北京市海淀区2023-2024学年高三年级上册期中考试物理试题

北京市海淀区2023-2024学年高三上学期期中考试物理试题

阅卷入一、本部分共10题，每题3分，共30分。在每题给出的四个选项中，有

的题只有一个选项是正确的，有的题有多个选项是正确的。全部选对的得

得分3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答

题纸上。

1.如图所示，铅球放在固定斜面上，用竖直挡板挡住并处于静止状态。不计一切摩擦。下列说法正确

A.铅球对斜面的压力大于铅球所受的重力

B.铅球对挡板的压力大于铅球对斜面的压力

C.若增大斜面倾角仇铅球对挡板的压力增大

D.若增大斜面倾角仇铅球对斜面的压力减小

2.一简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示。已知此时质点E向y轴负方向运动，下列说法正确的

B.质点D此时向y轴负方向运动

C.质点A将比质点B先回到平衡位置

D.质点。的振幅为零

3.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端E挂有轻质小圆环，另一端G固定，如

图甲所示。小圆环受到两个弹簧测力计的拉力Fi、F2共同作用，静止于。点，如图乙所示。撤去Fi、

F2,改用一个弹簧测力计单独拉小圆环，仍使小圆环处于。点静止，其拉力为F,如图丙所示。做好记

录，画出鼻、&和F的图示，并用虚线把拉力尸的箭头端分别与鼻、七的箭头端连接，如图丁所示。关于

本实验，下列说法正确的是（）

GGGo

7"77"7777"77777777777~7777777777r7r

甲乙丙丁

A.本实验体现了等效替代的思想方法

B.实验中需要记录的信息只有鼻、尸2和尸的大小

C.由图丁可初步猜测F与％、/2满足平行四边形的关系

D.重复多次实验时，每次都必须将小圆环拉至。点

4.如图所示的曲线MN是某一质点的运动轨迹，44为曲线上A点处的切线。质点从B点运动到A点所

发生的位移为久，所用时间为其下列说法正确的是（）

A.小表示质点从B点运动到A点过程的平均速度

B.质点从B点运动到A点的过程，平均速度的方向由B点指向A点

C.若B点越接近A点，则卓越接近质点在A点时的瞬时速度

D.质点经过A点时所受合力可能沿着44的方向

5.某同学设计制作了一个“竖直加速度测量仪”，其结构如图所示。一根轻弹簧上端固定，在弹簧旁沿

弹簧长度方向固定一根直尺，弹簧下端挂一个质量血=0.10的的重物，重物静止时弹簧的伸长量与=

5.00cm,指针指在。点。已知图中OM=ON=1.00cm,规定竖直向下为正方向，取重力加速度g=

10m/s2o下列说法正确的是（）

/〃(///

N

。

唯6

A.若指针指在。M之间某点时，被测物体处于失重状态

B.若指针指在ON之间某点时，被测物体可能在减速上升

C.M点应标记的加速度值为-2.0m/s2

D.该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的

6.如图所示，半径为R的半球形碗，固定在可绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过半球形碗的球

心。的对称轴。0'重合。转台以角速度3匀速转动，此时碗内有两个相同的小物块4和B分别位于碗壁不同

高度处，随碗一同转动且相对碗壁静止。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.两物块受到的向心力大小相等

B.两物块所受的摩擦力可能都为零

C.在碗转动半圈的过程中，两物体所受重力的冲量大小相等

D.在碗转动半圈的过程中，两物体所受合力的冲量大小相等

7.台球在运动和撞击过程中，运动情况较为复杂。在不考虑球的转动和摩擦的情况下，可认为台球碰

撞过程无机械能损失。如图所示，某次击球，球A撞击质量相等且静止的球B,使球B直接进入中袋。两

球相碰时，球4的速度方向与两球心的连线成一定夹角。下列说法正确的是（）

/中袋

p------b\-----q

°Bo

A

D______Q______C

A.球B对球A做正功

B.球4对球B的冲量与球B对球4的冲量大小相等，方向相反

C.球力的速度变化量与球B的速度变化量方向不在同一直线上

D.两球碰撞后，球A和球B的速度相互垂直

8.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为6的小球，小球静止在光滑固定斜面上。给小球一个

沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往复运动，空气阻力可忽略，弹簧始终在弹性限度内。取平衡位置。

处为原点，沿斜面向下为正方向，建立坐标系，记小球振动过程中位置坐标为％。规定。处重力势能为

零，4表示小球离开平衡位置的最大距离。图中可能正确反映该小球运动过程中的速度以加速度a、动

能区以及重力势能4随久的变化关系的是()

