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2024届山西省运城市高三上学期11月期中调研物理试题 （解析版）
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这是一份2024届山西省运城市高三上学期11月期中调研物理试题 （解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共10小题，每小短3分，共30分）
1. 关于对相互作用力的说法，正确的是（ ）
A. 大小相等、方向相反，作用效果可相互抵消B. 冲量的总和可能不为零
C. 功的总和一定为零D. 功的总和可能不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．相互作用力不是共点力，效果不能抵消，A错误；
B．作用力与反作用力等大、反向，作用时间一定相等，冲量的总和一定为零，B错误；
CD．作用力与反作用力是否做功、做正功还是负功、做功多少均不确定，总和不一定为零，C错误，D正确。
故选D。
2. 如图所示，为港珠澳大桥上连续四段等跨钢箱梁桥，相邻钢箱间距均为．若汽车从点由静止开始做匀加速直线运动，通过段的时间为,则（ ）
A. 通过段的时间为B. 通过段的时间为
C. 段的平均速度大于点的瞬时速度D. 段的平均速度大于点的瞬时速度
【答案】A
【解析】
【详解】AB．汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，则汽车通过ab段、bc段、cd段和de段的时间之比为；
由题意可知，通过ab段的时间为t，则通过段的时间为t，通过段的时间为，故A正确，B错误；
CD．由比例关系可知，b点为ae段的中间时刻，根据匀变速直线运动的推论可知，一段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故ac段的平均速度小于b点的瞬时速度，b点的瞬时速度等于ae
段的平均速度，故CD错误。
故选A。
3. “无线蓝牙耳机”可在一定距离内实现与手机的无线连接．为了探究无线连接的最远距离，某兴趣小组甲乙两同学完成了以下实验：甲同学携带手机，乙同学佩戴无线蓝牙耳机，如图甲，时两名同学同时从起跑线沿两条相距的平行直线跑道向同一方向运动，其图像如图乙，测得整个运动过程中手机连接蓝牙耳机的总时间为,忽略蓝牙耳机连接和断开所需要的时间，则最远连接距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据图v-t图像可知甲做速度等于3m/s匀速直线运动，乙先做匀加速，再做匀速直线运动，整个运动过程中手机连接蓝牙耳机的总时间为,由图可知t=4s，两车再次相遇，所以在4~6s的相距距离为
已知直线轨道相距8m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B同学水平方向之间的位移之差最大值为，最远连接距离为，设由勾股定理得
m
故选C。
4. 如图所示，细线一端系着质量为的小球，另一端系在车厢顶部，小车向左做直线运动时细线与竖直方向的夹角保持不变，且放在小车上质量的木块也与车厢保持相对静止，已知当地的重力加速度为，木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，则下列说法正确的是（ ）
A. 小车向左做匀加速直线运动
B. 此时小球的加速度大小为
C. 此时木块受到的摩擦力大小为，方向水平向右
D. 此时木块受到的摩擦力大小为，方向水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，小车的加速度水平向左，在小车向左做匀减速直线运动，A错误；
B．根据
小球加速度大小为
B错误；
CD．根据牛顿第二定律，木块受到的摩擦力大小为
反向水平向右，C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，圆心为、半径为的四分之一圆形光滑轨道竖直面定在水平地面上，在点正上方有一光滑的小滑轮，小滑轮到轨道最高点的距离为，轻绳的一端系一质量为的小球，靠放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小滑轮的距离为，另一端绕过小滑轮后用力拉住．重力加速度大小为，则（ ）
A. 小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小
B. 小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小
C. 缓慢地拉绳使小球由A运动到B，该过程中大小不变
D. 缓慢地拉绳使小球由A运动到，该过程中先变小后变大
【答案】C
【解析】
【详解】小球受力如图所示
由平衡条件可知，由图可知力的矢量三角形与几何三角形相似，则有
解得
，
其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，则由上式可知，不变，变小。
故选C。
6. AB两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离，随时间变化的关系如图所示，已知地球的半径为，引力常量为，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑AB之间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星AB轨道半径之比为B. 卫星AB做圆周运动的周期之比为
C. 卫星B绕地球做圆周运动的周期为D. 地球的第一宇宙速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星A的线速度大于卫星B的线速度，可知A的轨道半径较小，设卫星A的轨道半径为RA，卫星B的轨道半径为RB，结合图像有
RB-RA=3r
RB+RA=5r
解得
RA=r
RB=4r
卫星AB轨道半径之比为1:4，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
选项B错误；
C．两星两次相距最近经过的时间为T，则
解得
TB=7T
选项C错误；
D．卫星A的轨道半径等于地球的半径，可知A的运行速度就是第一宇宙速度，即
选项D正确。
故选D。
