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2023-2024学年重庆市重点中学高三上学期期中考试 物理试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市重点中学高三上学期期中考试 物理试题（含解析），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
满分：100分，75分钟完卷
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28.0分）
1．“蓬勃的体育传统”是重庆七中的三大传统之一。图为一东川小哥做引体向上时，双手对称地握住单杠并且身体悬空静止的示意图。设每条手臂施加的拉力大小为T，两条手臂拉力的合力大小为 F，若减小手臂与竖直方向间的夹角θ，则（ ）
A．T不变B．T增大C．F不变D．F减小
【答案】C
【详解】由受力分析可知，，F=G
当减小时，T和f都减小。
故选C。
2．关于下图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为时，它们间相互作用的引力和斥力均为零
B．乙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用灼热的针接触其下表面，从石蜡熔化情况知固体薄片可能为非晶体
C．丙图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上
D．丁图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明气体从外界吸热，内能增加
【答案】B
【详解】A．甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，方向相反，分子力表现为零，故A错误；
B．乙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可知表现为各向同性，则此固体薄片可能为多晶体或非晶体，故B正确；
C．丙图中，水黾可以停在水面上是由于液体表面层分子间相互作用表现为引力，即液体表面张力作用的结果，故C错误；
D．丁图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明外界对气体做功，而气体还来不及向外界放热，气体内能增加，温度迅速升高，故D错误。
故选B。
3．如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比（ ）
A．从B抛出至A,用时较短
B．从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
C．从C点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
D．从C点抛出时，抛射角较大
【答案】B
【详解】AB．因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，故根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，到的下落高度大于到的下落高度，竖直方向根据
可知到的时间大于到的时间，即球从B至A用时较长；水平方向做匀速运动，则有
由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故A错误；B正确
C．两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为，竖直高度为，则有，，
可得抛出时的速度大小为
可得当时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。
D.篮球刚抛出时的抛射角满足
由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角较小，故D错误
故选B。
4．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动频率为2Hz
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波传播的速度大小为0.5m/s
D．在1s~3.5s时间内，质点N的路程为30cm
【答案】D
【详解】AC．根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为2m/s，频率为0.5Hz，故AC错误；
B．由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，故B错误；
D．在1s~3.5s时间内
质点N的路程为
故D正确。
故选D。
5．如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）
A．N=Mgf=MgsinθB．f=μ(M+m)g
C．f=MgtanθD．f=(M+m)gtanθ
【答案】C
【详解】以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
而绳的拉力为
以M为研究对象，受力如图所示
在竖直方向上，由平衡条件有
在水平方向上，由牛顿第二定律有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
6．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【详解】A．在过程中，图象为一段直线，由动能定理得
故
故A错误；
B．由A可知，在过程中，F做功为，在过程中，由动能定理可知
解得
因此在和过程中，F做功之比为，故B错误；
C．在过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；
D．在过程中，由动能定理得
则
故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
故选C。
8．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-2mgk
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
D．角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大
【答案】C
【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：
故弹簧的长度为：
故A项错误；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：；
而对A球依然处于平衡，有：
而由几何关系：
联立四式解得：；
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，故D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15.0分。选对但少选3分，错选0分）
