北京市第三十五中学2025-2026学年高一下学期期末物理模拟试卷

**基本信息** 以“天宫课堂”小球运动、乌贼喷水反冲等真实情境为载体，覆盖圆周运动、动量、机械能等核心知识，通过实验探究与综合计算考查科学思维与建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|匀速圆周运动物理量、万有引力定律|结合体操落地缓冲考查动量定理应用| |多选题|4/16|圆锥摆运动、同步卫星特点|以“赤道高塔卫星释放”情境考查完全失重| |实验题|2/18|向心力影响因素、机械能守恒验证|通过塔轮半径比设计控制变量法探究| |计算题|3/26|碰撞动量守恒、旋转飞椅圆周运动、行星冲日|结合开普勒第三定律推导火星公转周期| |综合题|1/10|蹦极运动能量与加速度分析|通过a-h图像类比法证明位移关系，体现质疑创新|

2025-2026学年北京市第三十五中学高一(下)期末物理模拟试卷 一、单选题:本大题共10小题,共30分。 1.做匀速圆周运动的物体,下列物理量中发生改变的是( ) A. 动能 B. 向心加速度 C. 周期 D. 频率 2.两个质点之间万有引力的大小为F,如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍,那么它们之间万有引力的大小变为( ) A. 2F B. 4F C. D. 3.体操运动员在落地时总是要曲腿的目的是( ) A. 减小地面对运动员的平均作用力 B. 减小地面对运动员的冲量 C. 减小运动员所受重力的冲量 D. 减小运动员的动量变化量 4.物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t的变化的图像如图所示,下列选项正确的是( ) A. 力F在前2秒内的冲量为 B. 物体在2s时动量的大小为 C. 力F在前4s内的冲量大小为 D. 物体在4s时的动量大小为 5.如图所示,一卫星绕地球运动,图中虚线为卫星的运行轨迹,P、Q是轨迹上的两个位置,其中P距离地球最近,Q距离地球最远。下列说法中正确的是( ) A. 卫星在P点受到地球的万有引力最小 B. 卫星在Q点的速度最大 C. 卫星在P点的加速度最大 D. 卫星在Q点的角速度最大 6.乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动,被称为“水中火箭”。一只乌贼吸满水的总质量为M,速度为0。遇到危险时,乌贼在极短时间内将质量为m的水向前喷出,获得速度向后逃离。已知乌贼喷出水的速度大小为,下列说法正确的是( ) A. 乌贼逃窜速度的大小 B. 乌贼逃窜速度的大小 C. 喷水过程,乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 D. 喷水过程,乌贼与喷出的水组成的系统机械能守恒 7.如图所示,质量相等的小物块P和Q在水平圆盘上与轴距离不同,都随圆盘一起在水平面内做匀速圆周运动,小物块与圆盘间的动摩擦因数相同。下列说法中正确的是( ) A. 小物块P和Q所受摩擦力一样大 B. 小物块P所受摩擦力更大些 C. 小物块P对圆盘的压力更大些 D. 小物块P受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 8.如图所示,用两根长度相同的细线,分别悬挂两个大小相同的小球A、B,两球并排放置。拉起A球至距初始位置高度为h处并由静止释放,该球到达最低点后与静止的B球发生碰撞。已知小球A、B质量分别为m、2m,两小球发生的是弹性碰撞,重力加速度为g。关于两球碰撞过程,下列说法正确的是( ) A. 碰撞后小球A停止摆动 B. 碰撞后小球B的动量大小为 C. 碰撞后小球B的速度为 D. 碰撞后小球B运动的最大高度 9.结合万有引力定律和向心力相关知识,可推得开普勒第三定律中k的表达式。下面关于k的说法中正确的是( ) A. k就是G B. k与G无关 C. k与中心天体的质量M有关 D. 太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值相同 10.在首次“天宫课堂”教学中,航天员王亚平在天宫一号空间实验室做了一个实验。