北京市海淀區(qū)2023-2024學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)期中考試物理試題

北京市海淀區(qū)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期中考試物理試題

閱卷入一、本部分共10題，每題3分，共30分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有

的題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得

得分3分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分。把正確的答案填涂在答

題紙上。

1.如圖所示，鉛球放在固定斜面上，用豎直擋板擋住并處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法正確

A.鉛球?qū)π泵娴膲毫Υ笥阢U球所受的重力

B.鉛球?qū)醢宓膲毫Υ笥阢U球?qū)π泵娴膲毫?/p>

C.若增大斜面傾角仇鉛球?qū)醢宓膲毫υ龃?/p>

D.若增大斜面傾角仇鉛球?qū)π泵娴膲毫p小

2.一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示。已知此時(shí)質(zhì)點(diǎn)E向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的

B.質(zhì)點(diǎn)D此時(shí)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

C.質(zhì)點(diǎn)A將比質(zhì)點(diǎn)B先回到平衡位置

D.質(zhì)點(diǎn)。的振幅為零

3.在“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，橡皮條的一端E掛有輕質(zhì)小圓環(huán)，另一端G固定，如

圖甲所示。小圓環(huán)受到兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力Fi、F2共同作用，靜止于。點(diǎn)，如圖乙所示。撤去Fi、

F2,改用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)單獨(dú)拉小圓環(huán)，仍使小圓環(huán)處于。點(diǎn)靜止，其拉力為F,如圖丙所示。做好記

錄，畫出鼻、&和F的圖示，并用虛線把拉力尸的箭頭端分別與鼻、七的箭頭端連接，如圖丁所示。關(guān)于

本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是（）

GGGo

7"77"7777"77777777777~7777777777r7r

甲乙丙丁

A.本實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)了等效替代的思想方法

B.實(shí)驗(yàn)中需要記錄的信息只有鼻、尸2和尸的大小

C.由圖丁可初步猜測(cè)F與％、/2滿足平行四邊形的關(guān)系

D.重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)時(shí)，每次都必須將小圓環(huán)拉至。點(diǎn)

4.如圖所示的曲線MN是某一質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，44為曲線上A點(diǎn)處的切線。質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所

發(fā)生的位移為久，所用時(shí)間為其下列說(shuō)法正確的是（）

A.小表示質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程的平均速度

B.質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，平均速度的方向由B點(diǎn)指向A點(diǎn)

C.若B點(diǎn)越接近A點(diǎn)，則卓越接近質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度

D.質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)所受合力可能沿著44的方向

5.某同學(xué)設(shè)計(jì)制作了一個(gè)“豎直加速度測(cè)量?jī)x”，其結(jié)構(gòu)如圖所示。一根輕彈簧上端固定，在彈簧旁沿

彈簧長(zhǎng)度方向固定一根直尺，彈簧下端掛一個(gè)質(zhì)量血=0.10的的重物，重物靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量與=

5.00cm,指針指在。點(diǎn)。已知圖中OM=ON=1.00cm,規(guī)定豎直向下為正方向，取重力加速度g=

10m/s2o下列說(shuō)法正確的是（）

/〃(///

N

。

唯6

A.若指針指在。M之間某點(diǎn)時(shí)，被測(cè)物體處于失重狀態(tài)

B.若指針指在ON之間某點(diǎn)時(shí)，被測(cè)物體可能在減速上升

C.M點(diǎn)應(yīng)標(biāo)記的加速度值為-2.0m/s2

D.該測(cè)量?jī)x上的刻度所對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的

6.如圖所示，半徑為R的半球形碗，固定在可繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)半球形碗的球

心。的對(duì)稱軸。0'重合。轉(zhuǎn)臺(tái)以角速度3勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)碗內(nèi)有兩個(gè)相同的小物塊4和B分別位于碗壁不同

高度處，隨碗一同轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)碗壁靜止。忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩物塊受到的向心力大小相等

B.兩物塊所受的摩擦力可能都為零

C.在碗轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的過(guò)程中，兩物體所受重力的沖量大小相等

D.在碗轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的過(guò)程中，兩物體所受合力的沖量大小相等

7.臺(tái)球在運(yùn)動(dòng)和撞擊過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)情況較為復(fù)雜。在不考慮球的轉(zhuǎn)動(dòng)和摩擦的情況下，可認(rèn)為臺(tái)球碰

撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失。如圖所示，某次擊球，球A撞擊質(zhì)量相等且靜止的球B,使球B直接進(jìn)入中袋。兩

球相碰時(shí)，球4的速度方向與兩球心的連線成一定夾角。下列說(shuō)法正確的是（）

/中袋

p------b\-----q

°Bo

A

D______Q______C

A.球B對(duì)球A做正功

B.球4對(duì)球B的沖量與球B對(duì)球4的沖量大小相等，方向相反

C.球力的速度變化量與球B的速度變化量方向不在同一直線上

D.兩球碰撞后，球A和球B的速度相互垂直

8.如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質(zhì)量為6的小球，小球靜止在光滑固定斜面上。給小球一個(gè)

沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往復(fù)運(yùn)動(dòng)，空氣阻力可忽略，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。取平衡位置。

處為原點(diǎn)，沿斜面向下為正方向，建立坐標(biāo)系，記小球振動(dòng)過(guò)程中位置坐標(biāo)為％。規(guī)定。處重力勢(shì)能為

零，4表示小球離開平衡位置的最大距離。圖中可能正確反映該小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度以加速度a、動(dòng)

能區(qū)以及重力勢(shì)能4隨久的變化關(guān)系的是()

9.如圖所示，質(zhì)量為1kg、長(zhǎng)為9nl的薄板4放在水平地面上，在大小為4N的水平向右外力F的作用下由

靜止開始運(yùn)動(dòng)，薄板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為02其速率達(dá)至吃加/s時(shí)，質(zhì)量為1kg的物塊B以4m/s的

