北京市第二十中学2025-2026学年高三上学期10月阶段考物理试卷

2025-2026学年北京二十中高三（上）月考物理试卷（10月份） 一、单选题：本大题共7小题，共21分。 1.如图所示，将质量为m的笔记本电脑放在散热底座上，电脑与底座间动摩擦因数为，底座与水平面夹角为，现缓慢增大倾角，电脑始终与底座保持相对静止且与底座下部挡板没有相互挤压，已知重力加速度g，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(    ) A. 电脑受到底座的作用力小于mg B. 电脑受到的摩擦力大小始终等于 C. 在此过程中，倾角的正切值始终不大于 D. 在此过程中，电脑受到的支持力、摩擦力均在减小 2.跳绳是一项很好的体育锻炼项目。某同学在一次跳绳测验中，在40s的时间内完成了100次跳绳，已知该同学每一次跳起的最大高度为10cm，他的质量为50kg，，不计空气阻力和绳的质量，则下列说法中正确的是(    ) A. 每一次向上运动的过程中，重力做的功为50J B. 每次跳起时，地面对该同学的支持力做功为0 C. 该同学从跳起到落地的过程中，先超重再失重 D. 每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为0 3.一列可视为简谐波的绳波，在时刻的波形如图所示，的质点P此时刻沿y轴正方向运动，经过第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是(    ) A. 该绳波向左传播 B. 时刻P点的速度最大 C. 内Q点的加速度一直减小 D. 处的质点与P点振动的位移始终相反 4.某同学利用图甲所示装置来测量重力加速度。打开手机的磁传感器并放置于O点正下方，将磁性小球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录的磁感应强度变化曲线如图乙，已知单摆摆长为l，忽略实验环境对磁性小球的影响，则(    ) A. 单摆的周期为 B. 测量出的重力加速度 C. 小球的摆幅越小，周期越小 D. 小球经过最低点时，合力为零 5.如图所示，一条轻绳绕过定滑轮，绳的两端各系质量为m和2m的物体A和B，用手压住物体物体放置于水平台上，使A、B均处于静止状态，不考虑一切阻力。由静止释放物体A，在其向右运动s的过程中未与滑轮碰撞且B未落地，重力加速度为g，下列说法正确的是(    ) A. A、B间轻绳拉力大小为2mg B. A、B及地球组成的系统机械能不守恒 C. 物体B减少的重力势能等于物体A增加的动能 D. 物体B减少的机械能为 6.飞天揽月，奔月取壤，嫦娥五号完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为嫦娥五号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，下列关于嫦娥五号说法正确的是(    ) A. 在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为 B. 在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度 C. 在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大 D. 由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道需在Q处向后喷气 7.同一物理现象往往可以用不同方法来解释。例如：在赤道地表上方300m高空相对于地球表面静止释放一物体，不考虑重力加速度的变化，忽略空气阻力，物体将不会落在释放点的正下方，该现象可以用两种不同的方法进行解释。下列说法正确的是(    ) 方法一：地球是一个转动的非惯性系，运用牛顿定律分析物体的运动时，物体除了受到与惯性系相同的力外，还受到一个“假想的惯性力”，该力的方向与物体上下运动的方向有关，当物体向地心运动时，该力的方向指向东方，当竖直运动方向反向时惯性力的方向也反向 方法二：物体在下落过程中，受到的万有引力是有心力，根据物理学规律角动量守恒角动量，其中m是物体的质量，r为物体到地心的距离，为物体相对于地球的角速度，物体的角速度会发生变化 A. 由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点向东运动，落回的地点在抛出点 B. 由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程物体的角速度越来越大，下落过程物体的角速度越来越小，落回的地点在抛出点 C. 