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2024届内蒙古赤峰市第二中学高三上学期10月月考物理试题 （解析版）
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这是一份2024届内蒙古赤峰市第二中学高三上学期10月月考物理试题 （解析版），共21页。
1.本卷满分100分，考试时长90分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，考生立即停笔，将答题卡交回.
一、选择题（第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 在物理学的发展过程中，物理学家们提出了许多物理学的研究方法，以下关于物理学的研究方法的叙述中，说法正确的是（ ）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想模型法
B. 加速度、速度、位移这三者所体现的共同的物理思想方法是是比值定义法
C. 当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的微元法
D. “质点”概念的引入是运用了控制变量法
【答案】A
【解析】
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想模型法，故A项正确；
B．加速度和速度的定义是利用比值定法来定义的，但是位移不是运用比值定义法，故B项错误；
C．当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，故C项错误；
D．“质点”概念的引入是运用了理想模型法，故D项错误。
故选A。
2. 2022年7月20日，我国正式开放国内首个无人化出行服务商业化设点，首批25辆无人化车辆正式获准开展常态化付费出行服务。无人驾驶反应时间短，如从发现紧急情况到车开始减速，酒驾驾驶员需要，无人车需要。驾驶员驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下来的运动距离为，无人驾驶汽车在同样的条件下从发现情况到停下来的运动距离为，则（ ）
A. 汽车的初速度为
B. 汽车刹车的加速度为
C. 汽车刹车后内的位移为
D. 汽车刹车后末的速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据题意，设初速度为，加速度为，由运动学公式有
解得
，
故AB错误；
C．根据题意，由公式可得，汽车刹车停止的时间为
则汽车刹车后内的位移为
故C正确；
D．根据题意，由公式可得，汽车刹车后末的速度大小为
故D错误。
故选C。
3. 武打片中经常有飞檐走壁的镜头，其实这是借助悬绳拍摄产生的效果某演员在下列四种拍摄场景中均在空中处于静止状态，若忽略绳所受重力，则绳①受力最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】画出人的受力图，如图所示，当T1和T2垂直时T1最小。
故选B。
4. 如图所示，小球P、Q质量均为m，分别用轻弹簧b和细线c悬挂在天花板下，再用另一细线d、e与左边的固定墙相连，静止时细线d、e水平，b、c与竖直方向夹角均为，下列判断正确的是（ ）
A. 剪断d前b的拉力大小为
B. 剪断d瞬间P的加速度大小为
C. 剪断e后瞬间c的拉力大小为
D. 剪断e后瞬间Q的加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．剪断d前，对物体P受力分析，设b拉力大小为，d的拉力大小为，由平衡条件有
，
解得
，
由于弹簧弹力不能突变，剪断d瞬间，P受到的合力与d的拉力等大反向，由牛顿第二定律可得，加速度大小为，故AB错误；
CD．绳子的拉力可以突变，剪断后瞬间，小球Q受的拉力和竖直向下的重力，小球将要做圆周运动，但此刻速度为零，故沿绳方向合力为零，则有
垂直绳方向上，由牛顿第二定律有
解得
故D错误，C正确。
故选C。
5. “碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。某款质量为M的氢能源汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度，已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（ ）
A. 启动过程中，车做匀加速直线运动
B. 启动过程中，牵引力对车做的功为
C. 车速从0增至的加速时间为
D. 车速为时，车的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，汽车沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，由公式可知，启动过程中牵引力减小，由牛顿第二定律有
可知，汽车的加速度减小，车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．启动过程中，由动能定理有
可得
故B错误；
C．结合B分析可得
又有
可得
故C错误；
D．根据题意，由公式可得，车速为时，牵引力为
由牛顿第二定律可得，车的加速度大小为
故D正确。
故选D。
6. 如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速、船在静水中的速度与虚线的夹角分别为、。河宽为d，且、的大小不变，下列说法正确的是（ ）
A. 渡河时间由、以及河宽d决定
B. 当，渡河的时间为
C. 、在垂直虚线方向的分量等大反向
D. 船的实际运行速度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．渡河的时间
由、、、d几个量共同决定，A错误；
B．当，渡河时间
B错误；
C．、的合速度即船的实际运行速度，沿虚线所在的方向，把、分别沿着虚线和垂直虚线所在的方向正交分解，则有
即、在垂直虚线方向的分量等大反向，C正确；
D．船的实际运行速度
D错误。
故选C。
7. 如图将飞镖从同一高度，以不同的速度水平抛出。飞镖落至地面插入泥土后的指向就是它落地瞬时的速度方向。量出前后两次飞镖落地后与水平面的夹角分别为30°和60°。则前后两次落地点距抛出点水平距离的比为（不计空气阻力）（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设飞镖从高度h处平抛，飞镖落地后速度与水平面的夹角，根据速度夹角正切值等于位移夹角正切值的两倍，则有
解得
因高度h相同，则两次水平位移之比为
故选B。