8．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．时物块的速率为1m/s
B．时物块的动量大小为
C．时物块的动量大小为
D．时物块的速度为0
【答案】AB
【详解】A．由动量定理可得
解得，故A正确；
B．由动量定理可得时物块的动量大小为故B正确；
C．由动量定理可得时物块的动量大小为，故C错误；
D．由动量定理可得
解得，故D错误。
故选AB。
9．中国空间站“天和”核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。已知地球表面重力加速度大小为g（忽略地球自转），地球的半径为R，则下列关于核心舱说法正确的是（ ）
A．核心舱在轨道上运行周期大于同步卫星的周期B．核心舱在轨道上运行速度小于
C．核心舱在轨道处加速度为D．核心舱运行周期为
【答案】BD
【详解】A．设卫星运行轨道半径为r，万有引力提供向心力则有
核心舱轨道半径小于同步卫星轨道半径，故核心舱在轨道上运行周期小于同步卫星的周期，A错误；
B．是第一宇宙速度的大小，即沿地球表面最大的运行速度，故核心舱在轨道上运行速度小于，B正确；
C．地球表面重力加速度大小为g，牛顿第二定律得
牛顿第二定律求核心舱在轨道处加速度
联立解得
C错误；
D．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求周期
联立解得
D正确
故选BD。
10．如图所示，一质量为M=2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是( )
A．物块对板做功的功率保持不变
B．物块与板间因摩擦产生的热量为mgL
C．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL
D．若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为时，物块一定能到达板右端
【答案】BD
【详解】木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据知，物块对板的功率逐渐增大，A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移，木板的位移，根据得，板的位移，相对位移的大小等于物块位移的一半，等于木板的位移，因为，产生的热量，B正确；绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生的热量之和，故，C错误；如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为，对M，由牛顿第二定律得：，板的位移：；速度位移公式：，对m有：，，联立得，所以桌面与板间的摩擦因数应满足，所以当板与桌面间动摩擦因数为时，物块-定能到达板右端，D正确．
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16.0分）
11．图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）在此实验中，下列说法正确的是
A．斜槽轨道必须光滑B．记录的点应适当多一些
C．为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接D．y轴的方向根据重垂线确定
（2）图乙是某同学通过实验对平抛运动进行研究，记录的抛物线轨迹的一部分。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：平抛物体的初速度是 ，小球从开始抛出到运动至B点过程中，小球重力的平均功率 W。（重力加速度、小球的质量）。
【答案】 BD 4 2
【详解】（1）[1] A．在“研究平抛物体运动”的实验中，由于每次在斜槽轨道上运动情况相同，因此斜槽是否光滑与试验结果无关，A错误；
B．记录的点应适当多一些，可以将运动轨迹画的更准确，B正确；
C．小球的运动轨迹必须用平滑的曲线连接，C错误；
D．利用重锤线来确定y轴的方向，D正确
故选BD。
（2）[2]由于水平方向间隔相等，因此记录的时间间隔相等，竖直方向上，根据
可得
时间间隔
由于水平方向做匀速运动，因此
可得平抛初速度
[3]B点的竖直速度为AC段竖直方向的平均速度
因此小球重力的平均功率
12．阿特伍德机是著名的力学实验装置。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重锤A和B，在B下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，测量运动学物理量更加方便。
（1）如图所示，在重锤A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况。下列操作过程正确的是 ；
A．固定打点计器时应将定位轴置于系重锤A的细线的正下方
B．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上
C．应先松开重锤让A向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
D．打点结束后先将纸带取下，再关闭打点计时器电源
（2）某次实验结束后，打出的纸带如图所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为，则重锤A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度为 ；（结果保留三位有效数字）
（3）如果本实验室电源频率不足50Hz，则瞬时速度的测量值 （填“增大”或“减小”）；
（4）已知重锤A和B的质量均为M，某小组在重锤壁下面挂质量为m的重物C由静止释放验证系统运动过程中的机械能守恒，某次实验中从纸带上测量A由静止上升h高度时对应计时点的速度为v，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ；
（5）为了测定当地的重力加速度，另一小组改变重物C的质量m，测得多组m和测量对应的加速度a，在坐标上作图如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 。
【答案】 B 1.13 增大
【详解】（1）[1]AB．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上，从而尽可能减小纸带运动过程中所受的摩擦阻力，所以打点计时器振针应置于系重锤A的细线的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振针旁边，所以定位轴不应在重锤A的细线的正下方，故A错误，B正确；
C．由于重锤A速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，再释放重锤A，故C错误；
D．打点结束后应先关闭打点计时器电源，再取下纸带，故D错误。
故选B。
（2）[2]打H点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即