7. 甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，波源位于处的甲波沿轴正方向传播，波源位于处的乙波沿轴负方向传播，时刻两列波的波形图如图所示。已知甲、乙波速都为，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两列波不能发生稳定的干涉
B. 时刻，与处的两质点振动方向相同
C. 两列波叠加后，处为振动减弱点
D. 时刻，处的质点第一次到达处
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，甲、乙两列波的波长相同，相位差恒定，甲、乙波速都为，则甲、乙两列波的频率相同，所以甲、乙两列波能发生稳定的干涉，故A错误；
B．由图可知时刻，处的质点向y轴负方向振动，处的质点向y轴正方向振动，故B错误；
C．由图可知，两波源到处的路程差为2m，恰好为两列波的波长的一半，由于两列波的波源振动步调相反，则两列波叠加后，处为振动加强点，故C错误；
D．甲、乙波速都为，则时刻，甲乙两列波的波谷第一次同时传到处，所以时刻，处的质点第一次到达处，故D正确。
故选D。
8. 一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取,则（ ）
A. 物块的质量为B. 物块下滑时加速度的大小为
C. 当物块下滑时机械能损失了D. 物块下滑到最低点摩擦力做功
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设斜面的倾角为，则有
可得
=37°
斜面高为h=3.0m、长为L=5.0m，全过程由动能定理得：
又有全过程重力势能减少30J，联立解得
m=1kg，=0.5
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确；
C．由图可知，下滑2m时即s=2m时，重力势能变化
即重力势能减少了12J；
动能变化
即动能增加了4J，则机械能变化
即机械能损失了8J，故C错误；
D．由图可知，初始机械能等于30J；滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小20J，则摩擦力做功为-20J，故D错误；
故选B。
9. 如图所示，一个上表面粗髓、中心有孔的水平圆盘绕轴转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量均为，木块到点的距离为R，O点与小球之间的细线长为。当圆盘以角速度匀速转动时，小球以角速度随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止。连接小球的细线与竖直方向的夹角为，小孔与细线之间无摩擦，则下列说法错误的是（ ）
A. 若木块和圆盘保持相对静止，不变，越大，则越大
B. 若，无论多大木块都不会滑动
C. 若，增大，木块可能向点滑动
D. 若，增大，木块可能向点滑动
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得
，
解得
故当L不变，越大，则越大。故A正确，与题意不符；
B．有A项中的分析，对小球有
对木块有
当，完全由绳子的张力提供木块做圆周运动的向心力，无论多大木块都不会滑动故B正确，与题意不符；
C．当时，有
可知绳子的张力不足以提供木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O，则当增大到一定值时，最大静摩擦力与绳子张力之和不足于提供木块做圆周运动的向心力时，木块做离心运动。故C错误，与题意相符；
D．当，有
可知绳子的张力要大于木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O的反方向，则当增大时，当最大静摩擦力与木块的向心力之和都小于绳子张力时，木块会做近心运动。故D正确，与题意不符。
本题选错误的故选C。
10. 如图所示，两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出。已知半圆轨道的半径为与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2倍。若小球能落到半圆轨道上，小球能落到斜面上，均可视为质点，重力加速度取,则下列说法正确的是（ ）
A. 如果球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下
B. 球落在斜面上时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5
C. 调整球初速度的大小，能使球垂直落在半圆轨道上
D. 两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．平抛运动的末速度不可能竖直向下，A错误；
B．设斜面倾角为，则速度方向与水平面夹角的正切值为
B错误；
C．平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若球垂直落在半圆轨道上，则反向延长线过圆心，不是中点，不符合实际情况，C错误；
D．两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，则
，
而
得
D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不答的得0分）
11. 2018年12月8日发射成功的“嫦娥四号”探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获并顺利进入环月轨道．若将整个奔月过程简化如下：“嫦娥四号”探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过点时变轨进入距离月球表面的圆形轨道Ⅰ,在轨道Ⅰ上经过点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将择机在点着陆月球表面．下列说法正确的是（ ）
A. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行时在点的加速度小于在点的加速度
B. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C. “嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于月球的第一宇宙速度
D. “嫦娥四号”在地月转移轨道上点速度大于在轨道Ⅰ上点的速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律，得
