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2024届河南省许昌市禹州市高级中学高三上学期11月月考试题 物理 （解析版）
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这是一份2024届河南省许昌市禹州市高级中学高三上学期11月月考试题 物理 （解析版），共1页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在物理学发展的历史中，许多物理学家做出了卓越贡献。以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，不
正确的是( )
A. 1798 年，卡文迪什利用扭秤装置， 第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量 G 值
B. 德国的伽勒在勒维耶预言的位置处发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星 ”
C. 哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心， 一切行星围绕太阳做椭圆运动
D. 开普勒通过整理研究第谷的行星观测记录，总结出行星运动定律
【答案】C
【解析】
【详解】A ．1798 年，卡文迪什利用扭秤装置， 第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量 G 值， A 正
确，不符合题意；
B ．德国的伽勒在勒维耶预言的位置处发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星 ”，B 正确，不符合
题意；
C ．哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心， 一切行星围绕太阳做圆周运动， C 错误，符合题意；
D ．开普勒通过整理研究第谷的行星观测记录，总结出行星运动定律， D 正确，不符合题意。
故选 C。
2. 如图所示，倾角为θ的斜面体 c 置于水平地面上，小物块 b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与 沙漏 a 连接，连接 b 的一段细绳与斜面平行。在 a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，
则( )
A. b 对 c 的压力可能减小 B. b 对 c 的摩擦力可能增大
C. 地面对 c 的摩擦力可能增大 D. 地面对 c 的支持力可能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A ．对 a 与沙子受力分析，受重力、绳的拉力两个力的作用，两个的合力一直为零，沙子缓慢流
出的过程中， a 与沙子的总重力减小， 可知绳的拉力 T 减小， 对 b 进行受力分析， c 对 b 的支持力为
N = mbg csθ
由牛顿第三定律可知 b 对 c 的压力保持不变， 故 A 错误；
B ．若开始时绳子拉力小于物块 b 重力沿斜面向下的分力， 则 c 对 b 的摩擦力方向平行斜面向上，根据受
力平衡可得
mbg sinθ= f + T
当拉力 T 减小时， c 对 b 的摩擦力增大， 根据牛顿第三定律可知 b 对 c 的摩擦力也增大， 故 B 正确；
CD ．以 b 、c 为整体作为研究对象，受力分析如下图所示
根据受力平衡可得
f地 = T csθ
N地 = (mb + mc )g - T sinθ
在 a 中的沙子缓慢流出的过程中， 绳子拉力 T 减小， 所以地面对 c 的摩擦力减小， 地面对 c 的支持力增
大， 故 CD 错误。
故选 B。
3. 海洋馆中一潜水员把一质量为 m 小球以初速度 v0 从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0 时刻小球返回 手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正
确的是( )
A. 上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1：2
B. 上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比 1：2
1
— mv
0
C. 小球在 0—3t0 时间内动量变化量的大小为
2
D. 小球在 0—3t0 过程中克服阻力所做的功为
【答案】A
【解析】
【详解】A ．上升过程中阻力的冲量大小为
下降过程中阻力的冲量大小为
1 2
0
mv
4
If 上 =ft0
If 下 =f.2t0
则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1：2 ，A 正确；
B ．由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有
v0t0 v/ . 2t0
=
2 2
解得
/ v0
v =
2
则，取竖直向下为正，根据动量定理有
I 上 = Δp = 0－（－mv0），I 下 = Δp′ = mv′－0
则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为 2：1 ，B 错误；
C ．小球在 0—3t0 时间内动量变化量的大小为
Δp总 = 一 (一mv0 ) = mv0 ，取竖直向下为正
C 错误；
D ．小球在 0—3t0 过程中根据动能定理有
f
W
解得
D 错误。
故选 A。
0
1 /2 1 2
= mv 一 mv
2 2
3 2
f 0
W = 一 mv
8
4. 如图所示，两个完全相同质量均为 m 的橡皮擦 a、b（均可视为质点）放在水平圆盘上，a 与竖直转轴 OO/ （图中 O/ 点未画出）的距离为 l ，b 与竖直转轴的距离为 1.5l ，橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受
重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用。表示圆盘转动的角速度，
下列说法中正确的是( )
A. a 、b 所受摩擦力大小始终相等
B. a 一定比 b 先开始滑动
C. = 是 b 开始滑动的临界角速度
D. 当 = 时， a 所受摩擦力的大小为 kmg
【答案】C
【解析】
【详解】A ．橡皮擦产生相对滑动前，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，则有
Ff = m2 r
由于 b 的轨道半径大， 所以产生相对滑动前 b 的静摩擦力大， A 错误；
B．两个橡皮擦的最大静摩擦力相等，橡皮擦随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可
知橡皮擦所受的静摩擦力为
Ff = m2 r
因质量 m 和角速度相等，则有静摩擦力Ff 与轨道半径 r 成正比，所以 b 受的静摩擦力大于 a 受的静摩擦
力，当圆盘的角速度增大时， b 的静摩擦力先达到最大值， 所以 b 一定比 a 先开始滑动， B 错误；
C ．对橡皮擦 b，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
Ff max = m . 1.5lb2 = kmg
解得 b 开始滑动的临界角速度
=
b 3l
2kg
C 正确；
D ．对橡皮擦 a ，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
Ff max = ma2l = kmg
解得
4l a
kg
=
a l
因为
= 3kg <
即当角速度 = 时，橡皮擦 a 没有达到开始滑动的临界角速度，所以橡皮擦 a 所受到的静摩擦力小
于最大静摩擦力 kmg，D 错误。
故选 C。
5. 如图所示， 1 、2 两个小球以相同的速度 v0 水平抛出。 球 1 从左侧斜面抛出， 经过时间 t1 落回斜面上， 球 2 从某处抛出， 经过 t2 时间恰能垂直撞在右侧的斜面上。已知左、右两侧斜面的倾角分别为a =30° ,
β=60°,则( )
A. t1 : t2=1:2 B. t1 ∶t2=1: 3
