2025年陕西省榆林市高考物理一模试卷

第1页（共1页）2025年陕西省榆林市高考物理一模试卷一、选择题：本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）如图所示为某研究小组在暗室中用频闪照相的方法记录了一滴水下落过程的照片示意图，照片记录了水滴在不同时刻下落至不同的位置。若相邻位置的时间间隔都相等，水滴所受的重力为G，阻力为f，则对于水滴的这一下落过程，下列说法中正确的是（）A．f一直小于G B．f一直大于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G2．（3分）关于物体的运动，下列说法中正确的是（）A．物体在变力作用下不可能做直线运动 B．物体做曲线运动，所受的合外力一定是变力 C．物体在恒力作用下可能做曲线运动 D．物体做曲线运动，其速度可能不变3．（3分）在机场、车站的安检口，水平传送带匀速运动，一乘客将行李无初速度地放置在传送带上，最终行李随传送带一起匀速运动，如图所示。对于行李被传送的整个过程，下列说法中正确的是（）A．传送带对行李一直有摩擦力作用 B．传送带运动速度越大，行李加速运动的时间越长 C．行李放上的开始阶段相对传送带向前运动 D．行李放上的开始阶段摩擦力对行李做负功4．（3分）如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s，质点P距原点2.0m，则（）A．质点P振动的周期为0.2s B．此时质点P的加速度最大 C．此时质点P的速度方向沿y轴正方向 D．t＝0.1s时质点P距原点的距离x＝4.0m5．（3分）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线始终沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（）A．P点的线速度方向沿绳子切线 B．P点的线速度等于Q点的线速度 C．P点的角速度等于Q点的角速度 D．P点所受合外力方向一定垂直于绳斜向下6．（3分）在2024年世界杯男子61公斤级举重比赛中，中国选手李发彬夺得金牌，为祖国赢得荣誉。在抓举项目中，运动员首先从地面拉起杠铃，当杠铃到达下腹部时，运动员身体快速下沉至杠铃下面，将杠铃举过头顶成稳定的蹲姿，如图所示由①经过②达到③的状态；然后运动员由③所示的状态加速达到④状态后再减速至⑤状态，即举起杠铃到双腿站直保持静止。对于运动员由③状态至⑤状态的过程，下列说法正确的是（）A．地面对运动员做正功 B．杠铃先超重后失重 C．在举起杠铃的过程中，运动员对杠铃的作用力一直大于杠铃对运动员的作用力 D．当运动员到达第⑤个状态后，其两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越大7．（3分）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面附近时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h，其中P、Q两点分别为鹊桥二号的近月点和远月点，如图所示。下列说法中正确的是（）A．鹊桥二号在捕获轨道P点的加速度大于在冻结轨道P点的加速度 B．鹊桥二号在冻结轨道P点的速度大于在捕获轨道P点的速度 C．鹊桥二号在捕获轨道上运动的周期一定大于24h D．鹊桥二号在捕获轨道P点的速度小于其在Q点的速度8．（3分）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为l，摆球从最大位移A处由静止释放，摆线摆过θ角时摆球运动到最低点B。不计空气阻力，重力加速度为g，对于摆球从A运动到B的过程中，下列说法中正确的是（）A．合外力对摆球做功等于0 B．重力对摆球做的功为mgl（1﹣cosθ） C．重力对摆球做功的瞬时功率一直增大 D．绳子拉力对摆球的冲量大小为09．（3分）如图甲所示为演示简谐运动图像的装置示意图，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，沙漏中的细沙均匀流出，同时水平匀速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的细沙在木板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线（图中的虚曲线）。下列说法中正确的是（）A．在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的细一些 B．木板2运动的速度是木板1运动速度的1.5倍 C．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期不断变大 D．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期先变大后变小10．（3分）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m1、m2和m3，且m1＝m2，其中A置于水平地面上，在A、B之间连接一轻弹簧，B与C之间用轻绳连接，轻绳绕过固定的轻滑轮。开始时用手托住物块C使轻绳刚好在竖直方向上伸直，轻弹簧也处于竖直方向，放手后使物块C从静止开始下落，当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升。