2024-2025學(xué)年四川省成都七中高一（下）期末物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.關(guān)于聲波，下列說法正確的是（）

A.兩列頻率不同的聲波在介質(zhì)中不能發(fā)生干涉現(xiàn)象

B.不同頻率的聲波在相同均勻介質(zhì)中傳播速度不同

C.聲波的衍射現(xiàn)象只發(fā)生在障礙物的尺寸與波長相近時

D.聲波不能在真空中傳播，超聲波可以在真空中傳播

2.隨著科技的發(fā)展，機(jī)器狗的應(yīng)用為生活帶來了便利。如圖所示，機(jī)器狗在泰山進(jìn)行

負(fù)重測試，從泰山山腳到目的地用時2〃,爬升高度為1200%已知機(jī)器狗及重物總質(zhì)量為

100飯，重力加速度g取10"次2,則機(jī)器狗在本次測試中（）

A.位移大小為1200/71

B,克服重力做功為L2X106/

C.克服重力做功的平均功率為6X105少

D.所受重力的沖量為0

3.2023年09月21日在距離地球400公里的中國空間站，3位“太空教師”在“天宮課堂”進(jìn)行了第四課授

課，神舟十六號航天員在實(shí)驗(yàn)艙演示了鋼球在太空艙中的懸?，F(xiàn)象。則針對懸停的鋼球有（）

A.由于鋼球懸停不動，可見太空艙里合力為零

B,鋼球繞地球運(yùn)動的角速度比地面赤道上的物體小

C.由于鋼球處于完全失重狀態(tài)，鋼球所在的太空艙里無法測出物體的質(zhì)量

D.鋼球圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動，它離地的高度比地球靜止衛(wèi)星高

4.上海中心大廈內(nèi)部的“上?；垩邸弊枘崞髦剡_(dá)一千噸，有效抵御了大風(fēng)對建筑的影響。該阻尼器沿水平

方向做阻尼振動，振動圖像如圖所示。關(guān)于阻尼器的說法正確的是（）

t/s

A.振動周期越來越小B.Z=4s時的動能為零

C./=8s時沿x軸負(fù)方向運(yùn)動D.Z=10s時加速度沿x軸負(fù)方向

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5.在豎直平面內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)M繞定點(diǎn)。沿逆時針方向以速率v做勻速圓周運(yùn)動，質(zhì)

量為加的質(zhì)點(diǎn)N沿豎直方向做直線運(yùn)動，M、N在運(yùn)動過程中始終處于同一高度。（

Z=0時，M、N與。點(diǎn)位于同一直線上，如圖所示。此后在M運(yùn)動一周的過程中，\OMil

關(guān)于質(zhì)點(diǎn)N的描述，下列說法正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)N做勻速直線運(yùn)動

B.質(zhì)點(diǎn)N做類豎直上拋運(yùn)動

C.質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的前1個周期的過程中，質(zhì)點(diǎn)N的動量變化大小為

32

D.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動到圓周的最低點(diǎn)時，質(zhì)點(diǎn)N的動能最大

6.如圖1所示是某款小游戲，物體需要從平臺4跳躍到前方更高的平臺8上。假設(shè)不同的操作方式會使物

體的運(yùn)動軌跡出現(xiàn)如圖2所示的兩種情況，則由圖2可推斷出（）

A.軌跡甲的起跳速度較大B,軌跡乙的運(yùn)動時間較長

C.兩條軌跡最高點(diǎn)速度相同D.兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同

7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓形軌道，。為軌道最低點(diǎn)，c為軌

道最高點(diǎn)，6點(diǎn)、d點(diǎn)為軌道上與圓心等高的兩點(diǎn)。一個質(zhì)量為，力的小物塊在軌道內(nèi)

側(cè)沿順時針方向做圓周運(yùn)動。物塊在。點(diǎn)的速度為w，忽略空氣阻力，重力加速度為b

g,則（）

A.若物塊能達(dá)到C點(diǎn)，則物塊在C點(diǎn)的速度大小為，"-2gR

B.若物塊從a點(diǎn)經(jīng)過時間［剛好到達(dá)b點(diǎn)，則該過程軌道對物塊的支持力的沖量為mv0+mgt

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C.若VO滿足,「麗?「、麗物塊將在6,c之間某個位置脫離圓形軌道

