòng)能定理可以求出B點(diǎn)的速度大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力；利用重力和電場(chǎng)力等效為重力，可以判斷不同位置軌道壓力的大小；利用電場(chǎng)力做負(fù)功可以判別機(jī)械能減少。

三、實(shí)驗(yàn)題

9．（2023·中山模擬）欲測(cè)量實(shí)驗(yàn)室某合金絲的電阻率，其阻值Rx約為6Ω.用螺旋測(cè)微器測(cè)得合金絲的直徑為d，用毫米刻度尺測(cè)得其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，先要精確測(cè)量該合金絲的阻值Rx，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

A.

電流表A1(量程0--0.3

A，內(nèi)阻約為5Ω)

B.

電流表A2(量程0--0.6

A，內(nèi)阻約為1Ω)

C.

電壓表V1(量程0--3V，內(nèi)阻約3kΩ)

D.

電壓表V2(量程0--15V，內(nèi)阻約18kΩ)

E.

定值電阻R0=5Ω

F.滑動(dòng)變阻器R1(總阻值5Ω)

G.滑動(dòng)變阻器R2(總阻值100Ω)

H.電源(電動(dòng)勢(shì)E=6V，內(nèi)阻約為1Ω)

I.開關(guān)和導(dǎo)線若干.

（1）用伏安法測(cè)量該合金絲阻值時(shí)，為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用.(填器材前面的字母)

（2）根據(jù)器材設(shè)計(jì)了兩個(gè)電路原理圖，你認(rèn)為哪個(gè)原理圖更合理（選填“圖甲”或“圖乙”）

（3）按照設(shè)計(jì)好的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，某次測(cè)量過(guò)程中電表示數(shù)分別為U和I，則Rx=，該合金絲電阻率為(用R、I、d和數(shù)學(xué)常數(shù)表示).

【答案】（1）B；C；F

（2）圖乙

（3）；

【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量

【解析】【解答】(1)合金絲通電后發(fā)熱升溫，會(huì)使合金絲的電阻率變大，因此通過(guò)合金絲的電流不宜太大，電流表應(yīng)用0～0.6A量程；合金絲電阻Rx約為6Ω，則其兩端最大電壓約3V左右，電壓表選用0～3V量程；為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，選用總阻值5Ω的滑動(dòng)變阻器。故三空答案分別為B、C、F。(2)為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，原理圖更合理的是圖乙。(3)電表示數(shù)分別為U和I，則合金絲的直徑為d，其橫截面積，合金絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，所以，解得：合金絲電阻率。

【分析】（1）利用電源電動(dòng)勢(shì)和電路中電阻的大小可以判別電流表的量程和電壓表量程，滑動(dòng)變阻器使用分壓式接法選擇小量程；

（2）根據(jù)滑動(dòng)變阻器作用選擇電路圖；

（3）利用歐姆定律求出電阻結(jié)合電阻定律求出電阻率大小。

10．（2023·中山模擬）某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲以如圖裝置中的滑塊為對(duì)象驗(yàn)證“牛頓第二定律”，裝置由彈簧測(cè)力計(jì)、氣墊導(dǎo)軌、兩個(gè)光電門、滑塊和砝碼盤（含砝碼）等組成．光電門可以測(cè)出滑塊的遮光條依次分別通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1、△t2，游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條的寬度d，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測(cè)出兩個(gè)光電門間的距離L，另用天平測(cè)出滑塊、砝碼盤（含砝碼）的質(zhì)量分別為M和m，不計(jì)滑輪的重量和摩擦。

（1）測(cè)量d時(shí)，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為cm．

（2）實(shí)驗(yàn)操作中，下列說(shuō)法正確的是__________.