速率由薄板4右端向左滑上薄板，/與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,B可視為質(zhì)點(diǎn)。下列判斷正確的是

()

A

77777777777777777777777777777

A.當(dāng)4的速率減為。時(shí)，B的速率為2m/s

B.從B滑上4到B掉下的過(guò)程中，A、B所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.從B滑上4到B掉下的過(guò)程中，A、B和地面所組成的系統(tǒng)摩擦生熱9/

D.從B滑上A到B掉下的過(guò)程中，A、B所組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少9/

10.《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載牛頓是這樣研究勻速圓周運(yùn)動(dòng)的：如圖所示，小球沿正多邊形的各

邊做速度大小不變的運(yùn)動(dòng)，若正多邊形的邊數(shù)趨近于無(wú)窮大，則上述運(yùn)動(dòng)可看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。牛頓提

出設(shè)想后并沒(méi)有做進(jìn)一步的推導(dǎo)，若小明同學(xué)沿著牛頓的思路推導(dǎo)得出了勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力表達(dá)

式，他在研究過(guò)程中提出了一些假設(shè)，其中不合理的是（）

A.小球在正多邊形的各個(gè)頂點(diǎn)處的碰撞是彈性碰撞

B.小球每次碰撞時(shí)所受作用力的方向指向圓心

C.因碰撞時(shí)間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，所以可以利用動(dòng)量定理得出向心力表達(dá)式

D.因可以用正多邊形的邊長(zhǎng)與碰撞的作用力計(jì)算功，所以可以利用動(dòng)能定理得出向心力表達(dá)式

閱卷人

二、本部分共8題，共70分。

得分

11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)及其特點(diǎn)。鋼球在斜槽軌道某一高度處由靜止釋放，并從

末端水平飛出。在裝置中有一個(gè)水平放置的可上下調(diào)節(jié)的傾斜擋板，實(shí)驗(yàn)前，先將一張白紙和復(fù)寫紙固

定在裝置的背板上。鋼球落到擋板上擠壓復(fù)寫紙并在白紙上留下印跡。上下調(diào)節(jié)擋板，通過(guò)多次釋放鋼

球，記錄鋼球所經(jīng)過(guò)的多個(gè)位置。以鋼球拋出時(shí)球心所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)0,以水平向右和豎直向下分別

為%軸和y軸的正方向，建立直角坐標(biāo)系，用平滑曲線把這些印跡連接起來(lái)，就得到鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌

跡如圖乙所示。

斜槽軌道

（1）對(duì)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是—O

A.每次必須從同一高度由靜止釋放鋼球

B.斜槽軌道必須光滑

C.擋板必須等間隔上下移動(dòng)

D.裝置的背板必須豎直放置

（2）通過(guò)研究得出鋼球在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)之后，為進(jìn)一步研究鋼球在水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)

律，該同學(xué)在軌跡上測(cè)出A,B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為Qi，yi）、（x2＞、2）和（久3，、3）。

下列能夠說(shuō)明鋼球在水平方向的運(yùn)動(dòng)可能為勻速直線運(yùn)動(dòng)的是—o

A.若y1：y2：y3-1：3：5時(shí)，滿足的：x2：x3=1：2：3

B.若看=一丫1=丫3一時(shí)，滿足%1：%2：￡3=1：2：3

C.在軌跡上取若干點(diǎn)獲取數(shù)據(jù)，它們的坐標(biāo)可以用一條二次函數(shù)曲線擬合（即滿足丫二九/）

D.在軌跡上取若干點(diǎn)獲取數(shù)據(jù)，畫出的y-/圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線

12.某同學(xué)用如圖所示的裝置進(jìn)行“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。

（1）下列說(shuō)法正確的是o

A.本實(shí)驗(yàn)還需要天平、秒表

B.和小車相連的細(xì)線與長(zhǎng)木板不一定要平行

C.應(yīng)該先釋放小車，再接通電源

D.平衡摩擦的目的是為了使小車加速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力的大小等于細(xì)線拉力的大小

（2）某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶如圖所示，每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出.已知實(shí)驗(yàn)所用電源的頻率為

50Hz。

根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為m/s2,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打B點(diǎn)時(shí)小車的速度為

m/s.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

?單位:cm

4?C。E

?.

?

6.196.707.217.72

（3）該同學(xué)在探究“加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時(shí)，保持小吊盤及盤中祛碼的總質(zhì)量m不變，通過(guò)改變小車

中的重物來(lái)改變小車的質(zhì)量M,分別測(cè)出小車相應(yīng)的加速度。為了通過(guò)圖像直觀地判斷小車的加速度a與

質(zhì)量M之間是否成反比，應(yīng)該做出a與的圖像。

（4）該同學(xué)在“探究加速度與力的關(guān)系”時(shí)，首先平衡了小車所受的摩擦力，然后保持小車的質(zhì)量M不

變，改變小吊盤中祛碼數(shù)量來(lái)改變細(xì)線對(duì)小車的拉力。小吊盤及盤中硅碼的總質(zhì)量用血表示。若該同學(xué)

在實(shí)驗(yàn)中逐漸增加盤中祛碼的數(shù)量，直到m=M。實(shí)驗(yàn)中他操作過(guò)程規(guī)范，并正確測(cè)量獲得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，

則圖所示圖像能正確反映小車的加速度a和血之間關(guān)系的是

Mm

13.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）已知斜面的傾角為

。、長(zhǎng)度為3重力加速度為g。求:

（1）滑塊滑到斜面底端所用的時(shí)間；

（2）滑塊滑到斜面底端時(shí)速度的大??；

（3）滑塊滑到斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率。

14.如圖所示，質(zhì)量血=0.40kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）在粗糙水平桌面上以初速度為=3.0zn/s做直線

