精品解析：北京市第八中学2026-2027学年高三上学期10月学情自测物理试题

2026北京八中高三10月月考 物理 一、单选题（共10个小题，每小题中只有一个选项符合题意。每小题3分，共30分） 1. 某新能源汽车刹车后在地面上留下的刹车痕迹长为45m。设刹车后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2，由以上数据可推测汽车在刹车前瞬间的速度大小为（　　） A. 9m/s B. 15m/s C. 20m/s D. 25m/s 2. 一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇紧急情况进行制动刹车，做匀减速直线运动，其中AB、BC、CD、DE各段位移所用时间均为1s，测得AB和CD两段位移分别为x1=18m，x3=10m，如图所示。已知汽车从A点开始减速并计时，下列说法正确的是（　　） A. 汽车制动后第2s内的平均速度大小为16m/s B. 汽车制动前匀速运动的速度大小为18m/s C. 第4s末汽车速度刚好减为0 D. 汽车制动后加速度大小为4m/s2 3. 如图所示，车厢在水平面上运动的过程中，质量为m的小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为θ。在车厢底板上还有一个跟车厢相对静止的物块。已知重力加速度为g，忽略小球和物块所受阻力，下列说法正确的是（　　） A. 车厢可能在向左做匀加速直线运动 B. 车厢的加速度大小为gtanθ，方向水平向右 C. 小球受到三个力的作用，合力大小为mgtanθ D. 物块处于平衡状态 4. 如图所示，在一水平长木板上放一木块P、缓慢抬起木板的右端至某角度θ的过程中，木块P和木板始终相对静止，则（　　） A. 木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小 B. 木块受到木板的支持力不做功、摩擦力做功 C. 木块受到木板的作用力不变、方向竖直向上 D. 木块受到木板的作用力冲量为零 5. 如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B，不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小 B. 人先处于超重状态，后处于失重状态 C. 人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量 D. 绳对人作用力的冲量大于重力的冲量 6. 如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A. 小球受到重力、支持力和向心力的作用 B. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度大小不同 C. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，半径越大线速度越大 D. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，半径越大角速度越大 7. 如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A. 小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg B. 小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg C. 小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于 D. 小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于 8. 水平传送带在电机带动下匀速运转，将物体（可视为质点，质量为m）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　） A. 刚开始物体相对传送带向右运动 B. 仅增大μ，物体做加速运动的位移变大 C. 仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量不变 D. 仅增大m，物体从A点运动到B点，电机多消耗的电能增加 9. 一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　） A. A球和B球组成系统的动量不守恒 B. 细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C. k值越大，B球落地的速度越接近 D. k值越大，B球运动的加速度越接近g 10. 果农在约5米高的树上采摘榴莲时，割断果柄，树下另一人双手撑开一个厚实的布袋。假设榴莲脱落后做自由落体运动，被布袋兜住的瞬间，接果的果农顺势将布袋下沉一段距离，榴莲在袋内经过约0.3秒速度减为零，整个过程榴莲完好无损。已知这颗榴莲质量为3kg，重力加速度g取10m/s2。关于这一接果过程，下列说法正确的是（　　） A. 榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中，动能随时间均匀增大 B. 榴莲刚接触布袋时，其动能大小为3000J C. 在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为100N D. 