“嫦娥四号”探测器沿轨道Ⅱ运行时，在P点的运行半径小于在Q点的运行半径。故在P点的加速度小于在Q点的加速，故A正确；
B．根据开普勒第三定律
卫星在轨道II上运动轨道的半长轴比在轨道I上轨道半径小，所以卫星在轨道Ⅱ上运动周期小于在轨道Ⅰ上运动周期，故B错误；
C．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥四号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据
得
可知“嫦娥四号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故C错误；
D．嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点若要进入轨道I，做近心运动，需减速，所以在地月转移轨道上经过M点的速度比在轨道I上经过M点时速度大，故D正确；
故选AD。
【点睛】卫星从高轨道进入低轨道，做近心运动，需要减速。第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度。熟悉开普勒第三定律的内容及适用范围。
12. 2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从时刻由静止开始以恒定加速度向上提升质量为的重物，其图像如图乙所示，重力加速度为，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，重物处于失重状态B. 时间内，重物增加的机械能为
C. 该物体的最大速度为D. 时刻，重物的加速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由
可知，时间内，图线斜率不变，拉力和加速度不变，重物做匀加速直线运动。处于超重状态。故A错误；
B．时间内，重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，即
故B正确；
C．起重机输出功率达到额定功率后，保持额定功率运行，当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重物达到最大速度，即
解得
故C正确；
D．时间内，重物做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律，可得
又
联立，解得
故D错误。
故选BC。
13. 如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的足够长的水平传送带平滑连接于点，圆弧轨道半径为，质量的小物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，到达最低点时滑上水平传送带，已知传送带转动的速度大小为，小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A. 小物块第1次经过点时对圆弧轨道的压力大小为
B. 经过多次往复运动后，小物块最终将静止在点
C. 小物块第次在传送带上来回运动的时间是
D. 小物块第一次在传送带上运动的整个过程中在传送带上的痕迹长为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据机械能守恒
得
根据牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律，小物块第1次经过点时对圆弧轨道的压力大小为，A正确；
B．由于，物块经过多次往复运动后，在传送带和圆弧轨道上往复运动，且经过Q点的速度大小始终为，B错误；
C．结合B选项，除第1次外，物块以后在传送带上来回运动的时间不变
C正确；
D．小物块第一次在传送带上运动的整个过程中。
匀减速运动阶段
反向匀加速度至共速阶段
痕迹长为
D错误。
故选AC。
14. 如图所示，质量均为的A、B两木块通过劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方高处有一质量为的木块C，现将木块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中木块B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为。已知弹簧的劲度系数为，弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，则（ ）
A. 木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为
B. 物体B恰好未脱离地面时，A、C的加速度为
C. 木块C与木块A碰撞时A对C作用力的冲量大小为
D. 弹簧的最大压缩量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设C与A碰撞前瞬间的速度为，则
设C与A碰撞后的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律，可得C物体碰撞过程中损失机械能为
方程联立解得损失的机械能为
故A错误；
B．物体B恰好未脱离地面时，此时地面对B的支持力恰好为零，此时弹簧对B的拉力
则对A、C整体，根据牛顿第二定律可得，此时它们加速度为
故B正确；
C．设作用时间为且以向下为正，根据动量定理
则A对C的作用力的冲量大小为
碰撞时间极短可忽略，则
故C错误；
D．当C、A一起压缩弹簧到达最低点时，弹簧的压缩量最大，把弹簧及C、A看着一个系统，从最低点到最高点时，系统机械能守恒，弹簧把弹性势能转化为C、A的重力势能，有
在最高点时，弹簧的伸长量为
方程联立，可求得弹簧的最大压缩量为
故D正确。
故选BD。
三、实验题（本题共2小题，共14分）
15. 小华利用如图1所示的装置完成了“探究加速度与外力的关系”实验，用一轻绳将两个完全相同的托盘拴接后跨过光滑的定滑轮，另在两侧的托盘中放入相同数目钩码。已知每个钩码的质量均为m，此时两侧托盘的总质量均为M，遮光条的宽度为d，重力加速度用g表示。
实验时进行了如下的操作：
（1）平衡时遮光条与光电门相平齐；小华从托盘甲中取走一个钩码放在托盘乙中，将托盘甲向下拉至遮光条距离光电门h处，然后将装置由静止释放，遮光条经过光电门时的挡光时间为t，托盘甲经过光电门时的速度为____________，托盘甲的加速度大小为_______________。（结果用d、h、t表示）