C. t1 : t2=2: 1 D. t1 : t2=3: 1
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得， 对球 1 有
1 2
tana = 2 gt1 = gt1
0 1 0
v t 2v
对球 2，有
tan β=
又
tana . tan β=1
联立解得
t1 : t2 = 2 :1
ABD 错误， C 正确。
故选 C。
6. 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的 A 点， 包裹从 A 点运动到最下端 B 点的过程中，加速度a 随位移x 的变化图像如图乙所示（重力加速度g 取10m / s2 ），则下
列说法正确的是( )
A. 传送带与水平面的夹角为37。 B. 包裹与传送带间的动摩擦因数为 0.4
C. 传送带运行的速度大小为6m / s D. 包裹到 B 点时的速度为8m / s
【答案】C
【解析】
【详解】AB ．小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据
牛顿第二定律得
μmg csθ+ mg sinθ= ma1
运动到与传送带共速时，根据牛顿第二定律得
mg sinθ一 μmg csθ= ma2
其中
a1 = 7.5m / s2 ， a2 = 2.5m / s2
联立解得
μ = ，sinθ= 0.5
可得
θ= 30。
故 AB 错误；
C ．由
可得
1
v =
2a1x1
v = 2a1x1
= 2会 7.5会 2.4m / s = 6m / s
则传送带的速度为 6m/s ，故 C 正确；
D ．第二段匀加速过程有
2
2
v
解得
- v = 2a2 (x2 - x1 )
v2 = 7m / s
可知包裹到 B 点时的速度为7m / s ，故 D 错误。
故选 C。
7. 如图所示， a 为放在地球赤道上相对地面静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动， b 为沿地球表面附 近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c 为地球的同步卫星。 下列关于 a 、b 、c 的说
法中正确的是( )
A. a 、b 、c 做匀速圆周运动的角速度大小关系为a > b > c
B. a 、b 、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa > ab > ac
C. a 、b 、c 做匀速圆周运动的周期关系为Ta = Tc < Tb
D. 卫星 b 的线速度大小大于卫星 c 的线速度大小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度， 所以 ”a=”c；
根据万有引力定律有
GM
r
3
GM
= mr2
GMm
2
r
解得
v =
因为 rbωb>ωc=ωa
选项 A 错误；
B ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度， 所以 ωa=ωc ，根据 a=rω2 知， c 的向心加速度大于 a
的向心加速度， 根据 a=
选项 B 错误；
得 b 的向心加速度大于 c 的向心加速度，即
ab>ac>aa
C ．卫星 c 为地球同步卫星，所以
Ta=Tc
根据 T=2π 得 c 的周期大于 b 的周期，即
Ta=Tc>Tb
选项 C 错误；
D ．在 b 、c 中，根据万有引力定律有
GMm v2
2 = m
r r
解得
v =
r
因为 rb故选 D。
8. 滑沙是人们喜爱的一项游乐活动。如图为滑沙场地的一段，人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，取沿 斜面向下为正方向，下列选项中分别是人和滑车沿斜面向下运动过程中的加速度a 、速度v 、重力的瞬时功
率PG 、动能 Ek 与时间t 或位移x 的关系图像，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，在下滑运动中，受沿斜面向下的下滑力和沿斜面向上 滑动摩擦力，两力恒定，即沿斜面向下的合力大小不变，由牛顿第二定律可知，加速度不变，即加速度不
随时间的变化而变， 加速度 a 与时间 t 的关系图像应是平行时间轴的直线， A 错误；
B ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，做匀加速直线运动，由速度位移关系公式可得
v2 = 2ax
可知速度 v 与位移 x 的关系图像是抛物线， B 错误；
C ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，做匀加速直线运动，则有瞬时速度
v = at
设斜面的倾斜角为 θ,则有重力的瞬时功率
PG = Gv sinθ= Ga sinθ. t
可知PG 与时间t 成正比关系，则有PG 一 t 图像应是过原点的倾斜的直线， C 错误；
D ．人和滑车在斜面上下滑时，沿斜面向下方向的合力不变，则在沿斜面向下方向由动能定理可得
( )
Ek = G sinθ一 Ff x
可知动能Ek 与位移x 成正比关系，因此Ek 一 x 图像应是过原点的倾斜的直线， D 正确。
故选 D。
二、多选题（共 16 分）
9. 三颗人造卫星 A、B 、C 都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A 、C 为地球同步卫星，某时刻
A 、B 相距最近，如图所示。 已知地球自转周期为 T1 ，B 的运行周期为 T2 ，则下列说法正确的是( )
A. A 加速可直接追上同一轨道上的 C
B. 经过时间 ，A 、B 相距最远
C. A 、C 向心加速度大小相等， 且小于 B 的向心加速度
D. 在相同时间内， C 与地心连线扫过的面积等于 B 与地心连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．卫星 A 加速后做离心运动，轨道变高， 不可能追上同一轨道上的 C 点， 故 A 错误；
B ．卫星 A 、B 由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π ,所以可得
Bt - At = π
其中
A = ， B =
则经历的时间
t=
故 B 正确；
C ．根据牛顿第二定律可知
= ma
解得
a =
卫星 A 和 C 的轨道半径相同且小于 B 的轨道半径， 则卫星 A 和 C 的向心加速度相等且小于 B 的向心加速
度， 故 C 正确；
D ．绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间 t 内扫过的面积为
S =
1
vtr
2
由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
GMm v2
2 = m
r r
整理解得
t
S = GMr
2
可知，在相同时间内， C 与地心连线扫过的面积大于 B 与地心连线扫过的面积， 故 D 错误。
故选 BC。
x 1
2
t t
10. 某兴趣小组在平直公路上研究车辆的运动规律，根据做直线运动的车辆的运动情况描绘
图所示。请你根据图像判定以下说法正确的是( )
A. 机动车的加速度越来越小
B. 机动车的位移与时间的函数关系x = 一20t 一 4t2 (m)
C. 机动车的加速度大小为8m / s2
D. 机动车在前 3s 内的位移是 25m
【答案】CD
【解析】
【详解】B ．根据题意，由图像可得
图像，如
2
= 20 . 一 4 (m / s2 )
整理可得
2
x = 20t 一 4t (m)
B 错误；
AC ．由 B 分析，结合匀变速直线运动位移公式
0
1 2
x = v t + at
2
解得
v0 = 20m / s ， a = 一8m / s2
则汽车做初速度为 20m/s、加速度大小为 8m / s2 的匀减速运动， A 错误， C 正确
C ．由速度公式
v = v0 + at
可得，汽车减速停止的时间为
t = v0 = 2.5s
a
则动车在前 3s 内的位移即为t = 2.5s 的位移，是
x = t = 25m
D 正确。
故选 CD。