A．該裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平

B．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M

C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取遮光條通過(guò)兩光電門時(shí)間的平均值以減小偶然誤差

D．如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1和△t2必相等

（3）該裝置中彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F，需要驗(yàn)證的表達(dá)式為F=。

（4）對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出滑塊的加速度a與彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)F的關(guān)系圖像,下圖中最符合本實(shí)驗(yàn)實(shí)際情況的是

（5）對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則滑塊質(zhì)量可表示為__。

A．B．C．kD．

【答案】（1）1.130

（2）A；C；D

（3）

（4）A

（5）D

【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系

【解析】【解答】(1)游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）如圖所示，游標(biāo)卡尺精度為，其讀數(shù)為。(2)A：滑塊在氣墊導(dǎo)軌上所受摩擦力幾乎為零，裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，滑塊所受合力就等于左側(cè)彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)的2倍。A項(xiàng)正確。

B：實(shí)驗(yàn)中由彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)可得出滑塊所受合力，沒(méi)有用鉤碼的重力來(lái)代替繩中拉力，不需要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M。B項(xiàng)錯(cuò)誤。C：實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取遮光條通過(guò)兩光電門時(shí)間的平均值可以減小偶然誤差。C項(xiàng)正確。

D：如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，滑塊通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1和△t2必相等。D項(xiàng)正確。(3)該裝置中彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F，則滑塊所受合力為；對(duì)滑塊從一個(gè)光電門運(yùn)動(dòng)到另一個(gè)光電門的過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：，解得：滑塊加速度；則需驗(yàn)證的是，即。(4)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線。A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。(5)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，圖線的斜率為k，則，解得：；由于圖像橫縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同，所以，推不出滑塊質(zhì)量與的定量關(guān)系。D項(xiàng)正確，ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。

【分析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)分為上尺和游尺兩部分；

（2）實(shí)驗(yàn)中有測(cè)量拉力大小測(cè)力計(jì)不需要滿足質(zhì)量關(guān)系；

（3）利用牛頓第二定律可以求出F的表達(dá)式；

（4）實(shí)驗(yàn)中加速度和彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)成正比；

（5）利用F的表達(dá)式可以判斷斜率的含義以及求出質(zhì)量的表達(dá)式。

四、解答題

11．（2023·中山模擬）有一個(gè)固定豎直放置的圓形軌道,半徑為R,由左右兩部分組成.如圖所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.在最低點(diǎn)A給一質(zhì)量為m的小球一個(gè)水平向右的初速度,使小球沿軌道恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B,小球在B點(diǎn)又能沿BFA回到A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為5mg.求:

（1）小球的初速度v0;

（2）小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程中克服摩擦力所做的功.

【答案】（1）解：小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，設(shè)小球由AEB到B點(diǎn)的速度為，則：

，解得：

對(duì)小球由A經(jīng)AEB到B點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：

解得：

（2）解：由于回到A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為5mg，對(duì)回到A點(diǎn)的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：

，解得：

對(duì)小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，解得：

則小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程中克服摩擦力所做的功

【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）利用圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界條件可以求出最高點(diǎn)的速度大小；

（2）利用牛頓第二定律可以求出A點(diǎn)的速度大??；結(jié)合動(dòng)能定理可以求出克服摩擦力所做的功。

12．（2023·中山模擬）如圖，水平光滑桿CP上套有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小物塊A(可視作質(zhì)點(diǎn))，細(xì)線跨過(guò)O點(diǎn)的輕質(zhì)小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質(zhì)量為mB=2kg的小物塊B，C點(diǎn)為O點(diǎn)正下方桿的右端點(diǎn)，定滑輪到桿的距離OC＝h=0.4m.開始時(shí)AO與水平方向的夾角為30°，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ=37°固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為M=1kg的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時(shí)木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長(zhǎng)為L(zhǎng)1=0.53m)，F(xiàn)E部分與物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=3/8。木板端點(diǎn)E距斜面底端G長(zhǎng)LEG=0.26m.現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60°)，物塊A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時(shí)間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時(shí)解除木板的鎖定?；瑝K在木板上DF段運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）物塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)滑塊A、B的速度之比；

（2）木板表面FE部分的長(zhǎng)度L2；

（3）從解除鎖定開始計(jì)時(shí)，木板端點(diǎn)E經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)斜面底端G

【答案】（1）解：在P點(diǎn)時(shí)，由速度關(guān)系，得：

（2）解：物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，物塊B的速度恰為零

物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，A、B組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒：