D.若物塊能達(dá)到c點(diǎn)，則物塊從。到6的過程中，軌道對物塊的支持力可能先增大后減小

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.某人握住輕繩的一端上下抖動，使繩子振動起來，時刻的波形圖如圖所示，此時質(zhì)點(diǎn)/位于波峰，質(zhì)

點(diǎn)8開始振動，A,5兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為0.9根。Z=3s時質(zhì)點(diǎn)C開始振動，B、。兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間

A.該繩波的波速大小為3〃?/sB.手抖動的頻率是2%

C.手的起振方向向上D.Z=0.2s時質(zhì)點(diǎn)2向上運(yùn)動

9.殲-20戰(zhàn)機(jī)是我國的先進(jìn)隱形戰(zhàn)斗機(jī)，殲-20的質(zhì)量為加，額定功率為尸。已知某次訓(xùn)練中，殲-20戰(zhàn)機(jī)在平

直路面上從靜止開始運(yùn)動，先以加速度。做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到額定功率P后，又經(jīng)過時間f無限接近該

功率下的最大速度起飛。若戰(zhàn)機(jī)行駛過程中所受到的阻力恒為打，下列說法正確的是（）

A.達(dá)到勻加速直線運(yùn)動的最大速度時，戰(zhàn)機(jī)牽引力等于阻力

B.達(dá)到額定功率后，戰(zhàn)機(jī)接著做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動

P1

C.勻加速直線運(yùn)動的位移為-------；

2a（Ff+may

P

D.整個加速過程中阻力做功為Pt，二：?,,t

10.質(zhì)量為M的半圓形凹槽靜置在光滑水平面上，質(zhì)量為根的光滑小球靜止在凹槽底部。初始時刻給小球

一個水平初速度W，計(jì)算機(jī)模擬得到小球的部分軌跡如圖，已知圖中軌跡頂點(diǎn)與凹槽端口等高，則（）

A.m<M

B.如果僅增大M值后重新模擬，小球不能飛離凹槽

C.長時間觀察，凹槽對地一直向右運(yùn)動

D.小球從圖中/到2運(yùn)動過程中，凹槽先加速后減速

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。

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11.某班同學(xué)們用單擺測量重力加速度，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。

甲乙

（1）如圖乙所示，擺球的直徑為#mmo

（2）第一組同學(xué)在測量單擺的周期時，從單擺運(yùn)動到最低點(diǎn)開始計(jì)時且記數(shù)為1,到第〃次經(jīng)過最低點(diǎn)所

用的時間為人在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺球懸掛后的擺線長度工。（從懸點(diǎn)到擺球的最上

端），再用游標(biāo)卡尺測得擺球的直徑為小則計(jì)算g的表達(dá)式為：g=（用題中所給的字母來表示）。

（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)他測得的重力加速度比當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊臄?shù)值大，其原因可能是o（僅

有一個正確結(jié)果）

4計(jì)數(shù)結(jié)束時秒表太遲按下

8把擺動〃次誤記為（〃+1）次

C單擺的懸點(diǎn)未固定緊，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線增長

12.實(shí)驗(yàn)小組利用圖1所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律?？蛇x用的器材有：交流電源（頻率50Hz）、鐵架臺、

電子天平、重錘、打點(diǎn)計(jì)時器、紙帶、刻度尺等。

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舅/*々）

QABCDEf

）13.2016.6020：3424.5029.00單位:cm\

圖2

（1）下列所給實(shí)驗(yàn)步驟中，有4個是完成實(shí)驗(yàn)必需且正確的，把它們選擇出來并按實(shí)驗(yàn)順序排列：

（填步驟前面的序號）。

①先接通電源，打點(diǎn)計(jì)時器開始打點(diǎn)，然后再釋放紙帶

②先釋放紙帶，然后再接通電源，打點(diǎn)計(jì)時器開始打點(diǎn)

③用電子天平稱量重錘的質(zhì)量

④將紙帶下端固定在重錘上，穿過打點(diǎn)計(jì)時器的限位孔，用手捏住紙帶上端

⑤在紙帶上選取一段，用刻度尺測量該段內(nèi)各點(diǎn)到起點(diǎn)的距離，記錄分析數(shù)據(jù)