9.如图所示，质量为1kg、长为9nl的薄板4放在水平地面上，在大小为4N的水平向右外力F的作用下由

静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因数为02其速率达至吃加/s时，质量为1kg的物块B以4m/s的

速率由薄板4右端向左滑上薄板，/与B间的动摩擦因数为0.1,B可视为质点。下列判断正确的是

()

A

77777777777777777777777777777

A.当4的速率减为。时，B的速率为2m/s

B.从B滑上4到B掉下的过程中，A、B所组成的系统动量守恒

C.从B滑上4到B掉下的过程中，A、B和地面所组成的系统摩擦生热9/

D.从B滑上A到B掉下的过程中，A、B所组成的系统机械能减少9/

10.《自然哲学的数学原理》中记载牛顿是这样研究匀速圆周运动的：如图所示，小球沿正多边形的各

边做速度大小不变的运动，若正多边形的边数趋近于无穷大，则上述运动可看作匀速圆周运动。牛顿提

出设想后并没有做进一步的推导，若小明同学沿着牛顿的思路推导得出了匀速圆周运动的向心力表达

式，他在研究过程中提出了一些假设，其中不合理的是（）

A.小球在正多边形的各个顶点处的碰撞是弹性碰撞

B.小球每次碰撞时所受作用力的方向指向圆心

C.因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，所以可以利用动量定理得出向心力表达式

D.因可以用正多边形的边长与碰撞的作用力计算功，所以可以利用动能定理得出向心力表达式

阅卷人

二、本部分共8题，共70分。

得分

11.某同学用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点。钢球在斜槽轨道某一高度处由静止释放，并从

末端水平飞出。在装置中有一个水平放置的可上下调节的倾斜挡板，实验前，先将一张白纸和复写纸固

定在装置的背板上。钢球落到挡板上挤压复写纸并在白纸上留下印迹。上下调节挡板，通过多次释放钢

球，记录钢球所经过的多个位置。以钢球抛出时球心所在位置为坐标原点0,以水平向右和竖直向下分别

为%轴和y轴的正方向，建立直角坐标系，用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨

迹如图乙所示。

斜槽轨道

（1）对于本实验，下列说法正确的是—O

A.每次必须从同一高度由静止释放钢球

B.斜槽轨道必须光滑

C.挡板必须等间隔上下移动

D.装置的背板必须竖直放置

（2）通过研究得出钢球在竖直方向为自由落体运动之后，为进一步研究钢球在水平方向的运动规

律，该同学在轨迹上测出A,B、C三点的坐标分别为Qi，yi）、（x2＞、2）和（久3，、3）。

下列能够说明钢球在水平方向的运动可能为匀速直线运动的是—o

A.若y1：y2：y3-1：3：5时，满足的：x2：x3=1：2：3

B.若看=一丫1=丫3一时，满足%1：%2：£3=1：2：3

C.在轨迹上取若干点获取数据，它们的坐标可以用一条二次函数曲线拟合（即满足丫二九/）

D.在轨迹上取若干点获取数据，画出的y-/图像是一条过原点的直线

12.某同学用如图所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。

（1）下列说法正确的是o

A.本实验还需要天平、秒表

B.和小车相连的细线与长木板不一定要平行

C.应该先释放小车，再接通电源

D.平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小

（2）某次实验得到的纸带如图所示，每两个计数点间有四个点未画出.已知实验所用电源的频率为

50Hz。

根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2,打点计时器打B点时小车的速度为

m/s.（结果均保留两位有效数字）

・单位:cm

4«C。E

•.

・

6.196.707.217.72

（3）该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中祛码的总质量m不变，通过改变小车

中的重物来改变小车的质量M,分别测出小车相应的加速度。为了通过图像直观地判断小车的加速度a与

质量M之间是否成反比，应该做出a与的图像。

（4）该同学在“探究加速度与力的关系”时，首先平衡了小车所受的摩擦力，然后保持小车的质量M不

变，改变小吊盘中祛码数量来改变细线对小车的拉力。小吊盘及盘中硅码的总质量用血表示。若该同学

在实验中逐渐增加盘中祛码的数量，直到m=M。实验中他操作过程规范，并正确测量获得实验数据，

则图所示图像能正确反映小车的加速度a和血之间关系的是

Mm

13.如图所示，质量为m的滑块（可视为质点）已知斜面的倾角为

。、长度为3重力加速度为g。求:

（1）滑块滑到斜面底端所用的时间；

（2）滑块滑到斜面底端时速度的大小；

（3）滑块滑到斜面底端时重力的瞬时功率。

14.如图所示，质量血=0.40kg的物体（可视为质点）在粗糙水平桌面上以初速度为=3.0zn/s做直线

运动，飞离桌面后做平抛运动，最终落在水平地面上.已知物体与桌面间的动摩擦因数4=0.25,在桌面

上滑行的长度L=1.0m,桌面离地面高度/i=0.80m,取重力加速度g=10m/s2o求：

Vo

（1）物体落地点与桌面边缘的水平距离s；

（2）物体落地时的速度大小也

（3）物体平抛过程中重力的冲量几

15.如图所示，粗糙水平面AB长为4R,与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道在B点相接。质量为m的

物体甲（可视为质点）将弹簧压缩到4点后由静止释放，甲脱离弹簧后，在水平面滑行一段距离后滑上竖

直轨道，并恰好能通过C点。已知甲与水平面间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度为g。

（1）求甲通过C点时的速度大小；

（2）求弹簧被压缩到力点时的弹性势能；

（3）若在B点放置另一个质量为3m的物体乙（可视为质点，图中未画出），使甲把弹簧仍然压缩到4

点，由静止释放甲，甲、乙发生弹性正碰后，撤去甲，此后乙沿半圆形轨道运动，通过计算说明乙离开

半圆形轨道后将如何运动。

16.19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球同步卫星轨道的高塔，并

在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定

轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质

量为M、半径为/?、自转周期为7,万有引力常量为G。

（1）求高塔的高度生;