運(yùn)動(dòng)，飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，最終落在水平地面上.已知物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.25,在桌面

上滑行的長(zhǎng)度L=1.0m,桌面離地面高度/i=0.80m,取重力加速度g=10m/s2o求：

Vo

（1）物體落地點(diǎn)與桌面邊緣的水平距離s；

（2）物體落地時(shí)的速度大小也

（3）物體平拋過(guò)程中重力的沖量幾

15.如圖所示，粗糙水平面AB長(zhǎng)為4R,與豎直面內(nèi)半徑為R的光滑半圓形軌道在B點(diǎn)相接。質(zhì)量為m的

物體甲（可視為質(zhì)點(diǎn)）將彈簧壓縮到4點(diǎn)后由靜止釋放，甲脫離彈簧后，在水平面滑行一段距離后滑上豎

直軌道，并恰好能通過(guò)C點(diǎn)。已知甲與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度為g。

（1）求甲通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；

（2）求彈簧被壓縮到力點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；

（3）若在B點(diǎn)放置另一個(gè)質(zhì)量為3m的物體乙（可視為質(zhì)點(diǎn)，圖中未畫出），使甲把彈簧仍然壓縮到4

點(diǎn)，由靜止釋放甲，甲、乙發(fā)生彈性正碰后，撤去甲，此后乙沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明乙離開

半圓形軌道后將如何運(yùn)動(dòng)。

16.19世紀(jì)末，有科學(xué)家提出了太空電梯的構(gòu)想：在赤道上建設(shè)一座直到地球同步衛(wèi)星軌道的高塔，并

在塔內(nèi)架設(shè)電梯。這種電梯可用于發(fā)射人造衛(wèi)星，其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過(guò)太空電梯緩慢地提升到預(yù)定

軌道高度處，然后再啟動(dòng)推進(jìn)裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去，使其直接進(jìn)入預(yù)定圓軌道。已知地球質(zhì)

量為M、半徑為/?、自轉(zhuǎn)周期為7,萬(wàn)有引力常量為G。

（1）求高塔的高度生;

（2）若某次通過(guò)太空電梯發(fā)射質(zhì)量為m的衛(wèi)星時(shí)，預(yù)定其軌道高度為/1（/1＜垢）；

①若該衛(wèi)星上升到預(yù)定軌道高度時(shí)與太空電梯脫離，脫離時(shí)衛(wèi)星相對(duì)太空電梯的速度可視為零，試分

析說(shuō)明衛(wèi)星剛脫離太空電梯后相對(duì)地心，將做加速直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、近心運(yùn)動(dòng)還是離心運(yùn)動(dòng)？

②太空電梯把衛(wèi)星運(yùn)送到預(yù)定軌道高度后，需用推進(jìn)裝置將衛(wèi)星在預(yù)定軌道處發(fā)射進(jìn)入預(yù)定軌道做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，以地心為參考系，求推進(jìn)裝置需要做的功W。

17.風(fēng)洞是用來(lái)模擬物體周圍氣體流動(dòng)情況并可量度氣流對(duì)物體作用效果的實(shí)驗(yàn)設(shè)備。取重力加速度為

9。

言.管道1|管道2

一模型截面

一J

（1）在一次檢驗(yàn)飛機(jī)性能的試驗(yàn)中，風(fēng)洞管道豎直截面圖如圖所示，管道中有水平向右的氣流，AB

是飛機(jī)模型的截面，輕繩0P拉住模型，當(dāng)模型在氣流中保持靜止時(shí)，輕繩恰好水平，已知?dú)饬鲗?duì)模型的

作用力垂直于模型截面，模型截面與水平面夾角為6。求剪斷輕繩的瞬間，模型加速度的大?。?/p>

（2）為測(cè)定某火箭的力學(xué)性能，采用了縮比模型進(jìn)行風(fēng)洞試驗(yàn)，即將與火箭材料相同的火箭模型放

入風(fēng)洞并固定，如圖所示。試驗(yàn)時(shí)，空氣由管道1流入管道2,空氣與模型截面垂直作用，模型單位面積

所能承受的最大作用力為/,假設(shè)空氣分子與模型作用后其定向運(yùn)動(dòng)速度（氣體流速）減為零；

①為研究問(wèn)題方便，設(shè)空氣分子的平均質(zhì)量為加。,氣流穩(wěn)定時(shí)，管道2中空氣分子的數(shù)密度為小為

使模型不被破壞，求管道2中空氣與模型截面作用前可允許的最大流速4

②若質(zhì)量為M的火箭豎直升空，其與空氣垂直作用的等效面積為S,在火箭速度達(dá)到巧后，發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)

火箭做功的功率Po保持不變，火箭繼續(xù)加速.此后火箭上升高度Q所用時(shí)間為t時(shí)，速度達(dá)到最大，此

時(shí)其所受空氣阻力為其所能承受最大作用力的一半。忽略火箭質(zhì)量的變化，求火箭在上述上升高度%的過(guò)

程中，空氣阻力對(duì)火箭做的功。

18.放置在水平平臺(tái)上的物體，其表觀重力在數(shù)值上等于物體對(duì)平臺(tái)的壓力，方向與壓力的方向相同。

微重力環(huán)境是指系統(tǒng)內(nèi)物體的表觀重力遠(yuǎn)小于其實(shí)際重力（萬(wàn)有引力）的環(huán)境。此環(huán)境下，物體的表觀

重力與其質(zhì)量之比稱為微重力加速度。

落塔落艙

（1）如圖所示，中國(guó)科學(xué)院力學(xué)研究所微重力實(shí)驗(yàn)室落塔是我國(guó)微重力實(shí)驗(yàn)的主要設(shè)施之一，實(shí)驗(yàn)