（2）将托盘甲中的钩码逐个地放到托盘乙中，保持（1）中的h不变，重复操作，记录取走的钩码数N和与之相对应的挡光时间t，将记录的实验数据描绘在图2中，当图线的斜率______________时，即可证明物体的质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。（用M、m、d、h、g表示）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]遮光条在挡光时间内的平均速度等于托盘甲经过光电门瞬间的速度，即
[2]由运动学规律可得
整理得
（2）[3]若加速度与力成正比，则有
解得
由以上分析可知
整理得
则图线的斜率为
16. 某学生小组利用图1所示的装置做“用单摆测重力加速度的大小”实验。
（1）小球摆动的过程中，充当回复力的是__________
A．重力 B．重力和拉力的合力
C．拉力沿着水平方向的分力 D．重力沿着圆弧切线方向的分力
（2）为了使测量的误差尽量小，下列说法正确的是__________
A．组装单摆需选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线
C．摆长一定情况下，摆的振幅尽量大些以便于观察
D．为了测量方便，计时的起止位置应选在摆球到达最高点的位置
（3）在本实验中，由于刻度尺的量程不够，他们在细线上标注点，使小于刻度尺量程，如图1所示，保持点到球心的距离不变，通过改变的长度，可以改变摆线的长度。实验中，多次改变的长度，分别记为,测出对应小球完成次全振动的时间分别为，算出多次实验周期关系，并以作为纵轴，作为横轴，作出的图像如图2所示，设其斜率为，则可求重力加速度的大小为__________；
（4）该组同学测出重力加速度的大小后，想利用该值估测一圆弧面的半径。如图3所示，同学找出圆弧面的最低点，然后把一光滑的小球从点静止释放（远小于圆弧半径），从小球第一次经过点开始计时，到小球第次经过点计时结束，总时间为，则可利用公式__________（用表示）估算圆弧面的半径。
【答案】 ①. D ②. B ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]回复力是指向平衡位置的合力，所以小球摆动的过程中，充当回复力的是重力沿着圆弧切线方向的分力。
故选D。
（2）[2]A．为了减小空气阻力，组装单摆应选用密度大，直径小的摆球，故A错误；
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，确保摆球在摆动过程中摆长保持不变，故B正确；
C．摆长一定的情况下，摆球的振幅不能太大，否则摆球的摆动不能视为是简谐振动，故C错误；
D．为了测量方便，计时的起止位置应选在摆球到达最低点的位置，故D错误。
故选B。
（3）[3]设M点到球心的长度为，由单摆周期公式，第n次测量有
其中
同理第一次测量有
其中
联立解得
所以图线斜率为
所以重力加速度为
（4）[4]小球在圆弧面上单摆运动，摆长为R，周期为
由单摆周期公式有
联立有
四、计算题（本题共3小题，共40分）
17. 如图所示，质量为的长木板B静止在光滑水平面上，其右端放一质量为的小滑块A（可视为质点）。时刻，在长木板B的左端施加一个水平向右的恒力，当时撤去外力，最终A恰好没有滑离木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。求
（1）内滑块A和木板B各自的加速度大小；
（2）滑块A恰好运动到木板边缘时的速度；
（3）木板B的长度。
【答案】（1）3m/s2，7m/s2；（2）6m/s；（3）4m
【解析】
【详解】（1）对滑块A，由牛顿第二定律得
对木板B，由牛顿第二定律得
解得
（2）设撤去F时，A、B的速度分别为、，由运动学规律可得
撤去力F后，A的加速度不变，对B得
所以
设再经过时间二者共速，速度为v，所以
解得
1s
（3）由运动学规律可得
所以
18. 如图所示，质量为的小圆环A套在足够长的光滑固定水平杆上，杆距离地面的高度为。质量为的小球B通过长度为的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，某时刻释放球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在光滑水平地面上向左运动，与一向右运动的小球C发生弹性正碰，碰后C的速度大小是B速度大小的2倍，已知球C的质量为，重力加速度
，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：
（1）轻绳断裂时，A、B各自的速度大小；
（2）轻绳断裂时，A距出发点多远；
（3）碰撞前球C的速度。
【答案】（1）8m/s，2m/s；（2）0.8m；（3）大小为4m/s，方向向右
【解析】
【详解】（1）球B开始运动至绳断裂，A、B组成的系统水平动量、机械能均守恒，则有
联立解得
，
（2）A、B组成的系统水平动量守恒，所以有
又
解得
（3）B、C发生弹性碰撞，所以系统动量守恒，以向左为正方向，有
根据机械能守恒可得
解得
，
又因为
解得
，（舍去）
则碰撞前球C的速度大小为，方向向右。
19. 如图所示，将原长为的轻质弹簧放置在倾角为的轨道上，弹簧的一端固定在点，另一端与质量为的滑块接触但不连接（滑块可视为质点）。长为端与半径为的光滑圆轨道相切，点在圆心的正上方，点与点等高。滑块与间的动摩擦因数。用外力推动滑块至点，使得，然后放开，滑块由静止开始沿轨道运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点。已知重力加速度大小为。
（1）求滑块初始位于点时，弹簧的弹性势能；
（2）若更换另一个质量为的滑块，仍将滑块从点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求的可能值范围；
（3）若滑块的质量，圆轨道的半径滑块恰能运动到点后又沿着圆轨道下滑，求从到的过程中，重力功率的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对滑块在D点，由牛顿第二定律得
对滑块从P点到D点，由能量守恒得
解得
（2）若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒
质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得
解得
所以m1的可能值范围