若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向西偏转 D. 若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向东偏转 二、多选题：本大题共3小题，共9分。 8.自行车用链条传动来驱动后轮前进，如图是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”。A、B、C分别为牙盘边缘和后轮边缘上的点，大齿轮半径为、小齿轮半径为、后轮半径为。下列说法正确的是(    ) A. A、B两点的角速度相等 B. B、C两点的线速度大小相等 C. 大、小齿轮的转速之比为 D. 在水平路面匀速骑行时，脚踏板转一圈，自行车前进的距离为 9.有一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，P为弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，C为游戏者上升的最高点，D点为速度最大位置未画出，弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙，图像中：、、和为已知量，为未知量，则人上升过程中(    ) A. AB段的长度为 B. 游戏者最大速度为 C. 值可能会小于g D. 人从A点到D点和D点到C点重力的冲量大小相等 10.如图甲，质量分别为和的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为。时刻解除A球锁定，时刻解除B球锁定，A、B两球运动的图像如图乙，表示O到时间内A的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。时刻，A、B系统的总动量大小为p，弹簧的弹性势能为，则(    ) A. B. C. D. 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。图乙中的O点是小球抛出点在地面上的竖直投影点。实验时，先让入射小球A多次从斜轨上S位置由静止释放，落到水平地面的复写纸上。然后把被碰小球B静置于轨道的末端，再将球A从斜轨上由静止释放，与球B相撞，并多次重复。在白纸上用圆规分别找出不发生碰撞时球A落点的平均位置点P，及相碰后球A、球B的落点的平均位置点M、N。测量平抛射程OP、OM、ON。 下列说法中符合实验要求的是          ； A.斜轨必须光滑且末端要水平 B.实验过程中，白纸不能移动 C.入射小球与被碰小球大小相同、质量相等 D.在同一组实验中，入射小球每次都必须从同一位置由静止释放 除平抛射程外，还需要测量的物理量有          ； A.A、B两小球的质量、 B.小球A开始释放时的高度h C.轨道末端到水平地面的高度H 在实验误差允许范围内，若满足关系式          用题中测量量表示，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒； 在满足的条件下，多次测量结果都是：，其主要原因是          。 12.物理实验小组利用打点计时器、纸带、重物等器材验证机械能守恒定律，如图1所示。实验思路是测出重物下落过程中减少的重力势能和对应过程增加的动能，在实验误差允许的范围内，若二者相等，可验证机械能守恒定律。 对于该实验，下列操作中正确的是          填选项标号。 A.必须要称出重物和夹子的质量 B.图中两限位孔必须在同一竖直线上 C.实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源 D.数据处理时，可以使用或者来计算重锤在某点的速度 实验小组打出的一条点迹清晰的纸带如图2所示，纸带上的O点是重物下落的起始点，选取纸带上连续的计时点A、B、C作为计数点，测出三个计数点到O点的距离依次为、、。已知打点计时器所用电源的频率是f，重物的质量为m，重力加速度为g，则从打点计时器打下点O到点B的过程中，重物减少的重力势能          ，增加的动能          。 测量出其他计数点到O点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度，描绘的图像如图3所示的实线，斜率为。图3中的虚线是没有任何阻力影响时的图线，斜率为。若实验时重物下落过程中受到的阻力恒定，则阻力大小为          用、和m表示。 四、简答题：本大题共1小题，共8分。 13.