中落艙可采用單艙和雙艙兩種模式進(jìn)行。已知地球表面的重力加速度為g；

①單艙模式是指讓固定在單艙上的實(shí)驗(yàn)平臺(tái)隨單艙在落塔中自由下落實(shí)現(xiàn)微重力環(huán)境。若艙體下落

時(shí)，受到的阻力恒為艙體總重力的0.01倍，求單艙中的微重力加速度的大小Op

②如圖所示，雙艙模式是采用內(nèi)外雙艙結(jié)構(gòu)，實(shí)驗(yàn)平臺(tái)固定在內(nèi)艙中，實(shí)驗(yàn)時(shí)讓雙艙同時(shí)下落。落體

下落時(shí)受到的空氣阻力可表示為/=切/,式中k為由落體形狀決定的常數(shù)，p為空氣密度，u為落體相

對(duì)于周圍空氣的速率。若某次實(shí)驗(yàn)中，內(nèi)艙與艙內(nèi)物體總質(zhì)量為加1，外艙與艙內(nèi)物體總質(zhì)量為62（不含

內(nèi)艙）。某時(shí)刻，外艙相對(duì)于地面的速度為巧，內(nèi)艙相對(duì)于地面的速度為也，它們所受空氣阻力的常數(shù)k

相同，外艙中與外部環(huán)境的空氣密度相同，不考慮外艙內(nèi)空氣對(duì)外艙自身運(yùn)動(dòng)的影響。求此時(shí)內(nèi)艙與外

艙中的微重力加速度之比。2：%；

（2）環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星內(nèi)部也存在微重力環(huán)境.其產(chǎn)生原因簡(jiǎn)單來(lái)說(shuō)是由于衛(wèi)星

實(shí)驗(yàn)艙不能被看作質(zhì)點(diǎn)造成的，只有在衛(wèi)星的質(zhì)心（質(zhì)點(diǎn)系的質(zhì)量中心）位置，萬(wàn)有引力才恰好等于向

心力.已知某衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其質(zhì)心到地心的距離為r,假設(shè)衛(wèi)星實(shí)驗(yàn)艙中各點(diǎn)繞圖中地球

運(yùn)動(dòng)的角速度均與質(zhì)心一致，請(qǐng)指出衛(wèi)星質(zhì)心正上方（遠(yuǎn)離地心一側(cè)）距離質(zhì)心/r處的微重力加速度呢

的方向，并求心與該衛(wèi)星質(zhì)心處的向心加速度與的比值。

答案解析部分

L【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】AB、根據(jù)題意，對(duì)鐵球受力分析，如圖所示

由平衡條件可得

FNsin6—F

FNCOS9=mg

解得

F=mgtand

_mg

FN=^0

因?yàn)?/p>

0°<0<90°

則有

FN>mg,FN>F

由牛頓第三定律可知，鉛球?qū)π泵娴膲毫Υ笥阢U球所受的重力，鉛球?qū)醢宓膲毫π∮阢U球?qū)π泵娴膲?/p>

力。故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、若增大斜面傾角6,則F增大，F(xiàn)N增大。由牛頓第三定律可知，鉛球?qū)醢宓膲毫υ龃?，鉛球?qū)?/p>

斜面的壓力減小。故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：ACo

【分析】對(duì)鐵球進(jìn)行受力情況，根據(jù)平衡條件列平衡方程，確定夾角的變化情況，再根據(jù)力與夾角的關(guān)

系進(jìn)行分析。

2.【答案】A,B

【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械波及其形成和傳播；橫波的圖象

【解析】【解答】AB、根據(jù)題意結(jié)合同側(cè)法，由于質(zhì)點(diǎn)E向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，由圖可知，波沿x軸負(fù)方

向傳播，同理，由于波沿X軸負(fù)方向傳播，可知，質(zhì)點(diǎn)D此時(shí)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故AB正確；

C、由于波沿x軸負(fù)方向傳播，由同側(cè)法可知，質(zhì)點(diǎn)A沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)B將要沿y軸負(fù)方向運(yùn)

動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)B將比質(zhì)點(diǎn)A先回到平衡位置，故C錯(cuò)誤；

D、質(zhì)點(diǎn)的振幅等于質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大位移，與質(zhì)點(diǎn)所處位置無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AB。

【分析】格局同側(cè)法或者“上下坡”法確定波的傳播方向及其他質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向判

斷各點(diǎn)回到平衡位置的先后情況。注意振幅和位移的區(qū)別。

3.【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則

【解析】【解答】A、合力與分力之間作用效果相同，是等效替代關(guān)系，故A正確；

B、因?yàn)橐隽Φ膱D示，所以實(shí)驗(yàn)中需要記錄的信息有Fi、F2和F的大小以及方向，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)圖丁可以看出，F(xiàn)與Fi、F2滿足平行四邊形的關(guān)系，故C正確；

D、重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)時(shí)，不需要每次都將小圓環(huán)拉至。點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】合力與分力之間作用效果相同，是等效替代關(guān)系。重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)時(shí)，只需保證每組實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)

效果的一致性即可。

4.【答案】A,B,C

【知識(shí)點(diǎn)】曲線運(yùn)動(dòng)；平均速度；瞬時(shí)速度

【解析】【解答】A、因x為由B到A的位移，貝哈表示質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程的平均速度，故A正

確；

B、質(zhì)點(diǎn)從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，平均速度方向與位移方向相同，則平均速度的方向由B點(diǎn)指向A

點(diǎn)，故B正確；

C、若B點(diǎn)越接近A點(diǎn)，貝心越短，則壓越接近質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度，故C正確；

D、AA'的方向是質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的瞬時(shí)速度方向，質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，則速度方向與合力方向不共線，則質(zhì)

點(diǎn)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)所受合力不可能沿著AA，的方向，故D錯(cuò)誤。

