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辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷（解析版）
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这是一份辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术，其中“纳米”是一个基本单位
B. 牛顿通过“月一地检验”得出了万有引力定律，他是第一个“称”地球质量的人
C. 将一个力分解为两个分力，若合力一定，则两分力夹角增大时两个分力都增大
D. 根据速度定义式，当非常小时，就可以用平均速度表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
【答案】C
【解析】A．米是基本单位。故A错误；
B．牛顿通过“月一地检验”证实了万有引力定律，卡文迪许是第一个“称”地球质量的人。故B错误；C．由平行四边形定则可知，将一个力分解为两个分力，若合力一定，则两分力夹角增大时两个分力都增大。故C正确；
D．根据速度定义式，当非常小时，就可以用平均速度表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想方法。故D错误。故选C。
2. 一小车沿直线先加速运动后减速运动，在下列小车的位移x与时间t、速度v与时间t、加速度a与时间t、小车的动能与其位移x的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．x−t图像中，图线斜率表示速度，由图可知小车先减速后加速，故A错误；
B．v−t图像中，速度先增大后减小，表示小车沿直线先加速运动后减速运动，故B正确；
C．a−t图像中，图线与时间轴所围面积表示速度的变化。由图可知，小车一直加速，故C错误；
D．图像中，小车的动能一直增大，根据
可知小车速率一直增大，故D错误。
故选B。
3. 放风筝是儿童喜欢的运动之一，如图所示，小明静止站在水平地面上放风筝。设小明的质量为m，重力加速度为g，则此时（ ）
A. 小明受到3个力的作用
B. 地面对小明的支持力大小等于mg
C. 小明对地面有向右的静摩擦力
D. 风筝线对小明的拉力与地面对小明的力是一对平衡力
【答案】C
【解析】AB．小明受到重力、细线拉力、地面支持力和地面摩擦力4个力的作用，竖直方向根据受力平衡可得
可知地面对小明的支持力大小小于mg；故AB错误；
CD．由于细线对小明有水平向右的拉力，则小明受到地面对他向左的静摩擦力，由牛顿第三定律可知，小明对地面有向右的静摩擦力，风筝线对小明的拉力的水平分力与摩擦力平衡，所以风筝线对小明的拉力与地面对小明的摩擦力不是一对平衡力，风筝线对小明的拉力与地面对小明的力也不是一对平衡力，故C正确，D错误。
故选C。
4. 如图（a）所示，可以认为地月系统是月球绕地球做匀速圆周运动，月球绕地球运动的周期为；如图（b）所示，也可以认为地月系统是一个双星系统，在相互之间的万有引力作用下绕连线上的O点做匀速圆周运动，月球绕O点运动的周期为。若地球、月球质量分别为M、m，两球心相距为r，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 图（a）中若把部分月壤运回到地球，则最终月球绕地球做圆周运动的轨道半径将变小
B. 图（a）中，地球密度为
C. 图（a）月球绕地球运动的周期等于图（b）中月球绕O点运动的周期
D. 地月双星轨道中O点到地心距离为
【答案】A
【解析】CD．根据万有引力提供向心力
解得图（a）月球绕地球运动的周期为
若地月系统是一个双星系统，设地月双星轨道中O点到地心距离为r1，地月双星轨道中O点到月球圆心距离为r2，由万有引力提供向心力得
，
又
联立可得
，，
即图（a）月球绕地球运动的周期大于图（b）中月球绕O点运动的周期，故CD错误；
B．设地球的半径为R，所以地球密度为
故B错误；
A．图（a）中，若把部分月壤运回到地球，设部分月壤质量为， 则
即此时月球做圆周运动所需的向心力小于月球与地球间的万有引力，月球做近心运动，月球绕地球做圆周运动轨道半径将变小，故A正确。
故选A。
5. 如图，斜面倾角为，底部O点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧左端固定，右端自然伸长。质量为m的小滑块从高度为h的斜面顶端由静止开始释放，滑块能滑上地面压缩弹簧。滑块通过O点前后速度大小不变，滑块与斜面的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法正确的是（ ）
A. 的值可能大于
B. 滑块在光滑地面上的运动过程中，机械能守恒
C. 弹簧具有的最大弹性势能为
D. 滑块与斜面因为摩擦产生的热量最多为
【答案】D
【解析】A．由题可知，小滑块由斜面静止释放加速下滑，则有
可得
故A错误；
B．滑块在光滑地面上的运动过程中，在压缩弹簧的过程中，弹簧弹力对滑块做功，所以滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．当弹簧具有的最大弹性势能时，滑块的速度为0，根据功能关系可得弹簧具有的最大弹性势能为
故C错误；
D．由于滑块不可能停止斜面上，所以经过多次往返后，滑块最终停留在斜面底端，根据能量守恒可得滑块与斜面因为摩擦产生的热量最多为
故D正确。
故选D。
6. 在一次学农活动中，农忙之余师生利用自制的沙包进行放松活动，教师和学生分别在A、B两点分别以速度和水平抛出沙包，两沙包在空中的C点相遇，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 教师和学生同时抛出沙包
B. 两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角一定不相等
C. 若已知A和C、B和C的高度差和，可求出A、B两点的距离
D. 若教师远离学生几步，则需要与学生同时扔出沙包，两沙包才能相遇
【答案】C