（2）若某次通过太空电梯发射质量为m的卫星时，预定其轨道高度为/1（/1＜垢）；

①若该卫星上升到预定轨道高度时与太空电梯脱离，脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，试分

析说明卫星刚脱离太空电梯后相对地心，将做加速直线运动、圆周运动、近心运动还是离心运动？

②太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀

速圆周运动，以地心为参考系，求推进装置需要做的功W。

17.风洞是用来模拟物体周围气体流动情况并可量度气流对物体作用效果的实验设备。取重力加速度为

9。

言.管道1|管道2

一模型截面

一J

（1）在一次检验飞机性能的试验中，风洞管道竖直截面图如图所示，管道中有水平向右的气流，AB

是飞机模型的截面，轻绳0P拉住模型，当模型在气流中保持静止时，轻绳恰好水平，已知气流对模型的

作用力垂直于模型截面，模型截面与水平面夹角为6。求剪断轻绳的瞬间，模型加速度的大小；

（2）为测定某火箭的力学性能，采用了缩比模型进行风洞试验，即将与火箭材料相同的火箭模型放

入风洞并固定，如图所示。试验时，空气由管道1流入管道2,空气与模型截面垂直作用，模型单位面积

所能承受的最大作用力为/,假设空气分子与模型作用后其定向运动速度（气体流速）减为零；

①为研究问题方便，设空气分子的平均质量为加。,气流稳定时，管道2中空气分子的数密度为小为

使模型不被破坏，求管道2中空气与模型截面作用前可允许的最大流速4

②若质量为M的火箭竖直升空，其与空气垂直作用的等效面积为S,在火箭速度达到巧后，发动机对

火箭做功的功率Po保持不变，火箭继续加速.此后火箭上升高度Q所用时间为t时，速度达到最大，此

时其所受空气阻力为其所能承受最大作用力的一半。忽略火箭质量的变化，求火箭在上述上升高度%的过

程中，空气阻力对火箭做的功。

18.放置在水平平台上的物体，其表观重力在数值上等于物体对平台的压力，方向与压力的方向相同。

微重力环境是指系统内物体的表观重力远小于其实际重力（万有引力）的环境。此环境下，物体的表观

重力与其质量之比称为微重力加速度。

落塔落舱

（1）如图所示，中国科学院力学研究所微重力实验室落塔是我国微重力实验的主要设施之一，实验

中落舱可采用单舱和双舱两种模式进行。已知地球表面的重力加速度为g；

①单舱模式是指让固定在单舱上的实验平台随单舱在落塔中自由下落实现微重力环境。若舱体下落

时，受到的阻力恒为舱体总重力的0.01倍，求单舱中的微重力加速度的大小Op

②如图所示，双舱模式是采用内外双舱结构，实验平台固定在内舱中，实验时让双舱同时下落。落体

下落时受到的空气阻力可表示为/=切/,式中k为由落体形状决定的常数，p为空气密度，u为落体相

对于周围空气的速率。若某次实验中，内舱与舱内物体总质量为加1，外舱与舱内物体总质量为62（不含

内舱）。某时刻，外舱相对于地面的速度为巧，内舱相对于地面的速度为也，它们所受空气阻力的常数k

相同，外舱中与外部环境的空气密度相同，不考虑外舱内空气对外舱自身运动的影响。求此时内舱与外

舱中的微重力加速度之比。2：%；

（2）环绕地球做匀速圆周运动的人造卫星内部也存在微重力环境.其产生原因简单来说是由于卫星

实验舱不能被看作质点造成的，只有在卫星的质心（质点系的质量中心）位置，万有引力才恰好等于向

心力.已知某卫星绕地球做匀速圆周运动，其质心到地心的距离为r,假设卫星实验舱中各点绕图中地球

运动的角速度均与质心一致，请指出卫星质心正上方（远离地心一侧）距离质心/r处的微重力加速度呢

的方向，并求心与该卫星质心处的向心加速度与的比值。

答案解析部分

L【答案】A,C

【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡

【解析】【解答】AB、根据题意，对铁球受力分析，如图所示

由平衡条件可得

FNsin6—F

FNCOS9=mg

解得

F=mgtand

_mg

FN=^0

因为

0°<0<90°

则有

FN>mg,FN>F

由牛顿第三定律可知，铅球对斜面的压力大于铅球所受的重力，铅球对挡板的压力小于铅球对斜面的压

力。故A正确，B错误；

CD、若增大斜面倾角6,则F增大，FN增大。由牛顿第三定律可知，铅球对挡板的压力增大，铅球对

斜面的压力减小。故C正确，D错误。

故答案为：ACo

【分析】对铁球进行受力情况，根据平衡条件列平衡方程，确定夹角的变化情况，再根据力与夹角的关

系进行分析。

2.【答案】A,B

【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象

【解析】【解答】AB、根据题意结合同侧法，由于质点E向y轴负方向运动，由图可知，波沿x轴负方

向传播，同理，由于波沿X轴负方向传播，可知，质点D此时向y轴负方向运动，故AB正确；

C、由于波沿x轴负方向传播，由同侧法可知，质点A沿y轴正方向运动，质点B将要沿y轴负方向运

动，则质点B将比质点A先回到平衡位置，故C错误；

D、质点的振幅等于质点偏离平衡位置的最大位移，与质点所处位置无关，故D错误。

故答案为：AB。

【分析】格局同侧法或者“上下坡”法确定波的传播方向及其他质点的振动方向。根据质点的振动方向判

断各点回到平衡位置的先后情况。注意振幅和位移的区别。

3.【答案】A,C

【知识点】验证力的平行四边形定则

【解析】【解答】A、合力与分力之间作用效果相同，是等效替代关系，故A正确；

B、因为要做力的图示，所以实验中需要记录的信息有Fi、F2和F的大小以及方向，故B错误；

C、根据图丁可以看出，F与Fi、F2满足平行四边形的关系，故C正确；

D、重复多次实验时，不需要每次都将小圆环拉至。点，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】合力与分力之间作用效果相同，是等效替代关系。重复多次实验时，只需保证每组实验的实验

效果的一致性即可。

4.【答案】A,B,C

【知识点】曲线运动；平均速度；瞬时速度

【解析】【解答】A、因x为由B到A的位移，贝哈表示质点从B点运动到A点过程的平均速度，故A正

确；

B、质点从B点运动到A点的过程，平均速度方向与位移方向相同，则平均速度的方向由B点指向A

点，故B正确；

C、若B点越接近A点，贝心越短，则压越接近质点在A点时的瞬时速度，故C正确；

D、AA'的方向是质点在A点的瞬时速度方向，质点做曲线运动，则速度方向与合力方向不共线，则质

点经过A点时所受合力不可能沿着AA，的方向，故D错误。

故答案为：ABC。

【分析】根据平均速度的定义确定AB段的平均速度，平均速度方向与位移方向相同，根据极限法判断

质点瞬时速度与平均速度的关系。质点做曲线运动，则速度方向与合力方向不共线。

5.【答案】B,C,D

【知识点】牛顿第二定律；超重与失重

【解析】【解答】A、重物静止时弹簧的伸长量xo,可得

kx0=mg

若指针指在OM之间某点时，弹簧的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测

物体处于超重状态，故A错误；

B、若指针指在ON之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向下的加速度，被

测物体处于失重状态，被测物体可能在减速上升，故B正确；

C、指针指在M点时，有

mg—fc(x0+x0M)=ma

M点应标记的加速度值为

a——2m/s2

故C正确；

D、设O点至指针所指位置的位移为x,可得

mg—fc(x0+%)=ma'