不计空气阻力和滑轮的摩擦，在物块C向下落的过程中，下列说法错误的是（）A．m2＝m3 B．物块B的加速度先减小再增大 C．物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大 D．轻绳上的拉力先增大后减小二、非选择题：本部分共7题，共70分。11．（10分）在探究加速度与力、质量的关系的过程中，某同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为M（含其前端的定滑轮和细杆），砂和砂桶的质量为m，拉力传感器可测出轻绳的拉力大小，带滑轮的长木板放在水平桌面上。（1）下列实验操作中，一定要进行的是。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力C．调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行D．为减小误差，一定要保证m远小于M（2）在实验中通过正确的操作得到如图2所示的一条纸带，图中0、1、2……为连续的几个计数点，两计数点间还有四个点迹没有画出。已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出打下第“3”计数点时小车的速度大小v＝m/s，小车运动的加速度大小a＝m/s2。（结果均保留三位有效数字）（3）以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标，画出的a﹣F图像是一条直线，如图3所示。测得图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则可得出小车质量M的表达式为。A．kB．2C．2tanθD．112．（10分）学习了单摆后，同学们做“利用单摆测重力加速度”的实验，实验中进行了如下的操作：（1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图1所示，摆球直径d的测量值为mm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长L，通过计算得到摆长l。（2）使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达最点（选填“低”或“高”）时启动停表开始计时，并记录此后摆球再次经过计时起点的次数n（n＝1、2、3……），当n＝60时停止计时，此时停表的示数如图2所示，其读数为s。（3）经过正确的操作与测量，得到多组周期T与对应的摆长l数值后，画出T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，测得此直线的斜率为k，则实验所测得重力加速度的表达式为g＝（用k及相关的常数表示）。（4）若某小组的同学用测量出多组周期T和对应摆长l数值，画出T2﹣l图像如图3所示，造成图线不过坐标原点的原因可能是。A.摆球的振幅过小B.将L计为摆长lC.将（L+d）计为摆长lD.摆球质量过大（5）某小组的同学小明没有使用游标卡尺测摆球直径，也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2。则该小组同学测出的重力加速度的表达式为g＝。（用相关的测量量和常数表示）13．（10分）如图所示，一个质量m＝0.50kg的木块以v0=42m/s的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数（1）木块所受滑动摩擦力的大小f；（2）木块沿斜面向上运动的最大位移x；（3）木块返回到斜面底端时的速度大小vt。14．（10分）“滑冰车”是我国北方冬季的一种娱乐活动之一。滑冰车时，人左右手各握一根冰钎斜向后下方插入冰面，冰面给的反作用力使人与冰车一起向前运动，如图所示。现有一同学由静止开始在水平冰面上滑冰车，两侧冰钎在插冰时平行且与水平冰面成53°角，与冰面作用1.0s后收起冰钎，人与冰车依靠惯性滑行16m后停止运动。已知人与冰车的总质量为64kg，冰钎的质量及空气阻力均可忽略不计，冰面对冰钎、冰车和人的作用力可视为恒力，且沿冰钎斜向上，冰车与冰面间的动摩擦因数为0.05，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）收起冰钎后人与冰车的加速度大小a；（2）人与冰车整个运动过程中的最大速度vm；（3）两侧冰钎插冰时对冰面的合力大小。15．（10分）如图1所示，位于竖直面内的固定光滑弧形轨道的最低点B与固定光滑圆形轨道BCDE平滑连接，圆形轨道半径R＝0.40m、C点与圆心O点等高。现有一质量m＝0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后沿圆形轨道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。（1）若滑块经B点后，恰好能通过圆形轨道的最高点D，求滑块通过D点时的速度大小；（2）若要求滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，请分析说明A点距离B点竖直高度应满足什么条件；（3）为了更好地研究滑块的运动特点，某同学更换了滑块，并设计了相似装置，且在圆轨道最低点B处安装了压力传感器，利用多组AB竖直高度H与力传感器的读数F的数据，绘制了F﹣H图像如图2所示，测得图线的斜率k＝0.40。