若果农没有顺势下沉而是僵住不动，使榴莲在0.01s内速度减为零，则榴莲受到的平均冲击力将超过3000N 二、多项选择题（共4个小题，每小题至少有两个选项符合题意。每小题4分，共16分，少选得2分，错选或多选不得分） 11. 北京时间2026年9月17日08:32，在海南商业航天发射场2号工位，“长征十二号”遥九运载火箭点火发射，随后将卫星互联网低轨25组卫星顺利送入预定的近地轨道。关于近地轨道卫星，下列说法正确的是（　　） A. 角速度大于地球自转的角速度 B. 线速度大于地球的第一宇宙速度 C. 向心加速度大于地球表面的重力加速度 D. 向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度 12. 如图是翻滚过山车的实验模型。质量为的小球从曲面轨道上的点由静止下滑后，恰能在半径为的竖直圆轨道上完成圆周运动。已知为轨道最低点，为轨道最高点，重力加速度为。小球可视为质点，不计一切摩擦和空气阻力，且轨道各处平滑相连。下列说法正确的是（ ） A. 小球在点时的速度等于0 B. 小球在点时对轨道的压力等于 C. 小球在点时的速度为 D. 小球释放时距点的高度等于 13. 电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 图中①过程汽车所受合力越来越大 B. 可求图中②过程下滑200m回收的电能 C. 图中②过程下滑100m后仍在回收能量 D. 由题中及图像信息可求出电动车的质量 14. 为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中，质量为的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力与对应的速度，并描绘出如图所示的图像（图中、均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒为电动车重力的0.05倍，重力加速度取，则（ ） A. 该车启动后，先做匀加速运动，后做匀速运动 B. 该车的额定功率为6kW C. 该车做匀加速运动的时间是1.5s D. 该车加速度为0.25m/s2时，速度为10m/s 三、实验题（共2个小题，共14分） 15. 在“探究加速度与力、质量关系”实验中，针对不同实验方案，需明确两个关键操作条件：①是否必须平衡摩擦力；②是否必须满足小车质量远大于所挂钩码的质量。 甲方案：采用如图甲所示的装置。认为钩码的重力等于小车受到的拉力。 乙方案：采用如图乙所示的装置。使用弹簧测力计直接测量细绳对钩码的拉力。 丙方案：采用如图丙所示的装置。使用力传感器直接测量细绳对小车的拉力。 （1）上述三种实验方案中，若要顺利完成实验，哪些方案需要平衡摩擦力（　　） A. 甲方案 B. 乙方案 C. 丙方案 D. 都不需要 （2）上述三种实验方案中，哪个方案需满足“小车质量远大于所挂钩码的质量”（　　） A. 甲方案 B. 乙方案 C. 丙方案 D. 都不需要 （3）某同学用乙方案进行实验，正确操作后获得一条清晰的纸带。A、B、C、D、E、F、G是选取的计数点，如图a所示，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，为使实验结果尽可能准确，他用刻度尺测量出各计数点与点A之间的距离。已知交流电的频率是50Hz，计算小车运动的加速度大小a=___________m/s2（结果保留两位有效数字）。 （4）该同学用甲、乙、丙三个实验方案作出的a-F图像分别对应图b中的_____（填选项前字母序号）。 A. ABC B. CAB C. CBA D. ACB 16. 如图甲所示为向心力演示仪，某同学利用该装置探究向心力大小的表达式。 （1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时采用的实验方法是（　　）。 A. 理想实验法 B. 控制变量法 C. 等效替代法 D. 演绎推理法 （2）在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分格的比值等于两小球的______之比（选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”） （3）为进一步验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，设计了如图乙所示的实验装置。其中AB是固定在竖直转轴OO′上的水平凹槽，A端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为d的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤如下： ①测出挡光片与转轴的距离为L； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为r； ③启动电动机，使凹槽AB绕转轴OO′匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数F和挡光时间Δt。 （a）小钢球转动的线速度为v=______（用L、d、Δt、r表示）； （b）该同学为了探究向心力大小F与线速度v的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应线速度的数据。