（3）设滑块运动到C与B之间F点时，重力功率最大。OF与水平OC夹角为α，对C点到F点，由能量守恒得
功率
所以
令
求导可得当时，y有最大值，且此时
所以功率最大值
一、单项选择题（本题共10小题，每小短3分，共30分）
1. 关于对相互作用力的说法，正确的是（ ）
A. 大小相等、方向相反，作用效果可相互抵消B. 冲量的总和可能不为零
C. 功的总和一定为零D. 功的总和可能不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．相互作用力不是共点力，效果不能抵消，A错误；
B．作用力与反作用力等大、反向，作用时间一定相等，冲量的总和一定为零，B错误；
CD．作用力与反作用力是否做功、做正功还是负功、做功多少均不确定，总和不一定为零，C错误，D正确。
故选D。
2. 如图所示，为港珠澳大桥上连续四段等跨钢箱梁桥，相邻钢箱间距均为．若汽车从点由静止开始做匀加速直线运动，通过段的时间为,则（ ）
A. 通过段的时间为B. 通过段的时间为
C. 段的平均速度大于点的瞬时速度D. 段的平均速度大于点的瞬时速度
【答案】A
【解析】
【详解】AB．汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，则汽车通过ab段、bc段、cd段和de段的时间之比为；
由题意可知，通过ab段的时间为t，则通过段的时间为t，通过段的时间为，故A正确，B错误；
CD．由比例关系可知，b点为ae段的中间时刻，根据匀变速直线运动的推论可知，一段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故ac段的平均速度小于b点的瞬时速度，b点的瞬时速度等于ae
段的平均速度，故CD错误。
故选A。
3. “无线蓝牙耳机”可在一定距离内实现与手机的无线连接．为了探究无线连接的最远距离，某兴趣小组甲乙两同学完成了以下实验：甲同学携带手机，乙同学佩戴无线蓝牙耳机，如图甲，时两名同学同时从起跑线沿两条相距的平行直线跑道向同一方向运动，其图像如图乙，测得整个运动过程中手机连接蓝牙耳机的总时间为,忽略蓝牙耳机连接和断开所需要的时间，则最远连接距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据图v-t图像可知甲做速度等于3m/s匀速直线运动，乙先做匀加速，再做匀速直线运动，整个运动过程中手机连接蓝牙耳机的总时间为,由图可知t=4s，两车再次相遇，所以在4~6s的相距距离为
已知直线轨道相距8m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B同学水平方向之间的位移之差最大值为，最远连接距离为，设由勾股定理得
m
故选C。
4. 如图所示，细线一端系着质量为的小球，另一端系在车厢顶部，小车向左做直线运动时细线与竖直方向的夹角保持不变，且放在小车上质量的木块也与车厢保持相对静止，已知当地的重力加速度为，木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.75，则下列说法正确的是（ ）
A. 小车向左做匀加速直线运动
B. 此时小球的加速度大小为
C. 此时木块受到的摩擦力大小为，方向水平向右
D. 此时木块受到的摩擦力大小为，方向水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，小车的加速度水平向左，在小车向左做匀减速直线运动，A错误；
B．根据
小球加速度大小为
B错误；
CD．根据牛顿第二定律，木块受到的摩擦力大小为
反向水平向右，C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，圆心为、半径为的四分之一圆形光滑轨道竖直面定在水平地面上，在点正上方有一光滑的小滑轮，小滑轮到轨道最高点的距离为，轻绳的一端系一质量为的小球，靠放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小滑轮的距离为，另一端绕过小滑轮后用力拉住．重力加速度大小为，则（ ）
A. 小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小
B. 小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小
C. 缓慢地拉绳使小球由A运动到B，该过程中大小不变
D. 缓慢地拉绳使小球由A运动到，该过程中先变小后变大
【答案】C
【解析】
【详解】小球受力如图所示
由平衡条件可知，由图可知力的矢量三角形与几何三角形相似，则有
解得
，
其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，则由上式可知，不变，变小。
故选C。
6. AB两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离，随时间变化的关系如图所示，已知地球的半径为，引力常量为，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑AB之间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星AB轨道半径之比为B. 卫星AB做圆周运动的周期之比为
C. 卫星B绕地球做圆周运动的周期为D. 地球的第一宇宙速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星A的线速度大于卫星B的线速度，可知A的轨道半径较小，设卫星A的轨道半径为RA，卫星B的轨道半径为RB，结合图像有
RB-RA=3r
RB+RA=5r
解得
RA=r
RB=4r
卫星AB轨道半径之比为1:4，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
选项B错误；
C．两星两次相距最近经过的时间为T，则
解得
TB=7T
选项C错误；
D．卫星A的轨道半径等于地球的半径，可知A的运行速度就是第一宇宙速度，即
选项D正确。
故选D。
7. 甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，波源位于处的甲波沿轴正方向传播，波源位于处的乙波沿轴负方向传播，时刻两列波的波形图如图所示。已知甲、乙波速都为，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两列波不能发生稳定的干涉
B. 时刻，与处的两质点振动方向相同
C. 两列波叠加后，处为振动减弱点
