文档内容
高三第一次阶段性考试
物理试题
2023. 9.9
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100分，考试时间 90分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题
卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上
各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一．单项选择题（共8题，每题3分，共24分）
1、“嫦娥三号”着陆器和月球车首次使用了238 同位素核电池，该电池将放射性同位
94
素238 衰变时释放的能量通过温差热电转换器转化为电能，在恶劣的月球环境中支持月
94
球车低速移动及与地球间不间断通讯。已知2 38 半衰期为88年，衰变方程为
94
238 234 + ，238 、234 、 的结合能分别为 、 、 ，一次衰变释放能量为 ，
94 92 94 92 1 2 3
下列说法正确的是( )
→
A. 238 衰变发出的射线是高速氦核流，能穿透几毫米厚的铝板
94
B. 一次 238 衰变释放的能量 = +
94 2 3 1
C. 经过88 年 ，同位素核电池内 的 2 38 剩 − 余 25%
94
D. 若一静止 238 核衰变释放的能量全 部转化为 234 和 的动能，则 238 动能为
94 92 94
2△
2、孔府是中国传
统
建筑的杰出代表，采用了瓦片屋顶
，
屋顶结构可简化
为
117
如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中问。己知椽子与水平
面夹角均为 ，瓦片质量为 ，重力加速度为 ，则( )
A. 每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5 sin
B. 每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5 cos
C. 椽子对瓦片支持力的合力大小为
D. 椽子对瓦片作用力的合力大小为 cos
3、啤酒是青岛这座城市的“专属味道”，如图是青岛市民喜欢的袋装原浆，某次售卖时，
售货员将7 冰镇原浆倒入密封袋中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气
体从啤酒中析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知
℃
大气压强 = 1.0 105 ，室温为 27 ，封闭气体体积从 0.2
0
增大为0.25 。下列说法正确的是( )
× ℃
A. 外界对内部封闭气体做正功
B. 静置后内部封闭气体的内能增加
C. 静置后内部封闭气体的分子速率都增加
D. 根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}4、我国首颗超百 容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星 26 号于北京时间 2023
年2 月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用
户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运
动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星
的运行周期相同，两个轨道相交于 、 两点， 连线过
地心， 、 分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说
法正确的是( )
A.E、 两点间距离为中星26 号卫星轨道半径的2倍
B. 侦察卫星从 点到 点过程中机械能逐渐增大
C. 相等时间内中星 26 与地球的连线扫过的面积等于侦
察卫星与地球的连线扫过的面积
D. 中星26 在 点线速度 等于侦察卫星在 点线速度
1 2
5、如图甲，“战绳训练”是当下常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面
内形成简谐波。图乙是某次训练中 = 0 时刻战绳波形图，绳上质点 的振动图像如图丙
所示。下列正确的是( )
A. 从 = 0 到 = 0.3 ，质点 通过的路程为300
B. 该波沿 轴正方向传播
C. 该波的传播速度为20 /
D. 若增大抖动的幅度，波速会增大
6、2023 年 2 月 7 日消息，西安大雁塔北广场音乐喷泉每天演出四场。其中某喷泉喷出
的水柱达到了 15层楼的高度，喷管的直径为 10 ，水的密度为 1 103 / 3，重力加
速度大小为 = 10 / 2，空气阻力不计.该喷管喷水的电动机输出功率约为( )
×
A.10 B. 25 C.106 D. 165
7、如图所示，由同种材料制成的玻璃吊坠下部分是半径为 的半球体，上部分是高为
的圆锥体， 点为半球体的球心， 为圆锥体的顶点。平行于 的光线从半球体表面
点射入玻璃吊坠，经折射后恰好经过 点， 点到直线 的距离为 ，
3
则该玻璃吊坠的折射率为( ) 2
A. B. C. 3 D. 6
3 6
2 2
第 2 页 共 8 页
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}8、如图所示，可视为质点、质量为 的物块用长为 的细绳拴接放在转盘上，细绳的另
一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为 。已知物块