【解析】AD．根据可知，教师抛出的沙包到达C点的时间较长，可知教师应先抛出沙包才能与学生抛出的沙包在C点相遇，若教师远离学生几步，竖直高度并未发生变化，故仍需要教师先抛出沙包，故选项AD错误；
B．两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角满足
则若满足
时两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角相等，选项B错误；
C．已知高度差和，则教师抛出的沙包满足
且
xAC=v1t1
学生抛出的沙包满足
且
xBC=v2t2
故可由
求解A、B两点的距离，故C正确。
故选C。
7. 如图，一质量为M、半径为R的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。有一个质量为m的光滑小环（可视为质点）套在大环上，由于微小的扰动从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中（ ）
A. 大环与小环所构成的系统始终处于失重状态
B. 小环重力的功率一直增大
C. 小环运动到最低点时，轻杆对大环的作用力为
D. 大环对轻杆拉力的大小不可能为Mg
【答案】C
【解析】A．小环在大环上先有向下的加速度分量，处于失重状态；然后有向上的加速度分量，处于超重状态，故A错误；
B．由于小环在下滑的过程中竖直方向速度先增大后减小，根据可知小环重力的功率先增大后减小，故B错误；
C．小环从最高到最低，由动能定理得
小环在最低点时，根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，此时小环对大环的作用力为
对大环受力分析，有
故C正确；
D．当大环对小环的作用力为零时，小环只受重力，重力指向圆心的分力提供向心力，则有
此时小环对大环的作用力也为零，则大环对轻杆的拉力大小可能为Mg，故D错误。
故选C。
8. 列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为，列车速度减为0后在车站停靠了50s。关于列车进站过程，下列说法正确的是（ ）
A. 列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢
B. 列车开始减速后，时的速度为10m/s
C. 列车开始减速后，20s内位移为160m
D. 列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m
【答案】BCD
【解析】A．由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；
B．列车开始减速后，时的速度为
故B正确；
C．列车减速到0所用时间为
则列车开始减速后，20s内的位移为
故C正确；
D．根据逆向思维，列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小为
故D正确。
故选BCD。
9. 小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂直的墙角。简化图如图所示，设篮球质量为M、半径为R，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则（ ）
A. 绳子与竖直方向的夹角为30°
B. 篮球对任一墙壁的压力大小为
C. 绳子上的的拉力大小为
D. 如果悬挂点P的位置不变，绳子变短，依然能保证篮球静靠在墙角，则绳子上的拉力和两侧墙壁的弹力都变大
【答案】BD
【解析】ABC．对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为
故
解得
在竖直方向上根据受力平衡可得
解得绳子上的的拉力大小为
在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即
解得
根据牛顿第三定律可得则球对任一墙壁的压力大小为，故B正确，AC错误；
D．如果悬挂点P的位置不变，绳子变短，依然能保证篮球静靠在墙角，绳子与竖直墙壁交线的夹角变大，根据
，
可知绳子上的拉力和两侧墙壁的弹力都变大，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则（ ）
A. 小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒
B. 当P球到达B点时，P的速度大小为
C. P球到达C点前，P、Q的速度大小始终不相等
D. P球到达C点时Q的速度大小为
【答案】AB
【解析】A．在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，选项A正确；
B．当P球到达B点时，轻杆与水平方向的夹角为30°，则
由机械能守恒
解得P的速度大小为
选项B正确；
C．P球到达C点前，因PQ的速度满足
（θ为轻杆与水平方向夹角），则当时P、Q的速度大小相等，选项C错误；
D．P球到达C点时，PQ速度相等，则由机械能守恒可知
Q的速度大小为
选项D错误。
故选AB。
二、非选择题：本题共5道题，共54分
11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1．变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是______。
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 验证机械能守恒定律
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮（选填“一”“二”或“三”）；
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为______．
A. 3∶1B. 1∶3C. 9∶1D. 1∶9
【答案】（1）C （2）一 （3）D
【解析】【小问1详解】