作出F-v2图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦，且小钢球球心与转轴的距离为r=0.20 m，则小钢球的质量m=______kg（结果保留两位有效数字）。 （4）小红同学用如图丁所示装置验证向心力大小与角速度的关系。长度为L的细线上端固定，下端悬挂质量为m的小球（视为质点），将画有几个同心圆的白纸置于悬点下方的平台上，其圆心在细线悬挂点的正下方。现给小球一初速度，使其恰沿纸面上半径为R的圆做匀速圆周运动，此时小球对纸面恰好无压力，用秒表记录小球转动n圈所用的总时间为t。不计空气阻力，重力加速度大小为g。 ①小球做匀速圆周运动的角速度为______（用给出的字母表示）。 ②保持n的取值不变，改变L和R进行多次实验，可获取不同的t。若以t2为纵轴，作出的图像为一条直线，则横轴为______（选填选项前的字母）。 A． B． C． D． 四、论述计算题（共4个小题，共40分。解答时写出必要的文字说明和原始公式，只写出最后答案不得分） 17. 体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求： （1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； （2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向； （3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 18. 如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直粗糙半圆形轨道BC相切于B点。质量分别为2m和m的两个小滑块a、b（可视为质点）静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲量，使其获得的初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，重力加速度为g。 （1）求a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。 （2）求分离时小滑块a、b的速度大小及小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力。 （3）若小滑块b刚好可以过C点，求B到C摩擦力对小滑块b做的功。 19. 19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球静止卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为、半径为、自转周期为，万有引力常量为。 （1）求高塔的高度； （2）若某次通过太空电梯发射质量为的卫星时，预定其轨道高度为； ①若该卫星上升到预定轨道高度时与太空电梯脱离，脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，试分析说明卫星刚脱离太空电梯后相对地心，将做加速直线运动、圆周运动、近心运动还是离心运动？ ②太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀速圆周运动，以地心为参考系，求推进装置需要做的功。 20. 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 （1）假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 （2）某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京八中高三10月月考 物理 一、单选题（共10个小题，每小题中只有一个选项符合题意。每小题3分，共30分） 1. 某新能源汽车刹车后在地面上留下的刹车痕迹长为45m。设刹车后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2，由以上数据可推测汽车在刹车前瞬间的速度大小为（　　） A. 9m/s B. 15m/s C. 20m/s D. 25m/s 【答案】B 【解析】 【详解】汽车刹车后水平方向仅受滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律 刹车过程为匀减速直线运动，末速度为0，根据匀变速直线运动速度-位移公式 解得 故选B。 2. 一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇紧急情况进行制动刹车，做匀减速直线运动，其中AB、BC、CD、DE各段位移所用时间均为1s，测得AB和CD两段位移分别为x1=18m，x3=10m，如图所示。已知汽车从A点开始减速并计时，下列说法正确的是（　　） A. 汽车制动后第2s内的平均速度大小为16m/s B. 汽车制动前匀速运动的速度大小为18m/s C. 第4s末汽车速度刚好减为0 D. 汽车制动后加速度大小为4m/s2 【答案】D 【解析】 【详解】AB．汽车制动后做匀减速直线运动，取运动方向为正方向，设制动开始时速度为，加速度记作，每段时间为。第1秒内汽车的位移满足 第3秒内汽车的位移满足 两式相减，得 由第1秒位移式反求制动初速度，得 第2秒内汽车的位移为 代入制动初速度和加速度，得 制动前汽车速度为；由平均速度定义，第2秒内的平均速度大小为 ，故AB错误； C．