8. 2022年11月29日，神舟十五号飞船在酒泉发射成功，次日凌晨对接于空间站组合体的前向对接口，至此，中国空间站实现了“三大舱段”+“三艘飞船”的最大构型，天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨，神舟十五号航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号的三名航天员实现了首次“太空会师”，空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动，已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A. 航天员漂浮在空间站中，则其处于平衡状态
B. 若已知组合体运行周期为T，其轨道半径与地球半径的比值为n，引力常量为G，则地球密度
C. 空间站运行的速度与第一宇宙速度之比约为
D. 空间站运行周期大于地球自转周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．航天员漂浮在空间站中，绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，加速度不为0，因此航天员漂浮在空间站中，处于非平衡状态，故A错误；
B．根据题意，由万有引力提供向心力有
地球密度为
解得
故B错误；
C．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
则空间站运行的速度与第一宇宙速度之比约为
故C正确；
D．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可知，空间站运行周期小于地球同步卫星的周期，又有地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，则有空间站运行周期小于地球自转周期，故D错误。
故选C。
9. 设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱.如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是（ ）
A. 在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B. 向心力的大小
C. 角速度的大小
D. 向心加速度的大小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．两处做圆周运动的圆心分别为过、两点作通过点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，并不是点，故A错误；
B．设所在弧的切线与水平方向的夹角为，由几何关系可知，二者满足
根据力的合成可知在硬币在处的向心力大小为
在处的向心力大小为
则有
故B正确；
CD．根据题意，由公式
可知，由于
，
可得
，
故D错误，C正确。
故选BC。
10. 如图所示，质量为的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上，其圆弧底端与水平地面相切，在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板，将一质量为的小球Q从滑块顶端正上方距地面处由静止释放，小球Q恰能沿切线落入滑块P，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，所有接触面均光滑，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 若滑块P固定，小球Q能回到高处
B. 若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为
C. 若滑块P不固定，小球Q从滑块P上滑下的过程中二者组成的系统动量守恒
D. 若滑块P不固定，小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，若滑块P固定，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，整个运动过程中，小球的机械能守恒，则小球Q能回到高处，设小球与挡板的碰撞前的速度为，则有
解得
由动量定理有
可得，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为
故B错误，A正确；
CD．若滑块P不固定，小球Q从滑块P上滑下的过程中，系统竖直方向上合力不为零，水平方向上合力为零，则系统动量不守恒，系统动量水平方向上守恒，设小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为，滑块P的速度为，则由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
故C错误，D正确。
故选AD。
11. 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，其动能与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 在过程中，F大小始终为3mg
B. 在和过程中，F做功之比是
C. 在过程中，拉力F所做的功为
D. 在过程中，物体的机械能不断增加
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．在过程中，由动能定理有
由图乙可知，图像为直线，则不变，大小为
解得
故A正确；
BC．根据题意，由动能定理，在过程中有
在过程中有
解得
在过程中，拉力F所做的功为
故B错误，C正确；
D．由图乙结合A分析可知，在过程中，拉力恒定，由动能定理有
解得
可知，拉力一直做正功，则物体的机械能不断增加，故D正确。
故选ACD。
12. 如图甲所示，质量分别为的物体A、B静止在劲度系数为的轻弹簧上，A与B不粘连，以两物体静止时的位置为坐标原点。现对物体A施加竖直向上的拉力，使A、B一起竖直向上运动，两物体的加速度随位移变化的图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 在图乙PQ段中，拉力恒定不变
B. 位移大小为时，A、B的速度大小均为
C. 位移大小为时，A、B之间弹力大小为
D. 在图乙QS段中，外力所做功的大小小于A、B整体机械能的增加量
【答案】CD
【解析】
【详解】A．开始时，A、B两物体均处于静止状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力的大小
图乙段中，A、B的加速度大小与方向都不变，由牛顿第二定律有
随物体向上运动，弹簧的弹力逐渐减小，可知，拉力逐渐增大，故A错误；
B．根据题意，设位移大小为时，A、B的速度大小均为，由动能定理有
结合图像可得
故B错误；
C．当A、B两物体竖直向上运动时，弹簧弹力大小
设A、B之间弹力大小为，对B物体，由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．在图乙QS段中，A、B的加速度一直向上，说明此过程弹簧的弹力向上，则运动过程中，对整体做正功，由功能关系可知，拉力做功和弹力做功之和等于系统机械能的增加，即外力所做功的大小小于A、B整体机械能的增加量，故D正确。