如图所示,一个小球用细线悬挂在固定支架上,她用手轻推小球,给小球一初速度使其在竖直平面内做匀速圆周运动。在王亚平看来,有关小球经过圆周最低点和最高点时的情况,下列说法正确的是( ) A. 小球的速度大小相等,方向相同 B. 小球的加速度大小相等,方向相同 C. 细线的拉力大小相等,方向相反 D. 小球经过最低点时细线的拉力大于小球经过最高点时细线的拉力 二、多选题:本大题共4小题,共16分。 11.如图所示,质量为m的小球用细线悬于P点,使小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动过程中,细线跟竖直方向的夹角为,下列说法正确的是( ) A. 小球受到重力、拉力和向心力 B. 小球受到的重力和拉力的合力沿水平方向 C. 越大,小球的向心力越大 D. 越大,小球的角速度越小 12.想象在赤道上建个直达地球同步静止轨道的高塔,人带着卫星在高塔内坐电梯缓慢上升,到达同步静止轨道的高度后,打开电梯门,轻轻地将卫星释放,下列推断合理的是( ) A. 卫星将成为一颗同步卫星 B. 卫星将向地球地面掉下去 C. 卫星受到地球的引力为零 D. 卫星处于完全失重状态 13.如图所示,将质量为m的小球从倾斜轨道上的A点由静止释放,小球将沿着轨道运动到最低点B点后进入圆轨道,且能通过圆轨道的最高点C点。已知圆轨道的半径为R,小球的释放点与轨道最低点的高度差为3R。若不计阻力,则( ) A. 小球经过B点时的动能是经过C点时的3倍 B. 小球经过B点时的速度是经过C点时的3倍 C. 小球经过B点时的向心力是经过C点时的3倍 D. 小球经过B点时对轨道的压力是经过C点时的3倍 14.如图所示,运动员腰系轻绳拖着轮胎在跑道上进行训练。绳子对轮胎施加恒力的大小为300N,方向与水平方向成。轮胎被拖着从静止开始沿着水平直线宽道移动3m后,绳子突然断了,轮胎又往前移动了一段距离停下。已知轮胎的质量为36kg,跑道与轮胎间的动摩擦因数为,g取,,。忽略空气阻力,下列说法正确的是( ) A. 轮胎速度的最大值为 B. 绳子断后,轮胎又前进了2m停下 C. 从开始运动到绳断的过程,绳子对轮胎所做功的平均功率为480W D. 从轮胎开始运动到停下的过程,跑道对轮胎的摩擦力所做的功为 三、实验题:本大题共2小题,共18分。 15.用图1所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1:2:1。如图2所示,将皮带套在第二层塔轮上,该层左、右塔轮的半径之比为2:1。 若匀速转动手柄,左、右塔轮的角速度之比为 。 某同学实验时,将两个等质量的小球分别放在A、C位置。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与 选填“质量”、“角速度”或“半径”的关系。若匀速转动手柄,左右标尺露出长度的比值约等于 。 若探究小球的向心力大小与半径的关系,应将皮带轮放在第 层塔轮上,把质量相同的两个小球分别放在B和C位置上。 16.用图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。 实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少量为 ,动能增加量为 。 在规范操作的情况下,大多数同学的实验结果显示,重力势能的减少量略大于动能的增加量,原因是 。 甲、乙两位同学在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘图像。甲同学认为,如果图像是一条过原点的直线,则说明重物下落过程中机械能守恒;乙同学认为,如果重物下落过程中受到恒定的阻力,图像也会是一条过原点的直线,因此图像是一条过原点的直线不能说明重物下落过程中机械能守恒。你认为谁的观点正确?请通过推导证明该同学的观点是正确的: 。 四、计算题:本大题共3小题,共26分。 17.在列车编组站里,一辆质量为m的货车在平直轨道上运动,以速度碰上一辆质量为m的静止的货车,它们碰撞后结合在一起继续运动。求: 两货车碰撞后运动速度的大小v; 碰撞过程损失的机械能; 若两车碰撞的时间为t,求碰撞过程中平均作用力的大小F。 18.