可得

a'=---x

沏

故该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的，故D正确。

故答案为：BCD。

【分析】物体具有向上的加速度，则物体处于超重状态，物体具有向下的加速度，则物体处于失重状

态。确定任意位置小球的受力情况，再根据胡克定律及牛顿第二定律分析各位置的加速度及加速度与位

移之间的关系。处于平衡位置时，弹力等于重力。

6.【答案】C

【知识点】匀速圆周运动；向心力；冲量

【解析】【解答】A、两物块做匀速圆周运动，角速度相等，运动半径不相等，根据

F=ma)2r

可知两物块向心力不相等，故A错误；

B、物块A的摩擦力恰好为零时，重力和支持力提供向心力，则有

2

ma)rA-mgtanOA

变化可得

,.2_g

—RCOS0A

同理可得物块B的摩擦力恰好为零时有

RCOS0B

因为6A与6B不相等，所以以上两式无法同时成立，则两物块所受的摩擦力不可能都为零，故B错误;

C、在碗转动半圈的过程中，重力不变，则两物体所受重力的冲量都为mgt,故C正确；

D、在碗转动半圈的过程中，由合力提供向心力，两物体圆周运动线速度大小不同，则根据

Ft=mv2—mvr

可知两物体所受合力的冲量大小不相等，故D错误。

故答案为：Co

【分析】两物体属于同轴转动，两物体的角速度、周期相等，根据图像确定两物体的半径关系，再根据

牛顿第二定律确定向心力的关系。根据受力情况及夹角关系确定向心力的来源及各力之间的关系。根据

冲量及动量定理确定冲量的大小情况。

7.【答案】B,D

【知识点】功的计算；冲量；碰撞模型

【解析】【解答】A、球A撞击球B,球A动能减小，根据动能定理可知，球B对球A做负功，故A错

误；

B、球A对球B的作用力与球B对球A的作用力为一对作用力与反作用力，等大反向，由冲量公式

1=Ft

可知球A对球B的冲量与球B对球A的冲量大小相等，方向相反，故B正确；

C、根据动量定理可知，球A的速度变化量方向为B对球A的冲量方向，球B的速度变化量方向为球A

对球B的冲量方向，则球A的速度变化量与球B的速度变化量方向在同一直线上，故C错误；

D、设球A碰撞前的速度为vo,与两球心连线的夹角为0,将vo沿球心连线方向与垂直连线方向分解，

可得

%=vocos0,v2—Cosine

两球碰撞时，作用力沿球心连线方向，由动量守恒可得

mAv1=mAv\+mBvB

由能量守恒可得

mA=mB

v\=0,vB=v0cos9

故碰撞后球A仅有垂直球心连线速度V2,球B速度方向为沿球心连线方向，故两球碰撞后，球A和球B

的速度相互垂直，故D正确。

故答案为：BDo

【分析】确定碰撞前后AB两球速度的变化情况，再根据功能关系确定各力的做功情况。相互作用力等

大，反向。根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞后两球速度的夹角关系。

8.【答案】B,C

【知识点】牛顿运动定律的应用一连接体；动能定理的综合应用；重力势能；简谐运动的回复力和能量

【解析】【解答】A、小球做简谐振动，设小球处于平衡状态时弹簧伸长量为xo,初始速度为vo,振动过

程小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设斜面倾角为9,沿斜面向下为正方向，则下滑x时根据能量守恒

定律有

1,、？11712

—+%0)+vy/cx—mgxsind=5mu

乙乙乙乙

在平衡位置有

kx0—mgsmd

整理得

—=vyTHU—TjmVo

乙乙乙

变式后得

V2

因为斜率是定值，可得V2-X2图像是直线，而V-X图像不可能是直线，故A错误;

B、由于

产合=-kx

据牛顿第二定律可得

k

CL=-----X

m

故B正确；

C、由A得

111

Ek=77mv2=--^rkx2+K

由上式可知Ek-x图像是开口向下，对称轴为x=0的二次函数图象，故C正确；

D、下滑x时，由重力势能公式可得

Ep=—mgxsind

上滑X时，由重力势能公式可得

Ep=mgxsind

Ep-x图像是一次函数图象，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】确定小球在运动过程中的受力情况及各力的做功情况，再根据功能关系及牛顿第二定律确定各