请根据上述情景和图像信息，求解滑块的质量和圆形轨道半径。16．（10分）风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D＝10m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为m＝1.0kg的小球从风洞左侧壁上的A点以v0＝10m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F可在0～4mg间调节，不计水平方向的空气作用力。小球可视作质点，与侧壁碰壁后不反弹，取重力加速度g＝10m/s2，风洞在竖直方向上足够长。（1）当F＝0时，求小球撞击右侧壁的速度；（2）保持v0不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度；（3）求小球撞击右侧壁的最大动能。17．（10分）如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝112J，弹簧右端有一质量m1＝2.0kg的物块A与弹簧接触但不栓接，Q点右侧的N点静止一质量m2＝8.0kg物块B，QN两点间的距离d＝6.0m，PQ间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ1＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.20。弹簧解除锁定后推动物块A向右运动，之后与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物块A与物块B发生第一次碰撞之前瞬间物块A的速度大小v0；（2）物块A与物块B第一次碰撞后瞬间二者的速度；（3）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间摩擦产生的热量Q。

2025年陕西省榆林市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案ACBACBCBDD一、选择题：本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）如图所示为某研究小组在暗室中用频闪照相的方法记录了一滴水下落过程的照片示意图，照片记录了水滴在不同时刻下落至不同的位置。若相邻位置的时间间隔都相等，水滴所受的重力为G，阻力为f，则对于水滴的这一下落过程，下列说法中正确的是（）A．f一直小于G B．f一直大于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G【分析】由图判断水滴的运动状态，然后结合牛顿第二定律分析两个力的大小关系。【解答】解：由图可知小球下落时，相邻相等时间内的位移逐渐变大，可知小球的速度逐渐增大，小球向下做加速运动，根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma可知G＞f，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】该题考查牛顿第二定律的应用，正确判断出小球向下做加速运动是比较小球受到的阻力与重力大小关系的关键。2．（3分）关于物体的运动，下列说法中正确的是（）A．物体在变力作用下不可能做直线运动 B．物体做曲线运动，所受的合外力一定是变力 C．物体在恒力作用下可能做曲线运动 D．物体做曲线运动，其速度可能不变【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。【解答】解：A、当合外力方向与速度方向在同一直线上时，物体就做直线运动，力的大小可以变化，力可以是个变力，故A错误；B、物体做曲线运动，是因为速度方向和合外力方向不相同，不一定是变力（例如平抛运动），故B错误；C、物体在恒定的合力作用下，如果合力方向与初速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动，故C正确；D、物体做曲线运动，其速度方向一定不断的变化，所以物体的速度一定改变，故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查学生对物体做曲线运动的条件的理解，注意明确只要力和位移的方向不在同一直线上，物体即做曲线运动。3．（3分）在机场、车站的安检口，水平传送带匀速运动，一乘客将行李无初速度地放置在传送带上，最终行李随传送带一起匀速运动，如图所示。对于行李被传送的整个过程，下列说法中正确的是（）A．传送带对行李一直有摩擦力作用 B．传送带运动速度越大，行李加速运动的时间越长 C．行李放上的开始阶段相对传送带向前运动 D．行李放上的开始阶段摩擦力对行李做负功【分析】根据行李速度与传送带速度关系，判断行李所受摩擦力情况；根据牛顿第二定律和速度—时间公式列式分析行李加速运动的时间与传送带速度的关系；根据行李的速度与传送带的速度关系分析行李相对传送带的运动方向，再判断摩擦力对行李的做功正负。【解答】解：AC、开始阶段，行李速度小于传送带速度，则行李相对传送带向后运动，受到向前的摩擦力。