湖南省长沙市长郡中学2019届高三上学期第二次月考物理试卷(含答案)
长郡中学2019届高三上学期第二次月考试卷物 理第Ⅰ卷选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8題只有一项符合題目要求,第9～12題有多项符合题目要求，全部选对的得4分，逃対但不全的得2分，有逃错或不选的得0分）1，了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，下列有关说法符合物理学发展事实的是A ．亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是没有事实依据凭空猜想出来的B ．牛頓通过大量的实验验证了牛顿第一定律的正确性C ．伽利略在前人研究的基础上提出了惯性定律D ．伽利略理想斜面实验推理得出：力不是维持物体运动的原因2．如图，a 、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b 球质量为m ，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g ．当两球静止时，O a 绳与杆的夹角也为θ，O b 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是A ．a 可能受到2个力的作用B ．b 可能受到3个力的作用C ．绳子对a 的拉力等于mgD ．a 的重力为tan mg θ3．如图，傾角为30︒的斜面连接水平面，水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为2R ，处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动，不计小球体积、不告计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是A ．0. 5mgB ．mgC ． 1. 5mgD ． 2mg4．如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO 是近地轨道，MFO 是中地球轨道，GEO 是地球同步轨道，GTO 是地球同步转移轨道．已知地球的半径R ＝6400km ，该图中MEO 卫星的周期约为（图中数据为每颗卫星軌道的近地点、远地点离地面高度）A ．3hB ． 8 hC ．15hD ．20h5．如图，四个完全相同的球炳两紧靠，球心相连正好构成个正四面体，静置在水平地面上，球与球之间的摩擦力忽略不计，则球与地面的动摩擦因数至少为A．8 B．6C．6 D．3 6．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀識速直线运动，已知某列车长为L 通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为A ．1212t t L a t t +B ．1221122t t t t L a t t +--C ．2121122t t t t L a t t ---D ．2121122t t t t L a t t --+ 7．如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴'OO 的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ．若圆盘从静止开始绕转軸缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是A ．a 一定比b 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始終相等C．ω=b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω=a 所受摩擦力的大小为kmg 8．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里．播种时，在离地面10m 高处、以15m ／s 的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m ／s 的速度（相对播种器）竖直向下射出，英进入地面下10cm 深处完成一次播种．已知荚的总质量为20g ，不考虑所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，取g ＝10m/s 2，则A ．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5JB C．土壤对英冲量的大小为・m ／sD ．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N9．如图所示，斜面体abc 静止于粗糙水平地面上，物块m 1、m 2均沿斜面匀速下滑，已知m 1>m 2，12θθ<，下列说法中正确的是A ．地面对斜面体没有摩擦力B ．地面对斜面体的摩擦力水平向右C ．斜面体ab 面与物块间的动摩擦因数较小D ．斜面体ab 面和ac 面与物块间的动摩擦因数相同10．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时速率为1m ／s ，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F ，力F 、滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F 和速度v 取同一正方向），g ＝10m ／s 2，则A ．滑块的质量为1．0kgB ．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0．05C ．第2s 内力F 的平均功率为3．0WD ．第1s 内和第2s 内滑块的动量变化量相同11．三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律，172年，拉格朗日在”平面限制三体问題”条件下找到了5个特解，它们就是著名的拉格朗日点．在该点上，一个小物体在两个大物体的引力作用下，小物体相对于两个大物体保持静止，设想未来人类在这五个拉格朗日点（L 1、L 2、L 3、L 4、L 5）上都建立了太空站，若不考虑其他天体对太空站的引力．则下列说法正确的是A ．位于L 1点的太空站处于受力平衡状态B ．位于L 2点的太空站的线速度大于地球的线速度C ．位于L 3点的太空站的向心加速度大于太阳位于L 1点的太空站的向心加速度D ．位于L 4点的太空站受到的向心力大小等于位于L 5点的太空站受到的向心力大小12．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m ，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ，下列判断正确的有A ．传送帯的速度为x TBC ．在一段较长的时间t 内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为22mtx TD ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为222mx T 第Ⅱ卷非选择题（共62分）二、实验题（共计15分）13．（7分）长郡中学物理兴趣小组做”验证力的平行四边形定则”实验。
（1）图1是实验装置，将橡皮条一端固定在长木板上，另一端与两根细绳相连，两细绳的另一端分别有一个绳套．实验时，先用两个弹簧測力计平行于木板拉绳套，将橡皮条与细绳的结点拉到O 点，其中拉OC 细绳的弹簧测力计指针位置如图1所示，其读数为_____N ；根据记录的两个弹簧測力计的示数F1、F2和各自的方向，作出这两个力的图示，并用作图法作出两个力的合力F；再用一个弾簧測力计拉橡皮条，也使结点到O点，记录这时弹簧測力计的示数和方向，并作出这个力的图示'F，图2中的F与'F两力中，方向一定沿AO方向的是______。
（2）关于实验中的一些要点，下列说法正确的是______A．分力和合力的大小都不能超过弹簧測力计的量程B．在測量同一组数据F1、F2和'F的过程中，橡皮条与细绳结点的位置不能变化C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要近些（3）在做”验证力的平行四边形定则”的实验中，用M、N两个弹簧測力计拉橡皮条使其结点位于（O处，此时α＋β＝90°，如图3所示，然后保持弹簧测力计N的方向不变，当α角由图3中所示的值减小时，要使结点仍在O处，则两弹簧测力计的读数中_____A．M的读数増大，N的读数减小B．M的读数减小，N的读数减小C．M的读数先増大后减小，N的读数一直减小D．M的读数一直减小，N的读数先增大后减小14．（8分）某兴趣小组利用自由落体运动来验证机能守恒定律，实验操作步骤如下A．准备实验器材B．将打点计时器竖直固定在铁架台上C．将重物连接在纸带上并穿过打点计时器D．接通电源，释放纸带；E．取下纸带，重复上述实验多次；F．拆除装置，整理器材（1）下列器材中，实验必须用到的有_____A．打点计时器B．重物C．天平D．毫米刻度尺E．秒表F．小车（2）图示是实验中打出的某条点迹清晰的纸带，其中x AB＝4．25cm，x AC＝8．89cm，x AD ＝13．92cm，x AE＝19．34cm，x AF＝25．15cm．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．当地的重力加速度g＝9．80m／s2，重物的质量为1．00kg．重物运动到B点的动能是___J，重物运动到E点的动能是___J，重物从B运动到E的过程中．重物重力势能少了___J．（均取3位有效数字）三、解答題（本题共4小題，共47分，第15题9分，第16題12分，第17题12分，第18题14分，要求有必要的文字说明和解題步骤）15．（9分）如图，绳（CO与竖直方向成30°，O为一轻质滑轮，物体A与B用跨过定滑轮的细绳相连且保持静止，已知B所受的重力为100N，地面对B的支持力为80N，求（1）物体B与地面间的摩擦力（2）物体A的重力（3）绳CO的拉力16．（12分）足球比赛中．经常使用”＂边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m／s的匀减速直线运动，加速度大小为2m／s2试求：（1）足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为2m／s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m／s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球；（3）若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2m／s2的匀减速直线运动．与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6m／s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v多大。