故答案為：ABC。

【分析】根據(jù)平均速度的定義確定AB段的平均速度，平均速度方向與位移方向相同，根據(jù)極限法判斷

質(zhì)點(diǎn)瞬時(shí)速度與平均速度的關(guān)系。質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，則速度方向與合力方向不共線。

5.【答案】B,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；超重與失重

【解析】【解答】A、重物靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量xo,可得

kx0=mg

若指針指在OM之間某點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量增大，彈簧彈力大于物體重力，物體有向上的加速度，被測(cè)

物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、若指針指在ON之間某點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，彈簧彈力小于物體重力，物體有向下的加速度，被

測(cè)物體處于失重狀態(tài)，被測(cè)物體可能在減速上升，故B正確；

C、指針指在M點(diǎn)時(shí)，有

mg—fc(x0+x0M)=ma

M點(diǎn)應(yīng)標(biāo)記的加速度值為

a——2m/s2

故C正確；

D、設(shè)O點(diǎn)至指針?biāo)肝恢玫奈灰茷閤,可得

mg—fc(x0+%)=ma'

可得

a'=---x

沏

故該測(cè)量?jī)x上的刻度所對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，故D正確。

故答案為：BCD。

【分析】物體具有向上的加速度，則物體處于超重狀態(tài)，物體具有向下的加速度，則物體處于失重狀

態(tài)。確定任意位置小球的受力情況，再根據(jù)胡克定律及牛頓第二定律分析各位置的加速度及加速度與位

移之間的關(guān)系。處于平衡位置時(shí)，彈力等于重力。

6.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】勻速圓周運(yùn)動(dòng)；向心力；沖量

【解析】【解答】A、兩物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相等，運(yùn)動(dòng)半徑不相等，根據(jù)

F=ma)2r

可知兩物塊向心力不相等，故A錯(cuò)誤；

B、物塊A的摩擦力恰好為零時(shí)，重力和支持力提供向心力，則有

2

ma)rA-mgtanOA

變化可得

,.2_g

—RCOS0A

同理可得物塊B的摩擦力恰好為零時(shí)有

RCOS0B

因?yàn)?A與6B不相等，所以以上兩式無(wú)法同時(shí)成立，則兩物塊所受的摩擦力不可能都為零，故B錯(cuò)誤;

C、在碗轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的過(guò)程中，重力不變，則兩物體所受重力的沖量都為mgt,故C正確；

D、在碗轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的過(guò)程中，由合力提供向心力，兩物體圓周運(yùn)動(dòng)線速度大小不同，則根據(jù)

Ft=mv2—mvr

可知兩物體所受合力的沖量大小不相等，故D錯(cuò)誤。

故答案為：Co

【分析】?jī)晌矬w屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩物體的角速度、周期相等，根據(jù)圖像確定兩物體的半徑關(guān)系，再根據(jù)

牛頓第二定律確定向心力的關(guān)系。根據(jù)受力情況及夾角關(guān)系確定向心力的來(lái)源及各力之間的關(guān)系。根據(jù)

沖量及動(dòng)量定理確定沖量的大小情況。

7.【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】功的計(jì)算；沖量；碰撞模型

【解析】【解答】A、球A撞擊球B,球A動(dòng)能減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，球B對(duì)球A做負(fù)功，故A錯(cuò)

誤；

B、球A對(duì)球B的作用力與球B對(duì)球A的作用力為一對(duì)作用力與反作用力，等大反向，由沖量公式

1=Ft

可知球A對(duì)球B的沖量與球B對(duì)球A的沖量大小相等，方向相反，故B正確；

C、根據(jù)動(dòng)量定理可知，球A的速度變化量方向?yàn)锽對(duì)球A的沖量方向，球B的速度變化量方向?yàn)榍駻

對(duì)球B的沖量方向，則球A的速度變化量與球B的速度變化量方向在同一直線上，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)球A碰撞前的速度為vo,與兩球心連線的夾角為0,將vo沿球心連線方向與垂直連線方向分解，

可得

%=vocos0,v2—Cosine

兩球碰撞時(shí)，作用力沿球心連線方向，由動(dòng)量守恒可得

mAv1=mAv\+mBvB

由能量守恒可得

mA=mB

v\=0,vB=v0cos9

故碰撞后球A僅有垂直球心連線速度V2,球B速度方向?yàn)檠厍蛐倪B線方向，故兩球碰撞后，球A和球B

的速度相互垂直，故D正確。

故答案為：BDo

【分析】確定碰撞前后AB兩球速度的變化情況，再根據(jù)功能關(guān)系確定各力的做功情況。相互作用力等

大，反向。根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律確定碰撞后兩球速度的夾角關(guān)系。

8.【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一連接體；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；重力勢(shì)能；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量

【解析】【解答】A、小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，設(shè)小球處于平衡狀態(tài)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為xo,初始速度為vo,振動(dòng)過(guò)

程小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)斜面傾角為9,沿斜面向下為正方向，則下滑x時(shí)根據(jù)能量守恒

定律有

1,、？11712

—+%0)+vy/cx—mgxsind=5mu

乙乙乙乙

在平衡位置有

kx0—mgsmd

整理得

—=vyTHU—TjmVo

乙乙乙

變式后得

V2

因?yàn)樾甭适嵌ㄖ?，可得V2-X2圖像是直線，而V-X圖像不可能是直線，故A錯(cuò)誤;

B、由于

產(chǎn)合=-kx

據(jù)牛頓第二定律可得

k

CL=-----X

m

故B正確；

C、由A得

111

Ek=77mv2=--^rkx2+K

由上式可知Ek-x圖像是開口向下，對(duì)稱軸為x=0的二次函數(shù)圖象，故C正確；

D、下滑x時(shí)，由重力勢(shì)能公式可得

Ep=—mgxsind

上滑X時(shí)，由重力勢(shì)能公式可得

Ep=mgxsind

Ep-x圖像是一次函數(shù)圖象，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】確定小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)功能關(guān)系及牛頓第二定律確定各