在匀速运动的过程中，开始阶段与传送带之间无相对运动趋势，则开始阶段不受摩擦力作用，故AC错误；B、设行李与传送带间动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有a=μmg行李做匀加速运动时直到与传送带速度v相同，加速时间为t=v可知，传送带速度越大，行李加速运动的时间越长，故B正确；D、刚开始时，行李受到向前的摩擦力，摩擦力方向与其运动方向相同，摩擦力对行李做正功，故D错误。故选：B。【点评】分析清楚行李的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。4．（3分）如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s，质点P距原点2.0m，则（）A．质点P振动的周期为0.2s B．此时质点P的加速度最大 C．此时质点P的速度方向沿y轴正方向 D．t＝0.1s时质点P距原点的距离x＝4.0m【分析】由图读出波长，根据波速公式求周期。根据质点P的位置分析其加速度大小。根据波形平移法判断质点P的速度方向。介质中质点只在自己平衡位置附近振动，不向前移动。【解答】解：A、由图可知，该波的波长为λ＝4m，则该波的周期为T=λB、此时质点P处于平衡位置，加速度为零，故B错误；C、这列波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，此时质点P的速度方向沿y轴负方向，故C错误；D、介质中的质点并不沿波的传播方向迁移，故D错误。故选：A。【点评】解答本题时，要掌握判断质点的振动方向与波的传播方向之间的关系的方法：波形平移法，也可以根据同侧法判断。5．（3分）如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线始终沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（）A．P点的线速度方向沿绳子切线 B．P点的线速度等于Q点的线速度 C．P点的角速度等于Q点的角速度 D．P点所受合外力方向一定垂直于绳斜向下【分析】在圆周运动中，线速度的方向始终沿圆周的切线方向，而角速度是描述物体绕轴转动快慢的物理量，对于同步转动的点，角速度是相同的。向心力是使物体沿圆周路径运动的力，其方向始终指向圆心。【解答】解：A、绳上P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，则可知P的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并不沿绳子切线，故A错误；BC、由于绳上P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据线速度与角速度之间的关系有，v＝ωr可知，P的线速度小于Q的线速度，故B错误，C正确；D、P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，指向圆周运动的圆心，即P点所受合外力方向一定垂直于AB连线竖直向下，故D错误。故选：C。【点评】本题的关键在于理解圆周运动中线速度、角速度和向心力的概念。线速度的方向始终沿圆周的切线方向，角速度描述的是物体绕轴转动的快慢，对于同步转动的点，角速度是相同的。向心力是使物体沿圆周路径运动的力，其方向始终指向圆心。通过这些基本概念，可以准确判断选项的正确性。6．（3分）在2024年世界杯男子61公斤级举重比赛中，中国选手李发彬夺得金牌，为祖国赢得荣誉。在抓举项目中，运动员首先从地面拉起杠铃，当杠铃到达下腹部时，运动员身体快速下沉至杠铃下面，将杠铃举过头顶成稳定的蹲姿，如图所示由①经过②达到③的状态；然后运动员由③所示的状态加速达到④状态后再减速至⑤状态，即举起杠铃到双腿站直保持静止。对于运动员由③状态至⑤状态的过程，下列说法正确的是（）A．地面对运动员做正功 B．杠铃先超重后失重 C．在举起杠铃的过程中，运动员对杠铃的作用力一直大于杠铃对运动员的作用力 D．当运动员到达第⑤个状态后，其两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越大【分析】根据运动员在举重过程中，从蹲姿到站直的过程中，身体各部分的运动状态变化分析运动员在不同阶段的加速度、速度变化，以及力的平衡状态。【解答】解：A、分析运动员由③状态至⑤状态的过程，地面对运动员的支持力是竖直向上的，但运动员在竖直方向上的位移为零，根据功的定义判断，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、在运动员由③状态至⑤状态的过程中，运动员和杠铃的整体先是加速上升，此时有向上的加速度，处于超重状态；然后是减速上升，此时有向下的加速度，处于失重状态，故B正确；C、根据题意有，运动员对杠铃的作用力与杠铃对运动员的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大小始终相等，方向相反，作用在同一条直线上，故C错误；D、当运动员到达第⑤个状态后，杠铃受到重力mg，两个沿手臂向上的支持力均为F，这三个力构成平衡力系F=mg其中θ是手臂与竖直方向的夹角。当两只手臂的夹角越小时，cosθ越小，因此F越小，即两手受到的压力越小，故D错误。故选：B。【点评】在分析此类问题时，关键在于理解运动员在不同阶段的运动状态变化，包括加速度、速度的变化，以及力的平衡状态。通过分析运动员在举重过程中的具体动作，可以更深入地理解运动学和动力学的基本原理。7．