探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互成角度力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故A错误；
B．验证机械能守恒定律，并没有采用控制变量法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，可知两小球做圆周运动的半径之比为，此时探究的是向心力大小与半径的关系，将控制两小球做圆周运动的角速度相等，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
【小问3详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，可知两小球做圆周运动的半径相等，传动皮带位于第三层，根据
可知两小球做圆周运动的角速度之比为
根据
可得当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为
故选D。
12. 某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）关于该实验下列说法正确的是______。
A. 补偿阻力时小车不要连接纸带
B. 先接通打点计时器电源，后释放小车
C. 调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（2）图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50 Hz，相邻两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示。求得小车的加速度是______m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）实验中根据得到的数据画出了a − F的图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是______。
A. 补偿阻力时长木板的倾角偏大
B. 处理纸带时去除了开始密集的点
C. 砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量
（4）如图丁所示，将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，细线拉力F的大小可以从力传感器获得。从理论上分析，实验得到的a − F图线的斜率与（3）相比，将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）B （2）0.51 （3）A （4）变大
【解析】【小问1详解】
A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，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，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B。
【小问2详解】
相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度为
【小问3详解】
A．由图丙可知，当F = 0时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正确；
B．如果实验过程没有不当之处，在处理纸带时去除了开始密集的点，那么纸带后面的点得到的数据在a − F的图线中的连线反向延长线也是能过原点的，所以图丙中a − F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集的点无关，故B错误；
C．设小车的质量为M，砝码和砝码盘总质量为m，由牛顿第二定律得
解得
实验中，小车的拉力F = mg，则随着F的增大，即m增大，而将变小，则a − F的图线的斜率变小，特别是M与m接近时，斜率变小更加明显，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，会使a − F的图线末端向F轴弯曲，不会使a − F的图线不过原点，故C错误。故选A。
【小问4详解】
由（3）可知，原实验得到的a − F图线的斜率为，现将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，由牛顿第二定律得
解得
所以将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率。故实验得到的a − F图线的斜率与（3）相比，将变大。
13. 直升机因为有许多其他飞行器难以办到或不可能办到的优势（如可以垂直起飞降落，不用大面积机场），所以受到广泛应用，主要用于观光旅游、火灾救援、海上急救、缉私缉毒、消防、商务运输、医疗救助、通信以及喷洒农药杀虫剂消灭害虫、探测资源等国民经济的各个部门。如图是在某次救灾中直升机沿水平方向做匀加速运动时的情境，不计空气阻力，悬挂箱子的绳子长l = 10 m，与竖直方向的夹角保持为10°，此时箱子距水平地面高20 m，sin10° = 0.174，cs10° = 0.984，tan10° = 0.176，g取10 m/s2，箱子可以看作质点。求：
（1）直升机的加速度a的大小；
（2）某时刻直升机上仪表显示飞行速度为100 km/h，若此时有一可以看作质点的小物体从箱子中掉落，直升机仍以上述加速度运动，小物体落在水平地面时距直升机上O点的水平距离d的大小。
【答案】（1）1.76 m/s2 （2）5.26 m
【解析】【小问1详解】
对箱子受力分析，由牛顿第二定律
解得
【小问2详解】
依题意，小物体从箱子中掉落后，做平抛运动，初速度为100 km/h，下落高度为20 m，则有
直升机自此之后做初速度为100 km/h，加速度为1.76 m/s2的匀加速直线运动，取小物体为参考系，则小物体落在水平地面时距箱子的水平距离为
可得小物体落在水平地面时距直升机上O点的水平距离的大小
联立，解得