与转盘之间的动摩擦因数为 ，且 < ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整
个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是( )
A. 整个过程中，细绳的拉力不可能为零
B. 从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的
功为
1
C. 当2转 盘 的 转 速 为 时，物块刚好与转盘分离
1
D. 从开始转动到物2块 刚2好 与 转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为
二、多选题（每题4 分，共 16分。漏选得 2分，错选多选均不得分） 2
9、如图甲所示，一小型交流发电机线圈的匝数为100，面积为1 2，其电阻忽略不计； 、
两端与理想变压器相连， 为定值电阻， 为滑动变阻器，电容器的电容为 ， 、
1 2
为其上、下极板。 = 0 时刻， 线圈绕垂直于 、 两极间磁场(可视为匀强磁场)的水 平轴 ′
匀速转动，线圈产生的感应电动势 随时间 变化的关系如图乙所示。已知交流电的频率
越高，电容器的电容越大，则电容器对交流电的阻碍作用越小，电容器始终正常工作。
则下列说法正确的是( )
A. 、 两极间磁场的磁感应强度大小为
1
B. 若 仅 将 板下移，则通过滑动变阻器的 1 电 00 流 将增大
C. 若仅将 板下移，则 、 两端的输入功率将减小
D. 若仅将滑动变阻器的阻值增大，则定值电阻的电功率不变
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}10、 如图，四个滑块叠放在倾角为 的固定光滑斜面上，其中 和 的质量均为 ， 和
的质量均为3 ， 和 之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对 施加平行于斜面向上的拉
力 ，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为 ，
重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A. 拉力 的最大值为1.3
B. 对 的摩擦力为0.3 时， 对 的摩擦力为
0.5 5
C. 当拉力 取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8
−
D. 当拉力 取得最大值时， 、 间的摩擦力为0.6
11、两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有 、 、 三点，
如图甲所示 。一个电荷量为 2 10 3C、质
量为 0.1 的小物块(可视为质点)从− 点静
×
止释放，其在水平面内运动的 图象如
图乙所示，其中 点处为整条图线切线斜率
−
最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说
法正确的是( )
A. 由 到 的过程中物块的电势能逐渐减
小 B. B、 两点间的电势差 = 5
C. 由 点到 点电势逐渐降低 D. 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 = 100 /
12、如图所示，挡板 左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 ，挡板
中间空隙 长度为 ，纸面上 点到 、 的距离相等，均为 。 处有一粒子源，可向纸
面所在平面的各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为 ，质量为 ，
打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A. 若粒子速率 = ，粒子能从空隙 “逃出”的概率为
1
B. 若粒子速率 = ， 线段上各处 都 可能有粒子通过 6
C. 若粒子速率 = ， 粒 子能从空隙 “逃出”的概率为
1
D. 若粒子速率 = 2 ， 线段上各处 都 可能有粒子通过 6
2
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}三、实验题
13（8分，每空2分）、用如图所示的器材和方法可以验证力的平行四边形定则。在圆形
桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的
滑轮，其中，滑轮 cos > sin 固定在桌子边，滑轮 >
tan 可沿桌边移动，
第一次实验中，步骤如下：
A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点 静止，且 >
与桌面平行；
ℎ
B1.在白纸上描下 点的位置和三根绳子的方向，以 点为起点，作出三拉力的图示；
C.以绕过 1.2 的绳上的两个力为邻边作平行四边形，过 点作平行四边形的对
0 0
角线，量出对角线的长度；
≤ ≤
D.检验对角线的长度和绕过 < 的绳上的拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条
0
ℎ
直线上。
1
(1)这次实验中，若一根绳挂的钩码质量为 ，另一根绳挂的钩码质量为 > ，则第三根
1
ℎ
绳挂钩码的质量一定大于________且小于
__________。
0
(2)第二次实验时，改变滑轮1.2 的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点
0
__________(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的 点重合。实验中，
若桌面不水平________(选填“会”或“不会”)影响实验的结论。