（3分）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面附近时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h，其中P、Q两点分别为鹊桥二号的近月点和远月点，如图所示。下列说法中正确的是（）A．鹊桥二号在捕获轨道P点的加速度大于在冻结轨道P点的加速度 B．鹊桥二号在冻结轨道P点的速度大于在捕获轨道P点的速度 C．鹊桥二号在捕获轨道上运动的周期一定大于24h D．鹊桥二号在捕获轨道P点的速度小于其在Q点的速度【分析】根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式分析加速度关系；根据变轨原理分析鹊桥二号在冻结轨道P点的速度与在捕获轨道P点的速度大小；根据开普勒第三定律分析鹊桥二号在捕获轨道上运动的周期与在冻结轨道上运行周期的关系；鹊桥二号从P点到Q点，根据万有引力做功正负分析速度的变化。【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得GMmr解得a=GM可知，鹊桥二号在捕获轨道P点的加速度等于在冻结轨道P点的加速度，故A错误；B、由鹊桥二号从冻结轨道P点的加速才能到捕获轨道，所以鹊桥二号在冻结轨道P点的速度小于在捕获轨道P点的速度，故B错误；C、依题意，捕获轨道的轨道半长轴大于冻结轨道的轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，轨道轨道半长轴越大，周期越长，则鹊桥二号在捕获轨道上运动的周期大于在冻结轨道上运行周期24h，故C正确；D、由于鹊桥二号从P点到Q点，万有引力对其做负功，速度减小，所以鹊桥二号在捕获轨道P点的速度大于其在Q点的速度，故D错误。故选：C。【点评】解答本题的关键要掌握开普勒定律，并能灵活运用。对于D项，也可以根据开普勒第二定律分析。8．（3分）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为l，摆球从最大位移A处由静止释放，摆线摆过θ角时摆球运动到最低点B。不计空气阻力，重力加速度为g，对于摆球从A运动到B的过程中，下列说法中正确的是（）A．合外力对摆球做功等于0 B．重力对摆球做的功为mgl（1﹣cosθ） C．重力对摆球做功的瞬时功率一直增大 D．绳子拉力对摆球的冲量大小为0【分析】根据单摆从最大位移处由静止释放，摆动过程中，重力势能转化为动能，但总机械能保持不变判断。在最低点，重力势能最小，动能最大。绳子的拉力始终垂直于摆球的运动方向，因此不做功，但对摆球的运动状态有影响。【解答】解：A、根据题意可知，从A到B过程中，小球动能增加，可知合外力对摆球做功大于零，故A错误；B、根据题意有，重力对摆球做的功为WG＝mgl（1﹣cosθ）故B正确；C、根据功率的公式有，PG＝mgvy开始时vy＝0，则重力的瞬时功率为零，到达B点时vy＝0，则重力的瞬时功率也为零，可知重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故C错误；D、根据动量公式有，I＝Tt，可知绳子拉力不为零，可知拉力对摆球的冲量大小不为0，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键在于理解单摆运动中的能量转换、力的作用方向与做功的关系，以及冲量的概念。在单摆运动中，重力势能和动能之间的转换遵循能量守恒定律，而绳子的拉力虽然不做功，但对摆球的运动状态有重要影响。9．（3分）如图甲所示为演示简谐运动图像的装置示意图，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，沙漏中的细沙均匀流出，同时水平匀速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的细沙在木板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线（图中的虚曲线）。下列说法中正确的是（）A．在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的细一些 B．木板2运动的速度是木板1运动速度的1.5倍 C．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期不断变大 D．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期先变大后变小【分析】沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多少；单摆的摆动和木板的运动同时进行，根据速度的定义公式列式比较，即可求解.【解答】解：A．沙漏摆动时在最大位移处的速度为零，在平衡位置处速度最大，则在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的粗一些，故A错误；B．两个图是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线，则它们的周期是相等的，木板做匀速运动，设振动周期为T，则有v可得v可知木板2运动的速度是木板1运动速度的34CD．