14. 如图所示，在水平轨道右侧安放半径为的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态。质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度。求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】（1）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为，物块从开始运动到P的过程，由动能定理可得
解得
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为，由动能定理得
解得
符合实际。
（3）①若A沿轨道上滑至最大高度时，速度减为0，则满足
由动能定理得
联立解得
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足
由动能定理得
联立解得
综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是
或
15. 如图所示，质量的木块A（可看作质点）叠放在质量足够长的木板B上，木板B的右端通过不可伸长的细绳与电动机连接，电动机的额定功率。时电动机以恒定功率启动，A、B发生相对滑动，当时A、B共速；又经过一段时间A、B达到最大速度，此时绳突然断裂，最终A、B都停下，不考虑绳断对物体速度影响，已知A、B间动摩擦因数为，木板B与地面间动摩擦因数为。求：
（1）共速时二者的速度大小；
（2）共速前瞬间和共速后瞬间木板B的加速度分别是多大？
（3）前2s内A、B之间因摩擦产生的热量；
（4）为使物块A不从木板上落下，开始运动时物块A距木板右端距离的最小值。
【答案】（1）
（2），
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
前内，物块A受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
得
共速时二者速度大小
【小问2详解】
共速前瞬间，木板B受到绳子拉力
对木板B由牛顿第二定律得
解得
共速后瞬间物块A和木板B整体，由牛顿第二定律得
解得
【小问3详解】
前2s内，设物块A相对于地面的位移为，木板B相对于地面的位移为，则
对木板B由动能定理得
解得
前2s内，物块A和木板B的相对位移大小
前2s内A、B之间因摩擦产生的热量
【小问4详解】
当A、B整体，绳子拉力等于整体受到摩擦力时达到最大速度，则最大速度
绳突然断裂后，物块A相对木板B向前滑动，做匀减速运动，设加速度大小，则
解得
对木板B相对地面做匀减速运动，设加速度大小，由牛顿第二定律得
解得
绳突然断裂后，物块A相对地面的位移
木板B相对地面的位移
绳突然断裂后，物块A相对木板B相对位移大小
前2s内，物块A相对木板B向左运动，绳突然断裂后，物块A相对木板B向右运动，因为
为使物块A不从木板上落下，开始运动时物块A距木板右端距离的最小值
一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术，其中“纳米”是一个基本单位
B. 牛顿通过“月一地检验”得出了万有引力定律，他是第一个“称”地球质量的人
C. 将一个力分解为两个分力，若合力一定，则两分力夹角增大时两个分力都增大
D. 根据速度定义式，当非常小时，就可以用平均速度表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
【答案】C
【解析】A．米是基本单位。故A错误；
B．牛顿通过“月一地检验”证实了万有引力定律，卡文迪许是第一个“称”地球质量的人。故B错误；C．由平行四边形定则可知，将一个力分解为两个分力，若合力一定，则两分力夹角增大时两个分力都增大。故C正确；
D．根据速度定义式，当非常小时，就可以用平均速度表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想方法。故D错误。故选C。
2. 一小车沿直线先加速运动后减速运动，在下列小车的位移x与时间t、速度v与时间t、加速度a与时间t、小车的动能与其位移x的关系曲线中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．x−t图像中，图线斜率表示速度，由图可知小车先减速后加速，故A错误；
B．v−t图像中，速度先增大后减小，表示小车沿直线先加速运动后减速运动，故B正确；
C．a−t图像中，图线与时间轴所围面积表示速度的变化。由图可知，小车一直加速，故C错误；
D．图像中，小车的动能一直增大，根据
可知小车速率一直增大，故D错误。
故选B。
3. 放风筝是儿童喜欢的运动之一，如图所示，小明静止站在水平地面上放风筝。设小明的质量为m，重力加速度为g，则此时（ ）
A. 小明受到3个力的作用
B. 地面对小明的支持力大小等于mg
C. 小明对地面有向右的静摩擦力
D. 风筝线对小明的拉力与地面对小明的力是一对平衡力
【答案】C
【解析】AB．小明受到重力、细线拉力、地面支持力和地面摩擦力4个力的作用，竖直方向根据受力平衡可得
可知地面对小明的支持力大小小于mg；故AB错误；
CD．由于细线对小明有水平向右的拉力，则小明受到地面对他向左的静摩擦力，由牛顿第三定律可知，小明对地面有向右的静摩擦力，风筝线对小明的拉力的水平分力与摩擦力平衡，所以风筝线对小明的拉力与地面对小明的摩擦力不是一对平衡力，风筝线对小明的拉力与地面对小明的力也不是一对平衡力，故C正确，D错误。
故选C。
4. 如图（a）所示，可以认为地月系统是月球绕地球做匀速圆周运动，月球绕地球运动的周期为；如图（b）所示，也可以认为地月系统是一个双星系统，在相互之间的万有引力作用下绕连线上的O点做匀速圆周运动，月球绕O点运动的周期为。若地球、月球质量分别为M、m，两球心相距为r，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 图（a）中若把部分月壤运回到地球，则最终月球绕地球做圆周运动的轨道半径将变小
B. 图（a）中，地球密度为
C. 图（a）月球绕地球运动的周期等于图（b）中月球绕O点运动的周期