由匀变速直线运动速度时间关系可知，第4秒末汽车速度为，故C错误； D．由前述计算得制动加速度为，其大小为，故D正确。 故选D。 3. 如图所示，车厢在水平面上运动的过程中，质量为m的小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为θ。在车厢底板上还有一个跟车厢相对静止的物块。已知重力加速度为g，忽略小球和物块所受阻力，下列说法正确的是（　　） A. 车厢可能在向左做匀加速直线运动 B. 车厢的加速度大小为gtanθ，方向水平向右 C. 小球受到三个力的作用，合力大小为mgtanθ D. 物块处于平衡状态 【答案】B 【解析】 【详解】C．对小球受力分析可知，小球受到重力、拉力两个力的作用，合力大小为。故C错误； B．根据牛顿第二定律可知 解得 方向水平向右。车厢与小球相对静止，则加速度亦如此。故B正确； A．车厢有水平向右的恒定加速度，可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动。故A错误； D．物块与车厢相对静止，也做匀变速运动，不处于平衡状态。故D错误。 故选B。 4. 如图所示，在一水平长木板上放一木块P、缓慢抬起木板的右端至某角度θ的过程中，木块P和木板始终相对静止，则（　　） A. 木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小 B. 木块受到木板的支持力不做功、摩擦力做功 C. 木块受到木板的作用力不变、方向竖直向上 D. 木块受到木板的作用力冲量为零 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据平衡条件，垂直于木板方向有 平行于木板方向有 在增大的过程中，减小，增大，所以支持力减小，摩擦力增大，故A错误； B．木块的位移是随木板抬起过程沿圆弧轨迹向上：支持力方向垂直木板向上，与木块的位移分量夹角为锐角，因此支持力做正功；静摩擦力沿木板向上，而木块相对木板无滑动、位移的切向分量垂直于静摩擦力方向，因此摩擦力不做功，B错误； C．木块受到木板的作用力是支持力和摩擦力的合力。根据平衡条件，该合力与重力等大反向，即大小为，方向竖直向上。由于重力不变，所以木板对木块的作用力大小不变，故C正确； D．结合动量定理，木板对木块的作用力的冲量与重力冲量等大反向，大小不为零、方向竖直向上，故D错误。 故选C。 5. 如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B，不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小 B. 人先处于超重状态，后处于失重状态 C. 人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量 D. 绳对人作用力的冲量大于重力的冲量 【答案】D 【解析】 【详解】AB．开始阶段，绳子的弹力小于重力，则人的加速度向下，人处于失重状态。由于此时、同向，所以人的速度逐渐增加；当绳子的弹力大于重力时，人的加速度向上，人处于超重状态，由于、反向，所以此时人的速度减小。因此绳子对人的拉力方向始终向上，人的速度先增加后减小，人先处于失重状态，后处于超重状态，故AB错误； C．人下落，其重力势能减小；人最终的速度减为0，则人的动能也减小。则由能量守恒定律可知，人动能的减少量与重力势能的减小量之和等于绳弹性势能的增加量，故C错误； D．设人的质量为，初速度为，从A点运动到B点的过程绳的拉力的冲量为，重力的冲量为，以向下为正方向，则对人列动量定理方程有 变形有 所以绳对人作用力的冲量大于重力的冲量，故D正确。 故选D。 6. 如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A. 小球受到重力、支持力和向心力的作用 B. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度大小不同 C. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，半径越大线速度越大 D. 小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，半径越大角速度越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．向心力是按照力的作用效果命名的，可以由某个力、某个力的分力或几个力的合力来提供，不能直接说小球受向心力的作用。可以说小球受到重力和支持力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，或说成支持力水平方向的分力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故A错误； B．设漏斗的倾角为，对小球进行受力分析并将力沿着水平方向和竖直方向进行正交分解，如图所示： 竖直方向根据平衡关系有 水平方向根据牛顿第二定律有 联立解得小球做匀速圆周运动的向心加速度大小为 由于漏斗的倾角不变，所以小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度的大小相同，故B错误； C．根据可知，由于小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度的大小相同，所以半径越大线速度越大，故C正确； D．