物理量与x之间的关系式，平衡位置时，小球所受合外力为零。

9.【答案】A,D

【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用一板块模型；牛顿运动定律的应用一传送带模型

【解析】【解答】A、物块B做减速运动的加速度为

2

aB=fi2g=lm/s

物块放上木板时木板的加速度为

+mB)g-F

a=-------------------™--------------------------=lm/sz

AmA

由于加速度大小相等，故在相等时间内AB的速度变化量相等，故A的速率为零时，B的速率为2m/s。

故A正确；

B、从B滑上到A速度减到零的过程中，系统合外力为零，动量守恒，此后系统合外力不为零，动量不

守恒，故B错误；

CD、由于木块从木板上滑落，故两者始终发生相对滑动，又

黑2mBg+LOA+mB)g<F

故木板速度为零后保持静止不动，则从B滑上木板到木板停止运动的过程中，木板的位移为

X1=75——=2m

2a力

由于AB之间始终发生相对滑动，则从B滑上木板到滑下的过程中，AB之间的相对位移等于板长。故根

据功能关系，整个运动过程中系统产生的热量为

Q=黑2mBgL板+Ri(mA+mB)gx1=17J

A、B所组成的系统机械能减少为

△E=Fx1-Q=-9J

故C错误，D正确。

故答案为：AD。

【分析】确定AB两物体受到的摩擦力情况，再根据牛顿第二定律确定两物体的加速度，再结合匀变速

直线运动规律进行解答。根据摩擦力与拉力的关系，确定A物体速度为零后的运动情况。AB之间摩擦

力产生的热量与AB之间的相对位移有关。

10.【答案】D

【知识点】动量定理；向心力；动能定理的综合应用；碰撞模型

【解析】【解答】A、做匀速圆周运动，假设小球在正多边形的各个顶点处的碰撞是弹性碰撞，是合理

的，故A不符合题意；

B、因为向心力指向圆心，所以可以假设小球每次碰撞时所受作用力的方向指向圆心，故B不符合题

思；

C、因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，所以可以利用动量定理得出向心力表达式，故C不

符合题意；

D、小球碰撞时，作用力不做功，所以不能用动能定理得出向心力表达式，不合理，故D符合题意；

故答案为：Do

【分析】匀速圆周运动的速度大小不变，即机械能不变，符合弹性碰撞特点。根据匀速圆周运动的特点

及动量定理及动能定理进行分析。碰撞过程物体无运动位移的发生。

11.【答案】(1)A；D

(2)C；D

【知识点】研究平抛物体的运动

【解析】【解答】(1)A、每次必须从同一高度由静止释放钢球，以保证小球到达斜槽底端速度相同，故

A正确；

B、斜槽轨道不必须光滑，只需保证每次必须从同一高度由静止释放钢球，每次克服阻力做功相同，小球

到达斜槽底端速度相同，故B错误；

C、挡板不需要等间隔上下移动，故C错误；

D、装置的背板必须竖直放置，故D正确。

故答案为：AD。

(2)A、根据竖直方向初速度为零匀加速规律可知，若

%；丫3=1：4；9

时，则运动时间相同，满足

x1：x2：町=1：2：3

即可说明水平匀速运动，故A错误；

B、若

丫1=当一当=当一

时，竖直方向位移相同，但竖直是加速运动，各阶段的初速度不相等，故时间不等，故B错误；

CD、根据

y=5gt2,x=vot

整理可得

其中k是常数，且广元2图像是一条过原点的直线。故CD正确；

故答案为：CD。

【分析】本实验需保证小球到达斜槽底端速度相同，才可使小球的运动轨迹为圆滑曲线，故每次必须从

同一高度由静止释放钢球。根据平抛运动水平位移和竖直位移与时间的关系推导得出图像的函数表达

式，继而判断图像情况。

12.【答案】(1)D

(2)0.51；0.64

(3)—

M

(4)B

【知识点】探究加速度与力、质量的关系

【解析】【解答】(1)A、本实验还需要天平，但不需要秒表，故A错误；

B、为了使得小车所受拉力的合力等于细绳的拉力，则和小车相连的细线与长木板一定要平行，故B错

误；

C、应该先接通电源，再释放小车，故C错误；

D、平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小，故D正确。

故答案为：Do

(2)每两个计数点间有四个点未画出，可知两个计数点间时间间隔为

T=5x/=0.1s

根据纸带可求出小车的加速度大小为

Xrp—X/ir

a=---------$-----=0.51m/s2Q

4T2

打点计时器打B点时小车的速度为

XAT

VB==o.64m/s

(3)该同学在探究“加速度与质量的关系”时，保持小吊盘及盘中祛码的总质量m不变，可认为小车的牵