故选CD。
二、非选择题
13. 如图甲所示为某同学测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图
实验步骤如下：
A.用天平测出物块质量、重物质量
B.调整长木板上的轻滑轮，使滑轮与物块间的细线水平
C.打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹
D.多次重复步骤（C），选取点迹清晰的纸带，求出加速度
E.根据上述实验数据求出动摩擦因数
回答下列问题：
（1）在实验步骤A中是否一定需要满足重物质量远小于物块质量。______ 填“是”或“否”
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，标出的每相邻两个计数点间都还有四个计时点未画出，则物块的加速度______结果保留三位有效数字．
（3）实验中已知，根据实验原理，得动摩擦因数的表达式 ______ 用字母k、和重力加速度g表示．
【答案】 ①. 否 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]把物块和重物作为整体根据牛顿第二定律求得加速度，故不需要满足重物质量m2远小于物块质量m1；
（2）[2]各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是T=5t0=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有：
得物块的加速度：
m/s2
（3）[3]对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：
解得：
14. 用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则（计算结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s。
（2）在计数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J。为了简化计算，设g＝9.8 m/s2，则系统势能的减少量ΔEp＝________ J。
（3）实验结果显示ΔEp＞ΔEk，那么造成这一现象的主要原因是________。
（4）在本实验中，若某同学作出了图像，如图丙，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝________ m/s2。
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.58 ③. 0.59 ④. 摩擦阻力造成机械能损失 ⑤. 9.7
【解析】
【详解】(1)[1] 每相邻两计数点间还有4个打下的点，则相邻计点的时间为0.1s，由运动学公式求速度
(2)[2] 动能的增加量
[3] 系统重力势能的减少量
(3)[4] 实验结果显示，那么造成这一现象的主要原因是：系统各部分的阻力做功，机械能减少。
(4)[5] 由机械能守恒律有
所以图象的斜率
则
15. 我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以的加速度匀加速跑到B点时速度大小为，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为，赛道BC的长度为，取，，，不计空气阻力，求：
（1）运动员在起跑区的运动时间；
（2）雪车与冰面间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设运动员在起跑区的运动时间为，根据
解得
（2）设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为，在出发区的加速度大小为，根据
解得
由牛顿第二定律有
解得
16. 现在很多健身设备智能化，一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示，已知配重质量，绳长为，悬挂点到腰带中心的距离为，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角，配重距离地面高度为，，，，求：
（1）绳的拉力；
（2）滑轮在轨道中圆周运动的角速度的大小；
（3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离（结果用根号表示）。
【答案】（1）6.25N，沿着绳向上；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，对配重进行受力分析，根据共点力平衡得
则
（2）根据题意可知，配重做匀速圆周运动，则
所以
解得
（3）配重球不慎脱落后做平抛运动，则有
利用角速度和线速度的关系可知
平抛的水平距离为
17. 小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为，电动机功率恒为，圆轨道半径为，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为，AB轨道长，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
（3）若某次测试时，赛车电动机工作，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置弹性势能取值范围。
【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）
【解析】
【详解】（1）赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律
解得
从H到C，由动能定理有
解得
根据指向圆心方向合力提供向心力有
解得
根据牛顿第三定律在H点对轨道压力；
（2）赛车从E到F做平抛运动，有
解得
对赛车，从A出发最终到E过程中，根据功能关系可得
代入数据解得
（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时最小，由上分析可知
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律
解得
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理
可得
所以赛车不会从E点飞出，有
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理
可得
则
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律
解得
综上，当
1.本卷满分100分，考试时长90分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，考生立即停笔，将答题卡交回.