根据可知，由于小球在漏斗壁上不同高度做匀速圆周运动时，向心加速度的大小相同，所以半径越大角速度越小，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A. 小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg B. 小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg C. 小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于 D. 小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于 【答案】A 【解析】 【详解】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为 故A正确；C错误； B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点 在C点 所以 若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点 在C点 所以 故B错误； D．小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得 解得杆对小球做的功等于 故D错误。 故选A。 8. 水平传送带在电机带动下匀速运转，将物体（可视为质点，质量为m）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（　　） A. 刚开始物体相对传送带向右运动 B. 仅增大μ，物体做加速运动的位移变大 C. 仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量不变 D. 仅增大m，物体从A点运动到B点，电机多消耗的电能增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．刚开始物体的速度小于传送带的速度，且传送带向右运动，所以物体相对传送带向左运动，故A错误； B．由牛顿第二定律得，物体在共速前有 解得物体的加速度 由 物体加速运动的位移 解得 分析可得，仅增大，物体做加速运动的位移变小，故B错误； C． 由得，物体加速运动的时间为 传送带的位移为 则 则因摩擦产生的热量为 分析可得，仅增大，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C错误； D．由能量守恒定律得，电机多消耗的电能转化为物体的动能和摩擦产生的热量，即 分析可得，仅增大，物体从A点运动到B点，电机多消耗的电能增加，故D正确。 故选D。 9. 一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　） A. A球和B球组成系统的动量不守恒 B. 细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C. k值越大，B球落地的速度越接近 D. k值越大，B球运动的加速度越接近g 【答案】C 【解析】 【详解】AD．设绳中张力大小为，两球加速度大小为。以竖直向上为正方向，球向上、球向下，对球由牛顿第二定律得 对球由牛顿第二定律得 联立得两球加速度大小为 任取释放后的运动时间，球的速度变化向上，球的速度变化向下，因此两球组成的系统总动量变化量为 所以系统动量不守恒；当时，比例因子趋近于1，所以球加速度趋近于，故AD正确； B．轻绳不可伸长且质量不计，定滑轮轻质光滑，两侧绳张力大小相等。两球从释放到球落地的受拉力时间相同，设张力为、运动时间为，该过程中张力恒定，由恒力冲量大小可知两球所受绳拉力冲量大小相等，故B正确； C．球下落期间做匀加速直线运动。取竖直向下为正方向，由匀变速直线运动的速度与位移关系得，代入A项求得的加速度，球落地速度为 当时，球落地速度趋近于，故C错误。 本题选不正确的，故选C。 10. 果农在约5米高的树上采摘榴莲时，割断果柄，树下另一人双手撑开一个厚实的布袋。假设榴莲脱落后做自由落体运动，被布袋兜住的瞬间，接果的果农顺势将布袋下沉一段距离，榴莲在袋内经过约0.3秒速度减为零，整个过程榴莲完好无损。已知这颗榴莲质量为3kg，重力加速度g取10m/s2。关于这一接果过程，下列说法正确的是（　　） A. 榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中，动能随时间均匀增大 B. 榴莲刚接触布袋时，其动能大小为3000J C. 在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为100N D. 若果农没有顺势下沉而是僵住不动，使榴莲在0.01s内速度减为零，则榴莲受到的平均冲击力将超过3000N 【答案】D 【解析】 【详解】A．榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中做自由落体运动，根据速度-时间公式得 动能大小为 可知动能与时间的平方成正比，不是随时间均匀增大，故A错误； B．忽略布袋离地面的高度，榴莲自由落体高度为 自由落体过程中只有重力做功，机械能守恒得，榴莲刚接触布袋时，动能，故B错误； C．榴莲自由落体的末速度 根据动量定理得 解得在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为，故C错误； D．