2023-2024学年河南省六校联考高三上学期11月月考物理试题（解析版）

PAGEPAGE1高三物理模拟训练4一、选择题1.如图所示，一学生练习用脚颠球，足球自静止开始下落0.8m后被颠起，足球离开脚沿竖直方向运动，向上运动的最大高度为0.45m。已知足球的质量为0.4kg，足球与脚的作用时间为0.1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.足球与脚作用的过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg·m/sB.在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相反C.足球上升过程中重力的冲量大于足球下落过程中重力的冲量D.足球与脚作用的过程中，脚对足球的平均作用力大小为32N【答案】D【解析】A．足球与脚接触前瞬间，足球的速度大小为足球与脚接触后瞬间，足球的速度大小设竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小故A错误；B．重力冲量的方向始终与重力方向一致，则在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相同，故B错误；C．根据自由落体运动规律可知，足球上升的时间小于足球下落的时间，则足球上升过程中重力的冲量小于足球下落中重力的冲量，故C错误；D．根据动量定理有解得故D正确。故选D。2.如图所示，在水平地面上放置一个质量为M的斜面体（斜面光滑），斜面体上放置一个质量为m的物块，物块与固定在墙面上的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行。若物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，则图中画出的关于地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】物体对斜面的压力为对斜面根据平衡条件得解得摩擦力不变，故选A。3.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（）A.a环沿杆做匀加速直线运动 B.b环与杆有摩擦力C.d球处于失重状态 D.细线对c、d球的弹力大小相等【答案】AB【解析】A．c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确；BC．对球d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B正确，C错误；D．根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力根据共点力平衡，可得对d球的拉力细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。故选AB。4.如图所示，OB是竖直线，OA是水平线，B与O的距离为h（可调节），A与O的距离为x（x为定值）。小球在B点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点，不计空气阻力，则（）A.h越大，小球水平抛出的速度越大 B.h越大，击中A点时速度与竖直方向夹角越大C.h越大，击中A点时重力的瞬时功率越大 D.当时，击中A点的动能最小【答案】C【解析】A．根据平抛运动规律联立解得所以h越大，小球水平抛出的速度越小，则A错误；B．根据平抛运动规律联立解得故h越大，则击中A点时速度与竖直方向夹角越小，则B错误；C．根据瞬时功率计算式则h越大，击中A点时重力的瞬时功率越大，所以C正确；D．由机械能守恒定律又由联立可得所以当时，即时，小球击中A点的动能最小，所以D错误。故选C。5.如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道I进入圆轨道II，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是（）A.“天问一号”的发射速度v满足7.9km/s<v<11.2km/sB.“天问一号”的发射速度v满足11.2km/s≤v<16.7km/sC.“天问一号”在轨道II上的速度大于火星的第一宇宙速度D.“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的速度小于在圆轨道II上经过M点的速度【答案】B【解析】AB．因为“天问一号”环绕火星飞行，则其脱离地球吸引，所以其发射速度大于第二宇宙速度，但是它还是处于太阳系中，所以其发射速度小于第三宇宙速度，则A错误；B正确；C．“天问一号”在轨道II上的速度小于火星的第一宇宙速度，因为火星的第一宇宙速度也是卫星的最大的环绕速度，所以C错误；D．“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的速度大于在圆轨道II上经过M点的速度，因为由高轨道进入低轨道必须点火减速，所以D错误；故选B。6.小何用额定功率为1000W、最大拉力为200N的提升装置，把静置于地面的质量为10kg的重物竖直提升到高为82.5m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，不计空气阻力，g取，则提升重物的最短时间为（）A.10s B.10.5s C.11s D.11.5s【答案】A【解析】提升重物的最大速度加速上升阶段的最大加速度要时间最短，则先以匀加速，提升装置的功率达到额定功率时解得因此匀加速运动时间为位移为接下来以恒定功率做加速度减小的加速运动，达到最大速度后匀速运动，最终以的加速度匀减速运动至停止。最后的匀减速运动阶段位移为因此以恒定功率运动的位移为对此过程列动能定理，有解得故总时间最短为故选A。二、多选题7.如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压。开始时只有闭合，当也闭合后，下列说法中正确的是（）A.灯泡变亮 B.灯泡变亮C.电容器C的电荷量增加 D.闭合瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】BD【解析】AB．开关S2闭合后，回路中总电阻减小，总电流增大，所以灯泡L1变亮，灯泡L1两端电压增大，则L2两端电压减小，所以L2变暗，故A错误，B正确；CD．