（3）[3]如果本实验室电源频率不足50Hz，则计算瞬时速度时所代入的T值比实际值偏小，从而使瞬时速度的测量值增大。
（4）[4]根据机械能守恒定律有
整理得
（5）[5]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有
整理得
由题意可知
解得
四、计算题（本题共3小题，共41.0分。13题10分，14题13分，15题18分）
13．一高空作业的工人的质量，按安全生产规章制度要求，系一条长度的安全带，该安全带的缓冲时间（完成缓冲后工人将静止在空中，不计安全带产生的形变量），若该工人不慎跌落（，忽略空气阻力的影响），求：
（1）安全带刚要拉紧时工人的速度大小v；
（2）缓冲过程中安全带受到的平均作用力大小F及方向。
【答案】（1）；（2），方向为竖直向上
【详解】（1）取向下为正方向，有
解得
（2）工人经缓冲时间后速度变为0，由动量定理，有
解得
作用力的方向为竖直向上。
14．如图所示，某同学搭建的轨道，CDE为半径R=0.3m的光滑圆弧型轨道，C点与斜面BC相切，D点为轨道最高点，斜面倾角θ=30°，与水平轨道AB相交点B点附近用一段小圆弧平滑连接。该同学用一辆质量m=0.2kg的玩具小车从A点由静止开始出发，先做匀加速直线运动到达B点时恰好达到额定功率，匀加速时间t=1s，此后再以恒定功率行驶到C点关闭玩具车电动机。已知玩具车在AB段受到恒定阻力f=0.2N，BC段、CDE段都不受阻力，AB段长为2m，BC段长为1.3m。试求：
(1)玩具车在AB段的牵引力及额定功率P；
(2)判断玩具车能否运动到D点。若能，则求一下对D点的压力；若不能则说明理由；
(3)若小车行驶到B点时，突然出现了故障，额定功率降为3W，发现玩具车到达C点前已经匀速，则求玩具车在BC段行驶的时间。
【答案】(1)，；(2)能过D点，；(3)
【详解】(1)汽车在AB段做匀加速直线运动，有；
联立可得
玩具车到达B点时恰好达到额定功率，有；
(2)玩具车在BC段保持功率恒定，准备爬坡时牵引力为，而不受阻力，重力的分力为
故在BC段玩具车做匀速直线运动，C点的速度为4m/s，假设玩具车能经过最高点D点，由动能定理有
解得
若要安全过D点的最小速度满足只有重力提供向心力，有
则可得
故，可知玩具车能安全通过最高点D，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
联立可得玩具车对D点的压力为。
(3)玩具车从B点到C点保持功率为不变，设运动时间为，匀速的速度为，有
联立可得
15．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep=4.5J，质量m=1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）解除锁定后，求滑块被弹簧弹出的速度大小；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）3m/s；（2）96J；（3）
【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒，有
代入数据得
（2）因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律
解得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s；
滑块在传送带上运动的时间为
该段时间，传送带的位移为
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能为
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
解得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
解得
所以，满足条件的弹性势能范围为
满分：100分，75分钟完卷
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28.0分）
1．“蓬勃的体育传统”是重庆七中的三大传统之一。图为一东川小哥做引体向上时，双手对称地握住单杠并且身体悬空静止的示意图。设每条手臂施加的拉力大小为T，两条手臂拉力的合力大小为 F，若减小手臂与竖直方向间的夹角θ，则（ ）
A．T不变B．T增大C．F不变D．F减小
【答案】C
【详解】由受力分析可知，，F=G
当减小时，T和f都减小。
故选C。
2．关于下图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为时，它们间相互作用的引力和斥力均为零
B．乙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用灼热的针接触其下表面，从石蜡熔化情况知固体薄片可能为非晶体
C．丙图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上
D．丁图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明气体从外界吸热，内能增加
【答案】B
【详解】A．甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，方向相反，分子力表现为零，故A错误；
B．乙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可知表现为各向同性，则此固体薄片可能为多晶体或非晶体，故B正确；
C．丙图中，水黾可以停在水面上是由于液体表面层分子间相互作用表现为引力，即液体表面张力作用的结果，故C错误；
D．丁图中，迅速压下活塞，可观察到硝化棉燃烧起来，这表明外界对气体做功，而气体还来不及向外界放热，气体内能增加，温度迅速升高，故D错误。
故选B。
3．如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比（ ）
A．从B抛出至A,用时较短
B．从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
C．从C点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
D．从C点抛出时，抛射角较大
【答案】B
【详解】AB．因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，故根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，到的下落高度大于到的下落高度，竖直方向根据
可知到的时间大于到的时间，即球从B至A用时较长；水平方向做匀速运动，则有
由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故A错误；B正确
C．两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为，竖直高度为，则有，，
可得抛出时的速度大小为
可得当时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。
D.篮球刚抛出时的抛射角满足