⑥關(guān)閉電源，取下紙帶

（2）圖2所示是紙帶上連續(xù)打出的五個點(diǎn)/、B、C、D、E到起點(diǎn)的距離。則打出3點(diǎn)時重錘下落的速度

大小為m/s（保留3位有效數(shù)字）。

（3）紙帶上各點(diǎn)與起點(diǎn)間的距離即為重錘下落高度〃，計(jì)算相應(yīng)的重錘下落速度匕并繪制圖3所示的v2-A關(guān)

系圖像。理論上，若機(jī)械能守恒，圖中直線應(yīng)______（填“通過”或“不通過”）原點(diǎn)的傾斜直線。

（.4）由圖3可知直線斜率左為（保留3位有效數(shù)字）。

E-Ei

（5）定義單次測量的相對誤差二1X100%,其中心是重錘重力勢能的減小量，品是其動能增加量，

與

當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則實(shí)驗(yàn)相對誤差為『X100%（用左和g表示）o

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四、計(jì)算題：本大題共3小題，共38分。

13.如圖所示，一軌道由半徑R=2加的四分之一豎直圓弧軌道和水平直軌道2。在8點(diǎn)平滑連接而成?，F(xiàn)

有一質(zhì)量為加=1修的小球從N點(diǎn)正上方，處的點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過圓弧上的3點(diǎn)時，軌道對小球

的支持力大小私=18N。接著小球沿運(yùn)動并從。點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的尸點(diǎn)。已知8點(diǎn)與

地面間的高度力=3.2加,小球與3C段軌道間的動摩擦因數(shù)產(chǎn)0.2,小球運(yùn)動過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，

g?。軶m/s2o求:

（1）小球運(yùn)動至2點(diǎn)時的速度大小VB；

（2）水平軌道BC的長度L=3m,小球從B點(diǎn)到落地過程重力的沖量。

14.如圖，內(nèi)有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上，尸、。分別為軌道的兩個端點(diǎn)且位于同一高度,

P處軌道的切線沿水平方向，。處軌道的切線沿豎直方向。小物塊.、b用輕彈簧連接置于光滑水平面上，b

被鎖定。一質(zhì)量加=0.5后g的小球自0點(diǎn)正上方人=2加處自由下落，無能量損失地滑入軌道，并從尸點(diǎn)水平

拋出，恰好擊中°,與。粘在一起且不彈起。當(dāng)彈簧拉力達(dá)到尸=15N時，6解除鎖定開始運(yùn)動。已知。的質(zhì)

量m產(chǎn)lkg,b的質(zhì)量加產(chǎn)0.75奴，方形物體的質(zhì)量A/=4.5左g,軌道在P點(diǎn)的曲率半徑R=2/〃,重力加速度大小

g=10m/52,彈簧的勁度系數(shù)仁50N/m,整個過程彈簧均在彈性限度內(nèi)，彈性勢能表達(dá)式為=：靖G為彈簧

的形變量），所有過程不計(jì)空氣阻力。求：

（1）小球剛到達(dá)尸點(diǎn)時，小球?qū)壍赖膹椓；

（2）彈簧彈性勢能最大時，6的速度大小.及彈性勢能的最大值弓相。

Q

,h

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15.蘇聯(lián)科學(xué)家齊奧爾科夫斯基首先提出宇宙速度（cosmicvelocity）的概念，所謂宇宙速度是指使物體能夠

擺脫引力束縛而飛行到宇宙空間所需的最小初速度。比較有代表性的是第一宇宙速度（環(huán)繞速度）、第二

宇宙速度（逃逸速度），第三宇宙速度。接下來我們嘗試推導(dǎo)三種宇宙速度的表達(dá)式。已知地球半徑為七

地球質(zhì)量為Afe,太陽質(zhì)量為"s，地球到太陽的距離為引力常量為G。本題忽略一切空氣阻力，地球和

太陽都視為均勻球體。（本題共有4個小問）

第一宇宙速度使物體在地球表面附近，圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動所需的最小發(fā)射速度。