一、选择题（第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 在物理学的发展过程中，物理学家们提出了许多物理学的研究方法，以下关于物理学的研究方法的叙述中，说法正确的是（ ）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想模型法
B. 加速度、速度、位移这三者所体现的共同的物理思想方法是是比值定义法
C. 当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的微元法
D. “质点”概念的引入是运用了控制变量法
【答案】A
【解析】
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体的方法叫理想模型法，故A项正确；
B．加速度和速度的定义是利用比值定法来定义的，但是位移不是运用比值定义法，故B项错误；
C．当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，故C项错误；
D．“质点”概念的引入是运用了理想模型法，故D项错误。
故选A。
2. 2022年7月20日，我国正式开放国内首个无人化出行服务商业化设点，首批25辆无人化车辆正式获准开展常态化付费出行服务。无人驾驶反应时间短，如从发现紧急情况到车开始减速，酒驾驾驶员需要，无人车需要。驾驶员驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下来的运动距离为，无人驾驶汽车在同样的条件下从发现情况到停下来的运动距离为，则（ ）
A. 汽车的初速度为
B. 汽车刹车的加速度为
C. 汽车刹车后内的位移为
D. 汽车刹车后末的速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据题意，设初速度为，加速度为，由运动学公式有
解得
，
故AB错误；
C．根据题意，由公式可得，汽车刹车停止的时间为
则汽车刹车后内的位移为
故C正确；
D．根据题意，由公式可得，汽车刹车后末的速度大小为
故D错误。
故选C。
3. 武打片中经常有飞檐走壁的镜头，其实这是借助悬绳拍摄产生的效果某演员在下列四种拍摄场景中均在空中处于静止状态，若忽略绳所受重力，则绳①受力最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】画出人的受力图，如图所示，当T1和T2垂直时T1最小。
故选B。
4. 如图所示，小球P、Q质量均为m，分别用轻弹簧b和细线c悬挂在天花板下，再用另一细线d、e与左边的固定墙相连，静止时细线d、e水平，b、c与竖直方向夹角均为，下列判断正确的是（ ）
A. 剪断d前b的拉力大小为
B. 剪断d瞬间P的加速度大小为
C. 剪断e后瞬间c的拉力大小为
D. 剪断e后瞬间Q的加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．剪断d前，对物体P受力分析，设b拉力大小为，d的拉力大小为，由平衡条件有
，
解得
，
由于弹簧弹力不能突变，剪断d瞬间，P受到的合力与d的拉力等大反向，由牛顿第二定律可得，加速度大小为，故AB错误；
CD．绳子的拉力可以突变，剪断后瞬间，小球Q受的拉力和竖直向下的重力，小球将要做圆周运动，但此刻速度为零，故沿绳方向合力为零，则有
垂直绳方向上，由牛顿第二定律有
解得
故D错误，C正确。
故选C。
5. “碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。某款质量为M的氢能源汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度，已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（ ）
A. 启动过程中，车做匀加速直线运动
B. 启动过程中，牵引力对车做的功为
C. 车速从0增至的加速时间为
D. 车速为时，车的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，汽车沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，由公式可知，启动过程中牵引力减小，由牛顿第二定律有
可知，汽车的加速度减小，车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．启动过程中，由动能定理有
可得
故B错误；
C．结合B分析可得
又有
可得
故C错误；
D．根据题意，由公式可得，车速为时，牵引力为
由牛顿第二定律可得，车的加速度大小为
故D正确。
故选D。
6. 如图所示，小船从河岸的O点沿虚线匀速运动到河对岸的P点，河水的流速、船在静水中的速度与虚线的夹角分别为、。河宽为d，且、的大小不变，下列说法正确的是（ ）
A. 渡河时间由、以及河宽d决定
B. 当，渡河的时间为
C. 、在垂直虚线方向的分量等大反向
D. 船的实际运行速度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．渡河的时间
由、、、d几个量共同决定，A错误；
B．当，渡河时间
B错误；
C．、的合速度即船的实际运行速度，沿虚线所在的方向，把、分别沿着虚线和垂直虚线所在的方向正交分解，则有
即、在垂直虚线方向的分量等大反向，C正确；
D．船的实际运行速度
D错误。
故选C。
7. 如图将飞镖从同一高度，以不同的速度水平抛出。飞镖落至地面插入泥土后的指向就是它落地瞬时的速度方向。量出前后两次飞镖落地后与水平面的夹角分别为30°和60°。则前后两次落地点距抛出点水平距离的比为（不计空气阻力）（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设飞镖从高度h处平抛，飞镖落地后速度与水平面的夹角，根据速度夹角正切值等于位移夹角正切值的两倍，则有
解得
因高度h相同，则两次水平位移之比为
故选B。
8. 2022年11月29日，神舟十五号飞船在酒泉发射成功，次日凌晨对接于空间站组合体的前向对接口，至此，中国空间站实现了“三大舱段”+“三艘飞船”的最大构型，天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨，神舟十五号航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号的三名航天员实现了首次“太空会师”，空间站绕地球的运动可以看作匀速圆周运动，已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A. 航天员漂浮在空间站中，则其处于平衡状态
B. 若已知组合体运行周期为T，其轨道半径与地球半径的比值为n，引力常量为G，则地球密度