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出，重心先降低后升高，则摆长先增大后减小，根据单摆周期公式T=2π可知振动的周期先变大后变小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查单摆振动情况，关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解速度大小。10．（3分）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m1、m2和m3，且m1＝m2，其中A置于水平地面上，在A、B之间连接一轻弹簧，B与C之间用轻绳连接，轻绳绕过固定的轻滑轮。开始时用手托住物块C使轻绳刚好在竖直方向上伸直，轻弹簧也处于竖直方向，放手后使物块C从静止开始下落，当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升。不计空气阻力和滑轮的摩擦，在物块C向下落的过程中，下列说法错误的是（）A．m2＝m3 B．物块B的加速度先减小再增大 C．物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大 D．轻绳上的拉力先增大后减小【分析】根据题目描述的物理情景，即物块C从静止开始下落，通过轻绳和轻弹簧的连接，影响物块B和A的运动状态。关键在于分析物块C下落过程中，物块B的加速度变化、物块B和弹簧组成的系统机械能变化以及轻绳上的拉力变化。【解答】解：A、根据题意可知，开始时，A、B、C静止，根据受力平衡有，设弹簧压缩量为x1，有m2g＝kx1当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升，此时弹簧拉力为m1g，有m1g＝kx2因为m1＝m2故x1＝x2弹簧形变量大小相同，根据弹簧形变量和弹簧弹性势能的关系可知，则弹簧弹性势能相同，设物体C下落距离为h，则B上升h，初态和末态的动能都为零，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据能量守恒，系统重力势能变化量也为零，即C物体减少的重力势能等于B物体增加的重力势能m3gh＝m2gh得m2＝m3故A正确；B、最开始，物块B受向下的重力、弹簧弹力、和向上的绳子拉力，其中重力和弹簧弹力平衡，所受合力为拉力，向上运动过程中，弹力增大，合力减小，加速度减小，直到弹簧恢复原长时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，然后弹簧弹力和重力之和大于绳子拉力，合力变为向下，物体减速，弹力增大，合力增大，加速度增大，直至减速为零，故B正确；C、绳子拉力对物块B和弹簧组成的系统一直做正功，物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大，故C正确；D、物块C的加速度先向上减小再向下增大，分析C，最开始，加速度减小m3g﹣F＝m3a弹簧恢复原长以后，加速度增大F﹣m3g＝m3a轻绳上的拉力一直增大，故D错误；本题选错误的，故选：D。【点评】本题的关键在于理解物块C下落过程中，物块B和弹簧组成的系统机械能变化以及轻绳上的拉力变化。通过分析物块C下落过程中，物块B的加速度变化、物块B和弹簧组成的系统机械能变化以及轻绳上的拉力变化，可以判断出选项B和C是错误的。二、非选择题：本部分共7题，共70分。11．（10分）在探究加速度与力、质量的关系的过程中，某同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为M（含其前端的定滑轮和细杆），砂和砂桶的质量为m，拉力传感器可测出轻绳的拉力大小，带滑轮的长木板放在水平桌面上。（1）下列实验操作中，一定要进行的是BC。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力C．调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行D．为减小误差，一定要保证m远小于M（2）在实验中通过正确的操作得到如图2所示的一条纸带，图中0、1、2……为连续的几个计数点，两计数点间还有四个点迹没有画出。已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出打下第“3”计数点时小车的速度大小v＝0.611m/s，小车运动的加速度大小a＝2.00m/s2。（结果均保留三位有效数字）（3）以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标，画出的a﹣F图像是一条直线，如图3所示。测得图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则可得出小车质量M的表达式为B。A．kB．2C．2tanθD．1【分析】（1）有拉力传感器测量拉力，据此分析；要平衡摩擦力；要保证小车所受拉力恒定；（2）根据平均速度计算；根据逐差法计算；（3）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式分析即可。【解答】（1）AD．因为有拉力传感器测量拉力，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证m远小于M，故AD错误；B．实验时要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C．