物体在星球附近绕星球做匀速圆周运动的速度，叫作第一宇宙速度又叫作环绕速度；在星球表面附近发射物体的速度等于或大于，物体就会克服该星球的引力，永远离开该星球，这个速度叫作第二宇宙速度又叫作逃逸速度。已知引力常量为G。在以下问题的讨论中，空气阻力及星球自转的影响均忽略不计。 若将地球视为质量均匀分布的球体，已知地球的质量为M，半径为R。 请证明地球的第一宇宙速度的大小； 某同学设想从地面以第一宇宙速度的大小竖直上抛一个可视为质点的物体，关于该物体上升的最大高度，他的解答过程如下： 设物体的质量为m，上升的最大高度为h，重力加速度为g，由机械能守恒定律有：。又，，所以 联立得： 该同学的上述解答是否正确？若不正确，请指出上述错误的原因，并分析说明物体上升的最大高度h应该比大还是小？ 由于引力的作用，星球引力范围内的物体具有引力势能。设有一质量分布均匀的星球，质量为M，半径为R，当取物体距离星球无穷远处的引力势能为零时，则物体质量为在距离该星球球心为处时的引力势能为。天体的质量越大，半径越小，逃逸速度也就越大，其表面的物体就越不容易脱离它的束缚。如果有这样的天体，它的质量非常大，半径又非常小，以至于以的速度传播的光也不能从它的表面逃逸出去，这种天体就称为黑洞。1799年，法国科学家拉普拉斯指出，对于一个质量为M的球状物体，当其半径R小于时，即是一个黑洞。请你根据所给信息并结合所学知识，证明上述结论。 五、计算题：本大题共5小题，共46分。 14.如图所示，倾角的光滑斜面固定在地面上，斜面的长度。质量的滑块可视为质点从斜面顶端由静止滑下。已知，，空气阻力可忽略不计，重力加速度g取。求： 滑块滑到斜面底端时速度的大小； 滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小； 在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小。 15.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。测得ab间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为，不计空气阻力，g取。试计算： 运动员在a处的速度大小； 运动员从a处开始到在空中离坡面的最大距离时的飞行时间； 运动员在空中离坡面的最大距离。 16.如图所示，AB段是长为5R的粗糙水平轨道，BC段是半径为R的光滑竖直半圆形轨道，两段轨道在B点处平滑连接，质量均为m的滑块1和滑块2分别静止于A点和B点。现用力F对滑块1施加一水平向右的瞬时冲量，使其以的初速度沿轨道AB运动，与滑块2发生碰撞，碰后二者立即粘在一起沿轨道BC运动并通过C点。已知两滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数，半圆形轨道的直径BC沿竖直方向，重力加速度为g，滑块1和2均可视为质点。求： 力F对滑块1所做的功W； 滑块1和滑块2组成的系统在碰撞过程中损失的机械能； 滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小。 17.从分解的角度研究某一运动是物理学分析问题的基本方法，其中即可以沿着固定的方向进行分解固定不动的直角坐标系，也可以始终沿着平行速度与垂直速度方向进行分解自然坐标系。 如图1，将一物体以速度水平抛出，若重力加速度为g，且不计空气阻力。那么当物体的速度方向与水平方向夹角为时，求： 此时物体速率的大小； 此时物体运动对应的曲率半径的大小提示：研究曲线运动时，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，如图所示。 如图2所示，把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球穿在沿水平x轴的光滑杆上，能够在杆上自由振动。另一小球B在竖直平面内以为圆心，在电动机的带动下，沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动。用竖直向下的平行光照射小球B，然后调节B球转动的角速度，可以实现小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时时重合。已知弹簧劲度系数为k，小球A的质量为m，小球B的角速度为。 要实现这一现象，请推导角速度与劲度系数k必须满足的关系； 结合a的结论，请论证弹簧振子的运动周期与其振幅无关。 18.中国水力资源理论蕴藏量、技术可开发量、经济可开发量及已建和在建开发量均居世界首位，水力资源是中国能源资源的最重要的组成部分之一。在世界能源日益紧缺的大背景下，如何充分利用水能，同时更好地保护环境，实现可持续发展，已成为中国水电建设乃至能源战略调整的必然选择。 