17．（12分）如图所示，质量M ＝0．4kg 的长薄板BC 静置于倾角为37︒的足够长的光滑斜面上，在距上端B 水平距离为1．2m 的A 处，有一个质量m ＝0．1kg 的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落在薄板BC 上的B 端点・并在薄板上开始向下运动，当小物体落在薄板BC 上的B 端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，当小物块运动到薄板的最下端C 点时，与薄板BC 的速度恰好相等，小物块与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin370.6,cos370.8︒︒==，g ＝10m ／s 2，求（1）小物体在A 点的初速度（2）薄板BC 的长度18．（14分）如图所示，质量为m A ＝2kg 的木板A 静止在光滑水平面上，一质量为m B ＝1kg 的小物块B 以某一初速度v 0从A 的左端向右运动，当：A 向右运动的路程为L ＝0．5m 时，B 的速度为v B ＝4m ／s ，此时A 的右端与固定竖直挡板相距x ，已知木板A 足够长（保证B 始终不从A 上掉下来），A 与挡板碰撞无机械能损失，A 、B 之间动摩擦因数为以0.2μ=，g 取10m/s 2:（1）求B 的初速度值v 0：（2）当x 满足什么条件时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞？。
湖南省长沙市长郡中学2019届高三月考(二)数学(理)试题(含答案)
长郡中学2019届高三月考试卷（二）数学（理科）时量120分钟。
满分150分。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A={x|y=}，B={0，1，2，3，4}，则A∩B=（）A．φB．{0，1，2) C.{0,1,2,3) D.(-∞,3]∪{4}2．已知函数f(x)= ，那么f(8)的值为（）A．3 B．4 C．15 D．163．当n是正整数时，用数学归纳法证明1×4+2×7+3×10+…+n(3n+1)=n(n+1)2时，从n=k 到n=k+1，等号左边需要增加的代数式为（）A. k(3k+4) B．（k+1)(3k+l) C.(k+1)3k D．（k+1)(3k+4)4．直角△ABC(∠A=90°)的外接圆圆心O，半径为1，且，则向量在向量方向的投影为（）A．B．- C．D．-5．已知f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且在(0，+∞)上递增，则（）A.f(20.7)<f(-log25)<f（一3)B.f(-3)<f(20.7)<f(-log25)C．f(一3)<f(-log25)<f(20.7) D.f(20.7)<f(-3)<f(-log25)6．某地区空气质量监测表明，一天的空气质量为优的概率是0. 75，连续两天为优的概率是0.6，已知某天的空气质量为优，则随后一天空气质量为优的概率是（）A.0.8B.0.75C.0.6D.0.457．要得到函数f(x) =2sinxcosx，x∈R，只需将函数g(x)=2cos2x-l，x∈R的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位8．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6 项的和为（）A．8 B．-3 C．3 D．-249．△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若则tan(A-B)的最大值为（）A．B．C．1 D．10.函数在x∈(1，2)内存在极值点，则（）A．B．C．D．11.下表中的数表为“森德拉姆筛”（森德拉姆，东印度学者），其特点是每行每列都成等差数列．在表中，“361”出现的次数为（）A. 12B. 6C. 24D. 4812.若函数f(x)满足f(x)=x(f'(x)一ln(x)，且，则+1的解集为（）A．（一1，+∞）B．C．(0，) D．（一∞，一1）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量a=（3，-1），b=（1，m），a∥（a-2b），则m=____．14．我国成功申办2022年第24届冬季奥林匹克运动会，届时冬奥会的高山速降运动将给我们以速度与激情的完美展现，某选手的速度ξ服从正态分布（100，σ2）(σ>0)，若ξ在(80，120)内的概率为0.7，则他速度超过120的概率为．15．设a= ，则的展开式中常数项是．16．已知A,B是函数f(x)= （其中常数a>0）图象上的两个动点，点P(a，0)，若的最小值为0，则函数f(x)的最大值为．三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足csinB=bcosC，a2-c2=2b2．(1)求C的大小；(2)若△ABC的面积为21，求b的值．18.（本小题满分12分）已知数列{a n}满足：a n≥1，S n是其前n项的和，且2S n=a n2+n．数列{b n}满足b l= -a2，b n+1=b n+a n·．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{b n}的通项公式．为增强学生体质，长郡中学组织体育社团，某班级有4人积极报名参加篮球和足球社团，每人只能从两个社团中选择其中一个社团，大家约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己参加哪个社团，掷出点数为5或6的人参加篮球社团，掷出点数小于5的人参加足球社团．(1)求这4人中恰有1人参加篮球社团的概率；(2)用ξ，η分别表示这4人中参加篮球社团和足球社团的人数，记随机变量X为ξ和η之差的绝对值，求随机变量X的分布列与数学期望E(X)．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：万元）对年销售量y（单位：吨）和年利润z(单位：万元)的影响．对近六年的年宣传费x i和年销售量y i（i=1，2，3，4，5，6）的数据作了初步统计，得到如下数据：经电脑模拟，发现年宣传费x（万元）与年销售量y（吨）之间近似满足关系式y=a·x b（a，b>0）．对上述数据作了初步处理，得到相关的值如下表：(1)根据所给数据，求y关于x的回归方程；(2)已知这种产品的年利润z与x，y的关系为若想在2019年达到年利润最大，请预测2019年的宣传费用是多少万元？附：对于一组数据（u l，v1），（u2，v2），…，（u n，v n），其回归直线v=β·u+a中的斜率和截距的最小二乘估计分别为已知函数f(x)=(x+b)（e x-a），(b>0)，在（-1，f(-l)）处的切线方程为(e-l)x+ey+e-l=0．(1)求a，b；(2)若方程f'(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2-x1≤1（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.（本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为，直线l过点P（0，一）且倾斜角为(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，求|PA|+|PB|的值．23.（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲已知函数f(x)=|x-a|+2+a，g(x)=|x-l|+|2x+4|.(1)解不等式|g(x)|<6；(2)若存在x1、x2∈R，使得f(x1)=g(x2)成立，求实数a的取值范围．。
2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高三(第二次)模拟考试物理试卷+答案解析
2023~2024学年湖南省长沙市长郡中学高三（第二次）模拟考试物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是()A.图甲粒子散射实验中，粒子与金原子中的电子碰撞可能会发生大角度偏转B.图乙大量氢原子处于的激发态，跃迁过程中能释放出6种频率的光子C.图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动D.图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大2.子弹垂直射入叠在一起的相同固定木板，穿过第9块木板后速度变为0。
如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。
那么子弹穿过第7块木板所用的时间最接近()A.tB.tC.tD.t3.如图所示，导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的两点，并通以恒定电流，另一长直导体棒Q位于AB连线正下方，并与电源、开关、滑动变阻器构成串联电路，闭合开关前滑片位于最左端，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。
只考虑滑动变阻器接入电路的电阻，现闭合开关，将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至正中间位置，导体棒P绕AB连线缓慢转动至某一位置，下列说法正确的是()A.导体棒P所受的安培力一定水平向右B.绳子上的拉力大小不变C.两棒间的安培力将变为原来的2倍D.两棒的间距将变为原来的2倍4.在图乙的电路中，电源输出如图甲所示的交变电流不计内阻。
电阻R的阻值为，电表均为理想电表。
下列判断正确的是()A.电压表的示数为10VB.电流表的示数为2AC.若将电阻R替换为一个电容，欲使电路安全运行，其耐压值最少为10VD.电阻R在任意三分之一个周期内产生的热量一定等于5.发射人造卫星的过程要克服引力做功，已知将质量为m的人造卫星在距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为，飞船在距地球中心为r处的引力势能公式为，式中G为引力常量，M为地球质量。
湖南省长郡中学2019届高三物理下学期第二次模拟考试试题
二、选择题 : 本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14? 18 题只有一 项符 合题目要求，第 19? 21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3
-1-
分， 有选错或不选的得 0 分。
第一，审题要细心。高考时间虽然紧张，但不能在审题上省时间。以 往有学生只看了一半题，就着急按照经验来推测题意，答案往往南辕 北辙。
第二，合理安排做题顺序，看到难题不要紧张。徐老师指出，尤其是 理综和文综的大题，考生可先浏览一遍，判断出哪些小题容易，哪些 有难度。把自己会做的先做对，然后再根据自身情况争取一些难题。 考生看到难题要自信，因为难题对所有人都难。把自己会做的都做对， 然后争取难题，这就是成功；不要因为光顾着难题，把会做的容易题 做错了，这样得不偿失。
第三，需要检查的题在草稿纸上做标记，如有剩余时间，可以有目的 地检查。在检查时，修改结果要慎重，没有确切把握，不要轻易修改。 如需修改，一定记得把机读卡上的答案也改过来。
第四，机读卡要涂清楚。尤其是理综、文综和英语考试，涂卡的部分 较多，建议做一部分涂一部分，以免到后面因时间紧张而涂串行。
第五，不要受周围环境的影响，专注于自己的试卷。按照自己平时的 规律安排时间，不要因周围考生做题的速度和状态而影响心情。
B 处变轨进入半
径为 r 、周期为 T 的环月圆轨道运行。已知引力常量为 G，下列说法正确的是
A. 图中探月卫星飞向 ( 处的过程中动能越来越小
B. 图中探月卫星飞到 ( 处时应减速才能进入圆形轨道