D. 地月双星轨道中O点到地心距离为
【答案】A
【解析】CD．根据万有引力提供向心力
解得图（a）月球绕地球运动的周期为
若地月系统是一个双星系统，设地月双星轨道中O点到地心距离为r1，地月双星轨道中O点到月球圆心距离为r2，由万有引力提供向心力得
，
又
联立可得
，，
即图（a）月球绕地球运动的周期大于图（b）中月球绕O点运动的周期，故CD错误；
B．设地球的半径为R，所以地球密度为
故B错误；
A．图（a）中，若把部分月壤运回到地球，设部分月壤质量为， 则
即此时月球做圆周运动所需的向心力小于月球与地球间的万有引力，月球做近心运动，月球绕地球做圆周运动轨道半径将变小，故A正确。
故选A。
5. 如图，斜面倾角为，底部O点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧左端固定，右端自然伸长。质量为m的小滑块从高度为h的斜面顶端由静止开始释放，滑块能滑上地面压缩弹簧。滑块通过O点前后速度大小不变，滑块与斜面的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法正确的是（ ）
A. 的值可能大于
B. 滑块在光滑地面上的运动过程中，机械能守恒
C. 弹簧具有的最大弹性势能为
D. 滑块与斜面因为摩擦产生的热量最多为
【答案】D
【解析】A．由题可知，小滑块由斜面静止释放加速下滑，则有
可得
故A错误；
B．滑块在光滑地面上的运动过程中，在压缩弹簧的过程中，弹簧弹力对滑块做功，所以滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．当弹簧具有的最大弹性势能时，滑块的速度为0，根据功能关系可得弹簧具有的最大弹性势能为
故C错误；
D．由于滑块不可能停止斜面上，所以经过多次往返后，滑块最终停留在斜面底端，根据能量守恒可得滑块与斜面因为摩擦产生的热量最多为
故D正确。
故选D。
6. 在一次学农活动中，农忙之余师生利用自制的沙包进行放松活动，教师和学生分别在A、B两点分别以速度和水平抛出沙包，两沙包在空中的C点相遇，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A. 教师和学生同时抛出沙包
B. 两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角一定不相等
C. 若已知A和C、B和C的高度差和，可求出A、B两点的距离
D. 若教师远离学生几步，则需要与学生同时扔出沙包，两沙包才能相遇
【答案】C
【解析】AD．根据可知，教师抛出的沙包到达C点的时间较长，可知教师应先抛出沙包才能与学生抛出的沙包在C点相遇，若教师远离学生几步，竖直高度并未发生变化，故仍需要教师先抛出沙包，故选项AD错误；
B．两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角满足
则若满足
时两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角相等，选项B错误；
C．已知高度差和，则教师抛出的沙包满足
且
xAC=v1t1
学生抛出的沙包满足
且
xBC=v2t2
故可由
求解A、B两点的距离，故C正确。
故选C。
7. 如图，一质量为M、半径为R的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。有一个质量为m的光滑小环（可视为质点）套在大环上，由于微小的扰动从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中（ ）
A. 大环与小环所构成的系统始终处于失重状态
B. 小环重力的功率一直增大
C. 小环运动到最低点时，轻杆对大环的作用力为
D. 大环对轻杆拉力的大小不可能为Mg
【答案】C
【解析】A．小环在大环上先有向下的加速度分量，处于失重状态；然后有向上的加速度分量，处于超重状态，故A错误；
B．由于小环在下滑的过程中竖直方向速度先增大后减小，根据可知小环重力的功率先增大后减小，故B错误；
C．小环从最高到最低，由动能定理得
小环在最低点时，根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，此时小环对大环的作用力为
对大环受力分析，有
故C正确；
D．当大环对小环的作用力为零时，小环只受重力，重力指向圆心的分力提供向心力，则有
此时小环对大环的作用力也为零，则大环对轻杆的拉力大小可能为Mg，故D错误。
故选C。
8. 列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为，列车速度减为0后在车站停靠了50s。关于列车进站过程，下列说法正确的是（ ）
A. 列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢
B. 列车开始减速后，时的速度为10m/s
C. 列车开始减速后，20s内位移为160m
D. 列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m
【答案】BCD
【解析】A．由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；
B．列车开始减速后，时的速度为
故B正确；
C．列车减速到0所用时间为
则列车开始减速后，20s内的位移为
故C正确；
D．根据逆向思维，列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小为
故D正确。
故选BCD。
9. 小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂直的墙角。简化图如图所示，设篮球质量为M、半径为R，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则（ ）
A. 绳子与竖直方向的夹角为30°
B. 篮球对任一墙壁的压力大小为
C. 绳子上的的拉力大小为
D. 如果悬挂点P的位置不变，绳子变短，依然能保证篮球静靠在墙角，则绳子上的拉力和两侧墙壁的弹力都变大