（1）推導(dǎo)第一宇宙速度表達(dá)式vi；【結(jié)果用跖■,R,G表示】

第二宇宙速度使物體完全擺脫地球引力束縛，成為繞太陽運(yùn)行的行星（或飛向太陽系其他行星）所需的最

小發(fā)射速度。要推導(dǎo)第二宇宙速度的大小，需要引入引力勢能曷用來表示物體與地球之間的勢能，取物體

（m）與地球（M）之間的距離達(dá)到無窮遠(yuǎn)時引力勢能為設(shè)為零，r為物體與地球球心之間的距離，引力勢

能的表達(dá)式是：與=-9更上。

r

（2）利用以上信息，推導(dǎo)第二宇宙速度表達(dá)式V2；【結(jié)果用血E，R,G表示】

第三宇宙速度是物體從地球發(fā)射后擺脫太陽系引力的束縛，飛到太陽系以外的宇宙空間所需的最小發(fā)射速

度。計(jì)算從地球表面發(fā)射的第三宇宙速度需要考慮

①物體需要先掙脫地球引力（達(dá)到第二宇宙速度），并且擁有足夠速度擺脫太陽引力；

②巧妙地利用地球公轉(zhuǎn)速度，沿著地球公轉(zhuǎn)方向發(fā)射，可以極大地節(jié)省所需速度增量；

③地球公轉(zhuǎn)的軌道半徑遠(yuǎn)大于地球半徑。

（3）利用以上信息及第二宇宙速度的推導(dǎo)方法，推導(dǎo)第三宇宙速度V3；【結(jié)果用Afe,Ms,R,rSE,G表示】

現(xiàn)在我們讓物體的發(fā)射速度大小為VO（V1<VO〈V2）,速度方向垂直于物體與地球球心連線，那么物體將以

地球球心為焦點(diǎn)做橢圓運(yùn)動，該橢圓的近地點(diǎn)為地球表面。

（4）利用以上信息、第二宇宙速度的推導(dǎo)方法及開普勒三大定律，推導(dǎo)物體從橢圓軌道的近地點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)

地點(diǎn)的時間【結(jié)果用Afe,R,vo，G表示】

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1.【答案】

【解析】解：/、干涉現(xiàn)象要求波頻率相同且相位差恒定。頻率不同的聲波無法形成穩(wěn)定的干涉圖樣，因此

在介質(zhì)中不能發(fā)生干涉現(xiàn)象。故/正確；

8、聲波在相同均勻介質(zhì)中的傳播速度取決于介質(zhì)性質(zhì)（如密度和彈性模量），而非頻率。例如不同頻率的

聲波在空氣中速度相同。故2錯誤；

C、衍射現(xiàn)象并非僅限于障礙物尺寸與波長相近的情況；障礙物任意尺寸均可發(fā)生衍射，但其顯著程度取決

于波長與障礙物尺寸的比值。聲波因波長較長而較易出現(xiàn)衍射。故。錯誤；

。、聲波是機(jī)械波，需介質(zhì)傳播，在真空中無法傳播。超聲波是高頻聲波，本質(zhì)仍是聲波，同樣不能在真空

中傳播。故。錯誤。

故選：Ao

干涉現(xiàn)象需要波的頻率相同，頻率不同的聲波無法產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣。聲波在相同介質(zhì)中的傳播速度由

介質(zhì)性質(zhì)決定，與頻率無關(guān)。衍射現(xiàn)象在任何障礙物尺寸下都可能發(fā)生，只是顯著程度與波長和障礙物尺

寸的比例有關(guān)。聲波作為機(jī)械波必須依賴介質(zhì)傳播，超聲波同樣無法在真空中傳播。

本題考查聲波的基本性質(zhì)，涉及干涉、傳播速度、衍射和傳播條件等核心概念。題目概念性較強(qiáng)，重點(diǎn)考

查學(xué)生對波動現(xiàn)象本質(zhì)的理解。/選項(xiàng)直接點(diǎn)明干涉條件，2選項(xiàng)通過反例澄清速度與頻率無關(guān)，C選項(xiàng)修

正對衍射的片面認(rèn)識，。選項(xiàng)強(qiáng)調(diào)機(jī)械波的共性。題目設(shè)計(jì)巧妙，通過常見誤區(qū)檢驗(yàn)學(xué)生對波動理論的掌