14（6分，每题2分）.2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法
是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材
设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：
( )如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53 ，在其上表面固定一与小物块
下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。
°
( )调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，
用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小
物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离 与运动
时间 的数据。
( )该同学选取部分实验数据，画出了 图象，利用图象数据得到小物块下滑的加速
2
度 大小为5.6 / 2。 −
( )再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37 时，所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度
的大小为______ / ；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的 、 两点，利用 、 两点
°
数据得到小物块下滑加速度的大小为______ / 2(结果均保留2 位有效数字)。
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为______ / 2.(结果保留 2 位
有效数字， 37 = 0.60， 37 = 0.80)
° °
四、计算题
15（10分）、春秋末年，齐国著作《考工记：轮人》篇中记载：“轮人为盖”，“上欲
尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，疾而霤远。”意思是车盖中央高而四周低，形成一
个斜面，泄水很快，而且水流的更远。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支
撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所示的等腰三角形，底
面半径恒定为 ，底角为 。 取不同的值时，自车盖顶端 由静止下滑的水滴(可视为质
点)沿斜面运动的时间不同。已知重力加速度为 ，不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻
力。
(1)倾角 为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间 ；
(2)满足 (1)问条件，在车盖底面下方 = 的水平面内有一 长 为 = 的水平横梁(可看成细
3
杆)，横梁位于支撑轴正前方，其俯视
ℎ
图
2
如图丙所示，横梁的垂
直平
分线过支撑轴。现保
持车辆静止，大量水滴沿车盖顶端由静止向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被
淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离 。
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}16（10分）、如图所示， 、 两个物体相互接触但并不黏合，放置在水平面上，水平面
与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为 = 4 ， = 6 。从 = 0 开始，推力
和拉力 分别作用于 、上， 和 随时间变化的规律为 = (8 2 )( )， = (2+2 )( )。
−
通过计算做出物体 的加速度随时间变化的图线(在给定的虚线框内画图)。
17（12分）、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为 =
37 ( 37 = )的山坡 ，上面有一质量为 的石板 ，其上下表面与斜坡平行； 上有 一
3
碎石
°
堆
(含
°
有
5
大量泥土
)， 和 均处于静止
状态，如
图所示．假设某次暴雨中，
浸透雨
水后总质量也为 (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内， 、 间的动摩擦因数 减小
1
为 ， 、 间的动 摩擦因数 2 减小为 0.5， 、 开始运动，此 时 刻为计时起点；在 第 2
3
末， 8 的 上 表面突然变为光滑 ， 2 保持不变．已 知 开始运动时，离 下边缘的距离 = 27 ，
足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 = 10 / 2，求：
(1)在0 2 时间内 和 加速度的大小；
(2) 在 上总的运动时间．
∼
第 7 页 共 8 页
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}18（14分）、在疫情防控期间为符合隔离要求，用传送带装置为隔离人员运送物品和生
活垃圾，如图为其工作场景简化图.可调传送带水平段 与倾斜段 转动方向及速率始