11. 起重机某次从t = 0 时刻由静止开始提升质量为 m 的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，
t1 ~ t2 内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力， 重力加速度为 g，下列说法正确的是
( )
A. 物体匀加速阶段的加速度为 F0 mg
B. 0 ~ t1 和t1 ~ t2 时间内牵引力做的功之比为 2 (t2t1一 t1 )
C. t2 时刻物体正在减速上升
D. 0 ~ t1 阶段牵引力所做的功为(mg +F0 ) . t
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．题图纵轴表示合外力，因此 0 ~ t1 时间内，物体加速度为
F0
a =
m
故 A 错误；
BD ． 0 ~ t1 时间内牵引力做功为
W1 = F1x1 = (mg + F0 ) . t
t1 ~ t2 时间内牵引力做功为
W2 = P额 (t2 一 t1 ) = (mg + F0
联立可得 0 ~ t1 和t1 ~ t2 时间内牵引力做的功之比为
1 1
W t
W2 = 2 (t2 一 t1 )
故 BD 正确；
C ．由题图可知t2 时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动， 故 C 错误。
故选 BD。
12. 如图所示，质量为M = 2.5kg 的物体 A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系
数k = 100N/m ，物体 A 的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球 B，小 球 B 套在倾角θ= 37 的光滑直杆上， D 为杆的底端， O2D 与固定杆的夹角也是 θ , 细线 O1O2B 水平，此 时细线的拉力是F = 45N 。小球 B 的质量 m=15kg ，C 是杆上一点且 O2C 与杆垂直， O2C=0.6m，重力
加速度 g 取 10m/s2 ，sin37 = 0.6 ，cs37 = 0.8 。现由静止释放小球 B，下列说法正确的是( )
A. 物体 A 、B 系统的机械能守恒
B. 小球 B 第一次运动到 C 点时的动能为 17.2J
C. 小球 B 第一次运动到 C 点时细线对 B 做的功为 10J
D. 小球 B 第一次运动到 D 点时 A 的动能为零
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．物块 A 与小球 B 组成的系统除了受到重力以外， 弹簧弹力对 A 做功，即其它力所做功不为
零， 则物块 A 与小球 B 组成的系统机械能不守恒， 故 A 错误；
B ．小球 B 第一次运动到 C 点时， 物块 A 下降的高度为
hA1 = BO2 - O2 C = - O2 C = 0.4m
小球 B 下降的高度为
hB1 = O2 C csθ= 0.48m
未释放小球 B 时，设弹簧的形变量为Δx1 ，对物块 A 有
kΔx1 + mAg = F
解得
Δx1 = 0.2m
此时弹簧被拉伸， 当小球 B 第一次运动到 C 点时
Δx2 = hA1 - Δx1 = 0.2m
此时弹簧被压缩， 故此时弹簧的弹性势能与未释放小球 B 时相等， A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，
有
1 2 1 2
mAghA1 + mB ghB1 = mvA1 + mvB1
2 2
由于小球 B 在 C 点时， 细线与小球 B 速度方向垂直，可知
vA1 = 0
故解得
EkB = mAghA1 + mB ghB1 = 17.2J
故 B 正确；
C ．小球 B 从释放第一次运动到 C 点， 对小球 B，根据动能定理可得
W线 + mB ghB1 = EkB = 17.2J
解得
W线 = 10J
故 C 正确；
D ．有几何知识可得
BO2 = DO2
故小球 B 第一次运动到 D 点细线物块 A 回到初始位置， 设此时小球 B 的速度为vB2 ，物块 A 的速度为
A2
v ，则
A 2 B2
v = v csθ
小球 B 下降的高度为
hB2 = 2hB1 = 0.96m
整个过程根据动能定理可得
1 2 1 2
mB ghB2 = mvA 2 + mvB2
2 2
联合解得
1 2
kA A 2
E = mv = 5.76J
2
故 D 错误。
故选 BC。
三、实验题（共 14 分）
13. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。
（1）本实验采用的科学方法是 。
A ．控制变量法 B ．累积法 C ．微元法 D ．放大法
（2）通过本实验可以得到的结果是 。
A ．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B ．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C ．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D ．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
（3）如图所示，在验证向心力公式的实验中，质量相同的钢球①、②分别放在 A 盘和 B 盘的边缘， A 、B 两盘的半径之比为2 :1 ，a 、b 分别是与 A 盘、 B 盘同轴的轮， a 轮、 b 轮半径之比为1: 2 ，当 a 、b 两轮在
同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力之比为( )
A ．2 :1 B ．4 :1 C ．1: 4 D ．8 :1
【答案】 ①. A ②. C ③. D
【解析】
【详解】（1）[1]本实验采用的科学方法是控制变量法。
故选 A。
（2）[2] A ．根据向心力公式
F m v2 m 2 r
可知在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比， 故 A 错误； B ．质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的平方成正比， 故 B 错误；
C ．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比， 故 C 正确；
D ．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比， 故 D 错误。
故选 C。
（3）[3]皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以
a b
v = v
a 轮、 b 轮半径之比为 1:2，根据
=
v r
所以
2
a
=
b
1
共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则
1
2
ω 2
=
ω 1
根据向心力
2
F = m r
L2
1
2
F 8
=
F 1
故选 D。
14. 某同学用如图所示“碰撞实验器 ”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前后
的动量关系：（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞）
先用天平测出弹性小球 1 、2 的质量分别为m1、m2 ，然后完成以下实验步骤：
步骤 1：不放小球 2 ，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上，记录落点位置；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B ，让小球 1 从 A 点由静止滚下， 小球 1 和小球 2 发生碰撞后落
在地面上，记录两个落点位置；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的位置 M、P、N 离 O 点的距离， 得到线段 OM、OP、ON 的长度分
别为x1、x2 、x3 。
（1）对于上述实验操作， 小球 1 质量应 小球 2 的质量（选填“大于 ”或“小于 ”）。