年5月20日全线修建成功的三峡大坝在防洪、抗旱、发电等领域都起到了非常重要的作用。三峡电站是世界上装机容量最大的水电站。设通过大坝的，流量为单位时间内流过的水的体积，水的密度为，三峡大坝平均水位差为H，不计上游水流速度，坝底涡轮机将机械能转化为电能的效率为n，重力加速度为g。计算三峡电站的平均发电功率。 水力资源丰富的也会导致我国南方在每年的汛期遭受洪涝灾害的困扰。为降低洪涝灾害所带来的损失，一个最简单的做法就是修建防洪堤坝。在河流转弯处，河水会对外侧河岸产生附加压强，因此转弯处的防洪堤坝需要修的更加牢固。下面我们对河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强做一些定量研究。 ①这一附加压强的产生是由于河水转弯动量变化引起的。我们首先来研究一个简单模型。质量为m的小球斜射到木板上，与木板发生完全弹性碰撞，即碰撞前后的速度大小都是v，如图所示。已知碰撞后的速度方向相对于碰撞前转过了角，碰撞过程中忽略小球所受重力。设小球与木板相互作用的时间为。求出碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小。 ②下面我们来研究河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强。设水的密度为，由坝底到水面的高度为h，河宽为w。计算这一附加压强。设河流拐弯处可看作外侧半径为R的圆弧，河道宽度相等，流速v为定值。提示：在非常小的情况下 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：对电脑受力分析，如图所示： 根据受力平衡可得：， A、根据三力平衡，底座对电脑的支持力和摩擦力的合力等于重力的大小，方向与重力相反，故A错误； B、当电脑受到静摩擦力时，，不能用动摩擦公式计算，故B错误； C、由于在增大过程中，电脑一直受到静摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以，及，故C正确； D、根据受力平衡，当增大时，也增大，所以f减小；减小，F增大，故D错误。 故选：C。 对电脑进行受力分析，根据受力平衡联立方程组，再根据夹角的变化，分析选项的正确性。 本题主要考查共点力平衡，根据平衡联立方程，再结合角度变化，分析力的变化。 2.【答案】B  【解析】解：每一次跳起重力做的功为，故A错误； B.每次跳起时，沿地面对该同学的支持力方向发生的位移为零，则做功为零，故B正确； C.该同学从跳起到落地的过程中，加速度方向一直竖直向下，故该同学失重，故C错误； D.每次离开地面的瞬间该同学的速度不为零，则根据，可知重力的瞬时功率不为零，故D错误。 故选：B。 根据已知条件和物理中的力学公式，我们可以计算出该同学每一次跳起所克服的重力做功，从而计算功率对题目选项进行判断，根据加速度方向判断超重失重。 该题靠运用物理力学中的功和功率的公式进行计算。掌握计算功和功率的公式，并能正确理解题目中的物理概念是正确解题的关键。 3.【答案】D  【解析】A.根据0时刻，P点的振动方向为y轴正方向，结合同侧法，可知波的传播方向为水平向右，故A错误； B.根据简谐运动的特点，可知P点振动过程中，在平衡位置时，速度最大，即此时P点的速度不是最大速度，故B错误； C.根据时P第一次回到平衡位置，可知：，可知这段时间内，Q点回到平衡位置继续向下振动，还未到波谷，根据回复力公式：，可知其加速度大小先变小后变大，故C错误； D.处的质点与P点的间距为：，由图可知波长为6m，，可得到其振动与P点振动恰好相反，故D正确。 故选：D。 根据0时刻，P点的振动方向，结合同侧法，可知波的传播方向；根据简谐运动的特点，可知P点振动过程速度的变化情况，分析其是否为最大速度；根据时P的位置，可知与四分之一周期的关系，分析Q的振动特点，判断其加速度变化情况；根据处的质点与P点的间距与波长的关系，可得到其振动与P点振动的特点。 本题考查波形图的分析，关键是根据时刻P第一次回到平衡位置，分析其质点振动、波的传播特点。 4.【答案】B  【解析】解：在一个周期内小球两次经过最低点，由图乙可知单摆的周期为，故A错误； B.根据，可得重力加速度大小为，故B正确； C.由可知单摆的周期大小与单摆的振幅无关，即与小球拉起的幅度无关，故C错误； D.小球经过最低点时，速度最大，合力方向指向悬挂点，小球做的是圆周运动，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故D错误。 故选：B。 单摆的周期根据图乙判断，重力加速度根据单摆的周期公式计算，单摆的周期与振幅无关，小球经过最低点时合力方向指向悬挂点。 