图甲所示是一种叫作“旋转飞椅”的游乐项目,将其结构简化为如图乙所示的模型。长的钢绳一端系着座椅,另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时,钢绳沿竖直方向自由下垂;转盘匀速转动时,钢绳与转轴在同一竖直平面内,钢绳与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点,质量。不计钢绳所受重力和空气阻力,重力加速度。 当转盘匀速转动时,求游客和座椅做圆周运动线速度的大小v。 求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中,钢绳对游客和座椅做的功W。 19.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日”。 若已知太阳质量M和日地距离r、引力常量为G,求地球公转周期为; 若已知火星绕太阳运动的轨道半径是地球绕太阳运动的轨道半径的倍,地球公转周期为,求: 火星绕太阳运动的公转周期的大小; 火星相邻两次冲日的时间间隔用和表示。 五、综合题:本大题共1小题,共10分。 20.蹦极是极限运动的一种。为保证安全,要研究下落最大距离与人的质量、弹性绳弹性系数、阻力等诸多因素的关系。实际情况比较复杂,可简化为如下模型:弹性绳视为轻弹簧,质量可忽略不计,弹力的大小,弹性势能,其中x是弹性绳的形变量,k是劲度系数;人视为质点,始终在一竖直线上运动。 已知,蹦极用弹性绳原长为,劲度系数为k,重力加速度为g。 质量为m的人从平台由静止下落,到达A点时弹性绳恰好伸直,继续向下到达最低点B,A、B两点间距离为d;之后又会反弹到某个高度,再下落……最后停在空中。人受到的阻力与速度大小有关,速度为0时,阻力为0。 求人在B点时的加速度的大小及方向。 将人、弹性绳和地球视为一个系统,求从人离开平台到停在空中的整个过程,系统损失的机械能。 实际上,人在运动过程中受到的空气阻力较小,可忽略不计.甲、乙两人质量分别为、,且,分别用同一弹性绳蹦极,以平台为原点,向下为正方向,两人下落最大位移分别为、。图2所示为甲下落过程中加速度a与下落位移h之间的关系图。 请在图2中画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图。 类比直线运动中由图像求位移的方法,尝试利用图证明。 答案和解析 1.【答案】B 【解析】解:A、做匀速圆周运动的物体,速度大小不变,则动能不变,故A错误; B、做匀速圆周运动的物体,向心加速度大小不变,方向变化,所以向心加速度在改变,故B正确; CD、做匀速圆周运动的物体,周期、频率均不变,都是恒量,故CD错误。 故选:B。 匀速圆周运动是线速度大小保持不变的圆周运动,它的线速度大小、动能、角速度、周期、频率都保持不变;它的速度、向心加速度、合外力都在变化。 解决本题时,要掌握匀速圆周运动的特点,要知道描述匀速圆周运动的物理量中哪些量是变化的,哪些量是不变的。 2.【答案】D 【解析】解:根据万有引力定律公式得将这两个质点之间的距离变为原来的2倍,则万有引力的大小变为原来的故ABC错误,D正确。 故选:D。 根据万有引力定律公式进行判断。 解决本题的关键掌握万有引力定律的公式,并能灵活运用。 3.【答案】A 【解析】解:D、运动员落地前瞬间的速度大小v是一定的,落地后速度变为0,则运动员的动量变化量大小也是一定的,与是否屈腿无关,故D错误; A、规定向上为正方向,在落地缓冲过程中,对运动员应用动量定理有,解得地面对运动员的平均作用力; 运动员落地时曲腿,延长了脚与地面的接触时间t,由上述公式可知,在动量变化量mv一定的情况下,延长作用时间t可以减小地面对运动员的平均作用力F,起到缓冲保护的作用,故A正确; C、重力的冲量,由于接触时间t延长,重力的冲量增大,故C错误; B、地面对运动员的冲量,由于时间t延长,地面对运动员的冲量也是增大的,故B错误。 故选:A。 运动员落地时速度由v减为零,动量变化量一定。曲腿延长了脚与地面接触的时间,根据动量定理,在动量变化量相同的情况下,作用时间越长,地面对运动员的平均作用力越小,从而起到缓冲保护作用。地面对运动员的冲量等于动量的变化量加上重力的冲量,时间延长会使重力的冲量和地面对运动员的冲量都增大,而重力的冲量仅由重力与时间决定,时间延长也会使其增大。 