若果农僵住不动，作用时间 根据动量定理有 解得，故D正确。 故选D。 二、多项选择题（共4个小题，每小题至少有两个选项符合题意。每小题4分，共16分，少选得2分，错选或多选不得分） 11. 北京时间2026年9月17日08:32，在海南商业航天发射场2号工位，“长征十二号”遥九运载火箭点火发射，随后将卫星互联网低轨25组卫星顺利送入预定的近地轨道。关于近地轨道卫星，下列说法正确的是（　　） A. 角速度大于地球自转的角速度 B. 线速度大于地球的第一宇宙速度 C. 向心加速度大于地球表面的重力加速度 D. 向心加速度大于地球表面的物体随地球自转的向心加速度 【答案】AD 【解析】 【详解】A．近地轨道卫星绕地周期约为，地球自转周期约为。由角速度定义可知，，故A正确； B．设地球半径为，近地卫星轨道半径为，其中。由万有引力提供向心力，近地卫星线速度 第一宇宙速度对应地表附近的圆轨道， 由于，所以，故B错误； CD．对近地卫星，由万有引力提供向心力可得 按高中常用近似，忽略地球自转对地表重力加速度的修正，有。由于，所以 地球表面物体随地球自转的向心加速度在赤道最大，按约为；近地卫星的向心加速度约为，远大于此值，故C错误，D正确。 故选AD。 12. 如图是翻滚过山车的实验模型。质量为的小球从曲面轨道上的点由静止下滑后，恰能在半径为的竖直圆轨道上完成圆周运动。已知为轨道最低点，为轨道最高点，重力加速度为。小球可视为质点，不计一切摩擦和空气阻力，且轨道各处平滑相连。下列说法正确的是（ ） A. 小球在点时的速度等于0 B. 小球在点时对轨道的压力等于 C. 小球在点时的速度为 D. 小球释放时距点的高度等于 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．依题意，小球恰能通过点，则小球在点时对轨道的压力为，由牛顿第二定律，有 得，AB错误； C．对小球，从到，由动能定理，有 得，C正确； D．小球从释放到达点，有 得，D正确。 故选CD。 13. 电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 图中①过程汽车所受合力越来越大 B. 可求图中②过程下滑200m回收的电能 C. 图中②过程下滑100m后仍在回收能量 D. 由题中及图像信息可求出电动车的质量 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由动能定理，合力做功等于动能变化；图①的斜率反映沿斜坡方向的合力。图①为直线，斜率恒定，数值为 因此汽车沿斜坡方向的合力恒定，不会越来越大，故A错误； BC．两次测试的初动能相同，在同一位置的重力势能也相同，因此两条曲线在同一位置的动能差，表示开启回收装置后额外转化出的机械能。在处，两曲线的动能差为 按的回收效率，回收的电能为 下滑后，图①的动能继续增加而图②的动能保持约不变，两曲线间距继续增大，说明装置仍在回收能量，故BC正确； D．图①只确定汽车沿斜坡方向的合力为。按牛顿第二定律，合力由质量和加速度共同决定；设运动阻力大小为，沿斜坡方向的受力关系为重力分力减去运动阻力满足 “无动力”只表示电机不输出动力，并不意味着运动阻力为零。题目没有给出阻力大小或汽车加速度，因此不能唯一确定汽车质量，故D错误。 故选BC。 14. 为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中，质量为的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力与对应的速度，并描绘出如图所示的图像（图中、均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒为电动车重力的0.05倍，重力加速度取，则（ ） A. 该车启动后，先做匀加速运动，后做匀速运动 B. 该车的额定功率为6kW C. 该车做匀加速运动的时间是1.5s D. 该车加速度为0.25m/s2时，速度为10m/s 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C。由图像可知，AB段牵引力不变，电动车做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，由于图像为过原点的直线，所以功率不变，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，速度达到最大值，电动车做匀速直线运动，故A错误； C．电动车做匀加速直线运动时，加速度 由，可知该车做匀加速运动的时间，故C正确； BD．该车加速度为时，牵引力为 根据 根据，则此时的速度为 故BD正确。 故选BCD。 三、实验题（共2个小题，共14分） 15. 在“探究加速度与力、质量关系”实验中，针对不同实验方案，需明确两个关键操作条件：①是否必须平衡摩擦力；②是否必须满足小车质量远大于所挂钩码的质量。 甲方案：采用如图甲所示的装置。认为钩码的重力等于小车受到的拉力。 乙方案：采用如图乙所示的装置。使用弹簧测力计直接测量细绳对钩码的拉力。 丙方案：采用如图丙所示的装置。使用力传感器直接测量细绳对小车的拉力。 （1）上述三种实验方案中，若要顺利完成实验，哪些方案需要平衡摩擦力（　　） A. 甲方案 B. 乙方案 C. 丙方案 D. 都不需要 （2）上述三种实验方案中，哪个方案需满足“小车质量远大于所挂钩码的质量”（　　） A. 甲方案 B. 乙方案 C. 