本题考查了对单摆的理解，掌握单摆的周期公式是解题的基础。 5.【答案】D  【解析】解：A、对A、B，分别根据牛顿第二定律有， 联立解得A、B间轻绳拉力大小，故A错误； BC、对于A、B及地球组成的系统，由于只有重力做功，故系统的机械能守恒，则物体B减少的重力势能等于物体A、B增加的动能，故BC错误； D、根据功能关系可知，物体B减少的机械能等于物体B克服绳的拉力做的功，即，故D正确。 故选：D。 对A和B，分别根据牛顿第二定律列方程，即可求出A、B间轻绳的拉力大小；对照机械能守恒条件分析A、B及地球组成的系统机械能是否守恒；根据能量转化情况判断物体B减少的重力势能与物体A增加的动能的关系；根据功能关系求物体B减少的机械能。 本题考查机械能守恒定律和牛顿第二定律的应用。运用牛顿第二定律时，要明确研究对象，本题采用隔离法分析，也可以根据整体法求加速度，再用隔离法求绳子拉力大小。 6.【答案】C  【解析】解：A、不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即 嫦娥五号在Ⅳ轨道上绕月运行时，万有引力提供向心力，，解得：，故A错误； B、在Ⅱ轨道上稳定运行时，根据牛顿第二定律可得：，解得：，而P点的半径更大，所以P点的加速度比Q点的加速度小，故B错误； C、从III轨道进入IV轨道应在Q点减速，机械能减小，故在III轨道上的机械能比IV轨道上大，故C正确； D、由I轨道进入II轨道需在P点处进行减速，应向前喷气，由II轨道进入III轨道需在Q处进行减速，应向前喷气，故D错误； 故选：C。 根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度；根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系；根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向。 本题主要考查万有引力定律的相关应用，根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。 7.【答案】C  【解析】解：A、由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，随着物体远离地心，受到的惯性力方向向西，角速度小于地球自转的角速度，所以相对抛出点向西运动，而当物体下落时，由于方向反向，惯性力的方向也变为向东，角速度小于地球自转的角速度，由于上升和下落过程对称，物体落回地面时角速度等于地球自转的角速度，落回的地点应在抛出点的西方，故A错误； B、由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程r增大，根据角动量守恒可知，越来越小，下落过程中r减小，根据角动量守恒可知，越来越大，落回地面时角速度等于地球自转的角速度，所以落回的地点在抛出点的西侧，故B错误； CD、根据题意可知，若将一物体在北京竖直向上抛出，由方法一可知，物体远离地心运动，受到的惯性力方向向西，物体向西偏转，由方法二可知，物体到地心的距离r增大，根据角动量守恒可知，角速度减小，由于地球自西向东转动，角速度不变，物体角速度减小，故物体向西偏转，故C正确，D错误。 故选：C。 地球作为一个转动的非惯性系时，物体受到的假想惯性力的作用，以及物体在有心力作用下运动时的角动量守恒原理。 通过这两种方法分析物体在不同地理位置赤道和北京释放时的偏转方向，从而判断各选项的正确性。 此题涉及两种不同的物理原理来解释物体在地球表面附近释放时的偏转方向。 8.【答案】CD  【解析】A.根据题意分析可知，A、B两点属于皮带传动模型，线速度相等，因为半径不同，故角速度不相等，故A错误； B.根据题意分析可知，B、C两点属于同轴传动模型，角速度相等，因为半径不同，故线速度不相等，故B错误； C.根据题意分析可知，转速之比，故C正确； D.根据题意分析可知，脚踏板转动一圈，前进的距离为，故D正确。 故选：CD。 根据链条传动线速度相等与同轴传动角速度相等的特点，利用线速度v、角速度、半径r 的关系，以及转速n与角速度的关系，对各选项逐一分析。 本题关键是区分链条传动线速度相等与同轴传动角速度相等的模型，再结合推导物理量间的关系。 9.【答案】AB  【解析】解：A、已知游戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，可知过了B点之后游戏者只受重力，加速度恒为做竖直上抛运动，由图乙可知AB段的长度为，故A正确； B、在处加速度为零，此时游戏者速度最大，在处速度为零。