握程度，尤其能區(qū)分對現(xiàn)象表象和本質(zhì)的理解差異。

2.【答案】

【解析】解：/、由位移的定義：從初位置指向末位置的有向線段，機(jī)器狗在水平方向、豎直方向均有運(yùn)動，

可知高度為1200m時，位移大于1200私故/錯誤；

8、由功、功率的公式，即可計(jì)算克服重力做的功：功率為：?！?，解得：gl.2X106j,pJxI尸卬,

t6

故5正確，C錯誤；

D、由沖量的定義：可知重力的沖量不為0,故。錯誤。

故選：Bo

由位移的定義，可比較位移與1200機(jī)的關(guān)系；由功、功率的公式，即可計(jì)算克服重力做的功及功率；由沖

量的定義，即可計(jì)算重力的沖量。

本題考查功、功率、沖量的計(jì)算，注意機(jī)器狗的實(shí)際位移與上升高度不同。

3.【答案】

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【解析】解：4鋼球在太空中一樣受到地球?qū)ζ涞闹亓?，所以合力不為零，提供向心力，?錯誤;

〃「，解得rJ?，，又尸/①，解得&\區(qū)”，則知

2.鋼球圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動，有。

rVrVr3

鋼球的角速度比地球同步衛(wèi)星的大，而地面赤道上物體的角速度與地球同步衛(wèi)星的角速度相等，所以鋼球

的角速度比地面赤道上物體的大，故8錯誤;

C鋼球懸停在空間站不動，隨空間站一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動，則鋼球和所在的太空艙處于完全失重狀

態(tài)，在太空艙里無法稱物體的質(zhì)量，故C正確；

D鋼球懸停在空間站不動，隨空間站一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動，地球同步衛(wèi)星離地面的高度大約是36000

公里，而中國空間站距離地球400公里，可見鋼球離地的高度比地球同步衛(wèi)星低，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)太空中物體的受力情況、萬有引力提供向心力和完全失重環(huán)境等知識進(jìn)行分析解答。

考查太空中物體的受力情況、萬有引力提供向心力和完全失重環(huán)境等知識，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

4.【答案】

【解析】解：/、根據(jù)振動圖像可知，振動周期保持不變，故/錯誤；

B、片4s時處于平衡位置，速度最大、則動能為最大，故3錯誤；

C、根據(jù)振動圖像可知，Z=8s時沿x軸正方向運(yùn)動，故C錯誤；

D、Z=10s時處于波峰，其加速度沿x軸負(fù)方向，故D正確。

故選：Do

根據(jù)振動圖像可知振動周期是否變化、片4s時的動能大小、以及振動方向；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位置確定加速度正

負(fù)。

本題主要是考查了振動的圖像；解答此類問題的關(guān)鍵是要理解振動圖像的物理意義，能夠根據(jù)圖像直接讀

出振幅和質(zhì)點(diǎn)的振動方向。

5.【答案】

【解析】解：4B、設(shè)質(zhì)點(diǎn)M的角速度為3。依題意分析可知，N的速度與〃豎直方向的分速度始終相同，

則當(dāng)質(zhì)點(diǎn)M繞。點(diǎn)轉(zhuǎn)過角度9時，質(zhì)點(diǎn)N的速度為V7v=vcos9=vcosco/,可知質(zhì)點(diǎn)N做簡諧運(yùn)動，故AB錯誤；

C、取豎直向上為正方向，質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的前1個周期的過程中，質(zhì)點(diǎn)〃繞。點(diǎn)轉(zhuǎn)過120。，此時質(zhì)點(diǎn)N的

速度為VN=VCOS120°,質(zhì)點(diǎn)N的動量變化大小為4(-9)-mv=-'^HIV,則質(zhì)點(diǎn)N的動量變

化大小為：，故C正確；

D、當(dāng)質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動到M點(diǎn)或M點(diǎn)關(guān)于。點(diǎn)的對稱點(diǎn)時，質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動到平衡位置，動能最大，故。錯誤。

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故選：Co

M、N在運(yùn)動過程中始終處于同一高度，則N的速度與m豎直方向的分速度始終相同，根據(jù)速度分解法得

到兩者速度關(guān)系，再分析N的運(yùn)動性質(zhì)；質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的前1個周期的過程中，確定質(zhì)點(diǎn)N的初末速度，再