终一致， 长 = 2 ， 长 = 8.2 ，倾角 = 37 ，传送带速率 = 2 / ，一运输生
1 2 0
活垃圾的平板车静止于水平光滑地面，其左端位于水∘平传送带右端 的正下方，平板车与
水平传送带上表面高度差 = 0.2 ，物品和包装后的生活垃圾均可视为质点，sin37 = 0.6，
cos37 = 0.8，取 = 10 / 2． ∘
ℎ
∘
(1)先调节传送带逆时针转动，将 = 5 的物品轻放在 端，物品与传送带间动摩擦因数
1
= 0.8，求物品在 段做加速运动的位移大小;
1
(2) 处隔离人员拿到物品后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将生活垃圾放入包
装箱后无初速放在 端，包装箱与传送带间动摩擦因素为 = 0.5，求包装箱从 点到 点
2
的时间;
(3)经传送带运送，包装箱从 端沿水平方向以4 / 的速度飞出，落入平板车.箱子落入平
板车中时，竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员对平板车施加一水平向
右恒力 ，已知平板车质量 = 10 ，总长 = 2.8 ，包装箱与生活垃圾的总质量 = 4 ，
3 2
平板车与包装箱间动摩擦因数为 = 0.2，车与包装箱之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦
3
力，为使包装箱不脱离小车，求恒力 的取值范围．
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{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}高三物理第一次段考参考答案
一、单选题
1、【答案】B
解： 、由衰变前后的质量数和电荷数相等可知， 的质量数为238 234 = 4，电荷数为
94 92 = 2，则 为氦原子核，即 粒子，其穿透能力弱，能被一张薄纸阻挡，故A错误；
B、根 据能量守恒定律可得一次238 衰变释放的能 量 = + − ，故B正确；
94 2 3 1
C、 −238 半衰期 为88年，经过8 8年，同位素核电池内的238 剩余50%，故C 错误；
94 94
−
D、衰变过程由动量守恒定律可得0 = + ，由能量守恒定律可得 = +
根据动量和动量关系 = ，解得 = = ，故D错误故选 ： 。
2
4 2
2、【答案】A 2 234+4 119
解： 、对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据平
衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作
CD
用力的合力方向竖直向上，故作用力的合力大小为 ，故CD 错误；B、设两椽子对瓦片
的弹力与垂直于椽子方向的夹角为α，有 α θ，
mg
故支持力大小为 θ ，故B错误。 2Ncos = mgcos
α
0.5mgcos
A、两根椽子对瓦片co的s 摩擦力的合力为 θ，摩擦力方向与椽
子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力m大g小sin为 θ，故A正确 故选A。
3、【答案】B
0.5mgsin ;
解： 、封闭气体体积增大，气体对外界做正功，则外界对内部封闭气体做负功，故A错
误；B、静置一段时间后，封闭气体温度升高，气体的内能增加，分子的平均动能和平均
A
速率增大，但具体到某一个气体分子，其速率有可能减小，故B正确，C错误；
D、根据题意，不断有气体从啤酒中析出，即气体的物质的量在不断增多，则根据气体实
验定律，不能求出静置后内部封闭气体的压强，故D错误。故选： 。
4、【答案】A
B
解：A、侦察卫星和中星 号卫星的运行周期相同，由开普勒第三定律知，侦察卫星轨
道的半长轴等于中星 号卫星轨道的半径，而 、 两点间距离为侦察卫星的长轴，则
26
、 两点间距离为中星 号卫星轨道半径的 倍，故A正确；
26 E D
B、侦察卫星从 点到 点过程中只有万有引力做功，其机械能不变，故B错误；
E D 26 2
C、侦察卫星和中星 号卫星的运行周期相同，而中星 与地球的连线扫过的面积为圆
D A
的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积不等于椭圆面积，
26 26
可见相等时间内中星 与地球的连线扫过的面积不等于侦察卫星与地球的连线扫过的
面积，故C错误；
26
D、由开普勒第二定律知，侦察卫星在 点速度最小，由于侦察卫星和中星 号卫星的
运行周期相同，则中星 在 点线速度 大于侦察卫星在 点线速度 ，故 D错误。
D 26
5、【答案】A
26 C v1 D v2
解： 、由图丙知，振幅 ，从 到 ，质点 通过的路程为
，故A正确；
A A = 50cm t = 0 t = 0.3s P 6×A = 6×
50cm = 300cm
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}B、由图乙知，当 时刻，绳上质点 的振动图像如图丙所示，由平衡位置沿 轴正
方向运动，结合同侧法知，这列波沿 轴负方向传播，故B错误；
t = 0 P y
C、由图乙知，波长入 ，由图丙知，波的周期 ，则这列波的波速为：
x
λ
，故 = C错 2m 误；D、若增大抖动的幅度 T = ，振 0.2 动 s 能量增大，周期和波长 v 不 = 变T ， =
2
所以波速不变，故D错误。
0.2m/s = 10m/s
6、【答案】C
解：每层楼高约 ， 层楼高约 根据 可得喷管喷出水的
速度 2
3m 15 ℎ = 3×15m = 45m. v = 2gℎ
每秒钟喷出水的质量
v = 2gℎ = 2×10×45m/s = 30m/s.