游戏者所受合力为ma，由微元法可知，图像与x轴围成的面积乘以游戏者的质量m可以表示合力对游戏者做功的绝对值，可得由到合力做功为： 根据动能定理得：，解得游戏者最大速度为：，故B正确； C、同理，对的阶段由动能定理得：，即，说明的阶段图像与x轴围成的面积与阶段的相等，由图乙可知，x1必大于，则值必大于g，故C错误； D、根据图乙作出游戏者由A到C的图像如下图所示， 由C选项的解答可知，可得图像A处的斜率大于C处斜率的绝对值，由此可得从A点到D点的时间小于从D点到C点的时间，则这两个过程的重力的冲量大小不相等，故D错误。 故选：AB。 已知游戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，可知过了B点之后游戏者只受重力，加速度恒为做竖直上抛运动，根据图乙判断AB段的长度；在处加速度为零，此时游戏者速度最大，应用微元法，利用图像与x轴围成的面积乘以游戏者的质量m可以表示合力做功的大小，根据动能定理求解游戏者的最大速度；根据动能定理得到的阶段合力做功，由图像与x轴围成的面积分析值与g的大小关系；根据图乙作出游戏者由A到C的图像，根据图像的物理意义得到两个过程的时间大小关系，根据冲量的定义得到这两个过程的重力的冲量大小关系。 本题考查了动能定理、牛顿第二定律、变力做功的求解、冲量的定义等问题。掌握力与运动的关系，掌握动能定理的应用。 10.【答案】CD  【解析】解：根据图像的物理意义可知，图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，时刻解除A球锁定，时刻解除B球锁定，则时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为，则有 时刻后，以的方向为正方向，A、B组成的系统满足动量守恒，所以总动量等于时刻A球的动量，则有 故A错误； B.根据图像可知时刻A球的加速度为0，此时弹簧弹力等于0，可知弹簧处于原长状态，时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，所以时刻两球具有相同的速度，设时刻A、B两球的速度为，从到过程，A球的速度变化量大小为 B球的速度变化量大小为 从到过程，以的方向为正方向，A、B组成的系统满足动量守恒 解得 故B错误； C.由上述分析知 故C正确； D.从到时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则 解得 故D正确。 故选：CD。 A.根据图像的物理意义以及动量守恒求解； B.根据动量守恒求质量比； C.根据以上分析即可判断与的关系； D.根据机械能守恒求解。 本题考查了动量守恒和能量守恒，解题的关键是知道图像上图线与横轴所夹的面积表示速度的变化量。 11.【答案】BD A 两球在碰撞过程中有动能损失   【解析】、要保证小球A从轨道末端以相等的速度沿水平方向飞出，所以轨道末端必须水平，轨道可以是粗糙的，但必须让小球A从同一位置静止释放，故A错误； B、实验过程中，白纸不能移动，否则会影响小球落点位置，影响小球的水平位移大小，从而影响小球水平速度的计算，故B正确； C、入射小球和被碰小球必须发生对心碰撞，且要保证入射小球不被反弹，所以入射小球和被碰小球大小相等，且入射小球的质量大于被碰小球的质量，故C错误； D、在同一组实验中，入射小球到达轨道末端的速度必须相同，所以入射小球每次都必须从同一位置由静止释放，故D正确。 故选：BD； 两个小球在离开轨道后做的都是平抛运动，它们在竖直方向下落的高度相同，根据可知，它们在空中运动的时间相等，它们水平方向的速度大小为，根据动量守恒定律有，结合图中数据可得，即，所以只需要测量A、B两小球的质量、，以及平抛射程OP、OM、ON即可，故A正确，BC错误。 故选：A； 根据上面的分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动量守恒； 若两个小球发生的是弹性碰撞，根据机械能守恒则有，整理可得。若出现，其主要原因是两球在碰撞过程中有动能损失造成的。 故答案为：；；；两球在碰撞过程中有动能损失。 根据实验注意事项和实验要求分析； 根据平抛运动规律和动量守恒定律分析； 根据动量守恒和机械能守恒分析。 掌握“验证动量守恒定律”的实验原理，实验注意事项和实验数据的处理方法是解题的基础。 12.【答案】B   【解析】【解答】根据验证机械能守恒定律的表达式 重物和夹子的质量可以约掉，因此不需要称出重物和夹子的质量，故A错误； B.为了减小阻力的影响，图中两限位孔必须在同一竖直线上，故B正确； C.为了充分利用纸带，实验时，先接通打点计时器的电源，再放开纸带，故C错误； D.