（2）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守
恒定律。
（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。
在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小 球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下， 重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到斜面上三个落点M , 、P, 、N, 。用
刻度尺测量斜面顶点到M , 、P, 、N, 三点的距离分别为L1，L2 、L3 。则验证两球碰撞过程动量守恒的表
达式为： ，若 L1 = 16cm ，L2 = 36cm ，则 L3 = cm 。
【答案】 ①. 大于
②. m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3
L1
+ m2
= m1
③. m1
L3
④. 100
【解析】
【详解】（1）[1]为了保证小球 1 与小球 2 碰撞后不被反弹， 小球 1 的质量应大于小球 2 的质量。
（2）[2]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度， OP 是小球 1 不与小球 2 碰撞平抛运动的位
gL1 cs2
v =
v =
,
1
2
2 sin
移， 该位移可以代表小球 1 碰撞前的速度， OM 是小球 1 碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后 小球 1 的速度， ON 是碰撞后小球 2 的水平位移， 该位移可以代表碰撞后小球 2 的速度，当所测物理量满
足表达式
m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3
说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（3）[3][4]碰撞前， m1 落在图中的P 点，设其水平初速度为v1 ，小球 m1 和m2 发生碰撞后， m1 的落点在
图中M 点，设其水平初速度为v1 ，m2 的落，点是图中的N 点，设其水平初速度为v2 ，设斜面与水平面
的倾角为 ，由平抛运动规律得
1 2
L2 sin = 2 gt ，L2 cs = v1t
解得
gL2 cs2
v1 =
2 sin
同理可得
gL3 cs2 2 sin
由动量守恒定律得
m1 L2 = m1 L1 + m2 L3
由能量守恒定律得
1 1 1
1 2 1 1 2 3
m L = m L + m L
2 2 2
联立解得
L3 = 100cm
四、解答题（共 38 分）
15. 如图所示， 小物块 A 、B 的质量均为 m = 0.10 kg ，B 静止在轨道水平段的末端。 A 以水平速度 v0 与 B 碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。 抛出点距离水平地面的竖直高度为 h= 0.45 m，两物块落地点距离
轨道末端的水平距离为 s = 0.30 m ，取重力加速度 g= 10 m/s2 。求：
（1）两物块在空中运动的时间 t；
（2）两物块碰前 A 的速度 v0 的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能 ΔE 。
【答案】（1）0.30 s；（2）2.0 m/s ；（3）0.10 J
【解析】
【分析】
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
1 2
h = 2 gt
得
t = 0.30 s
（2）设 A 、B 碰后速度为v ，水平方向为匀速运动，由
s = vt
得
v = 1.0 m/s
根据动量守恒定律，由
mv0 = 2mv
得
v0 = 2.0 m/s
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
1 2 1 2
0
ΔE = mv 一 . 2mv
2 2
得
ΔE = 0.10J
16. 如图，AB 是倾角为 θ 的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半 径为 R 。一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往
返运动。 已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高， 物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 μ。求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D ，释放点距 B 点的距离 L,应满足什么条件。
【答案】（1） ；（2）(3－2csθ)mg；（3）L, ≥ 2 (s2 θ) R
【解析】
【详解】（1）物体从 P 点出发至最终到达 B 点速度为零的全过程，由动能定理得
mgRcsθ-μmgcsθ .S = 0
解得
S = R
μ
（2）最终物体以 B（还有 B 关于 OE 的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，物体从 B 运动到 E 的
过程，由动能定理得
mgR(1- csθ) = mv
在 E 点，由牛顿第二定律得
FN - mg = m
联立解得
FN = (3－2csθ)mg
则物体对圆弧轨道的压力
FN, = FN = (3－2csθ)mg
（3）设物体刚好到 D 点，则
2
vD
mg = m
R
对全过程由动能定理得
1
2
mgL′sinθ-μmgcsθ ·L′－mgR(1＋csθ) =
由以上两式得应满足条件
mvD2
3 + 2csθ
L, = 2 (sinθ一 μcsθ) R
则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D ，释放点距 B 点的距离 L′应满足
L, 之 2 (s2cθ) R
17. 如图所示，质量分别为mA = 2kg 、mB = 4kg，均可视为质点的小物块 A 、B 静止在足够长的水平面
上，它们中间夹一个被压缩的微型轻弹簧（弹簧长度不计且与 A 、B 均不拴接），此时弹簧弹性势能
Ep = 54J 。某时刻将压缩的微型弹簧释放， 使 A 、B 瞬间分离，同时迅速撤去弹簧（此过程不计因摩擦而 损失的机械能， 即弹性势能完全转化为 A 、B 的动能）。A 的右侧有一倾角 θ=37°、足够长的传送带，传送
带逆时针匀速转动， 速度大小为 v0=4m/s。传送带与水平面平滑连接， A 冲上传送带上升的最大高度为
h=0.78m ，A 与水平面间的动摩擦因数以及 A 与传送带间的动摩擦因数均为 μ1=0.5 ，B 与水平面间的动摩
擦因数为 μ2=0.9 。已知重力加速度 g 取 10m/s2 ，sin37°=0.6。所有碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）弹簧释放瞬间 A 、B 速度的大小 vA 、vB；
（2）A 与传送带底端的距离 L；
（3）A 物体回到初始位置速度的大小；
（4）A 向左运动与 B 碰撞后瞬间 B 速度的大小v 。
【答案】（1） 6m/s ，3m/s ；（2）1.0m ；（3） 2 2m/s ；（4）
【解析】
一 m/s ，
m/s
【详解】（1）设弹簧释放瞬间 A 、B的速度大小分别为 vA 、vB ，根据动量守恒和能量守恒 mAvA=mBvB
1 2 1 2
m v + m v = E
2 A A 2 B B p
解得
vA
vB
= 6m/s
= 3m/s
（2）设 A 第一次到达传送带底端时速度为 v0 ，A 沿传送带上升时加速度大小为 a1 ，则有
v = 2a1
μ1mAg cs 37。+ mAg sin 37。= mAa1
从释放弹簧至 A 运动至传送带底端时
v 一 v = 一2μ1gL
解得 A 与传送带的距离
L=1.0m
（3）相对传送带下滑长度为
x1 = = 0.8m
达到传送带的速度后 A 的加速度为
a2 = g sinθ一 μ1g csθ= 2m/s2
设 A 刚滑离传送带的速度为v2 ，则有