引力不变，通过改变小车中的重物来改变小车的质量M,分别测出小车相应的加速度。根据

F1

a=M=m9-M

则为了通过图像直观地判断小车的加速度a与质量M之间是否成反比，应该做出a与方的图像。

（4）根据牛顿第二定律可知

mg—T=ma,T=Ma

可得

-1-M,-1I-1

agmg

则工-上图像如图B所示。

am

故答案为：Bo

【分析】平衡摩擦的目的是为了使小车加速运动时所受合力的大小等于细线拉力的大小，根据中间时刻

的瞬时速度等于该段时间内的平均速度求解各计数点的速度。分别对小车和小吊盘进行受力分析，根据

牛顿第二定律推导得出图像的表达式。

13.【答案】（1）解：设滑块的加速度为a,下滑到斜面底端所用的时间为t

根据牛顿第二定律rngsin。=ma

滑块口加速度a=gsind

根据运动学公式L=：at2

解得

t=\gsm3

（2）解：根据运动学公式U二砒

解得滑块下滑到斜面底端速度。=d2gLsme

（3）解：根据瞬时功率公式P=mgusin。

重力的瞬时功率P=mgsm3y/2gLsmO

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功率

及其计算

【解析】【分析】（1）确定滑块的受力情况，根据牛顿第二定律及运动学公式进行解答；

（2）根据匀变速直线运动速度与时间的关系进行解答；

（3）求解瞬时功率时，注意力和速度的夹角关系，再根据瞬时速度的定义进行解答。

14.【答案】（1）解：设物体离开桌面时的速度大小为根据动能定理—一处加诏

解得1/=2.0m/s

设物体平抛运动的时间为t：h=^gt2

解得t=0.4s

解得s=v't=0.80m

(2)解：设物体落地时竖直方向的速度为为%=gt=4.0zn/s

物体落地时的速度大小I?=Jv，2+Vy=2y/5m/s

(3)解：物体平抛过程中重力的冲量/=mgt=1.6N•s

方向竖直向下。

【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；冲量

【解析】【分析】(1)物体离开平台后做平抛运动，根据动能定理确定物体离开桌面的速度，再根据平抛

运动规律进行解答；

(2)根据平抛运动规律求出物体落地时的竖直方向上的速度，再根据速度的合成法则求出落地速度的大

小；

(3)确定小球平抛运动的时间，根据冲量的定义进行解答即可。

•【答案】(1)解：根据题意'设物体甲从C点飞出时的速度为股，由牛顿第二定律有=m竽

解得"c=

(2)解：对物体甲，从4点到C点的过程，依据动能定理有小—•4R—mg•2R=4771171

由功能关系，可知弹簧初始状态时的弹性势能琦=〃=4.5mgR

(3)解：不放置乙时，甲从8到C,由动能定理有—2zngR=培—就

解得％=[SgR

甲、乙发生弹性碰撞，系统动量守恒、总动能不变，物体乙的质量M=3zn,由动量守恒定律和机械能守

恒定律有徵为=mvr+MV2

111

Tymvj=vynw彳+7yM试

乙乙乙

解得乙碰后的速度以=需方诙=3VB=：j5gR

以地面为势能零点，乙在轨道上运动时机械能守恒，假设最高点高度为九，则有号Mi^=Mg/i

解得/i=|R<R

可见，乙在轨道上的最高点低于与圆心。等高的点，之后乙将沿轨道原路返回，直到经过B点离开半圆轨

道，之后将在摩擦力的作用下做匀减速直线运动。

【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型

【解析】【分析】(1)物体恰好同C点，根据物体在竖直平面内做圆周运动的临界条件及牛顿第二定律进

行解答；

(2)明确物体从A到C的过程中，各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；

(3)根据动能定理确定碰前甲到达B的速度，再根据弹性碰撞的特点，确定碰后乙的速度大小。再根据

动能定律确定乙能到达的最大高度，再根据最大高度与半径R的关系确定乙的运动情况。

16.【答案】(1)解：塔高为同步卫星的轨道高度，设同步卫星质量为mo，由万有引力提供向心力有

GMm_4TT2z,,

--------02=m0-T(RD+%)

R+hnYT”

(2)解：①由于卫星脱离太空电梯时的角速度和同步卫星角速度相同，均为30,而轨道高度为八的圆轨

道卫星角速度3>a),由于m3式R+似<rna)2(R+h)=G-~~力

0(K+n)

万有引力超过所需向心力，卫星脱离后做近心运动。

②卫星被缓慢运送至高八处时的速度大小为为=27r针)

GMYH1八

高八处的圆轨道卫星速度为3则由」9=租扁

(R+h)"十"