?J

求質(zhì)點(diǎn)N的動量變化大?。划?dāng)質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動到平衡位置時動能最大，再分析此時M的位置。

解答本題時，要知道勻速圓周運(yùn)動在豎直方向的投影是簡諧運(yùn)動。求動量變化量時，要規(guī)定正方向，用正

負(fù)號表示速度方向。

6.【答案】

【解析】解：B.由于兩種情況下在豎直方向都做豎直上拋運(yùn)動，且上升的最大高度相同，都落到同一水平

面上，所以它們在空中運(yùn)動的時間相等，故8錯誤；

AC.由于軌跡甲和乙落地點(diǎn)的距離不同，且它們在空中運(yùn)動的時間相等，根據(jù)水平方向的勻速直線運(yùn)動規(guī)

律可知，軌跡乙水平方向的初速度分量較大，即乙軌跡最高點(diǎn)速度大，上升高度相等，豎直初速度也相等，

根據(jù)速度的合成可知，軌跡乙初速度較大，故/C錯誤；

D.軌跡甲乙上升的高度相同，豎直分速度相同，根據(jù)尸="zgv藍(lán)直，可知兩條軌跡起跳瞬間重力的功率相同，

故。正確。

故選：Do

根據(jù)軌跡甲乙做斜拋運(yùn)動，可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，結(jié)合水平方

向的勻速直線運(yùn)動規(guī)律，以及瞬時功率表達(dá)式分析求解。

本題考查了斜拋運(yùn)動和功率，理解物體在不同方向上的運(yùn)動情況是解決此類問題的關(guān)鍵。

7.【答案】

【解析】解：4物塊能到達(dá)c點(diǎn)，從。到c點(diǎn)，根據(jù)動能定理有:凡解得J味4gR,

故/錯誤；

氏若物塊從。點(diǎn)經(jīng)過時間才剛好到達(dá)6點(diǎn)，則到6點(diǎn)速度為零，取豎直向上為正，根據(jù)動量定理有:/Mg/=0-加vo,

解得I=mgt-mvo,故B錯誤；

9

C若物塊恰好通過c點(diǎn)，則c點(diǎn)應(yīng)有最小速度，根據(jù)牛頓第二定律有機(jī)g=〃z］，此時在c點(diǎn)的速度為「、不,

從。到C點(diǎn)，根據(jù)動能定理有：-尸”穹?；?，解得口，\/電〃3由2選項(xiàng)分析可知，小物塊剛好

通過b點(diǎn)的速度為零，從。到6點(diǎn)，根據(jù)動能定理有0-：""：=-ag，R,解得R，故C正確；

D當(dāng)物塊在弧線上一點(diǎn)時，受力分析圖如圖所示，根據(jù)合外力提供向心力有：FN-mgcosB=m,從。運(yùn)

動到6的過程中，重力做負(fù)功，支持力不做功，所以速度v在減小，而越靠近b點(diǎn)，。角越大，所以mgcose

第10頁，共19頁

在減小，由此可知從。到6的過程中，軌道對物塊支持力始終在減小，故D錯誤。

故選：Co

根據(jù)圓周運(yùn)動中最高點(diǎn)的運(yùn)動關(guān)系，可以分析出c點(diǎn)的速度大小；利用動量定理可以求出。到b過程中支持

力的沖量大?。桓鶕?jù)動能定理可以分析出北段脫離軌道的速度范圍；利用牛頓第二定律分析出。到b過程

中支持力的變化情況。

本題重點(diǎn)考查力學(xué)的綜合應(yīng)用，學(xué)生要掌握完整豎直圓周運(yùn)動模型，根據(jù)特殊點(diǎn)位置的速度大小分析題目。

8.【答案】

【解析】解：4、片3s時質(zhì)點(diǎn)C開始振動，B、C兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為9外則該繩波的波速大小為

91,,,

V-------in/H-Amn

t3''

故人正確；

B、根據(jù)題圖可知，/、2兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離滿足I!.!>;//