开始时电容器两端电压等于电源电压，闭合S2后，等于L1两端电压，即电压变小，根据电容器的定义式可知电容器C的电荷量减少，电容器将放电，由于电容器左极板带正电，所以闭合瞬间流过电流表的电流方向自右向左，故C错误，D正确。故选BD。8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中段是对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（）A.处电场强度为零B.、、处电势、、的关系为C.段电场强度逐渐增大D.粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动【答案】AB【解析】A．根据电势能与电势的关系和场强与电势的关系得：由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故A正确；B．粒子带负电，根据电势能与电势的关系可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：故B正确；C．段斜率不变，场强不变，选项C错误；D．由图看出在段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误。故选AB。9.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们位于圆心两侧，与圆心间的距离分别为，，与圆盘间的动摩擦因数相同。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆盘转速缓慢增加到两物体刚好要发生滑动。（）A.两物体刚好要发生滑动时圆盘的角速度为B.两物体刚好要发生滑动时细绳的张力大小为C两物体刚好要发生滑动时烧断细绳，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动D.A所受摩擦力先增大后减小【答案】AB【解析】AB．两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则B做圆周运动的半径比A的大，所以B所需的向心力大，细绳上的拉力相等，所以当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，B受到的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A受到的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得解得AB正确；C．当烧断细绳瞬间，A需要的向心力为，B需要的向心力为，A、B所受的最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，则A、B均做离心运动，C错误；D．所以当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，B受到的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A受到的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得A所受摩擦力逐渐减小，D错误。故选AB10.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过内壁光滑、不计粗细的圆管AB，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度与圆管AB长度相等。小球穿过竖直光滑固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.小球从C点到D点的过程中，受到杆的弹力不断增大B.小球从C点到D点的过程中，加速度不断减小C.小球从C点到D点的过程中，经过CD的正中间位置时速度最大D.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的动能为mgh【答案】CD【解析】A．小球从C点到D点的过程中，设轻绳与竖直方向的夹角为，则小球受到杆的弹力为由几何关系可得所以小球从C点到D点的过程中，受到杆的弹力保持不变，则A错误；B．对小球分析，竖直方向由牛顿第二定律可得解得则小球从C点到D点的过程中，加速度先减小后增大，所以B错误；C．小球从C点到E点时，加速度为0时，小球的速度最大有小球在C点时弹性绳的拉力为mg，即解得小球从C点到D点的过程中，由能量守恒定律有由几何关系有联立解得所以则小球从C点到D点的过程中，经过CD的正中间位置时速度最大，所以C正确；D．由能量守恒定律，若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的动能为，则有联立解得所以D正确；故选CD。三、实题题11.在验证机械能守恒定律实验中，重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。（1）如图甲所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测量出点A距起始点O的距离为，A、C间的距离为，C、E间的距离为。若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时重力势能减少量______，动能增加量______。在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是__________________。（2）某同学利用图甲中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和，绘制图像，如图乙所示，并求得图线的纵轴截距b和斜率k。如果重锤下落过程中机械能守恒，则______。【答案】（1）mg（s0+s1）重锤下落过程中受到阻力作用（2）2g【解析】（1）[1]重锤从释放到下落OC距离时重力势能减少量为[2]重锤从释放到下落到C点的速度为动能增加量为[3]在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是重锤下落过程中受到阻力作用。（2）[4]根据机械能守恒定律有变形可得则图像的斜率为12.现在要测量一段特制的圆柱形导体的电阻率，其阻值未知，允许通过的最大电流为。