C. 由题中条件可计算出探月卫星受到月球引力大小
D. 由题中条件可计算月球的密度
湖南省长沙市长郡中学高三物理上学期第二次月考试题(含解析)新人教版
湖南省长沙市长郡中学2015届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。
在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。
【题文】【知识点】物理学史．P0【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C 错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D 解析：：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故BC错误，D正确．故选D．【思路点拨】先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．【题文】【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析：解：A、甲球的加速度a1=1140408vt∆--=∆=-10m/s2故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a2=22220(20)20/823v m st ∆--==∆-；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A 错误．B 、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a1t=-20+a2（t-2）解得t=4.4s 即4.4s 时两物体相距最远．故B 错误．C 、t=6s 时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s 乙球的速度v2=v 乙+a2△t=-20+203×4=203m/s 故t=6s 时甲球的速率大于乙球的速率．故C 错误．D 、设T 时刻两物体相遇，故有40T+12a1T2=-20T+12a2（T-2）2解得T=8s 故D 正确．故选：D ．【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．【题文】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】 D 解析： 以A 为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtanθ=mAa，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B 研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B 产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B 的支持力向上，与重力平衡，故N=mg ；故小车对物块B 产生作用力为：21tan θ+D ．【思路点拨】先以A 为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B 研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．【题文】【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2【答案解析】A 解析：根据动能定理得，mgh=12mv2，解得v=2210 1.25gh=⨯⨯m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度vB＝2225226v aL-=-⨯⨯ m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度vB＝2225226v aL+=+⨯⨯m/s=7m/s．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．【题文】【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】A 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．【题文】【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC 解析： A 、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v ＝2rT π又由几何关系知sin 2R r α= 得：r ＝sin 2R α∴v ＝2sin 2RT πα 故A 正确；B 、地球自转一圈时间为To ，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n ＝0TT 故B 不正确；C 、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为2t T απ=，故C 不正确；D 、万有引力提供向心力则：2224GMm m r r T π=，得：T ＝2π322sin sin 22r r R R GN GM GM ππαα==D 正确；故选为：D ．【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．【题文】【知识点】平抛运动．D1【答案解析】CD 解析：如图所示，由平抛运动的规律知Lcosθ=v0t，Lsinθ=12 gt2则得：tanθ=02gtv由图知：tan（α+θ）=00yv gtv v可得：tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．【题文】【知识点】功能关系．E6【答案解析】ABC 解析：根据动能定理应有△EK＝−ma•0sin30H＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=12mg，根据功能关系应有△E=-f0sin30H=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A 正确B、在C点，有：mg=m2cvR，解得vc=gR．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=12mvc2-12mvB2，解得5gR．则B点的加速度aB=2BvR=5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：12mvB2=mgh+12mv2=2mgh，解得h=54R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．【题文】【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】①CD②丙③0.50 解析：①A实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，A错误；B为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，B错误；C以托盘作为研究对象有mg-T=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T＝Mmgm M+，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=mg，故MM m+ =1，则有M＞＞m，C正确；D如果作出a-M图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a-1m的图象，只要a-1m的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，D正确；②没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；③计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式△x=aT2得：a＝222(3.39 2.89)100.1xT-∆-⨯=＝0.50m/s2．【思路点拨】①根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项②没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；③根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度. 掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解．【题文】【知识点】验证机械能守恒定律．E5【答案解析】 （1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度；（2）4.22；4.00M ；4.02M ；（3）C ． 解析： ：（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度，由于本题中挡光物的尺寸很小，挡光时间很短，因此直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可以利用vi ＝i d t ∆求出．（2）根据题意可知：v5＝xt ∆∆=4.22m/s 根据：△Ek5=12Mv52-12Mv12，将v=4.22m/s 带入解得：△Ek5=4.00M J Mg △h5=4.02M ．（3）根据实验可知：重力势能的减少量等于动能的增加量，即有：△Ek=mg △h 成立，故△Ek-△h 图象为过原点的直线，故ABD 错误，C 正确．【思路点拨】（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度；（2）根据动能和势能的公式求解．（3）写出△Ek-△h 的表达式，即可判断图象的性质．本题考查了实验“验证机械能守恒定律”中的数据处理，以及利用图象来处理实验数据的能力，注意物理基本规律在实验中的应用．【题文】③在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′四个力，其中F′（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．【知识点】验证力的平行四边形定则．B6【答案解析】：①AB ②D；③F′解析：：①A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行．故A正确．B、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小测量的误差．故B正确．C、拉力F1和F2的夹角不是越大越好，适当大一些即行．故C错误．D、实验中，弹簧的读数大小适当，便于做平行四边形即可，并非要求一定达到最大量程．故D错误．故选：AB．②该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的．则橡皮筋沿同一方向拉长到同一长度．故D正确，A、B、C错误．故选：D．③F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，由于误差的存在，F与F′不在同一直线上，但是二者基本相等．故答案为：F′．