本题以体操运动员落地缓冲为背景,巧妙考查动量定理的核心应用。题目通过一个具体的生活实例,引导学生分析缓冲过程中各物理量的变化,重点检验对动量、冲量、动量变化量等概念的理解深度,以及对动量定理表达式的灵活运用能力。计算量小,但概念辨析要求高,属于中等难度的基础题。学生需清晰辨析合外力冲量与各分力冲量的区别,并理解在动量变化量确定的前提下,延长作用时间是减小平均作用力的关键,这正是许多缓冲设计的物理原理。本题能有效锻炼学生的逻辑推理能力和将实际问题抽象为物理模型的能力。 4.【答案】C 【解析】解:A、力F在前2秒内的冲量,故A错误; B、物体由静止开始运动,以运动方向为正方向,2s时由动量定理可知,代入数据可得,故B错误; C、力F在前4秒内的冲量大小,故C正确; D、物体由静止开始运动,以运动方向为正方向,4s时由动量定理可知,代入数据可得,故D错误。 故选:C。 根据冲量的定义式和动量定理分析。 考查了动量和冲量的计算,动量定理的应用,熟练掌握常用表达式,注意物理量的标矢性。 5.【答案】C 【解析】解:根据万有引力表达式有,由于P距离地球最近,则卫星在P点受到地球的万有引力最大,故A错误; B.卫星由P点运动到Q点过程,万有引力方向与速度方向夹角为钝角,卫星做减速运动,可知,卫星在Q点的速度最小,故B错误; C.根据牛顿第二定律有,解得,由于P距离地球最近,则卫星在P点的加速度最大,故C正确; D.根据与线速度的关系有,结合上述,卫星在Q点的速度最小,Q距离地球最远,则卫星在Q点的角速度最小,故D错误。 故选:C。 根据椭圆轨道结合万有引力定律公式导出加速度、万有引力的大小变化情况,结合引力做功的正负判断卫星的加减速运动问题。 考查万有引力定律的应用问题,会根据题意进行相关物理量的推导和判断。 6.【答案】B 【解析】解:规定水喷出的方向为正方向,乌贼与喷出的水组成的系统不受外力,系统动量守恒,根据动量守恒定律,解得乌贼逃窜速度的大小。 AB、根据上述分析可知,乌贼逃窜速度的大小为,故A错误,B正确; C、在喷水过程中,乌贼消耗的生物能转化为乌贼和喷出水的动能,根据能量守恒定律可知,消耗的能量大于喷出水的动能,故C错误; D、在喷水过程中,乌贼消耗的生物能转化为系统的机械能,导致乌贼与喷出的水组成的系统总机械能增加,故系统机械能不守恒,故D错误。 故选:B。 题目涉及乌贼喷水运动过程,可视为反冲模型。喷水前后乌贼与水的总动量守恒,系统初动量为零,喷出水的动量与乌贼剩余部分动量大小相等、方向相反,由此可建立两者质量与速度的关系。喷水过程中乌贼消耗自身生物化学能转化为系统机械能,因此系统总机械能增加,不满足机械能守恒条件,且消耗的能量大于喷出水的动能。 本题以乌贼喷水运动为背景,考查动量守恒定律及其应用,同时涉及能量转化与守恒的分析。题目情境新颖生动,能够有效激发学生对反冲现象的理解兴趣。计算量适中,重点在于正确建立动量守恒方程并准确判断速度方向,要求学生具备清晰的物理建模能力。选项C和D则进一步考查学生对能量来源及机械能守恒条件的深入理解,需要区分系统总机械能的变化与能量转化的具体过程,这有助于锻炼学生的逻辑推理与综合分析能力。 7.【答案】B 【解析】分析: 根据匀速圆周运动中,合外力提供向心力,结合受力分析以及牛顿第三定律可得出答案。 在解答本题时,应注意解决匀速圆周运动问题,掌握合外力提供向心力,以及理解和记忆常用向心力表达式是解题的关键。 解答: 小物块水平方向受到的摩擦力提供匀速圆周运动的向心力,由于质量相等的小物块P和Q在同一圆盘上做匀速圆周运动,故P和Q的角速度相等,小物块P的半径大于小物块Q的半径,由公式可知,小物块P受到的摩擦力大于小物块Q受到的摩擦力,故A错误,B正确; C.重力与支持力是平衡力,小物块P和Q质量相等,故两物块重力相等,所受圆盘的支持力相等,根据牛顿第三定律,两物块对圆盘的压力相等,故C错误; D.小物块P受到重力、支持力、摩擦力的作用,向心力为效果力,由摩擦力提供,故D错误。 故选B。 8.