解得：

設(shè)物塊剛滑上木板時(shí)的速度大小為，由平拋規(guī)律：

滑上木板后，在DF段：

因?yàn)槟景迮c斜面間最大靜摩擦力為：，木板重力沿斜面的分量，所以木板靜止

物塊加速度，設(shè)物塊經(jīng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)到F，則：

解得：

物塊到達(dá)F點(diǎn)的速度

過(guò)F后，對(duì)物塊，解得：

對(duì)木板：，解得：

設(shè)物塊經(jīng)時(shí)間滑到E點(diǎn)，則：

木板的位移、物塊的位移

木板表面FE部分的長(zhǎng)度

代入數(shù)據(jù)解得：

（3）解：分離時(shí)木板位移，速度

分離后，對(duì)木板：，解得：

由，解得：

所以

【知識(shí)點(diǎn)】速度的合成與分解；機(jī)械能守恒及其條件

【解析】【分析】（1）利用速度的分解可以求出滑塊AB的速度之比；

（2）利用機(jī)械能守恒可以求出A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出A滑上木板的初速度大??；利用平衡可以判別物塊A在DF段運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板處于靜止；在FE段運(yùn)動(dòng)時(shí)木板處于加速運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出物塊A在DF段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和末速度的大??；利用板塊傳動(dòng)可以判斷在EF段A物塊和木板各自的運(yùn)動(dòng)情況，利用運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系，可以求出相對(duì)位移的大小即EF段的距離；

（3）利用分離時(shí)速度位移公式求出木板單獨(dú)運(yùn)動(dòng)的初速度，結(jié)合牛頓第二定律可以求出木板單獨(dú)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，加上前面板塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和靜止的時(shí)間就是總的時(shí)間。

13．（2023·中山模擬）如圖，光滑曲面軌道在O點(diǎn)與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一各表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運(yùn)動(dòng)（碰撞時(shí)間極短），平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度。求

①A和B碰撞過(guò)程中B受的合力的沖量大??；

②斜面體C獲得的最大速度。

【答案】解：①A下落到O點(diǎn)過(guò)程：，解得：

A、B碰撞動(dòng)量守恒：，解得：

對(duì)B，由動(dòng)量定理得：，所以

②AB一起沖上斜面體后又返回時(shí)，C獲得的速度最大

AB與C水平方向動(dòng)量守恒：

AB與C機(jī)械能守恒：

聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)得：

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律

【解析】【分析】（1）利用動(dòng)能定理可以求出A到達(dá)O點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)量守恒可以求出AB一起運(yùn)動(dòng)的速度；利用動(dòng)量定理可以求出合力對(duì)B產(chǎn)生的沖量大??；

（2）利用動(dòng)量守恒可以求出C最大速度的時(shí)刻；利用動(dòng)量守恒和能量守恒相結(jié)合可以求出最后C的最大速度。

五、填空題

14．（2023·中山模擬）如圖,水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),小物體P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時(shí)刻P離開傳送帶.不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長(zhǎng).正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是____________.

A．

B．

C．

D．

E．

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】傳送帶模型

【解析】【解答】1、若，(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于Q的重力，則P將沿皮帶向右加速直至和皮帶的速度相等后變?yōu)閯蛩伲壹铀贂r(shí)的加速度大??；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(3)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，且此過(guò)程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小。2、若，(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，且此過(guò)程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小。3、若，物體P將先減速到與皮帶速度相等，此過(guò)程中加速度大小，接下來(lái)情況為：(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，此過(guò)程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小，加速度的大小比減速到與皮帶速度相等階段的小。

又時(shí)P離開傳送帶，若從右側(cè)離開，物體在內(nèi)位移向右；若從左側(cè)離開，物體在內(nèi)位移為零。速度時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移。