【思路点拨】本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，在平行四边形的对角线上，而用一个弹簧直接测量时，方向一定在橡皮筋上，由此可正确解答．主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7【答案解析】45LOA=，5LOB=解析：分别对A、B球受力分析，如图所示：受力平衡，每个小球受到的绳拉力T与杆的弹力F的合力与重力平衡．做出T与F合成平行四边形．红色的三角形与△OAC相似，故：1T OAm g OC=绿色的三角形与△OBC相似，故：2T OBm g OC=两式相比：2141mOAOB m==OA+OB=L, 所以45LOA=，5LOB=【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．E1 C2【答案解析】（1）-0.4m/s2．（2）1.0×106 W ．解析： （1）渔船通过的时间为：t=2406L s v= =40s 渔政船做匀减速运动的位移为：s ＝vmt+12at2得：a=222(t)2(4802040)40m s v t -⨯-⨯= =-0.4m/s2，“-”表示加速度与vm 方向相反．（2）渔政船做减速运动时，牛顿第二定律：-（ F+Ff ）=ma代入数据解得：Ff=5.0×104 N最大速度行驶时，牵引力为：F=Ff=5.0×104N功率为：P=Fvm=Ff vm=5.0×104×20W=1.0×106 W【思路点拨】（1）抓住渔船和渔政船的运动时间相等，结合位移公式求出渔政船减速时的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出渔政船的阻力，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fvm 求出渔政船的额定功率．本题考查了运动学中的相遇问题，以及综合考查了牛顿第二定律和功率的运用，知道当牵引力等于阻力时，速度最大．【题文】【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3【答案解析】 （1）121222(2)2m m R m m + （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g ，小球m1到达最低点B 时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动合成与分解得v12v2①对m1、m2系统由功能关系得m1gR −m2gh ＝12m1v12+12m2v22②h 2设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝22212m v ④小球m2沿斜面上升的最大距离s 2R+s′⑤联立得s ＝121222(2)2m m R m m +⑥（2）对 m1由机械能守恒定律得：12m1v12＝m1g 2R⑦联立①②③⑦得12221 1.9m m +=≈【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m1到达最低点B 时m1、m2速度关系，对m1、m2系统由功能关系列出方程，细绳断后m2沿斜面上升，对m2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对 m1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中．【题文】【知识点】动能定理；向心力． C2 E2【答案解析】（1）vC4m/s （2）8N ；（3）为arccos 56 解析： ：（1）m1从B 到C 的过程：EP=μm1gL m2从B 到C 的过程：EP ＝μm2gL+2212C m v 联立解得：vC=4m/s（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s 向上运动，假设能到高点，从C 到D 的过程： 22221122D C m v m v - ＝−m2g•2R解得：vD=0m/s 对D 点：N+m2g-k （l0-R ）=0解得：N=8N ，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g-k'（l0-R ）=0解得：N=-1N ，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点）小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE由动能定理：22221122E Cm v m v＝−m2g(R+Rcosθ)对E点：m2gcosθ−k′(l0−R)＝m22EvR联立解得：cosθ＝56，即：θ＝arccos 5 6【思路点拨】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；（2）假设通过最高点，从C 到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角。
2023届湖南省长沙市长郡中学高三月考免费试卷完整版(二)物理免费试卷完整版
选择题下列说法正确的是（）A.第一宇宙速度v=7.9km/s是相对地面的速度B.运动学中加速度和动力学中加速度都是用比值法定义的C.重力做的功W=mgh和重力势能E=mgh的物理意义是相同的D.A、B两物体的加速度分别为a1=2.0m/s2、a2=-3.0m/s2，表明B的加速度大于A的加速度【答案】D【解析】A．第一宇宙速度7.9km/s是忽略地球自转计算出来的速度，不是相对地面的速度，故A错误；B．加速度是比值定义法定义的物理量，是加速度的决定式，故B错误；C．重力做功和重力势能是两个不同的物理量，物理意义不同，故C 错误；D．加速度的正负代表方向，其数值代表大小，故B的加速度大于A 的加速度，故D正确；故选D。
选择题如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。
让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是【答案】A【解析】试题A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故选项A正确。
选择题如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳牵引向上做匀速运动。
若在运动过程中细绳突然断裂，则在断裂的瞬间，A球和B球的加速度分别是（）A.g，gB.2g，0C.2g，gD.g，0【答案】B【解析】细绳突然断裂前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F=mg根据牛顿第二定律，对Amg+F=maA可得aA=2g对BF-mg=maB联立可得aB=0故B正确，ACD错误。
故选B。
选择题将高台跳水运动员视为质点，其运动近似为竖直方向上的运动．图示为甲、乙两运动员从起跳到触及水面时的速度一时间图象．由此可推得A. 甲所在的跳台高度为11. 25 mB. 甲所在的跳台高度为12. 50 mC. 甲乙所在的两跳台高度相同D. 甲所在的跳台高度比乙的跳台低10 m【答案】D【解析】由甲图知，甲做竖直上抛运动，对应跳台高度为乙做自由落体运动，对应跳台高度为甲所在的跳台高度比乙的跳台低10m选择题如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为M的小车，小车右端有一不可伸长的的细线通过光滑的小滑轮与物块m相连。
2019最新物理题库湖南省长沙市长郡中学2019届高三(上)第二次月考物理试卷(Word版 含解析)
2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v﹣t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．m/s2D．πm/s22．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（）A．轻绳对小球的作用力大小为mgB．斜面对小球的作用力大小为mgC．斜面体与水平面间的摩擦力大小为D．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）g3．如图所示，质量满足m A=2m B=3m C的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）A．﹣g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣g、g、0 D．﹣2g、g、g4．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（）A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B．运动员接触床面时的速度最大C．在第二过程中运动员的速度先增大后再减小D．运动员在速度为零时加速度最大5．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（）A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上C．物块A、B运动的加速度大小相同D．物块A、B在传送带上的划痕长度相同6．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）A．甲船也能到达正对岸B．两船渡河时间一定相等C．两船相遇在NP直线上D．渡河过程中两船不会相遇7．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4 h内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是20 h8．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F 与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v﹣t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（）A．物体与地面间的动摩擦因数为B．物体在t0时刻的加速度大小为C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0（2v0+）9．如图所示，可以看作质点的小球从末端水平的圆弧轨道上最高点由静止开始沿轨道下滑，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上．已知轨道高度为h，斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为3h，斜面上M、N两点将斜面长度等分为三段．空气阻力不计，重力加速度为g．若小球落在斜面上M点，则（）A．小球在空中飞行时间为B．小球抛出的速度为C．小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mghD．小球从轨道上最高点释放到落到斜面上M点的过程中克服摩擦力做的功为mgh10．（多选）如图所示，带着光滑竖直的三角形斜壁固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终为脱离斜劈，则有（）A．轻绳对小球的拉力逐渐增大B．小球对斜劈的压力先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大11．