调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行，故C正确。故选：BC。（2）两计数点间还有四个点迹没有画出，则T=打下第“3”计数点时小车的速度大小v=x小车运动的加速度大小a=x（3）根据牛顿第二定律可知2F＝Ma可得a=2可得k=2即M=2故选：B。故答案为：（1）BC；（2）0.611，2.00；（3）B。【点评】掌握“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理，实验步骤和注意事项，以及实验数据的处理方法是解题的基础。12．（10分）学习了单摆后，同学们做“利用单摆测重力加速度”的实验，实验中进行了如下的操作：（1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图1所示，摆球直径d的测量值为18.4mm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长L，通过计算得到摆长l。（2）使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达最低点（选填“低”或“高”）时启动停表开始计时，并记录此后摆球再次经过计时起点的次数n（n＝1、2、3……），当n＝60时停止计时，此时停表的示数如图2所示，其读数为67.5s。（3）经过正确的操作与测量，得到多组周期T与对应的摆长l数值后，画出T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，测得此直线的斜率为k，则实验所测得重力加速度的表达式为g＝4π2（4）若某小组的同学用测量出多组周期T和对应摆长l数值，画出T2﹣l图像如图3所示，造成图线不过坐标原点的原因可能是B。A.摆球的振幅过小B.将L计为摆长lC.将（L+d）计为摆长lD.摆球质量过大（5）某小组的同学小明没有使用游标卡尺测摆球直径，也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2。则该小组同学测出的重力加速度的表达式为g＝4π2【分析】读取游标卡尺的读数，当摆球到达最低点时启动停表开始计时，由单摆周期公式可知图像斜率，解得重力加速度。【解答】解：（1）直径：主尺读数1.8cm；游标尺对齐格数：4个格，读数为4×0.1＝0.40mm＝0.04cm所以直径为d＝1.8+0.04cm＝1.84cm＝18.4mm（2）摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达最低点时启动停表开始计时。由图示秒表可知，其示数：t＝60s+7.5s＝67.5s；（3）由单摆周期公式T=2πL可知T2则T2﹣L图象的斜率g=4（4）图3图像不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B。（5）根据题意，由单摆周期公式T=2πL可得T1T2联立可得g=4故答案为：（1）18.4（2）低67.5（3）4（4）B（5）4【点评】本题考查了游标卡尺读数和单摆周期公式变用测量重力加速度，题目较基础。13．（10分）如图所示，一个质量m＝0.50kg的木块以v0=42m/s的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数（1）木块所受滑动摩擦力的大小f；（2）木块沿斜面向上运动的最大位移x；（3）木块返回到斜面底端时的速度大小vt。【分析】（1）求出压力大小，进而求解滑动摩擦力大小即可。（2）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出最大位移。（3）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出速度。【解答】解：（1）木块与斜面间的压力N＝mgcosθ所受滑动摩擦力的大小f＝μN＝μmgcosθ解得：f＝1.0N（2）设木块沿斜面向上运动的加速度为a上，根据牛顿第二定律有mgsinθ+f＝ma上木块沿斜面向上运动的最大位移x=v解得：x＝2.0m。（3）设木块沿斜面向下运动的加速度为a下，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣f＝ma下木块返回到斜面底端时的速度大小vt解得：vt＝4.0m/s。答：（1）木块所受滑动摩擦力的大小为1.0N。（2）木块沿斜面向上运动的最大位移为2.0m。（3）木块返回到斜面底端时的速度为4.0m/s。【点评】本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系。14．（10分）“滑冰车”是我国北方冬季的一种娱乐活动之一。滑冰车时，人左右手各握一根冰钎斜向后下方插入冰面，冰面给的反作用力使人与冰车一起向前运动，如图所示。现有一同学由静止开始在水平冰面上滑冰车，两侧冰钎在插冰时平行且与水平冰面成53°角，与冰面作用1.0s后收起冰钎，人与冰车依靠惯性滑行16m后停止运动。已知人与冰车的总质量为64kg，冰钎的质量及空气阻力均可忽略不计，冰面对冰钎、冰车和人的作用力可视为恒力，且沿冰钎斜向上，冰车与冰面间的动摩擦因数为0.05，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）收起冰钎后人与冰车的加速度大小a；（2）人与冰车整个运动过程中的最大速度vm；（3）两侧冰钎插冰时对冰面的合力大小。