由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角较小，故D错误
故选B。
4．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动频率为2Hz
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波传播的速度大小为0.5m/s
D．在1s~3.5s时间内，质点N的路程为30cm
【答案】D
【详解】AC．根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为2m/s，频率为0.5Hz，故AC错误；
B．由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，故B错误；
D．在1s~3.5s时间内
质点N的路程为
故D正确。
故选D。
5．如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）
A．N=Mgf=MgsinθB．f=μ(M+m)g
C．f=MgtanθD．f=(M+m)gtanθ
【答案】C
【详解】以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
而绳的拉力为
以M为研究对象，受力如图所示
在竖直方向上，由平衡条件有
在水平方向上，由牛顿第二定律有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
6．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【详解】A．在过程中，图象为一段直线，由动能定理得
故
故A错误；
B．由A可知，在过程中，F做功为，在过程中，由动能定理可知
解得
因此在和过程中，F做功之比为，故B错误；
C．在过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；
D．在过程中，由动能定理得
则
故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
故选C。
8．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-2mgk
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
D．角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大
【答案】C
【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：
故弹簧的长度为：
故A项错误；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：；
而对A球依然处于平衡，有：
而由几何关系：
联立四式解得：；
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，故D错误。
故选C。
二、多选题（本大题共3小题，每小题5分，共15.0分。选对但少选3分，错选0分）
8．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．时物块的速率为1m/s
B．时物块的动量大小为
C．时物块的动量大小为
D．时物块的速度为0
【答案】AB
【详解】A．由动量定理可得
解得，故A正确；
B．由动量定理可得时物块的动量大小为故B正确；
C．由动量定理可得时物块的动量大小为，故C错误；
D．由动量定理可得
解得，故D错误。
故选AB。
9．中国空间站“天和”核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。已知地球表面重力加速度大小为g（忽略地球自转），地球的半径为R，则下列关于核心舱说法正确的是（ ）
A．核心舱在轨道上运行周期大于同步卫星的周期B．核心舱在轨道上运行速度小于
C．核心舱在轨道处加速度为D．核心舱运行周期为
【答案】BD
【详解】A．设卫星运行轨道半径为r，万有引力提供向心力则有
核心舱轨道半径小于同步卫星轨道半径，故核心舱在轨道上运行周期小于同步卫星的周期，A错误；
B．是第一宇宙速度的大小，即沿地球表面最大的运行速度，故核心舱在轨道上运行速度小于，B正确；
C．地球表面重力加速度大小为g，牛顿第二定律得
牛顿第二定律求核心舱在轨道处加速度
联立解得
C错误；
D．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求周期
联立解得
D正确
故选BD。
10．如图所示，一质量为M=2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是( )
A．物块对板做功的功率保持不变
B．物块与板间因摩擦产生的热量为mgL
C．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL
D．若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为时，物块一定能到达板右端
【答案】BD
【详解】木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据知，物块对板的功率逐渐增大，A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移，木板的位移，根据得，板的位移，相对位移的大小等于物块位移的一半，等于木板的位移，因为，产生的热量，B正确；绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生的热量之和，故，C错误；如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为，对M，由牛顿第二定律得：，板的位移：；速度位移公式：，对m有：，，联立得，所以桌面与板间的摩擦因数应满足，所以当板与桌面间动摩擦因数为时，物块-定能到达板右端，D正确．
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16.0分）
11．图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）在此实验中，下列说法正确的是
A．斜槽轨道必须光滑B．记录的点应适当多一些
C．为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接D．y轴的方向根据重垂线确定
（2）图乙是某同学通过实验对平抛运动进行研究，记录的抛物线轨迹的一部分。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：平抛物体的初速度是 ，小球从开始抛出到运动至B点过程中，小球重力的平均功率 W。（重力加速度、小球的质量）。
【答案】 BD 4 2
【详解】（1）[1] A．在“研究平抛物体运动”的实验中，由于每次在斜槽轨道上运动情况相同，因此斜槽是否光滑与试验结果无关，A错误；