如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦．则（）A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB．若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC．若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R12．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（）A．当F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3 μmg 时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg二、填空题（共2小题，每小题6分，满分16分）13．某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．（1）在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（只要答出其中的两点即可）：；．（2）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为m/s2．（保留两位有效数字）（3）丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的﹣m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为．14．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=cm．（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（3）实验中发现动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，则△E p﹣△E k 将（选填“增加”、“减小”或“不变”）．三、解答题（共4小题，满分46分）15．所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．试求：（1）绳PB的拉力；（2）木块与斜面间的摩擦力、弹力．16．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2．物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了．求绳断后多长时间物体速度大小为22m/s．（结果保留两位有效数字，已知sin37°=0.6，g取10m/s2）17．如图所示，质量为5kg的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD后进入光滑半圆弧轨道DE，传送带向下匀速转动，其速度v=10m/s，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），传送带AB长度为16m，水平地面CD长度为6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，圆弧DE的半径R=1.125m．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）（1）求物块在传送带上运动时系统产生的热量；（2）物块到达E点时的速度．18．如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻弹簧通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m=4kg，B的质量为m=2kg，初始时物体A到C点的距离为L=1m．现给A、B一初速度v0=3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小；（2）弹簧的最大压缩量；（3）弹簧中的最大弹性势能．2017-2018学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1．如图所示，直线a与四分之一圆弧b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v﹣t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为（）A．1m/s2B．2m/s2C．m/s2D．πm/s2【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，根据v﹣t图象的“面积”表示位移，进行列式求解．【解答】解：设A的加速度为a．两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即x a=x b．根据v﹣t图象的“面积”表示位移，得=由题知t=2s，解得a=m/s2．故选：C2．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°．不计小球与斜面间的摩擦，则（）A．轻绳对小球的作用力大小为mgB．斜面对小球的作用力大小为mgC．斜面体与水平面间的摩擦力大小为D．斜面体对水平面的压力大小为（M+m）g【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小．再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力．【解答】解：A、B、由题目叙述得到模型图，以B球为研究对象，分析受力情况，如图所示：根据平衡条件，水平方向：Tsinθ=N1sinθ得：T=N1则竖直方向：2Tcosθ=mg解得轻绳对小球的作用力大小为T==mg斜面对小球的作用力大小为N1=T=mg．故A错误，B错误．C、D、以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图所示，则有：N2+Tcosθ=Mg+mg得：N2=Mg﹣mg根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的作用力大小也是Mg﹣mg；f=Tsinθ 得：f=mg．故C正确，D错误．故选：C3．如图所示，质量满足m A=2m B=3m C的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）A．﹣g、2g、0 B．﹣2g、2g、0 C．﹣g、g、0 D．﹣2g、g、g【考点】37：牛顿第二定律．【分析】本题考查了瞬间加速度的计算，弹簧弹力不能发生突变，在剪短瞬间仍然保持原来的大小和方向；而细绳的弹力会发生突变，在剪断瞬间会突然改变；剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对A、B和C整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度．【解答】解：设C物体的质量为m，则A物体的质量为3m，B物体的质量为1.5m，剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2.5mg；再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体A受到的力的合力等于2.5mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为①物体C受到的力不变，合力为零，故C的加速度为a C=0 ②剪断细线前B受重力、绳子的拉力和弹簧的拉力，他们合力为零；剪短细线后，绳子的拉力突变为零，重力和弹簧的弹力不变，故B合力大小等于绳子的拉力2.5mg，方向竖直向下，根据牛顿第二定律得B的加速度为③根据①②③式知ABD错误，C正确；故选C．4．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（）A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B．运动员接触床面时的速度最大C．在第二过程中运动员的速度先增大后再减小D．运动员在速度为零时加速度最大【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．结合加速度的变化分析速度的变化．【解答】解：A、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态．故A错误；B、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，所以运动员接触床面时的速度没有达到最大．故B错误；C、D、在第二过程中，运动开始时有一段弹力大于重力，运动员做加速运动，因此开始时速度增大，只有重力和弹力平衡时达到最大速度之后，运动员的速度才开始减小；故C正确，D正确．故选：CD5．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°．现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（）A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上C．物块A、B运动的加速度大小相同D．物块A、B在传送带上的划痕长度相同【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决．【解答】解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37°＞μmgcos37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误B、由A分析得，B错误；C、根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，产生的加速度大小都为a=gsinθ﹣μgcosθ，故C正确；D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D错误故选：C6．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）A．甲船也能到达正对岸B．两船渡河时间一定相等C．两船相遇在NP直线上D．渡河过程中两船不会相遇【考点】44：运动的合成和分解．【分析】小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．【解答】解：A、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A错误；B、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度v y=vsinα，故小船过河的时间：t1==，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；C、D、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上；故C正确，D错误；故选：BC．7．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（）A．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4 h内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是20 h【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．