【答案】D 【解析】解:ABC、设两球碰撞前瞬间A球的速度大小为,A球从高度h处由静止释放,下摆过程由机械能守恒定律得:,解得: 两球发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间A、B的速度分别为、,以向左为正方向,根据动量守恒定律与机械能守恒定律得: 联立解得:, 碰撞后小球A的速度不为零,不会停止摆动。碰撞后小球B的动量大小为:,故ABC错误; D、设碰撞后小球B运动的最大高度为H,对B上摆的过程,由机械能守恒定律得:,解得:,故D正确。 故选:D。 对A球下摆过程,由机械能守恒定律求得两球碰撞前瞬间A球的速度大小,两球发生弹性碰撞,根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得碰撞后瞬间A、B的速度。由动量的定义求得碰撞后小球B的动量大小;对B上摆的过程,由机械能守恒定律求得碰撞后小球B运动的最大高度。 本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用。掌握弹性碰撞结果的经验公式。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。 9.【答案】C 【解析】解:ABC、根据万有引力提供向心力有: 解得: 由开普勒第三定律得:,故AB错误,C正确; D、根据前面分析可知k与中心天体的质量M有关,所以太阳行星系统的k值与地球卫星系统的k值不相同,故D错误。 故选:C。 根据万有引力提供向心力求解的表达式,从而得到k的表达式,进而得到决定k的物理量。 本题主要考查对开普勒第三定律公式和万有引力公式的理解。理解万有引力提供向心力是解题关键。 10.【答案】C 【解析】解:小球在竖直面内做匀速圆周运动,则在最高点和最低点的速度大小相等,方向相反,故A错误; B.根据可知,小球的加速度大小相等,方向相反,故B错误; 根据可知,细线的拉力大小相等,方向相反,即小球经过最低点时细线的拉力等于小球经过最高点时细线的拉力,故C正确,D错误。 故选:C。 小球在竖直面内做匀速圆周运动,速度大小相等,结合加速度表达式和细线的拉力表达式分析。 本题考查描述匀速圆周运动规律的物理量和相互关系,要掌握各物理量的计算式,同时会推导各物理量间的相互关系。 11.【答案】BC 【解析】解:对小球进行受力分析,小球受到重力、拉力作用,两个力的合力沿水平方向,充当做圆周运动的向心力,故A错误,B正确; 根据牛顿第二定律可知 可得 可知越大,小球的向心力越大,小球的角速度越大,故C正确,D错误。 故选:BC。 小球受到重力、拉力作用,合力充当做圆周运动的向心力,找出向心力的来源,结合牛顿第二定律列式求解。 该题考查匀速圆周运动,牢记向心力的公式,知道向心力的来源即可。 12.【答案】AD 【解析】解:卫星在地球同步轨道上,且角速度与地球自转角速度相同,故卫星将成为一颗同步卫星,故A正确,B错误; C.卫星在同步轨道受到的地球引力不为0,故C错误; D.卫星在同步轨道做匀速圆周运动,有加速度且加速度完全由万有引力提供,故处于完全失重状态,故D正确。 故选:AD。 根据同步卫星的角速度和地球自转角速度相等进行分析判断; C.根据卫星的受力情况进行解答; D.根据卫星在轨道上的运行情况判断受力情况和对应的状态。 考查万有引力定律的应用问题,会根据题意进行准确的分析解答。 13.【答案】AC 【解析】解:AB、由动能定理可得 从A到B有 从A到C有 则,,故A正确,B错误; C、小球经过B点时的向心力,经过C点时的向心力,结合,可得,故C正确; D、由牛顿第二定律可得 在B点有 在C点有 解得,由牛顿第三定律可知小球经过B点时对轨道的压力是经过C点时的7倍,故D错误。 故选:AC。 根据动能定理求出小球经过B点和C点时的动能,再求它们的倍数,进而求出速度关系;根据向心力公式求向心力关系;根据牛顿第二定律和牛顿第三定律分析小球经过B点时和C点时对轨道的压力关系。 本题是动能定理与向心力的综合,涉及力在空间的积累效果时,运用动能定理求动能或速度是常用方法,要熟练掌握。 14.【答案】AC 【解析】解:从开始运动到绳断的过程,绳子对轮胎施加恒力的大小为,方向与水平方向成,跑道与轮胎间的动摩擦因数为,轮胎的质量为,轮胎受到的支持力为,此过程轮胎的加速度大小为,对轮胎进行受力分析,可得 代入数据可得 轮胎被拖着从静止开始沿着水平直线宽道移动的位移为,而后开始做减速运动,则轮胎速度的最大值满足 解得 故A正确; B.