1 2 1 2 3
m
根据
= 动4π
能
D
定
vt
理
ρ
可
= 得4×
每
3
秒
.14
钟
×
电
0
动
.1
机
×
做
3
的
0×
功
1×1×10 k
代
g =
入
2
数
36
据
k
解
g
得 ，
1 2 2
因此电动机输出功率 代入数据解
W
得
= 2mv
，故C正确，
W
A
=
BD
1
错
.06
误
×
。
1
故
0
选
J
： 。
W
7、【答案】C
P = t P = 106kW C
光路图如下，其中 为法线，入射角为 ，折射角为
因为 所以
ON θ α
由几何知识可得
MO = NO ∠NMO = ∠MNO = α
故折射率为
θ = ∠NOC = ∠NMO+∠MNO = 2α
sinθ sin2α
由题意可知 n = sinα = sinα = 2cosα
3 R
2 2 2 2
故 OC = R −NC = R −( 2 R) = 2
3R
MC = MO+OC = 2
2 2 3R 2 3 2
MN = MC +NC = ( ) +( R) = 3R
故 2 2故选C。
MC
8、【答案】B
n = 2cosα = 2×MN = 3
解： 、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩摖力提供向心力，
设转动到某一角速度 时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有：
AB
此时物块线速度大小为： 2
ω1 μMg = MLω1sinα
从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为 ，对物块由动能定
v1 = Lω1sinα
理，可得 联立解得 ，故A错误，B正确；
W
1 2 1
C、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向由平衡条件有：
W = 2mv W = 2μMgLsinα
水平方向由牛顿第二定律有： 联立解得：
Mg = Tcosα
2 2 g
Tsinα = MLω2sin α ω2 = Lcosα
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}此时转盘的转速大小为 ，即 ，故C错误；
ω2 1 g
D、物块刚好与转盘分离
n
时2
=
，
2
物
π
块的
n
线2
=
速
2
度
π
大
L
小
cos
为
α
从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为 ，对物块
v2 = Lω2sinα
由动能定理，可得 联立解得 ，故D错误。 故选
W
：2 。
2
1 2 MgLsin α
二、多项选择 W2 = 2mv2 W2 = 2cosα B
9、【答案】BD
解： .由图像可知 = 2 10 2 ，角速度为 = ，解得： = 100 /
− 2
线圈 产生的最大感 应电动 × 势为： = 联立 解得： = ， 故 A 错误；
11 2
B.若仅将 板下移，由电容的定义 式 = 可知电容变大 ，电5容00的 容抗变小，通过滑动变
阻器的电
流将增大，故B正确；
4
C.由选项B 分析可知，通过滑动变阻器的电流将增大，根据电功率计算公式可知： = 2 ，
所以滑动变阻器的功率将增大，而电阻 两端的电压不变，其功率不变，变压器总输出
1
功率增大，则 、 两端的输入功率将增大，故C 错误；
D.仅将滑动变阻 器 的阻值增大，定值电阻两端的电压不变，根据电功率计算公式可得：′ =
，所以定值电阻功率不变，故D正确。故选： 。
2
10、【答案】CD
1
解： 、滑块 、 、 靠 、 之间的静摩擦力作为动力，当 、 之间的静摩擦力为最
大静摩擦力时，滑块 、 、 有最大加速度，则对滑块 、 、 整体，由牛顿第二定律
A B C D A B A B