【分析】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．【解答】解：A、地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由G=ma，得a=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b 的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是×2π=．故B错误；C、，解得，可知，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确；D、由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：C8．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F 与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v﹣t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（）A．物体与地面间的动摩擦因数为B．物体在t0时刻的加速度大小为C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0（2v0+）【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．【分析】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0﹣t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；【解答】解：A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故A错误；B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0﹣f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0﹣f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+，在t0﹣2t0时刻的平均速度为，故平均功率为P=2F0=F0（2v0+），故D正确；故选：D9．如图所示，可以看作质点的小球从末端水平的圆弧轨道上最高点由静止开始沿轨道下滑，并沿水平方向抛出，小球抛出后落在斜面上．已知轨道高度为h，斜面的倾角为θ=30°，斜面上端与小球抛出点在同一水平面上，下端与抛出点在同一竖直线上，斜面长度为3h，斜面上M、N两点将斜面长度等分为三段．空气阻力不计，重力加速度为g．若小球落在斜面上M点，则（）A．小球在空中飞行时间为B．小球抛出的速度为C．小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mghD．小球从轨道上最高点释放到落到斜面上M点的过程中克服摩擦力做的功为mgh【考点】66：动能定理的应用；43：平抛运动．【分析】由几何关系求得平抛运动竖直位移，然后根据平抛运动竖直位移公式解得运动时间；由几何关系求得平抛运动水平位移，然后根据平抛运动水平位移公式及运动时间解得小球抛出的速度．根据初末位置的高度差求重力做功．由动能定理求克服摩擦力做功．【解答】解：AB、小球做平抛运动，竖直位移为：y=2hsin30°=h又h=gt2，所以，小球在空中的运动时间为：t=；小球做平抛运动的水平位移为：x=hcos30°=h所以，小球抛出的速度为：v==，故A错误，B正确．C、小球从轨道上最高点释放到落在斜面上M点的过程中重力做功为mg（h+y）=2mgh，故C错误．D、小球在轨道上下滑过程，根据动能定理得：mgh﹣W f=，得：W f=mgh，所以整个过程中小球克服摩擦力做的功为mgh．故D正确．故选：BD10．（多选）如图所示，带着光滑竖直的三角形斜壁固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终为脱离斜劈，则有（）A．轻绳对小球的拉力逐渐增大B．小球对斜劈的压力先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】先对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，其中支持力的方向不变，拉力方向改变，根据平衡条件并结合图示法分析支持力和拉力的变化情况；然后对球和滑块整体分析，根据平衡条件列式分析．【解答】解：AB、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：根据平衡条件，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A正确，B错误；CD、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：N′=Nsinθ竖直方向：F+Ncosθ=G由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误，D正确；故选：AD11．如图轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦．则（）A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB．若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC．若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R【考点】6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．【解答】解：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选ACD12．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（）A．当F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3 μmg 时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg【考点】37：牛顿第二定律；27：摩擦力的判断与计算．【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．【解答】解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg．故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg=2ma′，对A、B 整体，有F′﹣μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．B、当F=μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F﹣μmg=3ma，解得a=，B正确．D、对B来说，其所受合力的最大值F m=2μmg﹣μmg=μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确．故选：BCD．二、填空题（共2小题，每小题6分，满分16分）13．某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．（1）在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处（只。
湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期第二次月考物理试题 Word版含解析
长郡中学2025届高三月考试卷（二）物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。
时量75分钟。
满分100分。
第I卷选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。
每小题只有一项符合题目要求）1. 2024年8月郑钦文斩获巴黎奥运会网球女单冠军。
关于网球运动中蕴含的力学知识，若忽略空气阻力，以下说法正确的是（ ）A. 球在空中飞行时，受重力和推力的作用B. 球撞击球拍时，球拍对球的力大于球对球拍的力C. 球的速度越大，惯性越大D. 球在空中飞行时，处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A．球在空中飞行时，只受重力作用，不受推力，故A错误；B．球撞击球拍时，由牛顿第三定律可知球拍对球的力等于球对球拍的力，故B错误；C．球的惯性由质量决定，与速度无关，故C错误；D．球在空中飞行时，只受重力，则处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
2. 探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。
下列说法正确的是（）A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度大B. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P 点的速度比在轨道1上经过P 点时大C. “嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q 点时的加速度小于在轨道2上经过Q 点时的加速度【答案】B 【解析】【详解】A ．月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据解得由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小，故A 错误；B ．地月转移轨道变轨到轨道1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点P 位置减速，即“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P 点的速度比在轨道1上经过P 点时大，故B 正确；C ．根据开普勒定律可知由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大，故C 错误；D ．根据解得22Mm v G m r r=v =33122212r a T T =2MmGma r =卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即“嫦娥三号”在轨道1上经过Q 点时的加速度等于在轨道2上经过Q 点时的加速度，故D 错误。
湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考物理试题
长郡中学2015届高三月考试卷(二)物理长郡中学高三月考物理备课组组稿本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，时量90分钟.满分110分.【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。
在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。
第I卷选择题(共50分)一、选择题:本题共10小题，每小题5分，共计50分.在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分.1.下列说法符合物理学史实的有A.亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论B.伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献C.开普勒通过对行星运动的观察，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律D.卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律【知识点】物理学史．P0【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A 正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个重球A与截面为三角形垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中A.A和B均受三个力作用而平衡B.B对桌面的压力越来越大C.A对B的压力越来越小D.推力F的大小恒定不变【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D 解析：：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B 受到重力、A 的压力、地面的支持力和推力F 四个力．故A 错误．B 、当柱状物体向左移动时，斜面B 对A 的支持力和墙对A 的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A 对B 的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N 1，墙对A 的支持力N 1不变，则推力F 不变．地面对整体的支持力N=G 总，保持不变．则B 对地面的压力不变．故BC 错误，D 正确．故选D ．【思路点拨】先以小球A 和B 为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F 和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．3.如图所示，A 、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t 图象，根据图象可以判断A.在t =4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度B.在t =5 s 时，两球相距最远C.在t =6s 时，甲球的速率小于乙球的速率D.在t =8s 时，两球相遇【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析： 解：A 、甲球的加速度a 1= =-10m/s 2故甲球的加速度大小为10m/s 2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a 2=22220(20)20/823v m s t ∆--==∆-；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A 错误．B 、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a 1t=-20+a 2（t-2）解得t=4.4s 即4.4s 时两物体相距最远．故B 错误．C 、t=6s 时甲球的速度v 1=v 0+a 1t=40+（-10）×6=-20m/s 乙球的速度v 2=v 乙+a 2△t=-20+×4=m/s 故t=6s 时甲球的速率大于乙球的速率．故C 错误．D 、设T 时刻两物体相遇，故有40T+a 1T 2=-20T+a 2（T-2）2解得T=8s 故D 正确．故选：D ．【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．4.如图所示，带支架的平板小车沿水平而向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为.若某过程中观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为A.mg，竖直向上B.，斜向左上方C.mg tan，水平向右D.，斜向右上方【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】 D 解析：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：m A gtanθ=m A a，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，故N=mg；故小车对物块B产生作用力为：F=N2+f2=mg，斜向右上方；故选D．【思路点拨】先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．5.如图所示，水平传送带的长度L=6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1 kg的物体(视为质点)，从高h=1. 25 m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0. 2,g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度v B随v变化的图线是【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2【答案解析】A 解析：根据动能定理得，mgh=mv2，解得=m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度v B＝=m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度v B＝=．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．6.如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿，现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边沿，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为A. B. C. D.【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】A 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．7.宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示.已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0.太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为，则以下判断不正确的是A.飞船绕地球运动的线速度为2sin 2RT παB.一天内飞船经历“日全食”的次数为C.飞船每次“日全食”过程的时间为D.飞船周期为T =【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC 解析： A 、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v ＝又由几何关系知sin 得：r ＝sin 2Rα∴v ＝2sin 2R T πα故A 正确；B 、地球自转一圈时间为To ，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n ＝ 故B 不正确；C 、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为，故C 不正确；D 、万有引力提供向心力则：，得：T ＝2π2π==D 正确；故选为：D ．【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．8.如图所示，从倾角为的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为;当抛出速度为v 2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为，则A.当v 1>v 2时， >B.当v 1>v 2时， <C.无论当v 1、v 2关系如何， =D.、的大小与斜面的倾角有关【知识点】平抛运动．D1 【答案解析】CD解析： 如图所示，由平抛运动的规律知Lcosθ=v0t，Lsinθ= gt2则得：tanθ=由图知：tan（α+θ）=可得：tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．9.如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜而向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为h，则此过程中，物块A.动能损失了2mghB.因摩擦产生的热量为mghC.机械能损失了mghD.重力势能增加小于mgh【知识点】功能关系．E6【答案解析】ABC 解析：根据动能定理应有△E K＝−ma•＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=mg，根据功能关系应有△E=-f=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．10.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心O、半径为R的圆周的光滑轨道，两轨道相切于B点，在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点即撤去推力，小滑块恰好能沿着圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面，则小滑块A.在AB段运动的加速度为2.5gB.经B点时加速度为零C.在C点时合外力的瞬时功率为D.上滑时动能与重力势能相等的位置在直径上方【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式v B2=2aR，解得：a=2.5g．故A正确B、在C点，有：mg=m，解得v c=．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mv c2-mv B2，解得v B=．则B点的加速度a B==5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有： mv B2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．第II卷非选择题（共60分）二、实验题：本题共3小题，共16分.11.（6分）如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图.图中A为小车，B 为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50Hz交流电.小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2.（1）下列说法正确的是____________.A.长木板C必须保持水平B.实验时应先释放小车后接通电源C.实验中m2应远小于m1.D.作a—图象便于得出加速度与质量的关系（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图象可能是图2中的图线_________。
2025届湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考物理试卷(一)(含答案)
大联考长郡中学2025届高三月考试卷（一）物理第Ⅰ卷 选择题（共44分）一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。
每小题只有一项符合题目要求）1．下列关于行星和万有引力的说法正确的是A ．开普勒发现了行星运动规律，提出行星以太阳为焦点沿椭圆轨道运行的规律，并提出了日心说B ．法国物理学家卡文迪什利用放大法的思想测量了万有引力常量G ，帮助牛顿总结了万有引力定律C ．由万有引力定律可知，当太阳的质量大于行星的质量时，太阳对行星的万有引力大于行星对太阳的万有引力D ．牛顿提出的万有引力定律不只适用于天体间，万有引力是宇宙中具有质量的物体间普遍存在的相互作用力2．如图所示，甲，乙两柱体的截面分别为半径均为R 的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板。
若甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值为A B ．12 C★3．我国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌航天发射场由“长征5号”运载火箭发射升空，开启了我国行星探测之旅。
“天问一号”离开地球时，所受地球的万有引力1F 与它距离地面高度1h 的关系图像如图甲所示，“天问一号”奔向火星时，所受火星的万有引力2F 与它距离火星表面高度2h 的关系图像如图乙所示，已知地球半径是火星半径的两倍，下列说法正确的是A ．地球与火星的表面重力加速度之比为3∶2B ．地球与火星的质量之比为3∶2C ．地球与火星的密度之比为9∶8D :34．如图所示，以O 为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程2122y x =−（单位：m ），小球从第Ⅱ象限内一个固定光滑圆弧轨道某处静止释放，通过O 点后开始做平抛运动，击中挡板上的P 点时动能最小（P 点未画出），重力加速度大小取210m/s ，不计一切阻力，下列说法正确的是A ．P 点的坐标为)1m −B ．小球释放处的纵坐标为1m y =C ．小球击中P 点时的速度大小为5m/sD ．小球从释放到击中挡板的整个过程机械能不守恒5．在如图所示电路中，电源电动势为E ，内阻不可忽略，1R 和2R 为定值电阻，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器滑片，C 为水平放置的平行板电容器，M 点为电容器两板间一个固定点，电容器下极板接地（电势为零），下列说法正确的是A ．左图中电容器上极板带负电B ．左图中滑片P 向上移动一定距离，电路稳定后电阻1R 上电压减小C ．若将2R 换成如右图的二极管，电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后电容器两极板间电压增大D ．在右图中电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后M 点电势降低6．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。
2019届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考物理试题
长郡中学2019届高三月考试卷（二）物理★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
第Ⅰ卷选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8題只有一项符合題目要求,第9～12題有多项符合题目要求，全部选对的得4分，逃対但不全的得2分，有逃错或不选的得0分）1，了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要，下列有关说法符合物理学发展事实的是A ．亚里士多德提出重的物体比轻的物体下落的快，是没有事实依据凭空猜想出来的B ．牛頓通过大量的实验验证了牛顿第一定律的正确性C ．伽利略在前人研究的基础上提出了惯性定律D ．伽利略理想斜面实验推理得出：力不是维持物体运动的原因2．如图，a 、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b 球质量为m ，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g ．当两球静止时，O a 绳与杆的夹角也为θ，O b 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是A ．a 可能受到2个力的作用B ．b 可能受到3个力的作用C ．绳子对a 的拉力等于mgD ．a 的重力为tan mg θ3．如图，傾角为30︒的斜面连接水平面，水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为2R，处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动，不计小球体积、不告计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是A ．0. 5mgB ．mgC ． 1. 5mgD ． 2mg4．如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO 是近地轨道，MFO 是中地球轨道，GEO 是地球同步轨道，GTO 是地球同步转移轨道．已知地球的半径R ＝6400km ，该图中MEO 卫星的周期约为（图中数据为每颗卫星軌道的近地点、远地点离地面高度）A ．3hB ． 8 hC ．15hD ．20h5．如图，四个完全相同的球炳两紧靠，球心相连正好构成个正四面体，静置在水平地面上，球与球之间的摩擦力忽略不计，则球与地面的动摩擦因数至少为 A．8 B．6CD6．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀識速直线运动，已知某列车长为L 通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为 A ．1212t t L a t t + B ．1221122t t t t L a t t +-- C ．2121122t t t t L a t t --- D ．2121122t t t t L a t t --+7．如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴'OO 的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ．若圆盘从静止开始绕转軸缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是A ．a 一定比b 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始終相等 C．ω=b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω=a 所受摩擦力的大小为kmg 8．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里．播种时，在离地面10m 高处、以15m ／s 的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m ／s 的速度（相对播种器）竖直向下射出，英进入地面下10cm 深处完成一次播种．已知荚的总质量为20g ，不考虑所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，取g ＝10m/s 2，则A ．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5JB sC ．土壤对英冲量的大小为・m ／sD ．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N9．如图所示，斜面体abc 静止于粗糙水平地面上，物块m 1、m 2均沿斜面匀速下滑，已知m 1>m 2，12θθ<，下列说法中正确的是A ．地面对斜面体没有摩擦力B ．地面对斜面体的摩擦力水平向右C ．斜面体ab 面与物块间的动摩擦因数较小D ．斜面体ab 面和ac 面与物块间的动摩擦因数相同10．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时速率为1m ／s ，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F ，力F 、滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F 和速度v 取同一正方向），g ＝10m ／s 2，则A ．滑块的质量为1．0kgB ．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0．05C ．第2s 内力F 的平均功率为3．0WD ．第1s 内和第2s 内滑块的动量变化量相同11．三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律，172年，拉格朗日在”平面限制三体问題”条件下找到了5个特解，它们就是著名的拉格朗日点．在该点上，一个小物体在两个大物体的引力作用下，小物体相对于两个大物体保持静止，设想未来人类在这五个拉格朗日点（L 1、L 2、L 3、L 4、L 5）上都建立了太空站，若不考虑其他天体对太空站的引力．则下列说法正确的是A ．位于L 1点的太空站处于受力平衡状态B ．位于L 2点的太空站的线速度大于地球的线速度C ．位于L 3点的太空站的向心加速度大于太阳位于L 1 点的太空站的向心加速度D ．位于L 4点的太空站受到的向心力大小 等于位于L 5点的太空站受到的向心力大小12．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m ，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ，下列判断正确的有A ．传送帯的速度为x TBC ．在一段较长的时间t 内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为22mtx TD．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为22 2 mx T第Ⅱ卷非选择题（共62分）二、实验题（共计15分）13．（7分）长郡中学物理兴趣小组做”验证力的平行四边形定则”实验。