2 2 ( h )
v2 一 v0 = 2a2 |（sin 37。一 x1 )|
得
v2 = 3 2m/s
设 A 回到出发位置的速度为v3 ，则有
2 2
v3 一 v2 = 2μ1gL
得
v3 = 2 2m/s
（4）设 B 速度为 0 时，距离出发点距离为xB ，则有
v=2μ2 gxB
设 A 与 B 相撞前 A 的速度为v4 ，则有
2 2
v4 - v3 = -2μ1gxB
可得
v4 = 3m/s
在碰撞过程中，根据动量守恒定律有
mA v4 = mA v+mBv
根据能量守恒定律有
mA v = mA v+mBv2
解得碰后速度为
3
A
v, = - m/s
3
v = m/s
1. 在物理学发展的历史中，许多物理学家做出了卓越贡献。以下关于物理学家所作科学贡献的叙述中，不
正确的是( )
A. 1798 年，卡文迪什利用扭秤装置， 第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量 G 值
B. 德国的伽勒在勒维耶预言的位置处发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星 ”
C. 哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心， 一切行星围绕太阳做椭圆运动
D. 开普勒通过整理研究第谷的行星观测记录，总结出行星运动定律
【答案】C
【解析】
【详解】A ．1798 年，卡文迪什利用扭秤装置， 第一次在实验室里比较准确地测出了引力常量 G 值， A 正
确，不符合题意；
B ．德国的伽勒在勒维耶预言的位置处发现了海王星，人们称其为“笔尖下发现的行星 ”，B 正确，不符合
题意；
C ．哥白尼提出了日心说，认为太阳是宇宙的中心， 一切行星围绕太阳做圆周运动， C 错误，符合题意；
D ．开普勒通过整理研究第谷的行星观测记录，总结出行星运动定律， D 正确，不符合题意。
故选 C。
2. 如图所示，倾角为θ的斜面体 c 置于水平地面上，小物块 b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与 沙漏 a 连接，连接 b 的一段细绳与斜面平行。在 a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，
则( )
A. b 对 c 的压力可能减小 B. b 对 c 的摩擦力可能增大
C. 地面对 c 的摩擦力可能增大 D. 地面对 c 的支持力可能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A ．对 a 与沙子受力分析，受重力、绳的拉力两个力的作用，两个的合力一直为零，沙子缓慢流
出的过程中， a 与沙子的总重力减小， 可知绳的拉力 T 减小， 对 b 进行受力分析， c 对 b 的支持力为
N = mbg csθ
由牛顿第三定律可知 b 对 c 的压力保持不变， 故 A 错误；
B ．若开始时绳子拉力小于物块 b 重力沿斜面向下的分力， 则 c 对 b 的摩擦力方向平行斜面向上，根据受
力平衡可得
mbg sinθ= f + T
当拉力 T 减小时， c 对 b 的摩擦力增大， 根据牛顿第三定律可知 b 对 c 的摩擦力也增大， 故 B 正确；
CD ．以 b 、c 为整体作为研究对象，受力分析如下图所示
根据受力平衡可得
f地 = T csθ
N地 = (mb + mc )g - T sinθ
在 a 中的沙子缓慢流出的过程中， 绳子拉力 T 减小， 所以地面对 c 的摩擦力减小， 地面对 c 的支持力增
大， 故 CD 错误。
故选 B。
3. 海洋馆中一潜水员把一质量为 m 小球以初速度 v0 从手中竖直抛出。从抛出开始计时，3t0 时刻小球返回 手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正
确的是( )
A. 上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1：2
B. 上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比 1：2
1
— mv
0
C. 小球在 0—3t0 时间内动量变化量的大小为
2
D. 小球在 0—3t0 过程中克服阻力所做的功为
【答案】A
【解析】
【详解】A ．上升过程中阻力的冲量大小为
下降过程中阻力的冲量大小为
1 2
0
mv
4
If 上 =ft0
If 下 =f.2t0
则上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比 1：2 ，A 正确；
B ．由于小球上升下降过程中位移的大小相等，则有
v0t0 v/ . 2t0
=
2 2
解得
/ v0
v =
2
则，取竖直向下为正，根据动量定理有
I 上 = Δp = 0－（－mv0），I 下 = Δp′ = mv′－0
则上升过程与下降过程中合外力的冲量大小之比为 2：1 ，B 错误；
C ．小球在 0—3t0 时间内动量变化量的大小为
Δp总 = 一 (一mv0 ) = mv0 ，取竖直向下为正
C 错误；
D ．小球在 0—3t0 过程中根据动能定理有
f
W
解得
D 错误。
故选 A。
0
1 /2 1 2
= mv 一 mv
2 2
3 2
f 0
W = 一 mv
8
4. 如图所示，两个完全相同质量均为 m 的橡皮擦 a、b（均可视为质点）放在水平圆盘上，a 与竖直转轴 OO/ （图中 O/ 点未画出）的距离为 l ，b 与竖直转轴的距离为 1.5l ，橡皮擦与圆盘的最大静摩擦力为橡皮擦所受
重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用。表示圆盘转动的角速度，
下列说法中正确的是( )
A. a 、b 所受摩擦力大小始终相等
B. a 一定比 b 先开始滑动
C. = 是 b 开始滑动的临界角速度
D. 当 = 时， a 所受摩擦力的大小为 kmg
【答案】C
【解析】
【详解】A ．橡皮擦产生相对滑动前，角速度相等，由静摩擦力提供向心力，则有
Ff = m2 r
由于 b 的轨道半径大， 所以产生相对滑动前 b 的静摩擦力大， A 错误；
B．两个橡皮擦的最大静摩擦力相等，橡皮擦随圆盘一起转动，由静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可
知橡皮擦所受的静摩擦力为
Ff = m2 r
因质量 m 和角速度相等，则有静摩擦力Ff 与轨道半径 r 成正比，所以 b 受的静摩擦力大于 a 受的静摩擦
力，当圆盘的角速度增大时， b 的静摩擦力先达到最大值， 所以 b 一定比 a 先开始滑动， B 错误；
C ．对橡皮擦 b，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
Ff max = m . 1.5lb2 = kmg
解得 b 开始滑动的临界角速度
=
b 3l
2kg
C 正确；
D ．对橡皮擦 a ，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，橡皮擦将要开始滑动，则有
Ff max = ma2l = kmg
解得
4l a
kg
=
a l
因为
= 3kg <
即当角速度 = 时，橡皮擦 a 没有达到开始滑动的临界角速度，所以橡皮擦 a 所受到的静摩擦力小
于最大静摩擦力 kmg，D 错误。
故选 C。
5. 如图所示， 1 、2 两个小球以相同的速度 v0 水平抛出。 球 1 从左侧斜面抛出， 经过时间 t1 落回斜面上， 球 2 从某处抛出， 经过 t2 时间恰能垂直撞在右侧的斜面上。已知左、右两侧斜面的倾角分别为a =30° ,
β=60°,则( )
A. t1 : t2=1:2 B. t1 ∶t2=1: 3
C. t1 : t2=2: 1 D. t1 : t2=3: 1
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得， 对球 1 有
1 2
tana = 2 gt1 = gt1
0 1 0
v t 2v
对球 2，有
tan β=
又
tana . tan β=1
联立解得
t1 : t2 = 2 :1
ABD 错误， C 正确。
故选 C。
6. 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的 A 点， 包裹从 A 点运动到最下端 B 点的过程中，加速度a 随位移x 的变化图像如图乙所示（重力加速度g 取10m / s2 ），则下
列说法正确的是( )
A. 传送带与水平面的夹角为37。 B. 包裹与传送带间的动摩擦因数为 0.4
C. 传送带运行的速度大小为6m / s D. 包裹到 B 点时的速度为8m / s
【答案】C
【解析】
【详解】AB ．小包裹放上传送带后瞬间，小包裹相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据
牛顿第二定律得
μmg csθ+ mg sinθ= ma1
运动到与传送带共速时，根据牛顿第二定律得
mg sinθ一 μmg csθ= ma2
其中
a1 = 7.5m / s2 ， a2 = 2.5m / s2
联立解得
μ = ，sinθ= 0.5
可得
θ= 30。
故 AB 错误；
C ．由
可得
1
v =
2a1x1
v = 2a1x1
= 2会 7.5会 2.4m / s = 6m / s
则传送带的速度为 6m/s ，故 C 正确；
D ．第二段匀加速过程有
2
2
v
解得
- v = 2a2 (x2 - x1 )
v2 = 7m / s
可知包裹到 B 点时的速度为7m / s ，故 D 错误。
故选 C。
7. 如图所示， a 为放在地球赤道上相对地面静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动， b 为沿地球表面附 近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c 为地球的同步卫星。 下列关于 a 、b 、c 的说
法中正确的是( )
A. a 、b 、c 做匀速圆周运动的角速度大小关系为a > b > c
B. a 、b 、c 做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa > ab > ac
C. a 、b 、c 做匀速圆周运动的周期关系为Ta = Tc < Tb
D. 卫星 b 的线速度大小大于卫星 c 的线速度大小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度， 所以 ”a=”c；
根据万有引力定律有
GM
r
3
GM
= mr2
GMm
2
r
解得
v =
因为 rb
选项 A 错误；
B ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度， 所以 ωa=ωc ，根据 a=rω2 知， c 的向心加速度大于 a
的向心加速度， 根据 a=
选项 B 错误；
得 b 的向心加速度大于 c 的向心加速度，即
ab>ac>aa
C ．卫星 c 为地球同步卫星，所以
Ta=Tc
根据 T=2π 得 c 的周期大于 b 的周期，即
Ta=Tc>Tb
选项 C 错误；
D ．在 b 、c 中，根据万有引力定律有
GMm v2
2 = m
r r
解得
v =
r
因为 rb
8. 滑沙是人们喜爱的一项游乐活动。如图为滑沙场地的一段，人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，取沿 斜面向下为正方向，下列选项中分别是人和滑车沿斜面向下运动过程中的加速度a 、速度v 、重力的瞬时功
率PG 、动能 Ek 与时间t 或位移x 的关系图像，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，在下滑运动中，受沿斜面向下的下滑力和沿斜面向上 滑动摩擦力，两力恒定，即沿斜面向下的合力大小不变，由牛顿第二定律可知，加速度不变，即加速度不
随时间的变化而变， 加速度 a 与时间 t 的关系图像应是平行时间轴的直线， A 错误；
B ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，做匀加速直线运动，由速度位移关系公式可得
v2 = 2ax
可知速度 v 与位移 x 的关系图像是抛物线， B 错误；
C ．人和滑车从斜面顶端A 点由静止下滑，做匀加速直线运动，则有瞬时速度
v = at
设斜面的倾斜角为 θ,则有重力的瞬时功率
PG = Gv sinθ= Ga sinθ. t
可知PG 与时间t 成正比关系，则有PG 一 t 图像应是过原点的倾斜的直线， C 错误；
D ．人和滑车在斜面上下滑时，沿斜面向下方向的合力不变，则在沿斜面向下方向由动能定理可得
( )
Ek = G sinθ一 Ff x
可知动能Ek 与位移x 成正比关系，因此Ek 一 x 图像应是过原点的倾斜的直线， D 正确。
故选 D。
二、多选题（共 16 分）
9. 三颗人造卫星 A、B 、C 都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A 、C 为地球同步卫星，某时刻
A 、B 相距最近，如图所示。 已知地球自转周期为 T1 ，B 的运行周期为 T2 ，则下列说法正确的是( )
A. A 加速可直接追上同一轨道上的 C
B. 经过时间 ，A 、B 相距最远
C. A 、C 向心加速度大小相等， 且小于 B 的向心加速度
D. 在相同时间内， C 与地心连线扫过的面积等于 B 与地心连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．卫星 A 加速后做离心运动，轨道变高， 不可能追上同一轨道上的 C 点， 故 A 错误；
B ．卫星 A 、B 由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π ,所以可得
Bt - At = π
其中
A = ， B =
则经历的时间
t=
故 B 正确；
C ．根据牛顿第二定律可知
= ma
解得
a =
卫星 A 和 C 的轨道半径相同且小于 B 的轨道半径， 则卫星 A 和 C 的向心加速度相等且小于 B 的向心加速
度， 故 C 正确；
D ．绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间 t 内扫过的面积为
S =
1
vtr
2
由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
GMm v2
2 = m
r r
整理解得
t
S = GMr
2
可知，在相同时间内， C 与地心连线扫过的面积大于 B 与地心连线扫过的面积， 故 D 错误。
故选 BC。
x 1
2
t t
10. 某兴趣小组在平直公路上研究车辆的运动规律，根据做直线运动的车辆的运动情况描绘
图所示。请你根据图像判定以下说法正确的是( )
A. 机动车的加速度越来越小
B. 机动车的位移与时间的函数关系x = 一20t 一 4t2 (m)
C. 机动车的加速度大小为8m / s2
D. 机动车在前 3s 内的位移是 25m
【答案】CD
【解析】
【详解】B ．根据题意，由图像可得
图像，如
2
= 20 . 一 4 (m / s2 )
整理可得
2
x = 20t 一 4t (m)
B 错误；
AC ．由 B 分析，结合匀变速直线运动位移公式
0
1 2
x = v t + at
2
解得
v0 = 20m / s ， a = 一8m / s2
则汽车做初速度为 20m/s、加速度大小为 8m / s2 的匀减速运动， A 错误， C 正确
C ．由速度公式
v = v0 + at
可得，汽车减速停止的时间为
t = v0 = 2.5s
a
则动车在前 3s 内的位移即为t = 2.5s 的位移，是
x = t = 25m
D 正确。
故选 CD。
11. 起重机某次从t = 0 时刻由静止开始提升质量为 m 的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，
t1 ~ t2 内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力， 重力加速度为 g，下列说法正确的是
( )
A. 物体匀加速阶段的加速度为 F0 mg
B. 0 ~ t1 和t1 ~ t2 时间内牵引力做的功之比为 2 (t2t1一 t1 )
C. t2 时刻物体正在减速上升
D. 0 ~ t1 阶段牵引力所做的功为(mg +F0 ) . t