有μ θ θ 解得： μ θ θ
B C D B C D
gcos
同理 m ， g 滑 co 块 s − 靠 (m 、 +m 之 + 间 3 的 m 静 )gs 摩 in 擦力 = 作 (m 为动 +m 力， + 当 3m) 、 a1 之间的静摩 a1擦 = 力为 5 最大 − 静 gs 摩 in 擦
力时，滑块 有最大加速度，则对滑块 ，由牛顿第二定律有：μ θ θ
D C D C D
解得： D μ θ θ 为 D 了确保四个滑块以相同加m速g度co一s 起−沿3着m斜gs面in向上=
gcos
3 运 m 动 a2 ，则共同a运 2 =动的最3 大加−g速si度n 应取 、 中的最小值，即 μ θ θ
gcos
对四个滑块组成单位整体，由牛顿 a1 第 a 二 2 定律有 amax = a1 = 5 −gsi θ n
解得： μ θ Fma 故 x −A(错3m误+；m+m+3m)gsin =
( B 3 、 m 滑 + 块 m+ 对 m+ 的 3m 摩 ) 擦 am 力 ax 为 μ Fmax = θ 1.6时，m对gcos，由牛顿第二定律有 μ θ
C D 0.3 mgcos D 0.3 mgcos −
θ
3mgsin = 3ma
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}设此时 对 的摩擦力为 ，对 、、，由牛顿第二定律有 θ
A B 解得： fAB B C μ D θ 故B错误；fAB −(m+m+3m)gsin =
(
C
m
、
+
当
m
拉
+
力
3m
取
)a
得最大值时， fAB四
=
个
0
滑
.5
块
m
组
g
成
co
的
s
整体获得最大加速度 ，对 、 整体，
由牛顿第二 F 定律有 θ 解得： amax μ C D θ 故C
正确； T−(m+3m)gsin = (m+3m)amax T = 0.8 mgcos
D、当拉力 取得最大值时，四个滑块获得最大加速度 ，对 ，由牛顿第二定律有
F
θ 解得： μ θ
a
故maDx 正确
D
。故选： 。
f 1C1D、 − 【 3m 答 g 案 sin 】AC = D 3mamax fCD = 0.6 mgcos CD
解： 、从速度时间图象可知，由 到 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物
块做正功，电势能一直减小，故A正确；
A C A
B、从速度时间图象可知， 、 两点的速度分别为 ， ，根据动能
定理得： A B ，代入数据解得： vA = 6m/ ， s 则 vB = 4m/s ，
1 2 1 2
故B错误 q ； UAB = 2mvB −2mvA UAB =−500V UBA =−UAB = 500V
C、据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由 点沿中垂线指向外侧，故由
点到 点的过程中电势逐渐减小，故C正确；
O
D、带电粒子在 点的加速度最大，为 ，所受的电场力最
C A
△v 4
2 2
大为 B ，则 am 场 = 强△最t = 大值7−5为 m/s = 2m/s ，故 D
Fm 0.2
正确；故 Fm选 = ： mam = 。 0.1×2N = 0.2N Em = q = 2×10 − 3 = 100N/C
12、【答案】AB
ACD
解： 若粒子速率为 ，轨迹半径为 ，洛伦兹力提供向心力，由牛
qBL
顿第 A 二 B 定 . 律得： v = m解得： 粒 r 子运动情况如图所示：
2
v
从 点飞出的粒子，轨迹的圆心在 点，该粒子从 点发射时的速度方向
qvB = m r r = L
与 垂直斜向右下，与水平方向成 角。从 点飞出的粒子，轨迹的圆
P N O
心在 点，该粒子从 点发射时的速度方向与 垂直，水平向右，由几何
ON 60° N
知识得两粒子发射速度间的夹角θ ，发射方向在这两个方向之间