綜上，結(jié)合加速度變化和位移情況，正確的是AC。

【分析】分析物體速度和傳送帶速度大小關(guān)系，可以判斷物塊的摩擦力方向，利用摩擦力和Q的重力大小關(guān)系判斷整個(gè)系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)情況；例如當(dāng)物體P的速度小于傳送帶的速度時(shí)，那么傳送帶會(huì)給物體一個(gè)向右的摩擦力，當(dāng)摩擦力等于Q的重力時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)平衡，整個(gè)系統(tǒng)做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)摩擦力大小大于Q的重力時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)會(huì)一起向右作勻加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)摩擦力大小小于Q重力時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)會(huì)出現(xiàn)勻減速運(yùn)動(dòng)，然后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)。

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廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷

一、單選題

1．（2023·中山模擬）甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時(shí)刻并排行駛，下列說(shuō)法不正確的是（）

A．兩車在t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前

B．t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小

C．t1至t2時(shí)間內(nèi)甲車的加速度一直比乙車大

D．甲、乙兩車的加速度都先減小后增大

2．（2023·中山模擬）許多科學(xué)家對(duì)物理學(xué)的發(fā)展有巨大貢獻(xiàn)，也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）

A．伽利略通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出“自由落體運(yùn)動(dòng)與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)”的規(guī)律

B．卡文迪許在實(shí)驗(yàn)室里通過(guò)幾個(gè)鉛球間萬(wàn)有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值

C．開普勒指出，地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹?lái)自太陽(yáng)的引力

D．牛頓通過(guò)比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，對(duì)萬(wàn)有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗(yàn)”

3．（2023·中山模擬）質(zhì)量均勻分布的正方形薄木板abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力為G，將頂點(diǎn)a處用一水平光滑軸掛起，處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)施加一外力使其ab邊在豎直線上，則此外力做的功至少應(yīng)為（）

A．GLB．GL

C．GLD．GL

4．（2023·中山模擬）如圖，一勁度系數(shù)為k輕彈簧的一端固定在傾角為θ=30°的光滑固定斜面的底部，另一端和質(zhì)量為2m的小物塊A相連，質(zhì)量為m的物塊B緊靠A一起靜止.現(xiàn)用手緩慢斜向下壓物體B使彈簧再壓縮x0并靜止。然后迅速放手，A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，B達(dá)到最大速度v．則以下說(shuō)法正確的是(始終在彈性限度內(nèi))（）

A．L>x0

B．放手的瞬間，A對(duì)B的彈力大小為+

C．若向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程A，B出現(xiàn)了分離，則分離時(shí)彈簧的壓縮量為

D．從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能減小了

二、多選題

5．（2023·中山模擬）如圖所示，一根套有輕質(zhì)細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置,一小球用細(xì)線系在細(xì)環(huán)上,小球置于一光滑斜面上,現(xiàn)用力將斜面緩慢右移（從虛線運(yùn)動(dòng)到實(shí)線）,此過(guò)程中細(xì)環(huán)始終靜止在原位置,則下列說(shuō)法正確的是（）

A．斜面對(duì)小球的支持力變大B．桿對(duì)細(xì)環(huán)的摩擦力變小

C．細(xì)線對(duì)細(xì)環(huán)的拉力變大D．桿對(duì)細(xì)環(huán)的支持力變小

6．（2023·中山模擬）在一斜面頂端，將甲、乙兩個(gè)小球分別以v1和v2的速率沿同一方向水平拋出(不計(jì)空氣阻力)，經(jīng)歷時(shí)間t1和t2兩球都落在該斜面上。乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，則下列判斷正確的是（）

A．v2=2v1

B．t2=2t1

C．甲、乙兩球飛行過(guò)程中速率變化率之比為1：1

D．甲、乙兩球落在該斜面上時(shí)的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1

7．（2023·中山模擬）如圖，水平面上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向左，一帶正電的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從水平面上的O點(diǎn)射入電場(chǎng)，射入時(shí)速度大小為v0，方向與水平方向成θ角(θ角是銳角，虛線OA為豎直線)，當(dāng)它到達(dá)P點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度恰沿水平方向，且速度大小也為v0，則在此過(guò)程中（不計(jì)空氣阻力）（）

A．點(diǎn)P一定在虛線OA左側(cè)