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．题图纵轴表示合外力，因此 0 ~ t1 时间内，物体加速度为
F0
a =
m
故 A 错误；
BD ． 0 ~ t1 时间内牵引力做功为
W1 = F1x1 = (mg + F0 ) . t
t1 ~ t2 时间内牵引力做功为
W2 = P额 (t2 一 t1 ) = (mg + F0
联立可得 0 ~ t1 和t1 ~ t2 时间内牵引力做的功之比为
1 1
W t
W2 = 2 (t2 一 t1 )
故 BD 正确；
C ．由题图可知t2 时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动， 故 C 错误。
故选 BD。
12. 如图所示，质量为M = 2.5kg 的物体 A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系
数k = 100N/m ，物体 A 的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球 B，小 球 B 套在倾角θ= 37 的光滑直杆上， D 为杆的底端， O2D 与固定杆的夹角也是 θ , 细线 O1O2B 水平，此 时细线的拉力是F = 45N 。小球 B 的质量 m=15kg ，C 是杆上一点且 O2C 与杆垂直， O2C=0.6m，重力
加速度 g 取 10m/s2 ，sin37 = 0.6 ，cs37 = 0.8 。现由静止释放小球 B，下列说法正确的是( )
A. 物体 A 、B 系统的机械能守恒
B. 小球 B 第一次运动到 C 点时的动能为 17.2J
C. 小球 B 第一次运动到 C 点时细线对 B 做的功为 10J
D. 小球 B 第一次运动到 D 点时 A 的动能为零
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．物块 A 与小球 B 组成的系统除了受到重力以外， 弹簧弹力对 A 做功，即其它力所做功不为
零， 则物块 A 与小球 B 组成的系统机械能不守恒， 故 A 错误；
B ．小球 B 第一次运动到 C 点时， 物块 A 下降的高度为
hA1 = BO2 - O2 C = - O2 C = 0.4m
小球 B 下降的高度为
hB1 = O2 C csθ= 0.48m
未释放小球 B 时，设弹簧的形变量为Δx1 ，对物块 A 有
kΔx1 + mAg = F
解得
Δx1 = 0.2m
此时弹簧被拉伸， 当小球 B 第一次运动到 C 点时
Δx2 = hA1 - Δx1 = 0.2m
此时弹簧被压缩， 故此时弹簧的弹性势能与未释放小球 B 时相等， A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，
有
1 2 1 2
mAghA1 + mB ghB1 = mvA1 + mvB1
2 2
由于小球 B 在 C 点时， 细线与小球 B 速度方向垂直，可知
vA1 = 0
故解得
EkB = mAghA1 + mB ghB1 = 17.2J
故 B 正确；
C ．小球 B 从释放第一次运动到 C 点， 对小球 B，根据动能定理可得
W线 + mB ghB1 = EkB = 17.2J
解得
W线 = 10J
故 C 正确；
D ．有几何知识可得
BO2 = DO2
故小球 B 第一次运动到 D 点细线物块 A 回到初始位置， 设此时小球 B 的速度为vB2 ，物块 A 的速度为
A2
v ，则
A 2 B2
v = v csθ
小球 B 下降的高度为
hB2 = 2hB1 = 0.96m
整个过程根据动能定理可得
1 2 1 2
mB ghB2 = mvA 2 + mvB2
2 2
联合解得
1 2
kA A 2
E = mv = 5.76J
2
故 D 错误。
故选 BC。
三、实验题（共 14 分）
13. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。
（1）本实验采用的科学方法是 。
A ．控制变量法 B ．累积法 C ．微元法 D ．放大法
（2）通过本实验可以得到的结果是 。
A ．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B ．在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的大小成正比
C ．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比
D ．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比
（3）如图所示，在验证向心力公式的实验中，质量相同的钢球①、②分别放在 A 盘和 B 盘的边缘， A 、B 两盘的半径之比为2 :1 ，a 、b 分别是与 A 盘、 B 盘同轴的轮， a 轮、 b 轮半径之比为1: 2 ，当 a 、b 两轮在
同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力之比为( )
A ．2 :1 B ．4 :1 C ．1: 4 D ．8 :1
【答案】 ①. A ②. C ③. D
【解析】
【详解】（1）[1]本实验采用的科学方法是控制变量法。
故选 A。
（2）[2] A ．根据向心力公式
F m v2 m 2 r
可知在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比， 故 A 错误； B ．质量和半径一定的情况下，向心力的大小与线速度的平方成正比， 故 B 错误；
C ．在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比， 故 C 正确；
D ．在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比， 故 D 错误。
故选 C。
（3）[3]皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以
a b
v = v
a 轮、 b 轮半径之比为 1:2，根据
=
v r
所以
2
a
=
b
1
共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则
1
2
ω 2
=
ω 1
根据向心力
2
F = m r
L2
1
2
F 8
=
F 1
故选 D。
14. 某同学用如图所示“碰撞实验器 ”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分发生碰撞前后
的动量关系：（设两个小球为弹性材料，发生弹性碰撞）
先用天平测出弹性小球 1 、2 的质量分别为m1、m2 ，然后完成以下实验步骤：
步骤 1：不放小球 2 ，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上，记录落点位置；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B ，让小球 1 从 A 点由静止滚下， 小球 1 和小球 2 发生碰撞后落
在地面上，记录两个落点位置；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的位置 M、P、N 离 O 点的距离， 得到线段 OM、OP、ON 的长度分
别为x1、x2 、x3 。
（1）对于上述实验操作， 小球 1 质量应 小球 2 的质量（选填“大于 ”或“小于 ”）。
（2）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守
恒定律。
（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示。
在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使用同样的小球，小 球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下， 重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到斜面上三个落点M , 、P, 、N, 。用