丙方案 D. 都不需要 （3）某同学用乙方案进行实验，正确操作后获得一条清晰的纸带。A、B、C、D、E、F、G是选取的计数点，如图a所示，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，为使实验结果尽可能准确，他用刻度尺测量出各计数点与点A之间的距离。已知交流电的频率是50Hz，计算小车运动的加速度大小a=___________m/s2（结果保留两位有效数字）。 （4）该同学用甲、乙、丙三个实验方案作出的a-F图像分别对应图b中的_____（填选项前字母序号）。 A. ABC B. CAB C. CBA D. ACB 【答案】（1）ABC （2）A （3）0.50 （4）B 【解析】 【小问1详解】 甲、乙、丙方案中均需要使绳子对小车的拉力（或其合力）等于小车所受合力，故需要平衡摩擦力。 故选ABC。 【小问2详解】 根据牛顿第二定律可得， 联立可得 由此可知，当小车质量M远大于所挂钩码的质量m时，钩码的重力等于小车受到的拉力，而乙、丙均有测力的工具，不需要满足小车质量M远大于所挂钩码的质量m。 故选A。 【小问3详解】 由于交流电的频率为50Hz，且相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻两个计数点间的时间间隔为 根据逐差法可得小车运动的加速度大小为 【小问4详解】 对甲图，根据牛顿第二定律可得， 联立可得， 当小车质量M远大于所挂钩码的质量m时，钩码的重力等于小车受到的拉力，即小车所受合力，所以 当钩码质量不断增大时，即F增大，若不满足小车质量M远大于所挂钩码的质量m时，则a-F图线切线的斜率不断减小，即图线向下弯曲，对乙图，根据牛顿第二定律可得 解得 对丙图，根据牛顿第二定律可得 解得 由以上分析可知，图线A为乙方案，图线B为丙方案，图线C为甲方案。 故选B。 16. 如图甲所示为向心力演示仪，某同学利用该装置探究向心力大小的表达式。 （1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时采用的实验方法是（　　）。 A. 理想实验法 B. 控制变量法 C. 等效替代法 D. 演绎推理法 （2）在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分格的比值等于两小球的______之比（选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”） （3）为进一步验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，设计了如图乙所示的实验装置。其中AB是固定在竖直转轴OO′上的水平凹槽，A端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为d的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。实验步骤如下： ①测出挡光片与转轴的距离为L； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为r； ③启动电动机，使凹槽AB绕转轴OO′匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数F和挡光时间Δt。 （a）小钢球转动的线速度为v=______（用L、d、Δt、r表示）； （b）该同学为了探究向心力大小F与线速度v的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应线速度的数据。作出F-v2图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦，且小钢球球心与转轴的距离为r=0.20 m，则小钢球的质量m=______kg（结果保留两位有效数字）。 （4）小红同学用如图丁所示装置验证向心力大小与角速度的关系。长度为L的细线上端固定，下端悬挂质量为m的小球（视为质点），将画有几个同心圆的白纸置于悬点下方的平台上，其圆心在细线悬挂点的正下方。现给小球一初速度，使其恰沿纸面上半径为R的圆做匀速圆周运动，此时小球对纸面恰好无压力，用秒表记录小球转动n圈所用的总时间为t。不计空气阻力，重力加速度大小为g。 ①小球做匀速圆周运动的角速度为______（用给出的字母表示）。 ②保持n的取值不变，改变L和R进行多次实验，可获取不同的t。若以t2为纵轴，作出的图像为一条直线，则横轴为______（选填选项前的字母）。 A． B． C． D． 【答案】（1）B （2）角速度平方 （3） ①. ②. 0.20 （4） ①. ②. C 【解析】 【小问1详解】 向心力的大小与多个因素有关，每次实验探究一个变量，其它保持不变，采用的是控制变量法。 【小问2详解】 左右标尺露出的红白相间等分格的比值等于向心力大小之比，根据可知，向心力大小与角速度平方成正比，故其比值等于角速度平方之比。 【小问3详解】 [1]挡光片的线速度为 小钢球与挡光片同轴转动，线速度满足 解得 [2]向心力大小与线速度的关系为（式中） 由图丙可知图线斜率 代入解得 【小问4详解】 [1]小球转动的周期为 代入角速度的定义式得 [2]对小球受力分析可知（式中为细线与竖直方向夹角） 代入、得 整理得 为定值，则与成正比，分别以两者为纵轴、横轴，作出的图像为一条直线。 故选C。 四、论述计算题（共4个小题，共40分。解答时写出必要的文字说明和原始公式，只写出最后答案不得分） 17. 