S O OS
的粒子都可从空隙 “逃出”，粒=子6“0°逃出”的概率为： θ 由
1
图可知， 线段上各处都可能有粒子通过，故AB正确； ∘
NP 360 = 6
若粒子速率为 ，轨迹半径为 ′，洛伦兹力提供向心力，由
NP
qBL
C 牛 D 顿 . 第二定律得： v = 2m 则轨迹半r径 ′ 粒子运动情况如图
′2
v L
所示，粒子轨迹与 相切时，切点分别为 、 ，圆心分别为 、 ，两发射速度间的夹
qvB = mr r = 2
PN B D A C
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}角θ ∠ ，由几何关系知θ ，则粒子“逃出”的概率为： θ
1
由图可知 则 在 点下方，故线段 间不可能有粒∘ 子通过，故CD
= AOC > 60° 360 > 6
错误。故选： 。
OD < OC+CD = L D N DN
三、实验题
AB
13、【答案】(1) 3 (2)不必；不会
【解析】(1)若一根绳挂的钩码质量为 ，另一根绳挂的钩码质量为 2 ，则两绳子的拉
力分别为： 、2 ，两绳子拉力的 合力 的范围是：2 +2 ，
即： 3 ， 三力的合力为零，则第 三根绳挂钩码 的 钩 − 码 质 量 ≤ 范 围 ≤ 在 到 3 之
间，即第三根绳挂的钩码质量一定大于 ，同理第三根绳挂的钩码质量一定小于3 。
≤ ≤
(2)本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作
用效果相同，而是三根绳都直接拉到 点，所以 点的位置可以改变，只要保证三力平衡
即可，不必与第一次实验中白纸上描下的 点重合；同理只要保证结点平衡即可，即桌面
不水平也不会影响实验的结论。
14、【答案】(1)0.32 或0.33；3.1；(2)9.4
解：(1)设物块过测量参考点时速度的大小为 ，根据位移 时间关系可得： = + 2
0 0
1
所以有： = 2 + ，当 = 0 时速度即为参 考点的速度 − ，故 2 = 0.64 / 解 得 ：2 =
0 0 0
2
0.32 /
图象 的 斜率表示加速度，则有： = / 2 = 3.1 / 2；
1.85−0.70
(2)木板的倾角为 53 ，小物块加速 度 0 大 .39 小 5− 为 0.02 0 = 5.6 / 2， 对小物块根据牛顿第二定律可
得： 53 53 = ，当倾角为37 时，有： 37 37 =
0
°
联立解得： = 9.4 / 2。
°− ° ° °− °
四、计算题
15、解：(1)水滴沿伞面下滑过程中根据牛顿第二定律有 = ①
根据匀加速直线运动位移公式有 =
1
2② 由①②得
1
2
=
1 4
又0 < < ，则当 = 时水滴滑落cos伞 面2时 间最短，解得 = 2 2
(2)水滴 沿伞 2 面下落 过程 4 ，根据动能定理有 = 2③
1
水滴离开伞后做斜下抛运动，且有：水平和 竖 直两2 个 分速度 = = ④
竖直方向 = + 2⑤ 水平方向 = ⑥ 4
2 2 2
1
由题意几 ℎ 何关 系 可知2 ( + )2 = 2 +( )2⑦ 由③～⑦式得 =
15
答：(1)当 = 时水滴滑 落 伞面 时间最2 短，解得 = 2 ； 2
4
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}(2)水平面内横梁中点到支撑轴的距离为 = 。
15
16、解：设 、 共同运动的时间为 ，加速度为 。
2
A、 分离前，对 、 组成的整体，由牛顿第二定律得
+ = ( + ) 得 = 1 / 2
刚要分离时，两者之间的作用力为0，对 (或对 )由牛顿第二定律得
= ( = )
结合 = (8 2 )( )或 = (2+2 )( ) 代入数据可解得 = 2
设分离后 的加速度为 ，对 ，由牛顿第二定律得 =
−
解 得： = ( + ) / 2 ( 2 )