刻度尺测量斜面顶点到M , 、P, 、N, 三点的距离分别为L1，L2 、L3 。则验证两球碰撞过程动量守恒的表
达式为： ，若 L1 = 16cm ，L2 = 36cm ，则 L3 = cm 。
【答案】 ①. 大于
②. m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3
L1
+ m2
= m1
③. m1
L3
④. 100
【解析】
【详解】（1）[1]为了保证小球 1 与小球 2 碰撞后不被反弹， 小球 1 的质量应大于小球 2 的质量。
（2）[2]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度， OP 是小球 1 不与小球 2 碰撞平抛运动的位
gL1 cs2
v =
v =
,
1
2
2 sin
移， 该位移可以代表小球 1 碰撞前的速度， OM 是小球 1 碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后 小球 1 的速度， ON 是碰撞后小球 2 的水平位移， 该位移可以代表碰撞后小球 2 的速度，当所测物理量满
足表达式
m1 . x2 = m1 . x1 + m2 . x3
说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
（3）[3][4]碰撞前， m1 落在图中的P 点，设其水平初速度为v1 ，小球 m1 和m2 发生碰撞后， m1 的落点在
图中M 点，设其水平初速度为v1 ，m2 的落，点是图中的N 点，设其水平初速度为v2 ，设斜面与水平面
的倾角为 ，由平抛运动规律得
1 2
L2 sin = 2 gt ，L2 cs = v1t
解得
gL2 cs2
v1 =
2 sin
同理可得
gL3 cs2 2 sin
由动量守恒定律得
m1 L2 = m1 L1 + m2 L3
由能量守恒定律得
1 1 1
1 2 1 1 2 3
m L = m L + m L
2 2 2
联立解得
L3 = 100cm
四、解答题（共 38 分）
15. 如图所示， 小物块 A 、B 的质量均为 m = 0.10 kg ，B 静止在轨道水平段的末端。 A 以水平速度 v0 与 B 碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。 抛出点距离水平地面的竖直高度为 h= 0.45 m，两物块落地点距离
轨道末端的水平距离为 s = 0.30 m ，取重力加速度 g= 10 m/s2 。求：
（1）两物块在空中运动的时间 t；
（2）两物块碰前 A 的速度 v0 的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能 ΔE 。
【答案】（1）0.30 s；（2）2.0 m/s ；（3）0.10 J
【解析】
【分析】
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
1 2
h = 2 gt
得
t = 0.30 s
（2）设 A 、B 碰后速度为v ，水平方向为匀速运动，由
s = vt
得
v = 1.0 m/s
根据动量守恒定律，由
mv0 = 2mv
得
v0 = 2.0 m/s
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
1 2 1 2
0
ΔE = mv 一 . 2mv
2 2
得
ΔE = 0.10J
16. 如图，AB 是倾角为 θ 的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半 径为 R 。一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往
返运动。 已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高， 物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 μ。求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D ，释放点距 B 点的距离 L,应满足什么条件。
【答案】（1） ；（2）(3－2csθ)mg；（3）L, ≥ 2 (s2 θ) R
【解析】
【详解】（1）物体从 P 点出发至最终到达 B 点速度为零的全过程，由动能定理得
mgRcsθ-μmgcsθ .S = 0
解得
S = R
μ
（2）最终物体以 B（还有 B 关于 OE 的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，物体从 B 运动到 E 的
过程，由动能定理得
mgR(1- csθ) = mv
在 E 点，由牛顿第二定律得
FN - mg = m
联立解得
FN = (3－2csθ)mg
则物体对圆弧轨道的压力
FN, = FN = (3－2csθ)mg
（3）设物体刚好到 D 点，则
2
vD
mg = m
R
对全过程由动能定理得
1
2
mgL′sinθ-μmgcsθ ·L′－mgR(1＋csθ) =
由以上两式得应满足条件
mvD2
3 + 2csθ
L, = 2 (sinθ一 μcsθ) R
则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D ，释放点距 B 点的距离 L′应满足
L, 之 2 (s2cθ) R
17. 如图所示，质量分别为mA = 2kg 、mB = 4kg，均可视为质点的小物块 A 、B 静止在足够长的水平面
上，它们中间夹一个被压缩的微型轻弹簧（弹簧长度不计且与 A 、B 均不拴接），此时弹簧弹性势能
Ep = 54J 。某时刻将压缩的微型弹簧释放， 使 A 、B 瞬间分离，同时迅速撤去弹簧（此过程不计因摩擦而 损失的机械能， 即弹性势能完全转化为 A 、B 的动能）。A 的右侧有一倾角 θ=37°、足够长的传送带，传送
带逆时针匀速转动， 速度大小为 v0=4m/s。传送带与水平面平滑连接， A 冲上传送带上升的最大高度为
h=0.78m ，A 与水平面间的动摩擦因数以及 A 与传送带间的动摩擦因数均为 μ1=0.5 ，B 与水平面间的动摩
擦因数为 μ2=0.9 。已知重力加速度 g 取 10m/s2 ，sin37°=0.6。所有碰撞均为弹性碰撞，求：
（1）弹簧释放瞬间 A 、B 速度的大小 vA 、vB；
（2）A 与传送带底端的距离 L；
（3）A 物体回到初始位置速度的大小；
（4）A 向左运动与 B 碰撞后瞬间 B 速度的大小v 。
【答案】（1） 6m/s ，3m/s ；（2）1.0m ；（3） 2 2m/s ；（4）
【解析】
一 m/s ，
m/s
【详解】（1）设弹簧释放瞬间 A 、B的速度大小分别为 vA 、vB ，根据动量守恒和能量守恒 mAvA=mBvB
1 2 1 2
m v + m v = E
2 A A 2 B B p
解得
vA
vB
= 6m/s
= 3m/s
（2）设 A 第一次到达传送带底端时速度为 v0 ，A 沿传送带上升时加速度大小为 a1 ，则有
v = 2a1
μ1mAg cs 37。+ mAg sin 37。= mAa1
从释放弹簧至 A 运动至传送带底端时
v 一 v = 一2μ1gL
解得 A 与传送带的距离
L=1.0m
（3）相对传送带下滑长度为
x1 = = 0.8m
达到传送带的速度后 A 的加速度为
a2 = g sinθ一 μ1g csθ= 2m/s2
设 A 刚滑离传送带的速度为v2 ，则有
2 2 ( h )
v2 一 v0 = 2a2 |（sin 37。一 x1 )|
得
v2 = 3 2m/s
设 A 回到出发位置的速度为v3 ，则有
2 2
v3 一 v2 = 2μ1gL
得
v3 = 2 2m/s
（4）设 B 速度为 0 时，距离出发点距离为xB ，则有
v=2μ2 gxB
设 A 与 B 相撞前 A 的速度为v4 ，则有
2 2
v4 - v3 = -2μ1gxB
可得
v4 = 3m/s
在碰撞过程中，根据动量守恒定律有
mA v4 = mA v+mBv
根据能量守恒定律有
mA v = mA v+mBv2
解得碰后速度为
3
A
v, = - m/s
3
v = m/s
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