B．小球電勢(shì)能增加

C．小球的動(dòng)量均勻變化

D．小球重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和減小

8．（2023·中山模擬）如圖所示，MNBO為有界的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，AB為光滑固定的1/4圓弧形軌道(O為圓心，B點(diǎn)切線水平)，軌道半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球(視作質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)正上方高為h=R處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，小球進(jìn)入軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，下列說(shuō)法正確的是（）

A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=mg/q

B．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mg

C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中對(duì)軌道的壓力先增大后減小

D．小球從A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能先增大后減小

三、實(shí)驗(yàn)題

9．（2023·中山模擬）欲測(cè)量實(shí)驗(yàn)室某合金絲的電阻率，其阻值Rx約為6Ω.用螺旋測(cè)微器測(cè)得合金絲的直徑為d，用毫米刻度尺測(cè)得其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，先要精確測(cè)量該合金絲的阻值Rx，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

A.

電流表A1(量程0--0.3

A，內(nèi)阻約為5Ω)

B.

電流表A2(量程0--0.6

A，內(nèi)阻約為1Ω)

C.

電壓表V1(量程0--3V，內(nèi)阻約3kΩ)

D.

電壓表V2(量程0--15V，內(nèi)阻約18kΩ)

E.

定值電阻R0=5Ω

F.滑動(dòng)變阻器R1(總阻值5Ω)

G.滑動(dòng)變阻器R2(總阻值100Ω)

H.電源(電動(dòng)勢(shì)E=6V，內(nèi)阻約為1Ω)

I.開關(guān)和導(dǎo)線若干.

（1）用伏安法測(cè)量該合金絲阻值時(shí)，為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用.(填器材前面的字母)

（2）根據(jù)器材設(shè)計(jì)了兩個(gè)電路原理圖，你認(rèn)為哪個(gè)原理圖更合理（選填“圖甲”或“圖乙”）

（3）按照設(shè)計(jì)好的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，某次測(cè)量過(guò)程中電表示數(shù)分別為U和I，則Rx=，該合金絲電阻率為(用R、I、d和數(shù)學(xué)常數(shù)表示).

10．（2023·中山模擬）某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲以如圖裝置中的滑塊為對(duì)象驗(yàn)證“牛頓第二定律”，裝置由彈簧測(cè)力計(jì)、氣墊導(dǎo)軌、兩個(gè)光電門、滑塊和砝碼盤（含砝碼）等組成．光電門可以測(cè)出滑塊的遮光條依次分別通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1、△t2，游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條的寬度d，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測(cè)出兩個(gè)光電門間的距離L，另用天平測(cè)出滑塊、砝碼盤（含砝碼）的質(zhì)量分別為M和m，不計(jì)滑輪的重量和摩擦。

（1）測(cè)量d時(shí)，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為cm．

（2）實(shí)驗(yàn)操作中，下列說(shuō)法正確的是__________.

A．該裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平

B．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M

C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取遮光條通過(guò)兩光電門時(shí)間的平均值以減小偶然誤差

D．如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1和△t2必相等

（3）該裝置中彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F，需要驗(yàn)證的表達(dá)式為F=。

（4）對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出滑塊的加速度a與彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)F的關(guān)系圖像,下圖中最符合本實(shí)驗(yàn)實(shí)際情況的是

（5）對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則滑塊質(zhì)量可表示為__。

A．B．C．kD．

四、解答題

11．（2023·中山模擬）有一個(gè)固定豎直放置的圓形軌道,半徑為R,由左右兩部分組成.如圖所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.在最低點(diǎn)A給一質(zhì)量為m的小球一個(gè)水平向右的初速度,使小球沿軌道恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B,小球在B點(diǎn)又能沿BFA回到A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為5mg.求:

（1）小球的初速度v0;

（2）小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程中克服摩擦力所做的功.