【答案】BD
【解析】ABC．对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为
故
解得
在竖直方向上根据受力平衡可得
解得绳子上的的拉力大小为
在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即
解得
根据牛顿第三定律可得则球对任一墙壁的压力大小为，故B正确，AC错误；
D．如果悬挂点P的位置不变，绳子变短，依然能保证篮球静靠在墙角，绳子与竖直墙壁交线的夹角变大，根据
，
可知绳子上的拉力和两侧墙壁的弹力都变大，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则（ ）
A. 小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒
B. 当P球到达B点时，P的速度大小为
C. P球到达C点前，P、Q的速度大小始终不相等
D. P球到达C点时Q的速度大小为
【答案】AB
【解析】A．在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，选项A正确；
B．当P球到达B点时，轻杆与水平方向的夹角为30°，则
由机械能守恒
解得P的速度大小为
选项B正确；
C．P球到达C点前，因PQ的速度满足
（θ为轻杆与水平方向夹角），则当时P、Q的速度大小相等，选项C错误；
D．P球到达C点时，PQ速度相等，则由机械能守恒可知
Q的速度大小为
选项D错误。
故选AB。
二、非选择题：本题共5道题，共54分
11. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1．变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是______。
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 验证机械能守恒定律
C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮（选填“一”“二”或“三”）；
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为______．
A. 3∶1B. 1∶3C. 9∶1D. 1∶9
【答案】（1）C （2）一 （3）D
【解析】【小问1详解】
探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互成角度力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故A错误；
B．验证机械能守恒定律，并没有采用控制变量法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，可知两小球做圆周运动的半径之比为，此时探究的是向心力大小与半径的关系，将控制两小球做圆周运动的角速度相等，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
【小问3详解】
在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，可知两小球做圆周运动的半径相等，传动皮带位于第三层，根据
可知两小球做圆周运动的角速度之比为
根据
可得当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为
故选D。
12. 某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）关于该实验下列说法正确的是______。
A. 补偿阻力时小车不要连接纸带
B. 先接通打点计时器电源，后释放小车
C. 调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（2）图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50 Hz，相邻两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图所示。求得小车的加速度是______m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）实验中根据得到的数据画出了a − F的图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是______。
A. 补偿阻力时长木板的倾角偏大
B. 处理纸带时去除了开始密集的点
C. 砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量
（4）如图丁所示，将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，细线拉力F的大小可以从力传感器获得。从理论上分析，实验得到的a − F图线的斜率与（3）相比，将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）B （2）0.51 （3）A （4）变大
【解析】【小问1详解】
A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，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，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B。
【小问2详解】
相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度为
【小问3详解】
A．由图丙可知，当F = 0时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正确；