4

解得波長為九=1.2加

根據(jù)波速、波長和周期之間的關(guān)系可知，則周期為./A1O.l.s

i:3

則手抖動的頻率為

1

戶了

代入數(shù)據(jù)解得戶2.5所

故8錯誤；

C、/=0時刻質(zhì)點(diǎn)3開始振動，根據(jù)波形平移法可知，質(zhì)點(diǎn)8的起振方向向下，則手的起振方向向下，故C

錯誤；

第11頁，共19頁

D、Z=0時刻質(zhì)點(diǎn)8從平衡位置向下振動，由于（I2>\T

則Z=0.2s時質(zhì)點(diǎn)3經(jīng)過平衡位置向上運(yùn)動，故。正確。

故選：ADo

根據(jù)題目給出的波形圖和質(zhì)點(diǎn)位置信息，可以推斷出波的波長和周期，進(jìn)而求出波速和頻率。

通過分析質(zhì)點(diǎn)的起振方向和運(yùn)動狀態(tài)，可以判斷選項(xiàng)的正確性。

本題的關(guān)鍵在于理解簡諧波的傳播特性，包括波速、頻率、起振方向和質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動狀態(tài)。通過分析波形圖

和質(zhì)點(diǎn)位置信息，可以推斷出波的波長和周期，進(jìn)而求出波速和頻率。同時，通過分析質(zhì)點(diǎn)的起振方向和

運(yùn)動狀態(tài)，可以判斷選項(xiàng)的正確性。

9.【答案】

【解析】解：/、達(dá)到勻加速直線運(yùn)動的最大速度時，仍在加速，戰(zhàn)機(jī)牽引力大于阻力，故/錯誤；

2、達(dá)到額定功率時，勻加速直線運(yùn)動的速度達(dá)到最大，之后，由尸=氏可知，隨著速度增大，牽引力減小，

合力減小，則加速度減小，所以達(dá)到額定功率后，戰(zhàn)機(jī)接著做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，故5錯誤；

C、對于勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得廣3=加°,可得什加。，勻加速直線運(yùn)動的最大速度為v=；,

少p2

勻加速直線運(yùn)動的位移為修=:，聯(lián)立解得X1=,,,故C正確；

2a2“（6+〃“1尸

,P

D、設(shè)最大速度為V"”則P=Fvw=F/v,",可得為廣,，

對于加速度逐漸減小的加速過程，設(shè)位移為X2,由動能定理得

…1212

產(chǎn)才加2=,,…，

lllP-P1

整個加速過程中阻力做功為9:7/"（X1+X2）,解得%=-「，+萬不丁―—了『故。正確。

故選：CDo

達(dá)到勻加速直線運(yùn)動的最大速度后，繼續(xù)加速，牽引力不等于阻力；達(dá)到額定功率后，根據(jù)尸=Fv分析牽引

力的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化；根據(jù)牛頓第二定律求出勻加速直線運(yùn)動的末速度，由速度

一位移公式求勻加速直線運(yùn)動的位移；根據(jù)動能定理求出變加速直線運(yùn)動的位移，再求整個加速過程中阻

力做功。

本題考查機(jī)車啟動問題，理解恒加速度起動時，不同狀態(tài)下速度、加速度和牽引力之間的關(guān)系，熟悉使用

牛頓第二定律和動能定理是解決此類問題的關(guān)鍵。

10.【答案】

【解析】解：/、小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次回到最低點(diǎn)的過程（此過程類似彈性碰撞），設(shè)小球末速

度為VI,凹槽末速度為V2。以小球的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律

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分別得:

mvo=mvi+Mv2

由題圖中小球的部分軌跡可知當(dāng)小球第一次回到最低點(diǎn)時小球速度方向水平向左，可得：vi<0,即

.....—■>,-*11,可得：m<M,故/正確；

m+M

2、已知圖中軌跡頂點(diǎn)與凹槽端口等高，說明當(dāng)小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次到最高點(diǎn)時，凹槽與小球速

度恰好相同(此過程類似完全非彈性碰撞)，設(shè)小球和凹槽的末速度為v卻由水平方向動量守恒得：

rnuo

:

mvo=(m+M)v共，解得：''jt.f

由機(jī)械能守恒定律得'/Kill〃一,T/1I

若僅增大又值，上式中的，”"「巾。；會減小，說明小球到達(dá)凹槽最高點(diǎn)時的動能會增大，即小球會有豎

直方向的分速度，則小球能飛離凹槽，故3錯誤；

C、設(shè)小球末速度水平分速度VI’，凹槽末速度V2’，以向右為正方向，同理可得：

mvo=mvi'+MV2',可得：m(vo-vi')=Mvi'