C. 空间站运行的速度与第一宇宙速度之比约为
D. 空间站运行周期大于地球自转周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．航天员漂浮在空间站中，绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，加速度不为0，因此航天员漂浮在空间站中，处于非平衡状态，故A错误；
B．根据题意，由万有引力提供向心力有
地球密度为
解得
故B错误；
C．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
则空间站运行的速度与第一宇宙速度之比约为
故C正确；
D．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可知，空间站运行周期小于地球同步卫星的周期，又有地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，则有空间站运行周期小于地球自转周期，故D错误。
故选C。
9. 设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图丙所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱.如果硬币在不同位置的运动都可以看成匀速圆周运动，摩擦阻力忽略不计，则关于某一枚硬币通过a、b两处时运动和受力情况的说法正确的是（ ）
A. 在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B. 向心力的大小
C. 角速度的大小
D. 向心加速度的大小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．两处做圆周运动的圆心分别为过、两点作通过点的竖直轴的垂线，垂足即为做匀速圆周运动的圆心，并不是点，故A错误；
B．设所在弧的切线与水平方向的夹角为，由几何关系可知，二者满足
根据力的合成可知在硬币在处的向心力大小为
在处的向心力大小为
则有
故B正确；
CD．根据题意，由公式
可知，由于
，
可得
，
故D错误，C正确。
故选BC。
10. 如图所示，质量为的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上，其圆弧底端与水平地面相切，在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板，将一质量为的小球Q从滑块顶端正上方距地面处由静止释放，小球Q恰能沿切线落入滑块P，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，所有接触面均光滑，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 若滑块P固定，小球Q能回到高处
B. 若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为
C. 若滑块P不固定，小球Q从滑块P上滑下的过程中二者组成的系统动量守恒
D. 若滑块P不固定，小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，若滑块P固定，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，整个运动过程中，小球的机械能守恒，则小球Q能回到高处，设小球与挡板的碰撞前的速度为，则有
解得
由动量定理有
可得，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为
故B错误，A正确；
CD．若滑块P不固定，小球Q从滑块P上滑下的过程中，系统竖直方向上合力不为零，水平方向上合力为零，则系统动量不守恒，系统动量水平方向上守恒，设小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为，滑块P的速度为，则由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
故C错误，D正确。
故选AD。
11. 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，其动能与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 在过程中，F大小始终为3mg
B. 在和过程中，F做功之比是
C. 在过程中，拉力F所做的功为
D. 在过程中，物体的机械能不断增加
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．在过程中，由动能定理有
由图乙可知，图像为直线，则不变，大小为
解得
故A正确；
BC．根据题意，由动能定理，在过程中有
在过程中有
解得
在过程中，拉力F所做的功为
故B错误，C正确；
D．由图乙结合A分析可知，在过程中，拉力恒定，由动能定理有
解得
可知，拉力一直做正功，则物体的机械能不断增加，故D正确。
故选ACD。
12. 如图甲所示，质量分别为的物体A、B静止在劲度系数为的轻弹簧上，A与B不粘连，以两物体静止时的位置为坐标原点。现对物体A施加竖直向上的拉力，使A、B一起竖直向上运动，两物体的加速度随位移变化的图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 在图乙PQ段中，拉力恒定不变
B. 位移大小为时，A、B的速度大小均为
C. 位移大小为时，A、B之间弹力大小为
D. 在图乙QS段中，外力所做功的大小小于A、B整体机械能的增加量
【答案】CD
【解析】
【详解】A．开始时，A、B两物体均处于静止状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力的大小
图乙段中，A、B的加速度大小与方向都不变，由牛顿第二定律有
随物体向上运动，弹簧的弹力逐渐减小，可知，拉力逐渐增大，故A错误；
B．根据题意，设位移大小为时，A、B的速度大小均为，由动能定理有
结合图像可得
故B错误；
C．当A、B两物体竖直向上运动时，弹簧弹力大小
设A、B之间弹力大小为，对B物体，由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．在图乙QS段中，A、B的加速度一直向上，说明此过程弹簧的弹力向上，则运动过程中，对整体做正功，由功能关系可知，拉力做功和弹力做功之和等于系统机械能的增加，即外力所做功的大小小于A、B整体机械能的增加量，故D正确。
故选CD。
二、非选择题
13. 如图甲所示为某同学测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图