B．记录的点应适当多一些，可以将运动轨迹画的更准确，B正确；
C．小球的运动轨迹必须用平滑的曲线连接，C错误；
D．利用重锤线来确定y轴的方向，D正确
故选BD。
（2）[2]由于水平方向间隔相等，因此记录的时间间隔相等，竖直方向上，根据
可得
时间间隔
由于水平方向做匀速运动，因此
可得平抛初速度
[3]B点的竖直速度为AC段竖直方向的平均速度
因此小球重力的平均功率
12．阿特伍德机是著名的力学实验装置。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重锤A和B，在B下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，测量运动学物理量更加方便。
（1）如图所示，在重锤A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况。下列操作过程正确的是 ；
A．固定打点计器时应将定位轴置于系重锤A的细线的正下方
B．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上
C．应先松开重锤让A向上运动，然后再接通打点计时器电源打点
D．打点结束后先将纸带取下，再关闭打点计时器电源
（2）某次实验结束后，打出的纸带如图所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为，则重锤A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度为 ；（结果保留三位有效数字）
（3）如果本实验室电源频率不足50Hz，则瞬时速度的测量值 （填“增大”或“减小”）；
（4）已知重锤A和B的质量均为M，某小组在重锤壁下面挂质量为m的重物C由静止释放验证系统运动过程中的机械能守恒，某次实验中从纸带上测量A由静止上升h高度时对应计时点的速度为v，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ；
（5）为了测定当地的重力加速度，另一小组改变重物C的质量m，测得多组m和测量对应的加速度a，在坐标上作图如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 。
【答案】 B 1.13 增大
【详解】（1）[1]AB．开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直线上，从而尽可能减小纸带运动过程中所受的摩擦阻力，所以打点计时器振针应置于系重锤A的细线的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振针旁边，所以定位轴不应在重锤A的细线的正下方，故A错误，B正确；
C．由于重锤A速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，再释放重锤A，故C错误；
D．打点结束后应先关闭打点计时器电源，再取下纸带，故D错误。
故选B。
（2）[2]打H点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即
（3）[3]如果本实验室电源频率不足50Hz，则计算瞬时速度时所代入的T值比实际值偏小，从而使瞬时速度的测量值增大。
（4）[4]根据机械能守恒定律有
整理得
（5）[5]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有
整理得
由题意可知
解得
四、计算题（本题共3小题，共41.0分。13题10分，14题13分，15题18分）
13．一高空作业的工人的质量，按安全生产规章制度要求，系一条长度的安全带，该安全带的缓冲时间（完成缓冲后工人将静止在空中，不计安全带产生的形变量），若该工人不慎跌落（，忽略空气阻力的影响），求：
（1）安全带刚要拉紧时工人的速度大小v；
（2）缓冲过程中安全带受到的平均作用力大小F及方向。
【答案】（1）；（2），方向为竖直向上
【详解】（1）取向下为正方向，有
解得
（2）工人经缓冲时间后速度变为0，由动量定理，有
解得
作用力的方向为竖直向上。
14．如图所示，某同学搭建的轨道，CDE为半径R=0.3m的光滑圆弧型轨道，C点与斜面BC相切，D点为轨道最高点，斜面倾角θ=30°，与水平轨道AB相交点B点附近用一段小圆弧平滑连接。该同学用一辆质量m=0.2kg的玩具小车从A点由静止开始出发，先做匀加速直线运动到达B点时恰好达到额定功率，匀加速时间t=1s，此后再以恒定功率行驶到C点关闭玩具车电动机。已知玩具车在AB段受到恒定阻力f=0.2N，BC段、CDE段都不受阻力，AB段长为2m，BC段长为1.3m。试求：
(1)玩具车在AB段的牵引力及额定功率P；
(2)判断玩具车能否运动到D点。若能，则求一下对D点的压力；若不能则说明理由；
(3)若小车行驶到B点时，突然出现了故障，额定功率降为3W，发现玩具车到达C点前已经匀速，则求玩具车在BC段行驶的时间。
【答案】(1)，；(2)能过D点，；(3)
【详解】(1)汽车在AB段做匀加速直线运动，有；
联立可得
玩具车到达B点时恰好达到额定功率，有；
(2)玩具车在BC段保持功率恒定，准备爬坡时牵引力为，而不受阻力，重力的分力为
故在BC段玩具车做匀速直线运动，C点的速度为4m/s，假设玩具车能经过最高点D点，由动能定理有
解得
若要安全过D点的最小速度满足只有重力提供向心力，有
则可得
故，可知玩具车能安全通过最高点D，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
联立可得玩具车对D点的压力为。
(3)玩具车从B点到C点保持功率为不变，设运动时间为，匀速的速度为，有
联立可得
15．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep=4.5J，质量m=1.0kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）解除锁定后，求滑块被弹簧弹出的速度大小；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）3m/s；（2）96J；（3）
【详解】（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒，有
代入数据得
（2）因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律
解得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s；
滑块在传送带上运动的时间为
该段时间，传送带的位移为
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能为
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
解得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
解得
所以，满足条件的弹性势能范围为
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