D. 时刻，处的质点第一次到达处
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，甲、乙两列波的波长相同，相位差恒定，甲、乙波速都为，则甲、乙两列波的频率相同，所以甲、乙两列波能发生稳定的干涉，故A错误；
B．由图可知时刻，处的质点向y轴负方向振动，处的质点向y轴正方向振动，故B错误；
C．由图可知，两波源到处的路程差为2m，恰好为两列波的波长的一半，由于两列波的波源振动步调相反，则两列波叠加后，处为振动加强点，故C错误；
D．甲、乙波速都为，则时刻，甲乙两列波的波谷第一次同时传到处，所以时刻，处的质点第一次到达处，故D正确。
故选D。
8. 一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取,则（ ）
A. 物块的质量为B. 物块下滑时加速度的大小为
C. 当物块下滑时机械能损失了D. 物块下滑到最低点摩擦力做功
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设斜面的倾角为，则有
可得
=37°
斜面高为h=3.0m、长为L=5.0m，全过程由动能定理得：
又有全过程重力势能减少30J，联立解得
m=1kg，=0.5
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误，B正确；
C．由图可知，下滑2m时即s=2m时，重力势能变化
即重力势能减少了12J；
动能变化
即动能增加了4J，则机械能变化
即机械能损失了8J，故C错误；
D．由图可知，初始机械能等于30J；滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小20J，则摩擦力做功为-20J，故D错误；
故选B。
9. 如图所示，一个上表面粗髓、中心有孔的水平圆盘绕轴转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量均为，木块到点的距离为R，O点与小球之间的细线长为。当圆盘以角速度匀速转动时，小球以角速度随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止。连接小球的细线与竖直方向的夹角为，小孔与细线之间无摩擦，则下列说法错误的是（ ）
A. 若木块和圆盘保持相对静止，不变，越大，则越大
B. 若，无论多大木块都不会滑动
C. 若，增大，木块可能向点滑动
D. 若，增大，木块可能向点滑动
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律，可得
，
解得
故当L不变，越大，则越大。故A正确，与题意不符；
B．有A项中的分析，对小球有
对木块有
当，完全由绳子的张力提供木块做圆周运动的向心力，无论多大木块都不会滑动故B正确，与题意不符；
C．当时，有
可知绳子的张力不足以提供木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O，则当增大到一定值时，最大静摩擦力与绳子张力之和不足于提供木块做圆周运动的向心力时，木块做离心运动。故C错误，与题意相符；
D．当，有
可知绳子的张力要大于木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O的反方向，则当增大时，当最大静摩擦力与木块的向心力之和都小于绳子张力时，木块会做近心运动。故D正确，与题意不符。
本题选错误的故选C。
10. 如图所示，两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出。已知半圆轨道的半径为与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2倍。若小球能落到半圆轨道上，小球能落到斜面上，均可视为质点，重力加速度取,则下列说法正确的是（ ）
A. 如果球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下
B. 球落在斜面上时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5
C. 调整球初速度的大小，能使球垂直落在半圆轨道上
D. 两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．平抛运动的末速度不可能竖直向下，A错误；
B．设斜面倾角为，则速度方向与水平面夹角的正切值为
B错误；
C．平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若球垂直落在半圆轨道上，则反向延长线过圆心，不是中点，不符合实际情况，C错误；
D．两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，则
，
而
得
D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不答的得0分）
11. 2018年12月8日发射成功的“嫦娥四号”探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获并顺利进入环月轨道．若将整个奔月过程简化如下：“嫦娥四号”探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过点时变轨进入距离月球表面的圆形轨道Ⅰ,在轨道Ⅰ上经过点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将择机在点着陆月球表面．下列说法正确的是（ ）
A. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行时在点的加速度小于在点的加速度
B. “嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C. “嫦娥四号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于月球的第一宇宙速度
D. “嫦娥四号”在地月转移轨道上点速度大于在轨道Ⅰ上点的速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律，得
“嫦娥四号”探测器沿轨道Ⅱ运行时，在P点的运行半径小于在Q点的运行半径。故在P点的加速度小于在Q点的加速，故A正确；
B．根据开普勒第三定律
卫星在轨道II上运动轨道的半长轴比在轨道I上轨道半径小，所以卫星在轨道Ⅱ上运动周期小于在轨道Ⅰ上运动周期，故B错误；
C．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥四号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据
得
可知“嫦娥四号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故C错误；
D．嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点若要进入轨道I，做近心运动，需减速，所以在地月转移轨道上经过M点的速度比在轨道I上经过M点时速度大，故D正确；
故选AD。
【点睛】卫星从高轨道进入低轨道，做近心运动，需要减速。第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度。熟悉开普勒第三定律的内容及适用范围。
12. 2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从时刻由静止开始以恒定加速度向上提升质量为的重物，其图像如图乙所示，重力加速度为，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，重物处于失重状态B. 时间内，重物增加的机械能为
C. 该物体的最大速度为D. 时刻，重物的加速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由
可知，时间内，图线斜率不变，拉力和加速度不变，重物做匀加速直线运动。处于超重状态。故A错误；
B．时间内，重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，即
故B正确；
C．起重机输出功率达到额定功率后，保持额定功率运行，当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重物达到最大速度，即
解得
故C正确；
D．时间内，重物做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律，可得
又
联立，解得
故D错误。
故选BC。
13. 如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的足够长的水平传送带平滑连接于点，圆弧轨道半径为，质量的小物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，到达最低点时滑上水平传送带，已知传送带转动的速度大小为，小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A. 小物块第1次经过点时对圆弧轨道的压力大小为
B. 经过多次往复运动后，小物块最终将静止在点
C. 小物块第次在传送带上来回运动的时间是
D. 小物块第一次在传送带上运动的整个过程中在传送带上的痕迹长为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据机械能守恒
得
根据牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律，小物块第1次经过点时对圆弧轨道的压力大小为，A正确；
B．由于，物块经过多次往复运动后，在传送带和圆弧轨道上往复运动，且经过Q点的速度大小始终为，B错误；
C．结合B选项，除第1次外，物块以后在传送带上来回运动的时间不变
C正确；
D．小物块第一次在传送带上运动的整个过程中。
匀减速运动阶段
反向匀加速度至共速阶段
痕迹长为
D错误。
故选AC。
14. 如图所示，质量均为的A、B两木块通过劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方高处有一质量为的木块C，现将木块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中木块B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为。已知弹簧的劲度系数为，弹性势能表达式为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，则（ ）
A. 木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为
B. 物体B恰好未脱离地面时，A、C的加速度为
C. 木块C与木块A碰撞时A对C作用力的冲量大小为
D. 弹簧的最大压缩量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设C与A碰撞前瞬间的速度为，则
设C与A碰撞后的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律，可得C物体碰撞过程中损失机械能为
方程联立解得损失的机械能为
故A错误；
B．物体B恰好未脱离地面时，此时地面对B的支持力恰好为零，此时弹簧对B的拉力
则对A、C整体，根据牛顿第二定律可得，此时它们加速度为
故B正确；
C．设作用时间为且以向下为正，根据动量定理
则A对C的作用力的冲量大小为
碰撞时间极短可忽略，则
故C错误；
D．当C、A一起压缩弹簧到达最低点时，弹簧的压缩量最大，把弹簧及C、A看着一个系统，从最低点到最高点时，系统机械能守恒，弹簧把弹性势能转化为C、A的重力势能，有
在最高点时，弹簧的伸长量为
方程联立，可求得弹簧的最大压缩量为
故D正确。
故选BD。
三、实验题（本题共2小题，共14分）
15. 小华利用如图1所示的装置完成了“探究加速度与外力的关系”实验，用一轻绳将两个完全相同的托盘拴接后跨过光滑的定滑轮，另在两侧的托盘中放入相同数目钩码。已知每个钩码的质量均为m，此时两侧托盘的总质量均为M，遮光条的宽度为d，重力加速度用g表示。
实验时进行了如下的操作：
（1）平衡时遮光条与光电门相平齐；小华从托盘甲中取走一个钩码放在托盘乙中，将托盘甲向下拉至遮光条距离光电门h处，然后将装置由静止释放，遮光条经过光电门时的挡光时间为t，托盘甲经过光电门时的速度为____________，托盘甲的加速度大小为_______________。（结果用d、h、t表示）