B．如果实验过程没有不当之处，在处理纸带时去除了开始密集的点，那么纸带后面的点得到的数据在a − F的图线中的连线反向延长线也是能过原点的，所以图丙中a − F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集的点无关，故B错误；
C．设小车的质量为M，砝码和砝码盘总质量为m，由牛顿第二定律得
解得
实验中，小车的拉力F = mg，则随着F的增大，即m增大，而将变小，则a − F的图线的斜率变小，特别是M与m接近时，斜率变小更加明显，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，会使a − F的图线末端向F轴弯曲，不会使a − F的图线不过原点，故C错误。故选A。
【小问4详解】
由（3）可知，原实验得到的a − F图线的斜率为，现将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，由牛顿第二定律得
解得
所以将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率。故实验得到的a − F图线的斜率与（3）相比，将变大。
13. 直升机因为有许多其他飞行器难以办到或不可能办到的优势（如可以垂直起飞降落，不用大面积机场），所以受到广泛应用，主要用于观光旅游、火灾救援、海上急救、缉私缉毒、消防、商务运输、医疗救助、通信以及喷洒农药杀虫剂消灭害虫、探测资源等国民经济的各个部门。如图是在某次救灾中直升机沿水平方向做匀加速运动时的情境，不计空气阻力，悬挂箱子的绳子长l = 10 m，与竖直方向的夹角保持为10°，此时箱子距水平地面高20 m，sin10° = 0.174，cs10° = 0.984，tan10° = 0.176，g取10 m/s2，箱子可以看作质点。求：
（1）直升机的加速度a的大小；
（2）某时刻直升机上仪表显示飞行速度为100 km/h，若此时有一可以看作质点的小物体从箱子中掉落，直升机仍以上述加速度运动，小物体落在水平地面时距直升机上O点的水平距离d的大小。
【答案】（1）1.76 m/s2 （2）5.26 m
【解析】【小问1详解】
对箱子受力分析，由牛顿第二定律
解得
【小问2详解】
依题意，小物体从箱子中掉落后，做平抛运动，初速度为100 km/h，下落高度为20 m，则有
直升机自此之后做初速度为100 km/h，加速度为1.76 m/s2的匀加速直线运动，取小物体为参考系，则小物体落在水平地面时距箱子的水平距离为
可得小物体落在水平地面时距直升机上O点的水平距离的大小
联立，解得
14. 如图所示，在水平轨道右侧安放半径为的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L=1m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态。质量为m=1kg的小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，重力加速度。求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1；
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1；
（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】（1）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为，物块从开始运动到P的过程，由动能定理可得
解得
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为，由动能定理得
解得
符合实际。
（3）①若A沿轨道上滑至最大高度时，速度减为0，则满足
由动能定理得
联立解得
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足
由动能定理得
联立解得
综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是
或
15. 如图所示，质量的木块A（可看作质点）叠放在质量足够长的木板B上，木板B的右端通过不可伸长的细绳与电动机连接，电动机的额定功率。时电动机以恒定功率启动，A、B发生相对滑动，当时A、B共速；又经过一段时间A、B达到最大速度，此时绳突然断裂，最终A、B都停下，不考虑绳断对物体速度影响，已知A、B间动摩擦因数为，木板B与地面间动摩擦因数为。求：
（1）共速时二者的速度大小；
（2）共速前瞬间和共速后瞬间木板B的加速度分别是多大？
（3）前2s内A、B之间因摩擦产生的热量；
（4）为使物块A不从木板上落下，开始运动时物块A距木板右端距离的最小值。
【答案】（1）
（2），
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
前内，物块A受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
得
共速时二者速度大小
【小问2详解】
共速前瞬间，木板B受到绳子拉力
对木板B由牛顿第二定律得
解得
共速后瞬间物块A和木板B整体，由牛顿第二定律得
解得
【小问3详解】
前2s内，设物块A相对于地面的位移为，木板B相对于地面的位移为，则
对木板B由动能定理得
解得
前2s内，物块A和木板B的相对位移大小
前2s内A、B之间因摩擦产生的热量
【小问4详解】
当A、B整体，绳子拉力等于整体受到摩擦力时达到最大速度，则最大速度
绳突然断裂后，物块A相对木板B向前滑动，做匀减速运动，设加速度大小，则
解得
对木板B相对地面做匀减速运动，设加速度大小，由牛顿第二定律得
解得
绳突然断裂后，物块A相对地面的位移
木板B相对地面的位移
绳突然断裂后，物块A相对木板B相对位移大小
前2s内，物块A相对木板B向左运动，绳突然断裂后，物块A相对木板B向右运动，因为
为使物块A不从木板上落下，开始运动时物块A距木板右端距离的最小值
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