可得u=

2

推进装置需要做的功W=|mv-\mvl=黑器-2兀2("m2nl

22u2(R+/i)72

【知识点】离心运动和向心运动；万有引力定律的应用；卫星问题；动能定理的综合应用

【解析】【分析】(1)高塔位于同步卫星轨道，运行周期与地球的自转周期相等，根据万有引力定律及牛

顿第二定定理进行解答即可；

(2)根据高度的关系，根据牛顿第二定律确定万有引力与向心力的关系，万有引力大于向心力物体做近

心运动，万有引力小于向心力做离心运动；

脱离瞬间，卫星的周期与地球的周期相等，根据周期和线速度的关系确定卫星的初速度。再根据万有引

力定律及牛顿第二定律确定卫星做圆周运动的速度。卫星的高度不变，即重力势能不变。再根据功能关

系确定装置的做功。

17.【答案】(1)解：飞机模型静止时，受力情况如图所示.绳对模型的拉力「与气流对模型的作用力F及

模型所受重力G的合力尸合相等，即T=%=mgtand

剪断轻绳后T=0

依据牛顿第二定律有mgtan。=ma

解得飞机的加速度a=gtand

（2）解：①设模型与空气垂直作用的等效面积为So,当管道2中流速为u时，依据动量定理，在上时间

内=（nSov21t）moV

解得u=lnm~

7nmQ

②火箭达到最大速度%n时a=0

受空气作用力，第=35/

依据平衡条件，发动机推力F=^Sf+Mg

依据功率公式有Po=Fvm=&Sf+Mg）vm

P2Po

则为"=麻o丽=＞沟

对火箭由速度也到最大速度必„的过程，依据动能定理有Pot+叼-Mgh=

解得小f=Mgh+J"7斤2%g）

【知识点】动量定理；牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用

【解析】【分析】（1）确定平衡时飞机模型的受力情况及各力之间的关系，剪断绳后，绳子拉力为零，再

根据牛顿第二定律确定加速度的大小；

（2）①对于流体模型，常将流体进行“柱体”化，再根据动量定理进行解答。当流速最大时，作用力最

大。确定流体的受力情况及与模型作用前后流体的速度情况，再根据动量定理进行解答；

②当火箭达到最大速度时，加速度为零，根据功率与推力的关系确定火箭的做大速度，再根据动能定理

进行解答。

18.【答案】（1）解：①设单舱的质量为Mo,受阻力人=0.01M°g

依据牛顿第二定律有“0。-九=Moa

设实验平台上某物体的质量为nio,平台对物体的支持为N,依据牛顿第二定律m（）g—N=m°a

解得N=净

依据牛顿第三定律，物体对平台的压力大小N'=N

则表观重力?Hog=N'

微重力加速度91=卷=a=0.01g

方向竖直向下

②内舱受空气阻力介=kp(»2-%)2

外舱受空气阻力片=如资

与上问同理可知，内舱微重力加速度外=与

乙771]

外舱微重力加速度以=冬

3m2

，、2

可得叟=-2(4-1)

03叫诏

(2)解：设地球的质量为M,引力常量为G,卫星质量为血，依据牛顿第二定律G等=加32厂

得卫星的角速度3=曜

设卫星质心上方Ar处有一质量为质的物体，它随卫星做圆周运动所需的向心力大于地球引力，因此在卫

星内部有离心运动趋势，对支持面压力指向外侧，即微重力加速度的方向向上，即远离地心的方向。

设物体上方有实验平台，对物体的弹力为No,依据牛顿第二定律+M=m%2&+4r)

(r+Jr)

Mm

3代入得No=G^-(r+Ar)-G2

r(r+Jr)

依据牛顿第三定律，物体对平台的压力大小N'o=No

表观重力77l，4=N0

微重力力口速度04--=G^(r+Jr)-G———―

mk(r+Jr)z

对卫星，依据牛顿第二定律6等=加时

可得an=G^

则得=黜+姐一品I

【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；超重与失重；万有引力定律的应用

【解析】【分析】(1)①分别对舱体和物体构成的整体及物体进行受力分析，两者的加速度相当。根据牛

顿定律进行解答即可；

②根据内外舱的速度关系，确定内外舱的空气阻力大小。再结合①中结论进行解答即可；

(2)微习惯质心上方的平台对物体的弹力指向质心，则物体做圆周运动的向心力由万有引力及弹力的合

理提供。再分别根据牛顿第二定律及万有引力定律确定微重力和加速度的大小，继而得出结果。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：100分

客观题（占比）30.0(30.0%)

分值分布

主观题（占比）70.0(70.0%)

客观题（占比）10(55.6%)

题量分布

主观题（占比）8(44.4%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

本部分共10题，每

题3分，共30分。

在每题给出的四个选

项中，有的题只有一

个选项是正确的，有

的题有多个选项是正10(55.6%)30.0(30.0%)

确的。全部选对的得

3分，选不全的得2

分，有选错或不答的

得0分。把正确的答

案填涂在答题纸上。

本部分共8题，共

8(44.4%)70.0(70.0%)

70分。

3、试卷难度结构分析

序号难易度占比

1普通(77.8%)

2容易(5.6%)

3困难(16.7%)

4、试卷知识点分析

序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号

1简谐运动的回复力和能量3.0(3.0%)8

2离