提供如下器材供你选择：待测的圆柱形导体（阻值未知）多用电表（仅用于粗测）螺旋测微器（千分尺）游标卡尺（游标尺20等分）电流表A（量程，内阻约）电压表V（量程3V，内阻约）标准电阻（阻值）滑动变阻器（，3A）滑动变阻器（，）直流电源E（，内阻不计）电键S、导线若干（1）用螺旋测微器测量该导体的直径D，示数如图甲所示，可读出_________mm：用游标卡尺测量该导体的长度示数如图乙所示，可读出________cm。（2）将多用电表调到“欧姆挡”，将红、黑表笔短接调零后，将红、黑表笔分别接触待测导体的两端，多用电表示数如图所示，则待测圆柱形导体的电阻约为________。（3）根据你的选择，在上图虚线框内设计实验电路图________．（4）实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得圆柱形导体的长度为L，直径为D，则待测电阻丝的电阻率的计算式为________【答案】（1）10.50010.155（2）0.5（3）（4）【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，则[2]用游标卡尺测量该导体的长度为（2）[3]由图可知（3）[4]电阻丝两端的最大电压比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时电流表采用外接法。滑动变阻器若采用限流接法，调控范围小，所以采用分压接法，应选择，根据上述分析，电路图如图所示

（4）[5]

待测电阻由电阻定律得联立解得三、计算题13.如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10m的A、B两个小球均以v0＝10m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10m/s2．求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．【答案】2.5s【解析】设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：1sA球滑上斜坡后加速度m/s2设此时A球向上运动的位移为x，则m此时A球速度m/sB球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，有s则相遇时间s14.如图所示，AB为半径的竖直光滑圆弧轨道，与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部分组成。BC部分粗糙，长度。CD部分光滑，长度。D点有固定的竖直挡板，质量的滑块a从圆弧最高点A由静止滑下，与静止在C点的质量的滑块b发生正碰。滑块均可视为质点，与BC段间的动摩擦因数，所有的碰撞中均没有机械能损失，。求：(1)滑块a对轨道最大压力大小；(2)滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离。【答案】(1)；(2)3m【解析】(1)滑块a从A到B经过B点时对同轨道的压力最大,由机械能守恒定律得根据牛顿第二定律根据牛顿第三定律解得(2)设滑块第一次达到C点时速度vC解得设a、b第一次碰撞后速度分别为和，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点距离为x解得x＝3m15.在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB水平，长度m，顺时针传动的速率m/s，CD为靠近AB的倾斜传送带，，长m，两表面动摩擦因数，一袋标准化肥的质量kg，已知、、m/s2．（1）若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v传动，v应满足什么条件才能使化肥送至顶点D？（2）CD传送带不动时，一袋化肥从离A端的位置轻放上去，则在CD上上升的最大距离为，求与的关系。【答案】（1）v≥4.5m/s；（2）x2＝2－0.5x1。【解析】（1）化肥在水平传送带上，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1代入数据，解得a1＝5m/s2又＝2a1s1可得s1＝2.5m＜l1＝4m然后化肥匀速运动，滑上CD。设CD传送带速度v2时，化肥恰好达D端，设v2＜v1，化肥经历了两个减速阶段，第1阶段由C点减速到v2，以加速度大小a2达到v2后再以加速度大小a3继续减速为0，则有mgsinθ+μmgcosθ＝ma2代入数据，可得a2＝10m/s2又mgsinθ－μmgcosθ＝ma3代入数据，解得a3＝2m/s2由得v2＝4.5m/s并验证了假设成立，故条件为v≥4.5m/s（2）离A端x0处轻放化肥时，刚好在B端与传送带达到速度相同，则有x0＝L1－s1＝1.5m当x1≤x0处放上化肥，能在CD传送带上上升距离相同，可得代入数据，解得x2＝1.25m当x0≤x1≤l1，在拐点处速度为vx，有得x2＝2－0.5x1综上所述，当0≤x1≤1.5m时x2＝1.25m当1.5m≤x1≤4m时x2＝2－0.5x1高三物理模拟训练4一、选择题1.如图所示，一学生练习用脚颠球，足球自静止开始下落0.8m后被颠起，足球离开脚沿竖直方向运动，向上运动的最大高度为0.45m。已知足球的质量为0.4kg，足球与脚的作用时间为0.1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.足球与脚作用的过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg·m/sB.在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相反C.足球上升过程中重力的冲量大于足球下落过程中重力的冲量D.足球与脚作用的过程中，脚对足球的平均作用力大小为32N【答案】D【解析】A．足球与脚接触前瞬间，足球的速度大小为足球与脚接触后瞬间，足球的速度大小设竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小故A错误；B．重力冲量的方向始终与重力方向一致，则在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相同，故B错误；C．根据自由落体运动规律可知，足球上升的时间小于足球下落的时间，则足球上升过程中重力的冲量小于足球下落中重力的冲量，故C错误；D．根据动量定理有解得故D正确。故选D。2.如图所示，在水平地面上放置一个质量为M的斜面体（斜面光滑），斜面体上放置一个质量为m的物块，物块与固定在墙面上的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行。