12．（2023·中山模擬）如圖，水平光滑桿CP上套有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小物塊A(可視作質(zhì)點(diǎn))，細(xì)線跨過(guò)O點(diǎn)的輕質(zhì)小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質(zhì)量為mB=2kg的小物塊B，C點(diǎn)為O點(diǎn)正下方桿的右端點(diǎn)，定滑輪到桿的距離OC＝h=0.4m.開始時(shí)AO與水平方向的夾角為30°，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ=37°固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為M=1kg的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時(shí)木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長(zhǎng)為L(zhǎng)1=0.53m)，F(xiàn)E部分與物塊A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=3/8。木板端點(diǎn)E距斜面底端G長(zhǎng)LEG=0.26m.現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60°)，物塊A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時(shí)間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時(shí)解除木板的鎖定。滑塊在木板上DF段運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）物塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)滑塊A、B的速度之比；

（2）木板表面FE部分的長(zhǎng)度L2；

（3）從解除鎖定開始計(jì)時(shí)，木板端點(diǎn)E經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)斜面底端G

13．（2023·中山模擬）如圖，光滑曲面軌道在O點(diǎn)與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一各表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運(yùn)動(dòng)（碰撞時(shí)間極短），平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度。求

①A和B碰撞過(guò)程中B受的合力的沖量大小；

②斜面體C獲得的最大速度。

五、填空題

14．（2023·中山模擬）如圖,水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),小物體P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時(shí)刻P離開傳送帶.不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長(zhǎng).正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是____________.

A．

B．

C．

D．

E．

答案解析部分

1．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】AB：t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲比乙速度快，甲比乙多運(yùn)動(dòng)一段距離；兩車在t2時(shí)刻并排行駛，則t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前，且t1至t2時(shí)間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小。AB不符合題意。

CD：速度—時(shí)間圖像上各點(diǎn)切線的斜率表示加速度，由圖知t1至t2時(shí)間內(nèi)兩車的加速度都先減小后增大，甲車的加速度不一直比乙車大。C錯(cuò)誤，符合題意；D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用圖像面積的大小可以判斷空間上兩車的關(guān)系；由于t1到t2時(shí)間內(nèi)甲的面積比較大所以甲在后乙在前；且甲的速度大所以之間的距離在變??；利用斜率可以比較加速度的大?。豢梢钥闯黾铀俣榷际窍茸冃≡僮兇蟆?/p>

2．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史

【解析】【解答】A：伽利略通過(guò)抽象思維、數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法，得出“自由落體運(yùn)動(dòng)與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)”的規(guī)律；伽利略通過(guò)“理想斜面實(shí)驗(yàn)”得到結(jié)論：一切運(yùn)動(dòng)著的物體在沒(méi)有受到阻力作用的時(shí)候，它的速度不變，并且一直運(yùn)動(dòng)下去。A不符合題意。

B：卡文迪許在實(shí)驗(yàn)室里用扭秤實(shí)驗(yàn)通過(guò)幾個(gè)鉛球間萬(wàn)有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值。B符合題意。

C：牛頓認(rèn)為，地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹?lái)自太陽(yáng)的引力；開普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并沒(méi)有解釋行星為什么這樣運(yùn)動(dòng)。C不符合題意。

D：牛頓通過(guò)比較月球繞地球做近似圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度和地面重力加速度，對(duì)萬(wàn)有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗(yàn)”。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】理想斜面主要證明運(yùn)動(dòng)不需要力的維持；地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)主要受太陽(yáng)的引力是牛頓提出的；牛頓通過(guò)比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球重力加速度的大小，而不是地球上物體的向心加速度大小。

3．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能與重力勢(shì)能

【解析】【解答】初始時(shí)，薄板重心所在水平線離a處；ab邊在豎直線上時(shí)，薄板重心所在水平線離a處；對(duì)移動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，解得：

。D項(xiàng)正確，ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。

故答案為：D

【分析】利用動(dòng)能定理可以得出外力做功加上克服重力做功等于動(dòng)能的增加，其外力做功大于重力所做的負(fù)功。

4．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A：設(shè)物塊B緊靠A一起靜止時(shí)彈簧的壓縮量為，對(duì)整體受力分析由平衡條件可得：；設(shè)B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧的壓縮量為，B達(dá)到最大速度v時(shí)，AB一起向上運(yùn)動(dòng)，加速度均為零，對(duì)整體受力分析可得：；解得：，則整體先下移x0，再向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，彈簧形變量相同，即。A不符合題意。