公式或者是在重物做自由落体运动的条件下得到的，本身满足机械能守恒，因此数据处理时，不能用或者来计算重锤在某点的速度，故D错误。 故选：B。 从打点计时器打下点O到点B的过程中，重物减少的重力势能； 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的速度 根据动能的定义式，从打点计时器打下点O到点B的过程中，增加的动能 根据机械能守恒定律 变形得 图像的斜率 考虑空气阻力，根据动能定理 变形得 图像斜率 联立解得。 故答案为：；；；。 【分析】根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答； 根据重力势能的定义求解重力势能的减小量；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下B点的速度，根据动能的定义求解动能的增加量； 根据机械能守恒定律和动能定理分别求解函数，结合图像斜率的含义求解作答。 本题考查了利用打点计时器、纸带、重物等器材验证机械能守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握机械能守恒定律和动能定理的运用，掌握根据纸带求解瞬时速度的方法，掌握图像法数据处理方法。 13.【答案】根据万有引力提供向心力有 解得 解答不正确，因为随着竖直上抛物体高度的升高，离地球越来越远，万有引力越来越小，重力加速度的值会越来越小，由于物体上升过程中做减速运动的加速度越来越小，因此物体上升的最大高度应该大于做匀减速上升的高度，即物体上升的最大高度应该大于； 设第一宇宙速度为v，有 得到 若物体能运动到距离星球无穷远处而脱离星球的束缚，根据机械能守恒定律有 解得 又由题：星体成为黑洞的条件为 即 解得。  【解析】根据万有引力提供向心力解得第一宇宙速度； 根据加速度变化分析最大高度； 根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞，结合机械能守恒定律分析逃逸速度，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件。 本题是信息题或新概念题，首先要耐心、细心读题，抓住有效信息，其次建立物理模型。 14.【答案】解：设滑块滑到斜面底端时的速度为v，滑块下滑过程中只有重力对滑块做功，据动能定理有： ， 解得滑块到达底端时的速度大小； 滑块滑到斜面底端时速度在竖直方向上的分量， 重力对物体做功的瞬时功率：； 滑块在重力和支持力作用下做匀加速直线运动，已知初速度为0，末速度， 由平均速度公式可知，滑块在斜面上运动时间：， 所以在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小：。 答：滑块滑到斜面底端时速度的大小为； 滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小为； 在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小为。  【解析】滑块滑到斜面底端的过程中根据动能定理求得到达底端时的速度大小； 根据重力与重力方向速度的乘积求得重力的瞬时功率，即； 求得滑块下滑的时间，根据求得重力的冲量大小即可。 本题考查了求速度、功率与冲量问题，滑块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式都可以解题。 15.【答案】运动员从A点做平抛运动，而平抛运动可以分解成竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，设竖直方向的位移为y，水平方向的位移为x，则 ，， 代入数据解得； 当运动员从a处开始到在空中离坡面的距离最大时，此时运动员的速度方向恰好和坡面平行，此时速度方向偏转了，根据运动的合成与分解，可将速度正交分解成水平方向的和竖直方向的，则有，， 代入数据可得；  将运动员的运动分解到垂直斜面向上和平行斜面向下，则可知在垂直斜面向上运动员做匀减速的运动，离斜面最远的距离也是垂直斜面向上速度减为零的地方，将初速度分解到垂直斜面的方向，可得， 将重力加速度分解到垂直斜面的方向，可得， 设最大距离为h，则有， 解得。 答：运动员在a处的速度大小等于； 运动员从a处开始到在空中离坡面的最大距离时的飞行时间等于1s； 运动员在空中离坡面的最大距离等于。 【分析】运动员从A点做平抛运动，结合平抛运动规律求解； 运动员的速度方向恰好和坡面平行时，离坡面有最大距离，结合速度的分解以及运动学公式求解； 将运动员的速度以及加速度分解到垂直斜面向上和平行斜面向下，垂直斜面分速度等于零有最大距离，结合几何关系和运动学公式求解。 