1 1
物体的 图像如图所示。 3 3 ≥
−
17、解：(1)在0～2 时间内， 和 的受力如图所示，
其中 、 是 与 之间的摩擦力和正压力的大小， 、
1 1 2
是 与 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡
2
条件得 ： 1 = 1 1 ①
…
= ②
1
…
= ③
2 2 2
…
= + ④
2 1
规定沿斜面向下为正，设 和 的加速度分别为 和 ，由牛顿第二定律得：
1 …2
= ⑤
1 1
+ = ⑥
1 2 2
− …
联立①②③④⑤⑥式，并代 入 题 给的 条 − 件 得： 1 =…3 / 2 ⑦ 2 = 1 / 2 ⑧
… …
(2)在 = 2 时，设 和 的速度分别为 和 ，则 = = 6 / ⑨
1 1 2 1 1 1
2 = 2 1 = 2 / ⑩ …
…
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}> 时，设 和 的加速度分别为 ′和 ′，此时 与 之间摩擦力为零，
1 1 2
同理 可得： ′ = 6 / 2 ′ = 2 / 2 即 做减速运动。
1 2
设经过时间 ， 的 速 度…减⑪为零， 则有−： + …⑫ ′ = 0 联立⑩ 式得： = 1
2 2 2 2 2
在 1 + 2 时间 内， 相对于 运动的距离为 ： …⑬ ⑫⑬
= ( 2 + + ′ 2) ( 2 + + ′ 2) = 12 < 27
1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2
1 1 1 1
此后 静止不动， 继续在 上滑动。
−
2 2 2 2
设再 经过时间 3 后 离开 ， 则有： = ( 1 + 1 ′ 2 ) 3 + 1 ′ 3 2
1
可得： 3 = 1 ( 另一 解不合 题意，舍 去 − ) 2
设 在 上总的运动时间为 ，有： = + + = 4
总 总 1 2 3
18 、解 ：(1)物品比传送带速 度慢，物 品将 做加 速 运动， 则：
由受力分析可知 = ， 2 = 2 ，
1 1 1 0 1 1
= 0.25 < 2 ，
1
所以到达 点前已经匀速，所以 段加速运动过程中的位移为0.25 ；
(2)在倾斜传送带 段：从 开始运动时，包装箱比传送带速度慢，则：
sin37 + cos37 = ，
2 2 2 2
∘ ∘
2 = 10 / 2， 1 = = 0.2 ， 2 = = 0.2 ，
2
0 0
此时因为 2 s in37 2> 2 cos3 7 ， 2 包 2 装箱将 继续加速运动，则：
sin37 c∘os37 = ，∘ = 2 / 2
2 2 2 3 3
∘ ∘
当包 装箱运 − 动 到 点时 2 2 = 0 2 + 3 2 2 2 = 2
1
所以 = + = 2.2 ； − 2
总 1 2
(3)如 图，包 装 箱落入 平板车时距平板车左端相距为 ， = = 0.8
①由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚
好共
速
，
此情
景下施加的恒力 最小，
则：分析包装箱： 2 2 = 2 4 ， 4 = 2 / 2，
分析平板车： + = ，
min 2 5
两者共速时： 4 = 5 ， ( 4 2) 5 2 =
1 1
可得： = 1 ， − 5 = 2 / 2， m i n−= 1 2 2 ； −2 −
②当包
装箱
与平板车
共速
后
，两者间的摩擦
力刚好为
最大静摩擦力时，此情景下施加的
恒力 最大，则：分析包装箱： = = ，
max 3 2 2
分析整体： = ( + ) ，
max 2
可得： = 28
max
所以 的范围为12 28 。
≤ ≤
{#{QQABKYQUoggAQhAAARhCAQUiCAGQkBECCIgOhAAMMAABSRFABAA=}#}