B：放手瞬間，彈簧壓縮量為，對(duì)整體受力分析由牛頓第二定律可得：；對(duì)物塊B受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：。B符合題意。

C：若向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程A、B出現(xiàn)分離時(shí)，A、B間力恰為零，且此時(shí)A、B加速度相同。對(duì)B受力分析由牛頓第二定律可得：，對(duì)A受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：，則分離時(shí)彈簧的壓縮量為0。C不符合題意。

D：從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過(guò)程中，AB及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢(shì)能減小等于AB重力勢(shì)能和動(dòng)能的增量，則。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用靜止條件求出彈簧的形變量大小，再利用平衡求出彈簧的形變量大小，就可以比較向下移動(dòng)的距離和向上移動(dòng)距離的大??；利用牛頓第二定律可以求出A對(duì)B的彈力大??；利用分離時(shí)的特點(diǎn)AB間的作用力為0且兩者加速度大小相等結(jié)合牛頓第二定律可以求出分離時(shí)的形變量大??；利用能量守恒可以求出彈性勢(shì)能的減少量。

5．【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)態(tài)平衡分析

【解析】【解答】AC：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，據(jù)平行四邊形定則作出與的合力，由平衡條件知，與的合力與小球重力等大、反向，由圖知，此過(guò)程中變小，變大，即斜面對(duì)小球的支持力變大，細(xì)線對(duì)小球的拉力變小，細(xì)線對(duì)細(xì)環(huán)的拉力變小。A符合題意，C不符合題意。

CD：以小環(huán)和小球整體為研究對(duì)象受力分析，整體受總重力、斜面對(duì)小球斜向上的支持力、桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力和桿對(duì)小環(huán)向左的摩擦力，據(jù)平衡條件桿對(duì)細(xì)環(huán)的摩擦力等于斜面對(duì)小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；據(jù)平衡條件桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力等于總重力減去斜面對(duì)小球斜向上的支持力的豎直分量，支持力增大，桿對(duì)小環(huán)豎直向上的支持力減小。B不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用小球的平衡方程可以找出斜面支持力的變化及繩子拉力的變化，以細(xì)環(huán)為研究對(duì)象結(jié)合平衡可以判斷環(huán)受到摩擦力和支持力的變化。

6．【答案】A,B,D

【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A：乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，v2=2v1。A符合題意。

B：乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，t2=2t1。B符合題意。

C：v2=2v1，乙球落至斜面時(shí)的速率是甲球落至斜面時(shí)速率的兩倍，甲、乙兩球飛行過(guò)程中速率變化率之比為1：2。C不符合題意。

D：設(shè)斜面傾角為，小球落在斜面上速度方向與水平方向夾角為，甲球以v1速率拋出，落在斜面上，如圖所示，則、，所以；則兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，兩球落在該斜面上時(shí)的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1。D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用速度的方向相同結(jié)合速度的分解可以求出水平方向速度的比值；利用豎直方向速度的大小可以比較時(shí)間的比值；由于位移方向相同所以速度方向相同；汽車在過(guò)程中速率的變化量由末速度大小減去初速度的大小，其比值不是2：1，時(shí)間比值是2：1，導(dǎo)致速率變化率之比不是1：1.

7．【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB：將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，小球豎直方向的初速度向上、初速度大小，小球豎直方向的加速度向下、大??；當(dāng)小球到達(dá)P點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)速度恰沿水平方向，所以小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)豎直方向位移向上。設(shè)小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)豎直方向向上運(yùn)動(dòng)了，對(duì)小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：，所以從小球開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程電場(chǎng)力做正功。小球帶正電，所受電場(chǎng)力水平向左，則小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)在水平方向位移向左，則點(diǎn)P一定在虛線OA左側(cè)。電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小。A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。

C：小球所受重力和電場(chǎng)力均為恒力，據(jù)動(dòng)量定理可得，小球的動(dòng)量均勻變化。C項(xiàng)正確。

D：小球受重力和電場(chǎng)力，則小球的電勢(shì)能與機(jī)械能之和不變；從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)小球所受合力方向(斜向左下)與運(yùn)動(dòng)方向間夾角從鈍角變成銳角，合力先做負(fù)功后做正功，小球的動(dòng)能先減小后增大，則小球重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和先增大后減小。D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故答案為：AC