体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求： （1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； （2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向； （3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 【答案】（1）；（2），方向与水平方向夹角；（3） 【解析】 【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则 解得；则排球在空中飞行的水平距离 （2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小 得；根据 得；设速度方向与水平方向夹角为（如答图所示） 则有 （3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小 18. 如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直粗糙半圆形轨道BC相切于B点。质量分别为2m和m的两个小滑块a、b（可视为质点）静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲量，使其获得的初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，重力加速度为g。 （1）求a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。 （2）求分离时小滑块a、b的速度大小及小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力。 （3）若小滑块b刚好可以过C点，求B到C摩擦力对小滑块b做的功。 【答案】（1） （2）分离时a的速度大小为，方向向右；b的速度大小为，方向向右。b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力大小为17mg，方向竖直向下。 （3） 【解析】 【小问1详解】 弹簧压缩到最短时，a、b速度相同，设共同速度为v 系统水平方向动量守恒，取向右为正得 解得 由系统机械能守恒，弹簧获得的最大弹性势能为 解得 【小问2详解】 弹簧恢复原长时a、b分离，此时弹性势能为0。 设分离时a、b速度分别为、，系统水平方向动量守恒，得 系统机械能守恒得 由动量守恒得 代入机械能守恒式得 化简得 解得或 为初始状态，舍去。 所以， 分离时a的速度大小为，方向向右；b的速度大小为，方向向右。 此后b在水平光滑轨道上匀速运动，到达B点时速度 在B点，对b由牛顿第二定律得 解得。 由牛顿第三定律，b对轨道的压力大小为17mg，方向竖直向下。 【小问3详解】 小滑块b刚好过C点，在最高点C恰好由重力提供向心力得 所以 从B到C，对小滑块b应用动能定理得 其中， 代入得 解得 19. 19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座直到地球静止卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为、半径为、自转周期为，万有引力常量为。 （1）求高塔的高度； （2）若某次通过太空电梯发射质量为的卫星时，预定其轨道高度为； ①若该卫星上升到预定轨道高度时与太空电梯脱离，脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，试分析说明卫星刚脱离太空电梯后相对地心，将做加速直线运动、圆周运动、近心运动还是离心运动？ ②太空电梯把卫星运送到预定轨道高度后，需用推进装置将卫星在预定轨道处发射进入预定轨道做匀速圆周运动，以地心为参考系，求推进装置需要做的功。 【答案】（1）；（2）①万有引力超过所需向心力，卫星脱离后做近心运动；② 【解析】 【详解】（1）塔高为静止卫星的轨道高度，设静止卫星质量为，由万有引力提供向心力有 可得 （2）①由于卫星脱离太空电梯时的角速度和静止卫星角速度相同，均为，而轨道高度为的圆轨道卫星角速度，由于 万有引力超过所需向心力，卫星脱离后做近心运动。 ②卫星被缓慢运送至高处时的速度大小为 高处的圆轨道卫星速度为，则由 可得 推进装置需要做的功 20. 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 （1）假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 （2）某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 对雨滴受力分析，由牛顿第二定律 解得（） 【小问2详解】 a、设时间内吸收小水滴的质量为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，即，吸收后的速度大小为 由动量守恒有 故 对小水滴由动量定理有 故小水滴受到的作用力 据牛顿第三定律雨滴受到小水滴作用力 b、一段时间后速度增加变得缓慢，加速度趋于0，设此时质量增加到M 空气阻力 水滴作用力 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $