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四川省成都市石室中学2022-2023学年高一物理下学期7月期末试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高一物理下学期7月期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
成都石室中学2022-2023学年度下期高2025届期末考试
物理试卷
第Ⅰ卷（选择题，共44分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用
B. 做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为0
C. 系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其频率最大
D. 力F做正功，其反作用力可能做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．绕地球做匀速圆周运动的卫星，只受重力作用，处于完全失重状态，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为
故B错误；
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其振幅最大，故C错误；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做负功，故D正确。
故选D。
2. 有一个正在摆动的秒摆（周期为2秒），若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.2s时，摆球（ ）
A. 正在做加速运动，回复力产生加速度正在增大
B. 在在做加速运动，回复力产生的加速度正在减小
C. 正在做减速运动，回复力产生的加速度正在增大
D. 正在做减速运动，回复力产生的加速度正在减小
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，有
所以摆球正在向右做减速运动，回复力产生的加速度正在增大。
故选C
3. 已知地球人造卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星1在轨道I通过A点的动能小于在卫星2在轨道Ⅱ通过A点的动能
B. 卫星1在A点的加速度大于卫星2在B点的加速度
C. 卫星1在轨道I上的速度小于
D. 卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．卫星1由轨道I变轨到Ⅱ轨道需要在A点点火减速，即卫星1在轨道I通过A点的速度大于卫星2在轨道Ⅱ通过A点的速度，但由于两卫星的质量关系未知，所以不能确定动能大小关系，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，有
所以
由此可知，卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；
C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以卫星1在轨道I上的速度小于，故C正确；
D．两卫星在不同的轨道上运动，根据开普勒第二定律可知，在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，轻弹簧上端固定，另一端连在置于水平地面b点的小滑块上，弹簧处于伸长状态，小滑块恰好能静止。现将水平外力F作用在小滑块上使其刚好能运动到a点并撤去F，弹簧此时处于压缩状态且与小滑块在b点时形变量相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 撤去外力F后，物块在a点处一定能静止
B. 从b点运动到a点的过程中，弹簧对物体一直做正功
C. 外力F做的功大于摩擦生热
D. 从b点运动到a点的过程中，地面对物体的冲量水平向右
【答案】A
【解析】
【详解】A．受力分析，如图
在b点时，有
在a点时，有
可得
在b点时，摩擦力为
在a点时最大静摩擦力为
可得
弹簧弹力在a、b处的水平分力大小分别为和，因为
所以
物块在b处恰好静止，则有
可得
则撤去外力F后，物块可以静止在a处。故A正确；
B．从b点运动到a点的过程中，弹簧开始一段时间处于伸长状态，对物体的拉力有水平向左的分量，做正功。恢复原长后，弹簧将处于压缩状态，对物体的弹力有水平向右的分量，做负功。故B错误；
C．根据动能定理，从b到a有
由功能关系可知此过程摩擦生热等于，故外力F做的功等于摩擦生热。故C错误；
D．从b点运动到a点的过程中，地面对物体的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，二者的合力方向斜向右上，由冲量的概念可知
即地面对物体的冲量方向与地面对物体的作用力方向一致为斜向右上。故D错误。
故选A。
5. 如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（ ）
A. 木板A所受摩擦力对木板A做负功
B. 木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等
C. 木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D. 力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
【答案】C
【解析】
【详解】A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误；
B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为
木块B对木板A的摩擦力做的功大小为
由题意得的大小与的大小相等，但，所以两者做功大小不相等，故B项错误；
C．摩擦生热的计算公式为
又因为
所以有
故C项正确；
D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。
故选C。
6. 一质量为的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取，下列选项正确的是（ ）
A. 物体在末的动量大小 B. 水平力F在前内的冲量大小为
C. 物体在末的速度大小为 D. 末动量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由动量定理，得
解得物体在末的动量大小
故A错误；
B．水平力F在前4s内的冲量大小为
故B错误；
C．物体速度为零时，由动量定理可得
解得
所以在4s末物体的速度为零，从4s末到5s末由动量定理得
解得物体在5s末的速度大小为
故C正确；
D．由动量定理得末动量大小为
故D错误。
故选C。
7. 如图，倾角为的斜面足够长，从斜面上A点正上方处的B点以的速率抛出一个小球，方向不定，且小球的轨迹与在同一竖直平面内，则小球落回斜面的最长时间为（不计空气阻力，取）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球从B点抛出时的速度方向与水平方向成角，则有
两式联立得
解得
舍去负的时间，则时间为
当最大时，t最大；根据数学知识可知
故时，t最大，最大值为
故选A。
8. 如图所示，质量为3kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 轨道对小球做正功 B. 轨道的最大速度为3m/s
C. 轨道对地面的最大压力为70N D. 两者分离时轨道移动了0.15m
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
由此可知，轨道的最大速度为1m/s，故B错误；
C．小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为，对整体应用牛顿运动定律有
故C错误；
D．对小球和轨道组成的系统，有
所以二者分离时轨道移动的距离为
故D正确；
故选D。
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）
9. 某次特大洪灾救援，救援人员驾驶冲锋舟沿与平直河岸成的线路把被困人群从A处送到对岸安全地B处，如图所示，设河道中水速，冲锋舟匀速运动．以下说法正确的是 （ ）
A. 冲锋舟相对静水的速度方向一定要垂直对岸
B. 冲锋舟相对于静水的最小速度为3m/s
C. 当冲锋舟相对于静水的速度为时，冲锋舟对地的速度一定为
D. 当冲锋舟相对于静水速度为时，冲锋舟从A处到B处的时间可能最短
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题意可知，冲锋舟的实际速度沿与平直河岸成，即冲锋舟的合速度方向，但不知道冲锋舟在静水中的速度大小，所以冲锋舟相对静水的速度方向不一定要垂直对岸，故A错误；
B．冲锋舟的合速度沿与平直河岸成，由运动的合成如图1，当冲锋舟的航向与合速度方向垂直时，速度大小最小，由几何关系可知
故B正确；
CD．如图2所示，当冲锋舟的航向垂直平直河岸时，由几何关系得
冲锋舟对地的速度
由对称性可知，冲锋舟对于静水的速度为时，还有如图2中的红线方向，此时冲锋舟对地的速度一定小，当当冲锋舟的航向垂直平直河岸时，此时冲锋舟从A处到B处的时间最短，故C错误，D正确．
10. 一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（ ）
A. N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m
B. t2=0.3s时，质点N的加速度沿y轴负方向
C. 质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m
D. 质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4m
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图甲知，振幅为
图示时刻波动方程为
当x=3.5m时
即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为，故A正确；
B．t2=0.3s时刻，即从图示t1时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在t2=0.3s时刻沿y轴负方向运动，加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．经过半个周期质点通过的路程为2A，即0.4m，质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m，故C正确；
D．由于质点不会随波迁移，故D错误。
故选AC。
11. 一辆汽车从静止开始沿平直路面运动。运动过程中牵引力F及加速度a与汽车速度v的关系图线分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力保持恒定，汽车速度由10m/s增至24m/s的过程中功率保持不变，该过程中汽车的位移为1252m，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中A点坐标为2500
B. 汽车的质量为
C. 汽车的速度为20m/s时的加速度为
D. 汽车从静止到速度刚达到24m/s经过的时间为72s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图像乙可知，初始时汽车的加速度不变，所以汽车为恒加速度启动，当汽车速度达到10m/s时，汽车的功率达到额定功率，即
由图像甲和图像乙可知，图中A点时汽车达到最大速度，即此时汽车牵引力等于阻力，也就是A点的数值，有
解得
所以A点的坐标为2500，故A项正确；
B．在汽车做匀加速直线运动过程中，有
解得
故B项错误；
C．当汽车的速度为20m/s时，设此时牵引力为，有
解得
故C项正确；
D．汽车由静止到10m/s由
由10m/s到24m/s有
故D项错误。
故选AC。
12. 地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，环绕方向如图所示。已知卫星一运行的周期为T1=T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心的距离分别为R1=2R0，R2=8R0，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为π，不考虑两卫星之间的引力，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星二的速度一定小于卫星一的速度
B. 地球的质量M=
C. 卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2=4T0
D. 从图示时刻开始，经过t=T0时间两卫星第一次相距最近
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
可得
卫星一的轨道半径小于卫星二的轨道半径，所以卫星一的速度一定大于卫星二的速度，故A正确；
B．对卫星一，由牛顿第二定律可得
解得地球质量为
故B错误；
C．由开普勒第三定律可得
可得卫星二围绕地球做圆周运动的周期
故C错误；
D．两卫星在同一侧共线时相距最近，设经过t时间，两卫星第一次相距最近，则
解得
故D正确。
故选AD。
13. 如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为F=mg的恒力。已知弹簧的弹性势能E弹与形变量x满足E弹=kx2，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是（ ）
A. 小球b脱离挡板后，a、b和弹簧组成的系统，动量守恒
B. 小球b脱离挡板以后的运动过程中，a、b均做匀速直线运动
C. 小球b脱离挡板后，系统最大弹性势能为
D. 小球b刚要运动时，小球a的动能为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球b脱离挡板后，将小球a、小球b以及弹簧看作一个整体，整体受到的合外力为0，系统动量守恒，故A正确；
B．初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得
小球b刚要运动时
解得
初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同，则弹力做的总功为0，根据动能定理可得
解得小球a的速度为
此时b的速度为零，所以弹簧的伸长量不断增大，a做加速度增大的减速运动，b做加速度减小的加速运动，故B错误；
CD．弹簧弹性势能最大时两小球速度相等，此时系统动能最小，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得
系统动能为
小球b刚要运动时，小球a的动能为
所以系统损失的动能为
故C错误，D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题，共56分）
三、实验题（本题共2小题，14题6分，15题8分，共计14分）
14. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为_________mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为_________s；
（2）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1：第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 ①. 10.70 ②. 96.8 ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
[2]秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为
（2）[3]根据单摆的周期公式有
联立可得
故选B。
15. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）可以采用下图所示的A或B方案来进行，比较这两种方案，______（填“A”或“B”）方案好些。
（2）在利用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，实验得到的两条纸带如上图所示，应选______（填“C”或“D”） 纸带好。
（3）在选择正确方案后，某小组采用该方案装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小为________m/s。（结果保留三位有效数字）
（4）该小组内的同学根据纸带算出了相应点的速度v，并量出下落的距离h，以为纵轴，以h为横轴画出的图线如图所示，由图像可知机械能损失占机械能的________%（保留两位有效数字），得到的结论是在实验误差允许范围内物体的机械能守恒。（当地的重力加速度为10m/s2）
【答案】 ①. A ②. D ③. 1.37 ④. 6.0
【解析】
【详解】（1）[1]A中重物下落过程中存在空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力，而B中小车运动过程中除空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力外，还受到小车和斜面之间的摩擦力，机械能损失较多。
故选A。
（2）[2]D纸带0~1间距离更接近2mm，说明重物下落过程中所受阻力更小，机械能守恒。
故选D。
（3）[3]B点的速度大小为
（4）[4]重物下落过程中，有
所以
所以
所以
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16. 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，求：
（1）m对M的万有引力大小；
（2）现从M中挖去半径为的球体，（两球心和质点在同一直线上，且两球表面相切）如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由万有引力定律球体与质点之间的万有引力
（2）完整球体的质量
挖去的小球质量
被挖掉的小球与质点之间的万有引力
故剩下部分对质点的万有引力
17. 如图所示的实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，做自由落体运动。测得两球经过0.5s同时落地，A球落地点到抛出点的水平距离为1.5m。忽略空气阻力对两小球运动的影响，g=10m/s2。求：
（1）A球抛出点距地面的高度h；
（2）A球抛出时的速度大小v0；
（3）A、B两球落地速度大小之比。
【答案】（1）1.25m；（2）3m/s；（3）:5
【解析】
【详解】（1）根据平抛运动的规律，有
可得A球抛出点距地面的高度
（2）水平方向做匀速运动，有
可得A球抛出时的速度大小
（3）B球落地时的速度
A球落地时的竖直速度与B相同，水平速度为v0，因此A落地时的速度
所以
18. 如图所示，O点用长为l=1m的细线悬挂一质量为m=0.5kg的小球A，细线能承受的最大拉力T=10N，O点正下方O'处固定一根钉子，MN为一内壁粗糙的抛物线形状管道（内径略大于小球半径），M点位于O点正下方且切线水平，OM=1m，抛物线管道h=2.5m，s=3m，抛物线与粗糙平面NP在N点平滑连接，NP间动摩擦因数µ=0.2，长度为L=2.5m，P点右侧光滑，一弹簧右端固定在竖直挡板上，自由状态下弹簧左端恰好位于P点，另有一与A完全相同的小球B置于N点。现将小球A拉至与竖直方向成θ=37º由静止释放，细线摆至竖直位置时恰好断裂，从M进入轨道，在水平轨道上与小球B碰撞后粘连在一起。已知弹簧压缩到最短时弹性势能Ep=1.125J，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球摆至M点时的速度；
（2）OO'间的距离；
（3）管道阻力对小球做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）0.6m；（3）-1.25J
【解析】
【详解】（1）小球摆至最低点的过程中，根据动能定理，可得
代入数据解得
（2）在最低点，绳子恰好拉断，根据牛顿第二定律，有
解得
OO'间的距离为
d=l-r= 0.6m
（3）设小球A到达N点的速度为，规定向右为正方向，根据动量守恒定律，可得
从N点至弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒定律得
代入数据解得
小球A从M到N的过程中，根据动能定理得
代入数据解得
19. 如图所示，长为L=2m的传送带以v0=2m/s逆时针匀速转动，左端连接半径为R=0.8m的四分之一圆弧，右端连接倾角为θ=30°，高为h=0.5m的斜面，斜面顶部连接水平面。传送带和斜面均粗糙，其他接触面均光滑。可视为质点的物块B静止在圆弧底端，物块A在圆心等高处静止释放，在底端与物块B发生弹性碰撞后立马撤走A。已知物块A和B的质量分别为km（k>0）和m且m=1kg，B与传送带和斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A与B碰前瞬间的速度大小；
（2）k为多少时，B刚好能滑上平台；
（3）k取不同值时，物块B从滑上传送带到第一次离开传送带过程中传送带对B做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）3；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）设A与B碰前瞬间的速度为v1，A从静止释放到与B碰撞瞬间，根据动能定理有
解得
（2）设A碰后瞬间的速度为v2，B碰后瞬间的速度为v3，对AB组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
B从碰完到刚好能滑上平台，根据动能定理有
联立解得
（3）当物块B恰好到达传送带右侧时，根据动能定理
解得
所以，当时，物块B不能到达传动带右侧；
若
解得
所以，当时，物块B在传动带上先向右减速到零再向左加速，到达传动带左端的速度为v3，则传送带对B做的功为
当时，物块B在传动带上先向右减速到零再向左加速，到达传动带左端的速度为v0，则传送带对B做的功为
当时，物块B在传动带右侧离开，此时有
成都石室中学2022-2023学年度下期高2025届期末考试
物理试卷
第Ⅰ卷（选择题，共44分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用
B. 做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为0
C. 系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其频率最大
D. 力F做正功，其反作用力可能做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．绕地球做匀速圆周运动的卫星，只受重力作用，处于完全失重状态，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为
故B错误；
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其振幅最大，故C错误；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做负功，故D正确。
故选D。
2. 有一个正在摆动的秒摆（周期为2秒），若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.2s时，摆球（ ）
A. 正在做加速运动，回复力产生加速度正在增大
B. 在在做加速运动，回复力产生的加速度正在减小
C. 正在做减速运动，回复力产生的加速度正在增大
D. 正在做减速运动，回复力产生的加速度正在减小
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，有
所以摆球正在向右做减速运动，回复力产生的加速度正在增大。
故选C
3. 已知地球人造卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星1在轨道I通过A点的动能小于在卫星2在轨道Ⅱ通过A点的动能
B. 卫星1在A点的加速度大于卫星2在B点的加速度
C. 卫星1在轨道I上的速度小于
D. 卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．卫星1由轨道I变轨到Ⅱ轨道需要在A点点火减速，即卫星1在轨道I通过A点的速度大于卫星2在轨道Ⅱ通过A点的速度，但由于两卫星的质量关系未知，所以不能确定动能大小关系，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，有
所以
由此可知，卫星1在A点的加速度小于卫星2在B点的加速度，故B错误；
C．第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以卫星1在轨道I上的速度小于，故C正确；
D．两卫星在不同的轨道上运动，根据开普勒第二定律可知，在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，轻弹簧上端固定，另一端连在置于水平地面b点的小滑块上，弹簧处于伸长状态，小滑块恰好能静止。现将水平外力F作用在小滑块上使其刚好能运动到a点并撤去F，弹簧此时处于压缩状态且与小滑块在b点时形变量相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 撤去外力F后，物块在a点处一定能静止
B. 从b点运动到a点的过程中，弹簧对物体一直做正功
C. 外力F做的功大于摩擦生热
D. 从b点运动到a点的过程中，地面对物体的冲量水平向右
【答案】A
【解析】
【详解】A．受力分析，如图
在b点时，有
在a点时，有
可得
在b点时，摩擦力为
在a点时最大静摩擦力为
可得
弹簧弹力在a、b处的水平分力大小分别为和，因为
所以
物块在b处恰好静止，则有
可得
则撤去外力F后，物块可以静止在a处。故A正确；
B．从b点运动到a点的过程中，弹簧开始一段时间处于伸长状态，对物体的拉力有水平向左的分量，做正功。恢复原长后，弹簧将处于压缩状态，对物体的弹力有水平向右的分量，做负功。故B错误；
C．根据动能定理，从b到a有
由功能关系可知此过程摩擦生热等于，故外力F做的功等于摩擦生热。故C错误；
D．从b点运动到a点的过程中，地面对物体的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，二者的合力方向斜向右上，由冲量的概念可知
即地面对物体的冲量方向与地面对物体的作用力方向一致为斜向右上。故D错误。
故选A。
5. 如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（ ）
A. 木板A所受摩擦力对木板A做负功
B. 木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等
C. 木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D. 力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
【答案】C
【解析】
【详解】A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误；
B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为
木块B对木板A的摩擦力做的功大小为
由题意得的大小与的大小相等，但，所以两者做功大小不相等，故B项错误；
C．摩擦生热的计算公式为
又因为
所以有
故C项正确；
D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。
故选C。
6. 一质量为的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取，下列选项正确的是（ ）
A. 物体在末的动量大小 B. 水平力F在前内的冲量大小为
C. 物体在末的速度大小为 D. 末动量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由动量定理，得
解得物体在末的动量大小
故A错误；
B．水平力F在前4s内的冲量大小为
故B错误；
C．物体速度为零时，由动量定理可得
解得
所以在4s末物体的速度为零，从4s末到5s末由动量定理得
解得物体在5s末的速度大小为
故C正确；
D．由动量定理得末动量大小为
故D错误。
故选C。
7. 如图，倾角为的斜面足够长，从斜面上A点正上方处的B点以的速率抛出一个小球，方向不定，且小球的轨迹与在同一竖直平面内，则小球落回斜面的最长时间为（不计空气阻力，取）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球从B点抛出时的速度方向与水平方向成角，则有
两式联立得
解得
舍去负的时间，则时间为
当最大时，t最大；根据数学知识可知
故时，t最大，最大值为
故选A。
8. 如图所示，质量为3kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 轨道对小球做正功 B. 轨道的最大速度为3m/s
C. 轨道对地面的最大压力为70N D. 两者分离时轨道移动了0.15m
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故A错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
由此可知，轨道的最大速度为1m/s，故B错误；
C．小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为，对整体应用牛顿运动定律有
故C错误；
D．对小球和轨道组成的系统，有
所以二者分离时轨道移动的距离为
故D正确；
故选D。
二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）
9. 某次特大洪灾救援，救援人员驾驶冲锋舟沿与平直河岸成的线路把被困人群从A处送到对岸安全地B处，如图所示，设河道中水速，冲锋舟匀速运动．以下说法正确的是 （ ）
A. 冲锋舟相对静水的速度方向一定要垂直对岸
B. 冲锋舟相对于静水的最小速度为3m/s
C. 当冲锋舟相对于静水的速度为时，冲锋舟对地的速度一定为
D. 当冲锋舟相对于静水速度为时，冲锋舟从A处到B处的时间可能最短
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题意可知，冲锋舟的实际速度沿与平直河岸成，即冲锋舟的合速度方向，但不知道冲锋舟在静水中的速度大小，所以冲锋舟相对静水的速度方向不一定要垂直对岸，故A错误；
B．冲锋舟的合速度沿与平直河岸成，由运动的合成如图1，当冲锋舟的航向与合速度方向垂直时，速度大小最小，由几何关系可知
故B正确；
CD．如图2所示，当冲锋舟的航向垂直平直河岸时，由几何关系得
冲锋舟对地的速度
由对称性可知，冲锋舟对于静水的速度为时，还有如图2中的红线方向，此时冲锋舟对地的速度一定小，当当冲锋舟的航向垂直平直河岸时，此时冲锋舟从A处到B处的时间最短，故C错误，D正确．
10. 一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（ ）
A. N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m
B. t2=0.3s时，质点N的加速度沿y轴负方向
C. 质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m
D. 质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4m
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图甲知，振幅为
图示时刻波动方程为
当x=3.5m时
即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为，故A正确；
B．t2=0.3s时刻，即从图示t1时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在t2=0.3s时刻沿y轴负方向运动，加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．经过半个周期质点通过的路程为2A，即0.4m，质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m，故C正确；
D．由于质点不会随波迁移，故D错误。
故选AC。
11. 一辆汽车从静止开始沿平直路面运动。运动过程中牵引力F及加速度a与汽车速度v的关系图线分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力保持恒定，汽车速度由10m/s增至24m/s的过程中功率保持不变，该过程中汽车的位移为1252m，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中A点坐标为2500
B. 汽车的质量为
C. 汽车的速度为20m/s时的加速度为
D. 汽车从静止到速度刚达到24m/s经过的时间为72s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图像乙可知，初始时汽车的加速度不变，所以汽车为恒加速度启动，当汽车速度达到10m/s时，汽车的功率达到额定功率，即
由图像甲和图像乙可知，图中A点时汽车达到最大速度，即此时汽车牵引力等于阻力，也就是A点的数值，有
解得
所以A点的坐标为2500，故A项正确；
B．在汽车做匀加速直线运动过程中，有
解得
故B项错误；
C．当汽车的速度为20m/s时，设此时牵引力为，有
解得
故C项正确；
D．汽车由静止到10m/s由
由10m/s到24m/s有
故D项错误。
故选AC。
12. 地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，环绕方向如图所示。已知卫星一运行的周期为T1=T0，地球的半径为R0，卫星一和卫星二到地球中心的距离分别为R1=2R0，R2=8R0，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为π，不考虑两卫星之间的引力，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星二的速度一定小于卫星一的速度
B. 地球的质量M=
C. 卫星二围绕地球做圆周运动的周期T2=4T0
D. 从图示时刻开始，经过t=T0时间两卫星第一次相距最近
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
可得
卫星一的轨道半径小于卫星二的轨道半径，所以卫星一的速度一定大于卫星二的速度，故A正确；
B．对卫星一，由牛顿第二定律可得
解得地球质量为
故B错误；
C．由开普勒第三定律可得
可得卫星二围绕地球做圆周运动的周期
故C错误；
D．两卫星在同一侧共线时相距最近，设经过t时间，两卫星第一次相距最近，则
解得
故D正确。
故选AD。
13. 如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为F=mg的恒力。已知弹簧的弹性势能E弹与形变量x满足E弹=kx2，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。在以后的运动中，下列分析正确的是（ ）
A. 小球b脱离挡板后，a、b和弹簧组成的系统，动量守恒
B. 小球b脱离挡板以后的运动过程中，a、b均做匀速直线运动
C. 小球b脱离挡板后，系统最大弹性势能为
D. 小球b刚要运动时，小球a的动能为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球b脱离挡板后，将小球a、小球b以及弹簧看作一个整体，整体受到的合外力为0，系统动量守恒，故A正确；
B．初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得
小球b刚要运动时
解得
初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同，则弹力做的总功为0，根据动能定理可得
解得小球a的速度为
此时b的速度为零，所以弹簧的伸长量不断增大，a做加速度增大的减速运动，b做加速度减小的加速运动，故B错误；
CD．弹簧弹性势能最大时两小球速度相等，此时系统动能最小，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得
系统动能为
小球b刚要运动时，小球a的动能为
所以系统损失的动能为
故C错误，D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题，共56分）
三、实验题（本题共2小题，14题6分，15题8分，共计14分）
14. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为_________mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为_________s；
（2）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1：第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 ①. 10.70 ②. 96.8 ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
[2]秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为
（2）[3]根据单摆的周期公式有
联立可得
故选B。
15. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）可以采用下图所示的A或B方案来进行，比较这两种方案，______（填“A”或“B”）方案好些。
（2）在利用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，实验得到的两条纸带如上图所示，应选______（填“C”或“D”） 纸带好。
（3）在选择正确方案后，某小组采用该方案装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出B点的速度大小为________m/s。（结果保留三位有效数字）
（4）该小组内的同学根据纸带算出了相应点的速度v，并量出下落的距离h，以为纵轴，以h为横轴画出的图线如图所示，由图像可知机械能损失占机械能的________%（保留两位有效数字），得到的结论是在实验误差允许范围内物体的机械能守恒。（当地的重力加速度为10m/s2）
【答案】 ①. A ②. D ③. 1.37 ④. 6.0
【解析】
【详解】（1）[1]A中重物下落过程中存在空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力，而B中小车运动过程中除空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦阻力外，还受到小车和斜面之间的摩擦力，机械能损失较多。
故选A。
（2）[2]D纸带0~1间距离更接近2mm，说明重物下落过程中所受阻力更小，机械能守恒。
故选D。
（3）[3]B点的速度大小为
（4）[4]重物下落过程中，有
所以
所以
所以
四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
16. 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，求：
（1）m对M的万有引力大小；
（2）现从M中挖去半径为的球体，（两球心和质点在同一直线上，且两球表面相切）如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由万有引力定律球体与质点之间的万有引力
（2）完整球体的质量
挖去的小球质量
被挖掉的小球与质点之间的万有引力
故剩下部分对质点的万有引力
17. 如图所示的实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，做自由落体运动。测得两球经过0.5s同时落地，A球落地点到抛出点的水平距离为1.5m。忽略空气阻力对两小球运动的影响，g=10m/s2。求：
（1）A球抛出点距地面的高度h；
（2）A球抛出时的速度大小v0；
（3）A、B两球落地速度大小之比。
【答案】（1）1.25m；（2）3m/s；（3）:5
【解析】
【详解】（1）根据平抛运动的规律，有
可得A球抛出点距地面的高度
（2）水平方向做匀速运动，有
可得A球抛出时的速度大小
（3）B球落地时的速度
A球落地时的竖直速度与B相同，水平速度为v0，因此A落地时的速度
所以
18. 如图所示，O点用长为l=1m的细线悬挂一质量为m=0.5kg的小球A，细线能承受的最大拉力T=10N，O点正下方O'处固定一根钉子，MN为一内壁粗糙的抛物线形状管道（内径略大于小球半径），M点位于O点正下方且切线水平，OM=1m，抛物线管道h=2.5m，s=3m，抛物线与粗糙平面NP在N点平滑连接，NP间动摩擦因数µ=0.2，长度为L=2.5m，P点右侧光滑，一弹簧右端固定在竖直挡板上，自由状态下弹簧左端恰好位于P点，另有一与A完全相同的小球B置于N点。现将小球A拉至与竖直方向成θ=37º由静止释放，细线摆至竖直位置时恰好断裂，从M进入轨道，在水平轨道上与小球B碰撞后粘连在一起。已知弹簧压缩到最短时弹性势能Ep=1.125J，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球摆至M点时的速度；
（2）OO'间的距离；
（3）管道阻力对小球做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）0.6m；（3）-1.25J
【解析】
【详解】（1）小球摆至最低点的过程中，根据动能定理，可得
代入数据解得
（2）在最低点，绳子恰好拉断，根据牛顿第二定律，有
解得
OO'间的距离为
d=l-r= 0.6m
（3）设小球A到达N点的速度为，规定向右为正方向，根据动量守恒定律，可得
从N点至弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒定律得
代入数据解得
小球A从M到N的过程中，根据动能定理得
代入数据解得
19. 如图所示，长为L=2m的传送带以v0=2m/s逆时针匀速转动，左端连接半径为R=0.8m的四分之一圆弧，右端连接倾角为θ=30°，高为h=0.5m的斜面，斜面顶部连接水平面。传送带和斜面均粗糙，其他接触面均光滑。可视为质点的物块B静止在圆弧底端，物块A在圆心等高处静止释放，在底端与物块B发生弹性碰撞后立马撤走A。已知物块A和B的质量分别为km（k>0）和m且m=1kg，B与传送带和斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A与B碰前瞬间的速度大小；
（2）k为多少时，B刚好能滑上平台；
（3）k取不同值时，物块B从滑上传送带到第一次离开传送带过程中传送带对B做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）3；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）设A与B碰前瞬间的速度为v1，A从静止释放到与B碰撞瞬间，根据动能定理有
解得
（2）设A碰后瞬间的速度为v2，B碰后瞬间的速度为v3，对AB组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
B从碰完到刚好能滑上平台，根据动能定理有
联立解得
（3）当物块B恰好到达传送带右侧时，根据动能定理
解得
所以，当时，物块B不能到达传动带右侧；
若
解得
所以，当时，物块B在传动带上先向右减速到零再向左加速，到达传动带左端的速度为v3，则传送带对B做的功为
当时，物块B在传动带上先向右减速到零再向左加速，到达传动带左端的速度为v0，则传送带对B做的功为
当时，物块B在传动带右侧离开，此时有
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