【分析】利用動(dòng)能定理可以判別過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以小球會(huì)出現(xiàn)在虛線的左側(cè)；所以導(dǎo)致電勢(shì)能減少；由于受到合力作用所以動(dòng)量均勻變化；重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變。

8．【答案】A,B,C

【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A：對(duì)小球由靜止釋放到A點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：；對(duì)A點(diǎn)時(shí)的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：，又由牛頓第三定律知；聯(lián)立解得：、。A符合題意。

B：對(duì)小球由A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，對(duì)B點(diǎn)時(shí)的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：；解得：、。據(jù)牛頓第三定律，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mg。B符合題意。

C：小球受的重力和電場(chǎng)力大小相等，兩力的合力方向斜向左下方與水平方向成，等效重力場(chǎng)的方向與水平方向成斜向左下方，則小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中小球所受支持力先增大后減小。據(jù)牛頓第三定律，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中對(duì)軌道的壓力先增大后減小。C符合題意。

D：小球所受電場(chǎng)力向左，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小。D不符合題意。

故答案為：ABC

【分析】利用動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度和在A點(diǎn)的速度大??；再利用AB過(guò)程的動(dòng)能定理可以求出B點(diǎn)的速度大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力；利用重力和電場(chǎng)力等效為重力，可以判斷不同位置軌道壓力的大?。焕秒妶?chǎng)力做負(fù)功可以判別機(jī)械能減少。

9．【答案】（1）B；C；F

（2）圖乙

（3）；

【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量

【解析】【解答】(1)合金絲通電后發(fā)熱升溫，會(huì)使合金絲的電阻率變大，因此通過(guò)合金絲的電流不宜太大，電流表應(yīng)用0～0.6A量程；合金絲電阻Rx約為6Ω，則其兩端最大電壓約3V左右，電壓表選用0～3V量程；為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，選用總阻值5Ω的滑動(dòng)變阻器。故三空答案分別為B、C、F。(2)為了盡可能多地獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，原理圖更合理的是圖乙。(3)電表示數(shù)分別為U和I，則合金絲的直徑為d，其橫截面積，合金絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，所以，解得：合金絲電阻率。

【分析】（1）利用電源電動(dòng)勢(shì)和電路中電阻的大小可以判別電流表的量程和電壓表量程，滑動(dòng)變阻器使用分壓式接法選擇小量程；

（2）根據(jù)滑動(dòng)變阻器作用選擇電路圖；

（3）利用歐姆定律求出電阻結(jié)合電阻定律求出電阻率大小。

10．【答案】（1）1.130

（2）A；C；D

（3）

（4）A

（5）D

【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系

【解析】【解答】(1)游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）如圖所示，游標(biāo)卡尺精度為，其讀數(shù)為。(2)A：滑塊在氣墊導(dǎo)軌上所受摩擦力幾乎為零，裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，滑塊所受合力就等于左側(cè)彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)的2倍。A項(xiàng)正確。

B：實(shí)驗(yàn)中由彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)可得出滑塊所受合力，沒(méi)有用鉤碼的重力來(lái)代替繩中拉力，不需要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M。B項(xiàng)錯(cuò)誤。C：實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取遮光條通過(guò)兩光電門時(shí)間的平均值可以減小偶然誤差。C項(xiàng)正確。

D：如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，滑塊通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間△t1和△t2必相等。D項(xiàng)正確。(3)該裝置中彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F，則滑塊所受合力為；對(duì)滑塊從一個(gè)光電門運(yùn)動(dòng)到另一個(gè)光電門的過(guò)程，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：，解得：滑塊加速度；則需驗(yàn)證的是，即。(4)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，對(duì)質(zhì)量保持不變過(guò)程，圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線。A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。(5)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，圖線的斜率為k，則，解得：；由于圖像橫縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同，所以，推不出滑塊質(zhì)量與的定量關(guān)系。D項(xiàng)正確，ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。

【分析】（1）游標(biāo)卡尺