绳子断后,轮胎做匀减速直线运动,设其减速运动的加速度大小为,则可得 解得 设轮胎又前进了停下,则 解得 故B错误; C.从开始运动到绳断的过程,绳子对轮胎所做功 该过程的时间 绳子对轮胎所做功的平均功率 故C正确; D.从开始运动到绳断的过程,轮胎受到的摩擦力 绳子断后,轮胎受到的摩擦力 从轮胎开始运动到停下的过程,跑道对轮胎的摩擦力所做的功为 故D错误; 故选:AC。 从开始运动到绳断的过程对轮胎受力分析,求出加速度,再利用运动学公式即可求出轮胎速度的最大值;绳子断后,轮胎做匀减速直线运动,求出其减速运动的加速度大小再利用运动学公式即可求轮胎前进的距离;求出从开始运动到绳断的过程,绳子对轮胎所做功,利用平均速度公式求绳子对轮胎所做功的平均功率;分别表示从开始运动到绳断的过程,轮胎受到的摩擦力和绳子断后,轮胎受到的摩擦力,利用功的公式求跑道对轮胎的摩擦力所做的功。 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁,清楚平均功率的计算公式。 15.【答案】:2 角速度 1:4 一 【解析】解:根据线速度与角速度的关系 若匀速转动手柄,左、右塔轮的角速度之比为; 某同学实验时,将两个等质量的小球分别放在A、C位置,半径相等,根据控制变量法可知,此次实验是为了探究小球的向心力大小与角速度的关系; 左右标尺露出长度的比值等于向心力之比,根据向心力公式 左右标尺露出长度的比值 若探究小球的向心力大小与半径的关系,应保持小球质量相同,角速度相同;根据线速度与角速度的关系可知,两塔伦的半径应该相等,因此将皮带轮放在第一层塔轮上,把质量相同的两个小球分别放在B和C位置上。 故答案为::2;角速度;1:4;一。 根据线速度与角速度的关系求解作答; 根据控制变量法分析作答;根据向心力公式求解作答; 根据控制变量法、线速度与角速度的关系分析作答。 本题主要考查了探究圆周运动的相关参数问题的实验,要明确实验原理,掌握向心力公式的运用,理解控制变量法的含义。 16.【答案】;; 重物下落时有阻力作用; 乙同学观点正确。 若机械能守恒则满足: 则化简变形得到: 若有阻力,则满足 则: 因此若机械能守恒,图像过原点的并且斜率为2g的直线。则若图像只是一条过原点的直线不能说明重物下落过程中机械能守恒。 【解析】从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少量为: 打B点时的速度: 动能增加量为: 在规范操作的情况下,大多数同学的实验结果显示,重力势能的减少量略大于动能的增加量,原因是重物下落时有阻力作用,一部分重力势能转化为内能。 若机械能守恒则满足: 则化简变形得到: 若有阻力,则满足 则: 因此若机械能守恒,图像过原点的并且斜率为2g的直线。则若图像只是一条过原点的直线不能说明重物下落过程中机械能守恒。乙同学的观点正确。 故答案为:、;重物下落时有阻力作用;乙同学观点正确。推导见解析 根据光电门计算瞬时速度的要求,结合减小实验阻力以及验证系统机械能守恒的基本原理进行分析判断; 根据光电门计算瞬时速度,再结合动能的表达式求解动能增量; 根据机械能守恒定律列式,结合图像的斜率的物理意义列式联立推导重力加速度的表达式。 考查系统机械能守恒定律的应用,会根据题意,利用光电门的知识分析解答。 17.【答案】两货车碰撞后运动速度的大小为 碰撞过程损失的机械能为 碰撞过程中平均作用力的大小为 【解析】解:两货车碰撞过程中系统动量守恒,规定货车初速度方向为正方向,根据动量守恒定律,解得两货车碰撞后运动速度的大小。 根据能量守恒定律,碰撞过程中系统损失的机械能等于系统初末动能之差,即,联立解得碰撞过程损失的机械能。以原来静止的货车为研究对象,规定货车初速度方向为正方向,根据动量定理,联立解得碰撞过程中平均作用力的大小。 答:两货车碰撞后运动速度的大小为。 碰撞过程损失的机械能为。 碰撞过程中平均作用力的大小为。 两货车碰撞过程属于完全非弹性碰撞,系统在水平方向不受外力,动量守恒。已知碰撞前运动货车速度为,静止货车速度为零,两车质量相等。碰撞后两车结合为一体,共同速度为待求量v。根据动量守恒定律,由碰撞前系统的总动量等于碰撞后系统的总动量,即可直接建立方程求解v。 