若物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，则图中画出的关于地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】物体对斜面的压力为对斜面根据平衡条件得解得摩擦力不变，故选A。3.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是（）A.a环沿杆做匀加速直线运动 B.b环与杆有摩擦力C.d球处于失重状态 D.细线对c、d球的弹力大小相等【答案】AB【解析】A．c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有则a环的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，故A正确；BC．对球d隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，可知b环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡，d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B正确，C错误；D．根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力根据共点力平衡，可得对d球的拉力细线对c、d球的弹力大小不相等，故D错误。故选AB。4.如图所示，OB是竖直线，OA是水平线，B与O的距离为h（可调节），A与O的距离为x（x为定值）。小球在B点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点，不计空气阻力，则（）A.h越大，小球水平抛出的速度越大 B.h越大，击中A点时速度与竖直方向夹角越大C.h越大，击中A点时重力的瞬时功率越大 D.当时，击中A点的动能最小【答案】C【解析】A．根据平抛运动规律联立解得所以h越大，小球水平抛出的速度越小，则A错误；B．根据平抛运动规律联立解得故h越大，则击中A点时速度与竖直方向夹角越小，则B错误；C．根据瞬时功率计算式则h越大，击中A点时重力的瞬时功率越大，所以C正确；D．由机械能守恒定律又由联立可得所以当时，即时，小球击中A点的动能最小，所以D错误。故选C。5.如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道I进入圆轨道II，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是（）A.“天问一号”的发射速度v满足7.9km/s<v<11.2km/sB.“天问一号”的发射速度v满足11.2km/s≤v<16.7km/sC.“天问一号”在轨道II上的速度大于火星的第一宇宙速度D.“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的速度小于在圆轨道II上经过M点的速度【答案】B【解析】AB．因为“天问一号”环绕火星飞行，则其脱离地球吸引，所以其发射速度大于第二宇宙速度，但是它还是处于太阳系中，所以其发射速度小于第三宇宙速度，则A错误；B正确；C．“天问一号”在轨道II上的速度小于火星的第一宇宙速度，因为火星的第一宇宙速度也是卫星的最大的环绕速度，所以C错误；D．“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的速度大于在圆轨道II上经过M点的速度，因为由高轨道进入低轨道必须点火减速，所以D错误；故选B。6.小何用额定功率为1000W、最大拉力为200N的提升装置，把静置于地面的质量为10kg的重物竖直提升到高为82.5m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，不计空气阻力，g取，则提升重物的最短时间为（）A.10s B.10.5s C.11s D.11.5s【答案】A【解析】提升重物的最大速度加速上升阶段的最大加速度要时间最短，则先以匀加速，提升装置的功率达到额定功率时解得因此匀加速运动时间为位移为接下来以恒定功率做加速度减小的加速运动，达到最大速度后匀速运动，最终以的加速度匀减速运动至停止。最后的匀减速运动阶段位移为因此以恒定功率运动的位移为对此过程列动能定理，有解得故总时间最短为故选A。二、多选题7.如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压。开始时只有闭合，当也闭合后，下列说法中正确的是（）A.灯泡变亮 B.灯泡变亮C.电容器C的电荷量增加 D.闭合瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】BD【解析】AB．开关S2闭合后，回路中总电阻减小，总电流增大，所以灯泡L1变亮，灯泡L1两端电压增大，则L2两端电压减小，所以L2变暗，故A错误，B正确；CD．开始时电容器两端电压等于电源电压，闭合S2后，等于L1两端电压，即电压变小，根据电容器的定义式可知电容器C的电荷量减少，电容器将放电，由于电容器左极板带正电，所以闭合瞬间流过电流表的电流方向自右向左，故C错误，D正确。故选BD。8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中段是对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是（）A.处电场强度为零B.、、处电势、、的关系为C.段电场强度逐渐增大D.粒子在段做匀变速运动，段做匀速直线运动【答案】AB【解析】A．根据电势能与电势的关系和场强与电势的关系得：由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故A正确；B．粒子带负电，根据电势能与电势的关系可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：故B正确；C．段斜率不变，场强不变，选项C错误；D．由图看出在段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误。故选AB。9.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们位于圆心两侧，与圆心间的距离分别为，，与圆盘间的动摩擦因数相同。