实验步骤如下：
A.用天平测出物块质量、重物质量
B.调整长木板上的轻滑轮，使滑轮与物块间的细线水平
C.打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹
D.多次重复步骤（C），选取点迹清晰的纸带，求出加速度
E.根据上述实验数据求出动摩擦因数
回答下列问题：
（1）在实验步骤A中是否一定需要满足重物质量远小于物块质量。______ 填“是”或“否”
（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，标出的每相邻两个计数点间都还有四个计时点未画出，则物块的加速度______结果保留三位有效数字．
（3）实验中已知，根据实验原理，得动摩擦因数的表达式 ______ 用字母k、和重力加速度g表示．
【答案】 ①. 否 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]把物块和重物作为整体根据牛顿第二定律求得加速度，故不需要满足重物质量m2远小于物块质量m1；
（2）[2]各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是T=5t0=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有：
得物块的加速度：
m/s2
（3）[3]对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：
解得：
14. 用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则（计算结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s。
（2）在计数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J。为了简化计算，设g＝9.8 m/s2，则系统势能的减少量ΔEp＝________ J。
（3）实验结果显示ΔEp＞ΔEk，那么造成这一现象的主要原因是________。
（4）在本实验中，若某同学作出了图像，如图丙，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝________ m/s2。
【答案】 ①. 2.4 ②. 0.58 ③. 0.59 ④. 摩擦阻力造成机械能损失 ⑤. 9.7
【解析】
【详解】(1)[1] 每相邻两计数点间还有4个打下的点，则相邻计点的时间为0.1s，由运动学公式求速度
(2)[2] 动能的增加量
[3] 系统重力势能的减少量
(3)[4] 实验结果显示，那么造成这一现象的主要原因是：系统各部分的阻力做功，机械能减少。
(4)[5] 由机械能守恒律有
所以图象的斜率
则
15. 我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面。已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以的加速度匀加速跑到B点时速度大小为，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为，赛道BC的长度为，取，，，不计空气阻力，求：
（1）运动员在起跑区的运动时间；
（2）雪车与冰面间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设运动员在起跑区的运动时间为，根据
解得
（2）设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为，在出发区的加速度大小为，根据
解得
由牛顿第二定律有
解得
16. 现在很多健身设备智能化，一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内有一滑轮，滑轮与细绳连接，细绳的另一端连接配重，其模型简化如图乙所示，已知配重质量，绳长为，悬挂点到腰带中心的距离为，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角，配重距离地面高度为，，，，求：
（1）绳的拉力；
（2）滑轮在轨道中圆周运动的角速度的大小；
（3）若配重球不慎脱落，脱落后平抛的水平距离（结果用根号表示）。
【答案】（1）6.25N，沿着绳向上；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，对配重进行受力分析，根据共点力平衡得
则
（2）根据题意可知，配重做匀速圆周运动，则
所以
解得
（3）配重球不慎脱落后做平抛运动，则有
利用角速度和线速度的关系可知
平抛的水平距离为
17. 小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为，电动机功率恒为，圆轨道半径为，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为，AB轨道长，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
（3）若某次测试时，赛车电动机工作，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置弹性势能取值范围。
【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）
【解析】
【详解】（1）赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律
解得
从H到C，由动能定理有
解得
根据指向圆心方向合力提供向心力有
解得
根据牛顿第三定律在H点对轨道压力；
（2）赛车从E到F做平抛运动，有
解得
对赛车，从A出发最终到E过程中，根据功能关系可得
代入数据解得
（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时最小，由上分析可知
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律
解得
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理
可得
所以赛车不会从E点飞出，有
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理
可得
则
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律
解得
综上，当
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