物理量與x之間的關(guān)系式，平衡位置時(shí)，小球所受合外力為零。

9.【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量守恒定律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一板塊模型；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一傳送帶模型

【解析】【解答】A、物塊B做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為

2

aB=fi2g=lm/s

物塊放上木板時(shí)木板的加速度為

+mB)g-F

a=-------------------?--------------------------=lm/sz

AmA

由于加速度大小相等，故在相等時(shí)間內(nèi)AB的速度變化量相等，故A的速率為零時(shí)，B的速率為2m/s。

故A正確；

B、從B滑上到A速度減到零的過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，此后系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不

守恒，故B錯(cuò)誤；

CD、由于木塊從木板上滑落，故兩者始終發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，又

黑2mBg+LOA+mB)g<F

故木板速度為零后保持靜止不動(dòng)，則從B滑上木板到木板停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，木板的位移為

X1=75——=2m

2a力

由于AB之間始終發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則從B滑上木板到滑下的過(guò)程中，AB之間的相對(duì)位移等于板長(zhǎng)。故根

據(jù)功能關(guān)系，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為

Q=黑2mBgL板+Ri(mA+mB)gx1=17J

A、B所組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少為

△E=Fx1-Q=-9J

故C錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：AD。

【分析】確定AB兩物體受到的摩擦力情況，再根據(jù)牛頓第二定律確定兩物體的加速度，再結(jié)合勻變速

直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行解答。根據(jù)摩擦力與拉力的關(guān)系，確定A物體速度為零后的運(yùn)動(dòng)情況。AB之間摩擦

力產(chǎn)生的熱量與AB之間的相對(duì)位移有關(guān)。

10.【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；向心力；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型

【解析】【解答】A、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球在正多邊形的各個(gè)頂點(diǎn)處的碰撞是彈性碰撞，是合理

的，故A不符合題意；

B、因?yàn)橄蛐牧χ赶驁A心，所以可以假設(shè)小球每次碰撞時(shí)所受作用力的方向指向圓心，故B不符合題

思；

C、因碰撞時(shí)間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，所以可以利用動(dòng)量定理得出向心力表達(dá)式，故C不

符合題意；

D、小球碰撞時(shí)，作用力不做功，所以不能用動(dòng)能定理得出向心力表達(dá)式，不合理，故D符合題意；

故答案為：Do

【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，即機(jī)械能不變，符合彈性碰撞特點(diǎn)。根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)

及動(dòng)量定理及動(dòng)能定理進(jìn)行分析。碰撞過(guò)程物體無(wú)運(yùn)動(dòng)位移的發(fā)生。

11.【答案】(1)A；D

(2)C；D

【知識(shí)點(diǎn)】研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】(1)A、每次必須從同一高度由靜止釋放鋼球，以保證小球到達(dá)斜槽底端速度相同，故

A正確；

B、斜槽軌道不必須光滑，只需保證每次必須從同一高度由靜止釋放鋼球，每次克服阻力做功相同，小球

到達(dá)斜槽底端速度相同，故B錯(cuò)誤；

C、擋板不需要等間隔上下移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、裝置的背板必須豎直放置，故D正確。

故答案為：AD。

(2)A、根據(jù)豎直方向初速度為零勻加速規(guī)律可知，若

%；丫3=1：4；9

時(shí)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，滿足

x1：x2：町=1：2：3

即可說(shuō)明水平勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、若

丫1=當(dāng)一當(dāng)=當(dāng)一

時(shí)，豎直方向位移相同，但豎直是加速運(yùn)動(dòng)，各階段的初速度不相等，故時(shí)間不等，故B錯(cuò)誤；

CD、根據(jù)

y=5gt2,x=vot

整理可得

其中k是常數(shù)，且廣元2圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線。故CD正確；

故答案為：CD。

【分析】本實(shí)驗(yàn)需保證小球到達(dá)斜槽底端速度相同，才可使小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓滑曲線，故每次必須從

同一高度由靜止釋放鋼球。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平位移和豎直位移與時(shí)間的關(guān)系推導(dǎo)得出圖像的函數(shù)表達(dá)

式，繼而判斷圖像情況。

12.【答案】(1)D

(2)0.51；0.64

(3)—

M

(4)B

【知識(shí)點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系

【解析】【解答】(1)A、本實(shí)驗(yàn)還需要天平，但不需要秒表，故A錯(cuò)誤；

B、為了使得小車所受拉力的合力等于細(xì)繩的拉力，則和小車相連的細(xì)線與長(zhǎng)木板一定要平行，故B錯(cuò)

誤；

C、應(yīng)該先接通電源，再釋放小車，故C錯(cuò)誤；

D、平衡摩擦的目的是為了使小車加速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力的大小等于細(xì)線拉力的大小，故D正確。

故答案為：Do

(2)每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出，可知兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為

T=5x/=0.1s

根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為

Xrp—X/ir

a=---------$-----=0.51m/s2Q

4T2

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打B點(diǎn)時(shí)小車的速度為

XAT

VB==o.64m/s

(3)該同學(xué)在探究“加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時(shí)，保持小吊盤及盤中祛碼的總質(zhì)量m不變，可認(rèn)為小車的牽

引力不變，通過(guò)改變小車中的重物來(lái)改變小車的質(zhì)量M,分別測(cè)出小車相應(yīng)的加速度。根據(jù)