碰撞过程损失的机械能等于系统初态总动能与末态总动能之差。初态动能仅由运动货车贡献,末态动能则为结合后两车的总动能。速度v已在第一问求出,将已知质量与初末速度代入动能表达式,作差即可求得损失的机械能。 碰撞过程中平均作用力的大小可通过动量定理求解。选取原来静止的货车为研究对象,其在碰撞过程中受到另一货车施加的作用力,该力的冲量使其动量从零增加到末态动量。已知碰撞时间t及末速度由第一问结果给出,根据动量定理,平均作用力F与作用时间t的乘积等于该车动量的变化量,由此可建立关系求解F。 本题全面考查碰撞这一核心物理模型,涉及动量守恒定律、能量转化与守恒以及动量定理的综合应用。题目计算量适中,难度层级属于中等偏下,主要检验学生对基础碰撞模型的理解与基本公式的熟练运用。学生需准确识别完全非弹性碰撞的特征,并合理选择研究对象应用动量定理,从而系统性地完成速度、能量损失及作用力的求解。本题能有效锻炼学生建立物理模型、进行逻辑推理和运用数学工具解决实际问题的能力。 18.【答案】游客和座椅做圆周运动线速度的大小为 钢绳对游客和座椅做的功为1200J 【解析】解:当转盘匀速转动时,对游客和座椅受力分析如图所示 根据牛顿第二定律,可得 根据几何关系可得游客和座椅做圆周运动的半径为代入相关已知数据得游客和座椅做圆周运动线速度的大小为 游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程,根据动能定理有 代入数据解得钢绳对游客和座椅做的功 答:游客和座椅做圆周运动线速度的大小为; 钢绳对游客和座椅做的功为1200J。 根据牛顿第二定律,几何关系计算; 根据动能定理计算。 本题考查物体在圆锥面上做圆周运动,牛顿第二定律,几何关系,动能定理计算。 19.【答案】地球公转周期为 火星绕太阳运动的公转周期的大小;火星相邻两次冲日的时间间隔 【解析】解:设地球的质量为m,由万有引力提供向心力有 解得 ①由开普勒第三定律有 解得 ②设火星相邻两次冲日的时间间隔,则有 解得 答:地球公转周期为; ①火星绕太阳运动的公转周期的大小; ②火星相邻两次冲日的时间间隔。 由万有引力提供向心力计算; 由开普勒第三定律计算; 火星相邻两次冲日的时间,由地球比火星多转一周计算。 本题考查地球绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力计算;开普勒第三定律,火星相邻两次冲日的时间,地球比火星多转一周计算。 20.【答案】解:、在最低点,对人根据牛顿第二定律有: 解得:,方向向上; b、人最后停在空中受力平衡,根据平衡条件可得: 人在空中运动的过程中系统损失的机械能为: ; 、自由下落过程中加速度大小均为g; 受到弹力后,设弹簧伸长量为x,根据牛顿第二定律可得:,解得: 所以m越大,图象的斜率越小。 所以乙下落过程中加速度与下落位移的关系图线如图所示; b、根据牛顿运动定律及功的定义式可知,整个过程中合外力做的功为:; 类比直线运动中由图像求位移的方法,可知人下落过程中受合力做的功与图中图线与横轴围成的“面积”成正比,下落全过程人的动能变化量为0,根据动能定理可知合力对人做的总功也为0,即横轴以上的“面积”与横轴以下的“面积”应大小相等。 由图可知,乙图线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”,因此,乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面积”,所以。 答:人在B点时的加速度的大小为,方向向上; 将人、弹性绳和地球视为一个系统,从人离开平台到停在空中的整个过程,系统损失的机械能为; 图象见解析。 证明见解析。 【解析】、在最低点,对人根据牛顿第二定律求解加速度大小和方向; b、人最后停在空中受力平衡,根据平衡条件结合能量关系求解人在空中运动的过程中系统损失的机械能; 、根据牛顿第二定律得到图象斜率与质量的关系进行画图; b、根据牛顿运动定律及功的定义式得到整个过程中合外力做的功,采用类比法证明。 本题主要是考查功能关系、动能定理和牛第二定律,能够根据类比法分析下落过程中位移的大小是解答本题的难点。 第1页,共1页 学科网(北京)股份有限公司 $