【分析】（1）由牛顿第二定律可求做匀减速运动的加速度的大小；（2）速度—位移关系可求最大速度；（3）先由速度—时间关系可求做匀加速运动的加速度的大小，再由牛顿第二定律可求作用力的大小，最后根据牛顿第三定律说明。【解答】解：（1）收起冰钎后人与冰车所受的摩擦力f＝μN＝μmg收起冰钎后人与冰车所受的合外力就是这个摩擦力，由牛顿第二定律，则有人与冰车的加速度大小为a=（2）收起冰钎时人与冰车有最大速度vm，此后人与冰车做匀减速直线运动到静止，因此有v解得最大速度的大小为vm＝4.0m/s（3）冰钎与冰面间相互作用的过程中，人和冰车一直在加速，加速度大小a′=设冰面对两侧冰钎的合力大小为F，由牛顿第二定律可得Fcos53°﹣μ（mg﹣Fsin53°）＝ma′解得F＝450N根据牛顿第三定律可知，两侧冰钎对冰面的合力大小F′＝F＝450N答：（1）收起冰钎后人与冰车的加速度大小为0.50m/s2；（2）人与冰车整个运动过程中的最大速度为75m/s；（3）两侧冰钎插冰时对冰面的合力大小为450N。【点评】本题主要考查的是力的分解及牛顿第二定律和匀变速直线运动规律的综合应用，难度中等。15．（10分）如图1所示，位于竖直面内的固定光滑弧形轨道的最低点B与固定光滑圆形轨道BCDE平滑连接，圆形轨道半径R＝0.40m、C点与圆心O点等高。现有一质量m＝0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后沿圆形轨道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。（1）若滑块经B点后，恰好能通过圆形轨道的最高点D，求滑块通过D点时的速度大小；（2）若要求滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，请分析说明A点距离B点竖直高度应满足什么条件；（3）为了更好地研究滑块的运动特点，某同学更换了滑块，并设计了相似装置，且在圆轨道最低点B处安装了压力传感器，利用多组AB竖直高度H与力传感器的读数F的数据，绘制了F﹣H图像如图2所示，测得图线的斜率k＝0.40。请根据上述情景和图像信息，求解滑块的质量和圆形轨道半径。【分析】（1）滑块恰好经过圆形轨道最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出经过D点时的速度大小。（2）应用动能定理求出滑块不脱离轨道的临界高度，然后确定高度的范围。（3）应用动能定理与牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。【解答】解：（1）滑块恰好通过D点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m代入数据解得：vD＝2m/s（2）设滑块不脱轨刚好通过D点的释放高度为h1，滑块从A到D过程，由动能定理得：mgh1﹣mg×2R=1代入数据解得：h1＝1.0m，即当h≥h1＝1.0m不脱离轨道如果滑块沿圆轨道运动高度不超过C点，则也满足不脱轨条件，设此时的释放高度为h2，对滑块，根据动能定理得：mgh2﹣mgR＝0﹣0代入数据解得：h2＝0.4m，即当h≤h2＝0.4m不脱离轨道所以不脱离轨道释放高度h需满足：h≥1.0m或h≤0.4m（3）设滑块的质量为m′，圆形轨道半径为R′，滑块下滑到B点的过程，根据动能定理得：m'gH=1滑块在B点时传感器的示数F大小等于滑块此时所受轨道的压力，根据牛顿第二定律：F-m′g=m′解得：F=即F﹣H图像中，斜率k=2m′g即由图像可知：0.10＝m′g，0.10=m′g，0.40=解得：m′＝0.01kg，R′＝0.5m答：（1）滑块通过D点时的速度大小是2m/s；（2滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，A点距离B点竖直高度h应满足的条件是h≥1.0m或h≤0.4m；（3）解滑块的质量是0.01kg，圆形轨道半径是0.5m。【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。16．（10分）风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D＝10m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为m＝1.0kg的小球从风洞左侧壁上的A点以v0＝10m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F可在0～4mg间调节，不计水平方向的空气作用力。小球可视作质点，与侧壁碰壁后不反弹，取重力加速度g＝10m/s2，风洞在竖直方向上足够长。（1）当F＝0时，求小球撞击右侧壁的速度；（2）保持v0不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度；（3）求小球撞击右侧壁的最大动能。【分析】（1）当F＝0时，小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由L＝v0t1求出运动时间，由vy1＝gt1求出小球撞击右壁时竖直分速度大小，再与水平速度合成求出小球撞击右壁的速度大小和方向；（2