F1

a=M=m9-M

則為了通過(guò)圖像直觀地判斷小車的加速度a與質(zhì)量M之間是否成反比，應(yīng)該做出a與方的圖像。

（4）根據(jù)牛頓第二定律可知

mg—T=ma,T=Ma

可得

-1-M,-1I-1

agmg

則工-上圖像如圖B所示。

am

故答案為：Bo

【分析】平衡摩擦的目的是為了使小車加速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力的大小等于細(xì)線拉力的大小，根據(jù)中間時(shí)刻

的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間內(nèi)的平均速度求解各計(jì)數(shù)點(diǎn)的速度。分別對(duì)小車和小吊盤進(jìn)行受力分析，根據(jù)

牛頓第二定律推導(dǎo)得出圖像的表達(dá)式。

13.【答案】（1）解：設(shè)滑塊的加速度為a,下滑到斜面底端所用的時(shí)間為t

根據(jù)牛頓第二定律rngsin。=ma

滑塊口加速度a=gsind

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L=：at2

解得

t=\gsm3

（2）解：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式U二砒

解得滑塊下滑到斜面底端速度。=d2gLsme

（3）解：根據(jù)瞬時(shí)功率公式P=mgusin。

重力的瞬時(shí)功率P=mgsm3y/2gLsmO

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律；功率

及其計(jì)算

【解析】【分析】（1）確定滑塊的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解答；

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系進(jìn)行解答；

（3）求解瞬時(shí)功率時(shí)，注意力和速度的夾角關(guān)系，再根據(jù)瞬時(shí)速度的定義進(jìn)行解答。

14.【答案】（1）解：設(shè)物體離開桌面時(shí)的速度大小為根據(jù)動(dòng)能定理—一處加詔

解得1/=2.0m/s

設(shè)物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t：h=^gt2

解得t=0.4s

解得s=v't=0.80m

(2)解：設(shè)物體落地時(shí)豎直方向的速度為為%=gt=4.0zn/s

物體落地時(shí)的速度大小I?=Jv，2+Vy=2y/5m/s

(3)解：物體平拋過(guò)程中重力的沖量/=mgt=1.6N?s

方向豎直向下。

【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；沖量

【解析】【分析】(1)物體離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理確定物體離開桌面的速度，再根據(jù)平拋

運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行解答；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出物體落地時(shí)的豎直方向上的速度，再根據(jù)速度的合成法則求出落地速度的大

??；

(3)確定小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)沖量的定義進(jìn)行解答即可。

?【答案】(1)解：根據(jù)題意'設(shè)物體甲從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度為股，由牛頓第二定律有=m竽

解得"c=

(2)解：對(duì)物體甲，從4點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理有小—?4R—mg?2R=4771171

由功能關(guān)系，可知彈簧初始狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能琦=〃=4.5mgR

(3)解：不放置乙時(shí)，甲從8到C,由動(dòng)能定理有—2zngR=培—就

解得％=[SgR

甲、乙發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、總動(dòng)能不變，物體乙的質(zhì)量M=3zn,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守

恒定律有徵為=mvr+MV2

111

Tymvj=vynw彳+7yM試

乙乙乙

解得乙碰后的速度以=需方詼=3VB=：j5gR

以地面為勢(shì)能零點(diǎn)，乙在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，假設(shè)最高點(diǎn)高度為九，則有號(hào)Mi^=Mg/i

解得/i=|R<R

可見(jiàn)，乙在軌道上的最高點(diǎn)低于與圓心。等高的點(diǎn)，之后乙將沿軌道原路返回，直到經(jīng)過(guò)B點(diǎn)離開半圓軌

道，之后將在摩擦力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型

【解析】【分析】(1)物體恰好同C點(diǎn)，根據(jù)物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件及牛頓第二定律進(jìn)

行解答；

(2)明確物體從A到C的過(guò)程中，各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理確定碰前甲到達(dá)B的速度，再根據(jù)彈性碰撞的特點(diǎn)，確定碰后乙的速度大小。再根據(jù)

動(dòng)能定律確定乙能到達(dá)的最大高度，再根據(jù)最大高度與半徑R的關(guān)系確定乙的運(yùn)動(dòng)情況。

16.【答案】(1)解：塔高為同步衛(wèi)星的軌道高度，設(shè)同步衛(wèi)星質(zhì)量為mo，由萬(wàn)有引力提供向心力有

GMm_4TT2z,,

--------02=m0-T(RD+%)

R+hnYT”

(2)解：①由于衛(wèi)星脫離太空電梯時(shí)的角速度和同步衛(wèi)星角速度相同，均為30,而軌道高度為八的圓軌

道衛(wèi)星角速度3>a),由于m3式R+似<rna)2(R+h)=G-~~力

0(K+n)

萬(wàn)有引力超過(guò)所需向心力，衛(wèi)星脫離后做近心運(yùn)動(dòng)。

②衛(wèi)星被緩慢運(yùn)送至高八處時(shí)的速度大小為為=27r針)

GMYH1八

高八處的圓軌道衛(wèi)星速度為3則由」9=租扁

(R+h)"十"

可得u=

2

推進(jìn)裝置需要做的功W=|mv-\mvl=黑器-2兀2("m2nl

22u2(R+/i)72

【知識(shí)點(diǎn)】離心運(yùn)動(dòng)和向心運(yùn)動(dòng)；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用；衛(wèi)星問(wèn)題；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】(1)高塔位于同步衛(wèi)星軌道，運(yùn)行周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相等，根據(jù)萬(wàn)有引力定律及牛

頓第二定定理進(jìn)行解答即可；

(2)根據(jù)高度的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律確定萬(wàn)有引力與向心力的關(guān)系，萬(wàn)有引力大于向心力物體做近

心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力小于向心力做離心運(yùn)動(dòng)；

脫離瞬間，衛(wèi)星的周期與地球的周期相等，根據(jù)周期和線速度的關(guān)系確定衛(wèi)星的初速度。再根據(jù)萬(wàn)有引

力定律及牛頓第二定律確定衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的速度。衛(wèi)星的高度不變，即重力勢(shì)能不變。再根據(jù)功能關(guān)