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆盘转速缓慢增加到两物体刚好要发生滑动。（）A.两物体刚好要发生滑动时圆盘的角速度为B.两物体刚好要发生滑动时细绳的张力大小为C两物体刚好要发生滑动时烧断细绳，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动D.A所受摩擦力先增大后减小【答案】AB【解析】AB．两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则B做圆周运动的半径比A的大，所以B所需的向心力大，细绳上的拉力相等，所以当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，B受到的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A受到的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得解得AB正确；C．当烧断细绳瞬间，A需要的向心力为，B需要的向心力为，A、B所受的最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力，则A、B均做离心运动，C错误；D．所以当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，B受到的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A受到的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得A所受摩擦力逐渐减小，D错误。故选AB10.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过内壁光滑、不计粗细的圆管AB，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度与圆管AB长度相等。小球穿过竖直光滑固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg，重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A.小球从C点到D点的过程中，受到杆的弹力不断增大B.小球从C点到D点的过程中，加速度不断减小C.小球从C点到D点的过程中，经过CD的正中间位置时速度最大D.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的动能为mgh【答案】CD【解析】A．小球从C点到D点的过程中，设轻绳与竖直方向的夹角为，则小球受到杆的弹力为由几何关系可得所以小球从C点到D点的过程中，受到杆的弹力保持不变，则A错误；B．对小球分析，竖直方向由牛顿第二定律可得解得则小球从C点到D点的过程中，加速度先减小后增大，所以B错误；C．小球从C点到E点时，加速度为0时，小球的速度最大有小球在C点时弹性绳的拉力为mg，即解得小球从C点到D点的过程中，由能量守恒定律有由几何关系有联立解得所以则小球从C点到D点的过程中，经过CD的正中间位置时速度最大，所以C正确；D．由能量守恒定律，若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的动能为，则有联立解得所以D正确；故选CD。三、实题题11.在验证机械能守恒定律实验中，重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器，打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。（1）如图甲所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测量出点A距起始点O的距离为，A、C间的距离为，C、E间的距离为。若相邻两点的打点时间间隔为T，重锤质量为m，根据这些条件计算重锤从释放到下落OC距离时重力势能减少量______，动能增加量______。在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是__________________。（2）某同学利用图甲中纸带，先分别测量出从A点到B、C、D、E、F、G点的距离h（其中F、G点为E点后连续打出的点，图中未画出），再计算打出B、C、D、E、F各点时重锤下落的速度v和，绘制图像，如图乙所示，并求得图线的纵轴截距b和斜率k。如果重锤下落过程中机械能守恒，则______。【答案】（1）mg（s0+s1）重锤下落过程中受到阻力作用（2）2g【解析】（1）[1]重锤从释放到下落OC距离时重力势能减少量为[2]重锤从释放到下落到C点的速度为动能增加量为[3]在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是重锤下落过程中受到阻力作用。（2）[4]根据机械能守恒定律有变形可得则图像的斜率为12.现在要测量一段特制的圆柱形导体的电阻率，其阻值未知，允许通过的最大电流为。提供如下器材供你选择：待测的圆柱形导体（阻值未知）多用电表（仅用于粗测）螺旋测微器（千分尺）游标卡尺（游标尺20等分）电流表A（量程，内阻约）电压表V（量程3V，内阻约）标准电阻（阻值）滑动变阻器（，3A）滑动变阻器（，）直流电源E（，内阻不计）电键S、导线若干（1）用螺旋测微器测量该导体的直径D，示数如图甲所示，可读出_________mm：用游标卡尺测量该导体的长度示数如图乙所示，可读出________cm。（2）将多用电表调到“欧姆挡”，将红、黑表笔短接调零后，将红、黑表笔分别接触待测导体的两端，多用电表示数如图所示，则待测圆柱形导体的电阻约为________。（3）根据你的选择，在上图虚线框内设计实验电路图________．（4）实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得圆柱形导体的长度为L，直径为D，则待测电阻丝的电阻率的计算式为________【答案】（1）10.50010.155（2）0.5（3）（4）【解析】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，则[2]用游标卡尺测量该导体的长度为（2）[3]由图可知（3）[4]电阻丝两端的最大电压比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时