（2）将托盘甲中的钩码逐个地放到托盘乙中，保持（1）中的h不变，重复操作，记录取走的钩码数N和与之相对应的挡光时间t，将记录的实验数据描绘在图2中，当图线的斜率______________时，即可证明物体的质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。（用M、m、d、h、g表示）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]遮光条在挡光时间内的平均速度等于托盘甲经过光电门瞬间的速度，即
[2]由运动学规律可得
整理得
（2）[3]若加速度与力成正比，则有
解得
由以上分析可知
整理得
则图线的斜率为
16. 某学生小组利用图1所示的装置做“用单摆测重力加速度的大小”实验。
（1）小球摆动的过程中，充当回复力的是__________
A．重力 B．重力和拉力的合力
C．拉力沿着水平方向的分力 D．重力沿着圆弧切线方向的分力
（2）为了使测量的误差尽量小，下列说法正确的是__________
A．组装单摆需选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线
C．摆长一定情况下，摆的振幅尽量大些以便于观察
D．为了测量方便，计时的起止位置应选在摆球到达最高点的位置
（3）在本实验中，由于刻度尺的量程不够，他们在细线上标注点，使小于刻度尺量程，如图1所示，保持点到球心的距离不变，通过改变的长度，可以改变摆线的长度。实验中，多次改变的长度，分别记为,测出对应小球完成次全振动的时间分别为，算出多次实验周期关系，并以作为纵轴，作为横轴，作出的图像如图2所示，设其斜率为，则可求重力加速度的大小为__________；
（4）该组同学测出重力加速度的大小后，想利用该值估测一圆弧面的半径。如图3所示，同学找出圆弧面的最低点，然后把一光滑的小球从点静止释放（远小于圆弧半径），从小球第一次经过点开始计时，到小球第次经过点计时结束，总时间为，则可利用公式__________（用表示）估算圆弧面的半径。
【答案】 ①. D ②. B ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]回复力是指向平衡位置的合力，所以小球摆动的过程中，充当回复力的是重力沿着圆弧切线方向的分力。
故选D。
（2）[2]A．为了减小空气阻力，组装单摆应选用密度大，直径小的摆球，故A错误；
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，确保摆球在摆动过程中摆长保持不变，故B正确；
C．摆长一定的情况下，摆球的振幅不能太大，否则摆球的摆动不能视为是简谐振动，故C错误；
D．为了测量方便，计时的起止位置应选在摆球到达最低点的位置，故D错误。
故选B。
（3）[3]设M点到球心的长度为，由单摆周期公式，第n次测量有
其中
同理第一次测量有
其中
联立解得
所以图线斜率为
所以重力加速度为
（4）[4]小球在圆弧面上单摆运动，摆长为R，周期为
由单摆周期公式有
联立有
四、计算题（本题共3小题，共40分）
17. 如图所示，质量为的长木板B静止在光滑水平面上，其右端放一质量为的小滑块A（可视为质点）。时刻，在长木板B的左端施加一个水平向右的恒力，当时撤去外力，最终A恰好没有滑离木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。求
（1）内滑块A和木板B各自的加速度大小；
（2）滑块A恰好运动到木板边缘时的速度；
（3）木板B的长度。
【答案】（1）3m/s2，7m/s2；（2）6m/s；（3）4m
【解析】
【详解】（1）对滑块A，由牛顿第二定律得
对木板B，由牛顿第二定律得
解得
（2）设撤去F时，A、B的速度分别为、，由运动学规律可得
撤去力F后，A的加速度不变，对B得
所以
设再经过时间二者共速，速度为v，所以
解得
1s
（3）由运动学规律可得
所以
18. 如图所示，质量为的小圆环A套在足够长的光滑固定水平杆上，杆距离地面的高度为。质量为的小球B通过长度为的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，某时刻释放球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在光滑水平地面上向左运动，与一向右运动的小球C发生弹性正碰，碰后C的速度大小是B速度大小的2倍，已知球C的质量为，重力加速度
，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：
（1）轻绳断裂时，A、B各自的速度大小；
（2）轻绳断裂时，A距出发点多远；
（3）碰撞前球C的速度。
【答案】（1）8m/s，2m/s；（2）0.8m；（3）大小为4m/s，方向向右
【解析】
【详解】（1）球B开始运动至绳断裂，A、B组成的系统水平动量、机械能均守恒，则有
联立解得
，
（2）A、B组成的系统水平动量守恒，所以有
又
解得
（3）B、C发生弹性碰撞，所以系统动量守恒，以向左为正方向，有
根据机械能守恒可得
解得
，
又因为
解得
，（舍去）
则碰撞前球C的速度大小为，方向向右。
19. 如图所示，将原长为的轻质弹簧放置在倾角为的轨道上，弹簧的一端固定在点，另一端与质量为的滑块接触但不连接（滑块可视为质点）。长为端与半径为的光滑圆轨道相切，点在圆心的正上方，点与点等高。滑块与间的动摩擦因数。用外力推动滑块至点，使得，然后放开，滑块由静止开始沿轨道运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点。已知重力加速度大小为。
（1）求滑块初始位于点时，弹簧的弹性势能；
（2）若更换另一个质量为的滑块，仍将滑块从点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求的可能值范围；
（3）若滑块的质量，圆轨道的半径滑块恰能运动到点后又沿着圆轨道下滑，求从到的过程中，重力功率的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对滑块在D点，由牛顿第二定律得
对滑块从P点到D点，由能量守恒得
解得
（2）若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒
质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得
解得
所以m1的可能值范围
（3）设滑块运动到C与B之间F点时，重力功率最大。OF与水平OC夹角为α，对C点到F点，由能量守恒得
功率
所以
令
求导可得当时，y有最大值，且此时
所以功率最大值
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