系確定裝置的做功。

17.【答案】(1)解：飛機(jī)模型靜止時(shí)，受力情況如圖所示.繩對(duì)模型的拉力「與氣流對(duì)模型的作用力F及

模型所受重力G的合力尸合相等，即T=%=mgtand

剪斷輕繩后T=0

依據(jù)牛頓第二定律有mgtan。=ma

解得飛機(jī)的加速度a=gtand

（2）解：①設(shè)模型與空氣垂直作用的等效面積為So,當(dāng)管道2中流速為u時(shí)，依據(jù)動(dòng)量定理，在上時(shí)間

內(nèi)=（nSov21t）moV

解得u=lnm~

7nmQ

②火箭達(dá)到最大速度%n時(shí)a=0

受空氣作用力，第=35/

依據(jù)平衡條件，發(fā)動(dòng)機(jī)推力F=^Sf+Mg

依據(jù)功率公式有Po=Fvm=&Sf+Mg）vm

P2Po

則為"=麻o麗=＞溝

對(duì)火箭由速度也到最大速度必?的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理有Pot+叼-Mgh=

解得小f=Mgh+J"7斤2%g）

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；牛頓第二定律；機(jī)車啟動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）確定平衡時(shí)飛機(jī)模型的受力情況及各力之間的關(guān)系，剪斷繩后，繩子拉力為零，再

根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的大??；

（2）①對(duì)于流體模型，常將流體進(jìn)行“柱體”化，再根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行解答。當(dāng)流速最大時(shí)，作用力最

大。確定流體的受力情況及與模型作用前后流體的速度情況，再根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行解答；

②當(dāng)火箭達(dá)到最大速度時(shí)，加速度為零，根據(jù)功率與推力的關(guān)系確定火箭的做大速度，再根據(jù)動(dòng)能定理

進(jìn)行解答。

18.【答案】（1）解：①設(shè)單艙的質(zhì)量為Mo,受阻力人=0.01M°g

依據(jù)牛頓第二定律有“0。-九=Moa

設(shè)實(shí)驗(yàn)平臺(tái)上某物體的質(zhì)量為nio,平臺(tái)對(duì)物體的支持為N,依據(jù)牛頓第二定律m（）g—N=m°a

解得N=凈

依據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)平臺(tái)的壓力大小N'=N

則表觀重力?Hog=N'

微重力加速度91=卷=a=0.01g

方向豎直向下

②內(nèi)艙受空氣阻力介=kp(?2-%)2

外艙受空氣阻力片=如資

與上問(wèn)同理可知，內(nèi)艙微重力加速度外=與

乙771]

外艙微重力加速度以=冬

3m2

，、2

可得叟=-2(4-1)

03叫詔

(2)解：設(shè)地球的質(zhì)量為M,引力常量為G,衛(wèi)星質(zhì)量為血，依據(jù)牛頓第二定律G等=加32廠

得衛(wèi)星的角速度3=曜

設(shè)衛(wèi)星質(zhì)心上方Ar處有一質(zhì)量為質(zhì)的物體，它隨衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大于地球引力，因此在衛(wèi)

星內(nèi)部有離心運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，對(duì)支持面壓力指向外側(cè)，即微重力加速度的方向向上，即遠(yuǎn)離地心的方向。

設(shè)物體上方有實(shí)驗(yàn)平臺(tái)，對(duì)物體的彈力為No,依據(jù)牛頓第二定律+M=m%2&+4r)

(r+Jr)

Mm

3代入得No=G^-(r+Ar)-G2

r(r+Jr)

依據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)平臺(tái)的壓力大小N'o=No

表觀重力77l，4=N0

微重力力口速度04--=G^(r+Jr)-G———―

mk(r+Jr)z

對(duì)衛(wèi)星，依據(jù)牛頓第二定律6等=加時(shí)

可得an=G^

則得=黜+姐一品I

【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；牛頓第二定律；超重與失重；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用

【解析】【分析】(1)①分別對(duì)艙體和物體構(gòu)成的整體及物體進(jìn)行受力分析，兩者的加速度相當(dāng)。根據(jù)牛

頓定律進(jìn)行解答即可；

②根據(jù)內(nèi)外艙的速度關(guān)系，確定內(nèi)外艙的空氣阻力大小。再結(jié)合①中結(jié)論進(jìn)行解答即可；

(2)微習(xí)慣質(zhì)心上方的平臺(tái)對(duì)物體的彈力指向質(zhì)心，則物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力及彈力的合

理提供。再分別根據(jù)牛頓第二定律及萬(wàn)有引力定律確定微重力和加速度的大小，繼而得出結(jié)果。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：100分

客觀題（占比）30.0(30.0%)

分值分布

主觀題（占比）70.0(70.0%)

客觀題（占比）10(55.6%)

題量分布

主觀題（占比）8(44.4%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

本部分共10題，每

題3分，共30分。

在每題給出的四個(gè)選

項(xiàng)中，有的題只有一

個(gè)選項(xiàng)是正確的，有

的題有多個(gè)選項(xiàng)是正10(55.6%)30.0(30.0%)

確的。全部選對(duì)的得

3分，選不全的得2

分，有選錯(cuò)或不答的

得0分。把正確的答

案填涂在答題紙上。

本部分共8題，共

8(44.4%)70.0(70.0%)

70分。

3、試卷難度結(jié)構(gòu)分析

序號(hào)難易度占比

1普通(77.8%)

2容易(5.6%)

3困難(16.7%)

4、試卷知識(shí)點(diǎn)分析

序號(hào)知識(shí)點(diǎn)（認(rèn)知水平）分值（占比）對(duì)應(yīng)題號(hào)

1簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量3.0(3.0%)8

2離