本题考查学生对平抛运动规律的理解与应用，其中灵活应用运动的合成与分解方法与运动学公式方可解题。  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】力F对滑块1所做的功W为18mgR；   滑块1和滑块2组成的系统在碰撞过程中损失的机械能为8mgR；   滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小为6mg  【解析】根据动能定理，力F对滑块1所做的功W为 设滑块1到B点的速度为，从A到B由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度为 滑块1和滑块2碰后共同的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒 解得 碰撞过程损失的机械能为 滑块1和滑块2组成的系统从B到C过程，机械能守恒，设到C点的速度为，则有 解得 根据牛顿第三定律，滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小与等大反向，则 答：力F对滑块1所做的功W为18mgR； 滑块1和滑块2组成的系统在碰撞过程中损失的机械能为8mgR； 滑块1和滑块2经过C点时对轨道压力的大小为6mg。 根据动能定理求解力F对滑块1所做的功； 根据动能定理求解A和B碰撞前的速度大小，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解碰撞过程中损失的机械能； 从B到C根据动能定理求解二者达到C点的速度大小，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得对轨道压力的大小。 本题主要是考查了动量守恒定律、动能定理、竖直方向的圆周运动以及能量守恒定律等；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。 17.【答案】a、此时物体速率的大小为；物体运动对应的曲率半径的大小为；   a、推导角速度与劲度系数k必须满足的关系为；b、见解析  【解析】、依题意，当物体的速度方向与水平方向夹角为时，此时物体速率为 b、在B点，由牛顿第二定律有： 则此时的曲率半径为： 、小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时时重合，可知小球A的运动为小球B在水平方向上的分运动，小球A在O点的时瞬时速度即为小球B匀速圆周运动的速度大小；以小球A为研究对象，设它经过平衡位置O时的速度为v，当它从最大位移处运动到O，根据机械能守恒有： 整理解得： 则角速度与劲度系数k必须满足的关系为： b、小球A振动的周期与小球B做圆周运动的周期相等。根据圆周运动周期公式，小球B的运动周期 所以小球A的振动周期为： 由此可知弹簧振子的运动周期与其振幅无关。 答：、此时物体速率的大小为；b、物体运动对应的曲率半径的大小为； 、推导角速度与劲度系数k必须满足的关系为；b、见解析。 根据A点的速度方向，结合平行四边形定则求出物体抛出的初速度。结合平行四边形定则得出B点的速度以及的竖直分速度，结合牛顿第二定律求曲率半径； 根据机械能守恒求出最大速度，再由角速度与线速度关系求角速度。根据角速度与周期的关系求求出周期后可以得到结论。 本题主要考查了平抛运动、圆周运动和简谐运动等，除了要理解基本规律外，此处还要明确题干中B球的影子与A球重合，故A球的速度最大时B球的速度最大，即可判断。 18.【答案】解：单位时间内流过的水的质量为 下落H所做的功为 得平均发电功率为 解得 ①小球碰撞前后动量变化量为 规定小球的初速度方向为正方向，由动量定理 联立解得 ②时间内流过的水的质量为 这些水转过一个小角度的动量改变量为 设这些水受到的堤坝对它的作用力大小为，根据动量定理 可得 根据牛顿第三定律河水对堤坝的作用力大小 对应的外侧面积为 河流转弯处河水对外侧河岸的附加压强为 答：三峡电站的平均发电功率为； ①碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小为； ②这一附加压强为②。  【解析】先计算下落H重力做的功，然后根据功率公式计算即可； ①根据动量定理计算； ③根据动量定理和牛顿第三定律计算。 本题考查了功率的计算以及动量定理的应用，尤其是对流体在动量定理中的应用，注意研究对象的选择是解题的基础。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $