四川省2022年上学期阆中中学高三理综物理9月月考试题答案14.B 解析：由题意可知，两小球下落的高度相同，故下落的时间相同，由平抛运动的规律，对A球有：＝＝tan45°①对于B球：＝tan45°②联立①②两式解得，v1∶v2＝1∶2，故选B15.A 解析：如图所示，小车的速度为v车，沿细绳方向的分速度为v3＝v车cosα，重物M速度为v时，沿细绳方向的分速度为v1＝vcosβ.由于细绳不可伸长，小车和重物沿细绳方向的分速度大小相等，即v车cosα＝vcosβ，解得v车＝，选项A正确．16.D 解析：由vt图象可知，vt图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在0～8s内下降的高度大于×v2×8＝4v2，故A错误；由vt图象可知，在0～8s内，vt图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mg－f＝ma，故所受的阻力越来越大，B错误；由vt图象可知，在8s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故C错误；8～12s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：F合＝ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，D正确。17.D 解析：当小车与物块相对滑动后，随着小车的加速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，故A错误；当小车与物块相对静止时，弹簧弹力始终不变，故B错误；由题可知，物块与小车间的最大静摩擦力大于等于2N，当小车的加速度大小为5m/s2时，只要没有达到最大静摩擦力，物块就不会与小车相对滑动，故C错误；当摩擦力等于2N且方向向右时，弹簧弹力等于2N，物块所受的合力为4N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度为4m/s2，故D正确7/7\n18.C 解析：弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，A、B分离时弹簧处于伸长状态，当A、B分离时其相互作用力为0，对B：μBmg＝ma.对A：μAmg＋kx＝ma，解得x＝.19.BD解析：由题图可知，前5s内，甲、乙均沿x轴负方向运动，A错误；两图线相切于坐标点(5s，－3m)，表明t＝5s时，甲、乙相遇且速度相同，速度为v1＝－0.6m/s，B正确；对乙物块，根据运动学公式有v1＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C错误；乙的位移x＝x0＋v0t＋at2，代入(5s，－3m)及v0的值，可得x0＝2.5m.20.BD解析：弹簧的弹力大小F＝kx＝1N，对球A，根据平衡条件，有FTsin30°＝kx，解得细线的拉力大小FT＝2N，所以A项错误，B项正确；对球C，有mg＝2FTcos30°＝2N，故C项错误；利用整体法，杆对A、B两球的支持力大小为(4＋2)N，根据对称性，杆对球A的支持力大小为N＝(2＋)N，D项正确。21.BC解析：由题意可知mgsin30°＜μmgcos30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin30°＋μgcos30°＝12.5m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝＝2m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcos30°－gsin30°＝2.5m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝＝8m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2m/s到8m/s的范围内，选项B、C正确。22.答案 (1)0.225 (2)BC (3)B (4)tanθ－解析：(1)主尺示数为2mm，游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：5×0.05mm＝0.25mm，故所测宽度为：2mm＋0.25mm＝2.25mm＝0.225cm。7/7\n(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v＝，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma及v2=2aL,可得μ＝＝＝tanθ－，故需要测量斜面倾角和当地的重力加速度，B、C正确。(3)由μ＝tanθ－，可以得到：t2＝·，即t2图象是一条过原点的直线，可作t2－线性图象处理数据求μ值，B正确。(4)图象的斜率为k，则由k＝，解得μ＝tanθ－。23.答案：①B C F ②如图③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压解析：若选用电动势为1.5V的电源，则实验中电流最大值仅为0.15mA，两个电流表均无法准确测量，故选用电动势为12V的电源F；此时，实验中最大电流约为1.2mA，故电流表选用C；电压表选用B。由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器采用分压式接法；待测电阻的阻值远大于电流表内阻，所以电流表内接。由于电流表的分压作用，电阻测量值偏大，所以电阻测量值大于其真实值。24.解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsinθ－μmgcosθ－F1>0，7/7\n所以假设成立，物体在0～2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5m/s.(2)物体在前2s内发生的位移为x1＝a1t＝5m，当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，代入数据可得a2＝－0.5m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，解得t2＝10s，物体在t2时间内发生的位移为x2＝v1t2＋a2t＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<mgsinθ＋μmgcosθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m25.解析: (1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg＝1.2N，木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6N，因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动．7/7\n设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，则有：μ1mg＝ma1v2－v02＝－2a1l联立解得：a1＝3m/s2,v＝1m/s(2)木块滑上第二个木板后，由于μ2(M＋m)g＝1N<Ff1，所以第二个木板向右加速滑动，设木板的加速度大小为a2，则有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2设木块与第二个木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：对木块：v1＝v－a1t对木板：v1＝a2t联立解得：a2＝m/s2，v1＝0.1m/s，t＝0.3s木块滑上第二个木板运动的位移x1＝t＝0.165m第二个木板的位移x1′＝＝0.015m木块在第二个木板上滑动的距离为x1－x1′<l，故达到共速后，木块和第二个木板一起继续运动，设木块、第二个木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，有：7/7\nμ2(M＋m)g＝(M＋m)a3v12＝2a3x2联立解得x2＝0.005m故小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.67m.34.答案(1) ADE(2)（i）（ⅱ）2.5cm解析: 因该波的波长为λ＝4m，则该波遇到长度为3m的障碍物时将会发生明显衍射现象，A正确；若波向右传播，则v＝＝＝m/s＝(20n＋5)m/s，T＝＝s(n＝0、1、2、3、…)；若波向左传播，则v＝＝m/s＝(20n＋15)m/s，T＝＝s(n＝0、1、2、3、…)；可知波速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，B、C错误；由v＝(20n＋15)m/s可知，当n＝1时，v＝35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，D正确；若波速为15m/s，则波向左传播，此时T＝＝s，则从t1到t2时刻，即经过t＝0.2s＝T，质点M运动的路程为3A＝60cm，E正确。(2)（i）根据题意可知，当单色光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角C＝45°，根据sinC＝，解得n＝（ⅱ）光路图如图所示：7/7\n由折射定律可得n＝＝在△ODP中，由正弦定理有：＝，所以＝联立解得i＝45°，γ＝30°则DE＝ODsinγ＝2.5cm。欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org7/7