若凹槽對地向左運(yùn)動，貝lj：V2Z<0,可得：VO<V1,

系統(tǒng)總機(jī)械能為：/.I”;：，由機(jī)械能守恒可知：-1mr/

可得：vo>vi，，產(chǎn)生矛盾，故凹槽對地不可能向左運(yùn)動，即凹槽對地一直向右運(yùn)動，故C正確；

。、由題圖中小球的部分軌跡可知，由N到3的過程小球的水平速度一直向右，且逐漸減小，即小球水平方

向的動量逐漸減小，根據(jù)小球與凹槽在水平方向動量守恒可知，凹槽的動量逐漸增大，即此過程凹槽一直

加速，故。錯誤。

故選：ACo

當(dāng)小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次回到最低點(diǎn)時，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒分別列方程，

得到小球與凹槽末速度表達(dá)式，根據(jù)小球第一次回到最低點(diǎn)時速度方向與初速度方向的關(guān)系分析旭與M的

大小關(guān)系；當(dāng)小球由最低點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次到達(dá)最高點(diǎn)時，由動量守恒定律求出小球和凹槽的末速度。

根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析僅增大“后小球能否飛離凹槽；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒分析凹槽

會不會出現(xiàn)向左運(yùn)動的情況；根據(jù)小球的軌跡分析從圖中4到8運(yùn)動過程中，小球的水平速度方向和速度

大小的變化，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒確定凹槽速度變化情況。

第13頁，共19頁

本題考查了動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是對小球運(yùn)動軌跡的解析，能夠從其軌跡

得到小球水平速度的方向與大小變化。掌握從動量與能量的角度處理問題的方法。

11.【答案】

【解析】(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，擺球的直徑d=l6冽冽+4X0.1冽冽=16.4冽冽。

f2f；

(2)單擺的周期片-—單擺的擺長￡=￡o+”,

—n-12

由單擺周期公式7=2兀,I解得^2("-1)2(^0+1)。

V9戶

(3)由單擺周期公式7=2兀o',解得g=LJ

V97-

/、計(jì)數(shù)結(jié)束時秒表太遲按下，所測周期T偏大，g偏小，故N錯誤；

2、把擺動〃次誤記為(?+1)次，所測周期T偏小，g偏大，故8正確；

。、單擺的懸點(diǎn)未固定緊，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線增長，擺長的測量值Z偏小，g偏小，故C錯誤。

故選：Bo

故答案為：(1)16.4；(2)7r"L11’3(3)Bo

(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺讀數(shù)的和是游標(biāo)卡尺讀數(shù)。

(2)根據(jù)單擺周期公式求出重力加速度。

(3)應(yīng)用單擺周期公式求出重力加速度的表達(dá)式，然后分析實(shí)驗(yàn)誤差。

要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；掌握基礎(chǔ)知識，理解實(shí)驗(yàn)原理，應(yīng)用單擺周期公式即可解題。

12.【答案】

【解析】(1)先安裝實(shí)驗(yàn)器材，然后先接通電源再釋放紙帶進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)完畢關(guān)閉電源取下紙帶，再進(jìn)

行實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，故合理的實(shí)驗(yàn)步驟是④①⑥⑤。

(2)交流電源的頻率戶50星,則打點(diǎn)計(jì)時器的打點(diǎn)時間間隔T='.',5=0.025；

J皿

打出8點(diǎn)時重錘下落的速度大小v=AC=(20,M-13.20)xIO"^1.79m/so

2T2x0.02

(3)如果機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得整理得v2=2g〃,v2與〃成正比，則圖線是過原點(diǎn)

的傾斜直線。

(4)由圖3所示圖像可知，圖像的斜率4工=上18.7加房。

A/r()285一().051

(5)測量的相對誤差『|七—|X100%=|"l，lh00%,

匕〉nigh

第14頁，共19頁

*2（j—k

圖像的函數(shù)解析式儼=28〃,斜率42g,解得r）=||X%

2g

2a_k

故答案為：（1）④①⑥⑤；（2）1.79；（3）通過；（4）18.7加/s2；（5）|二"|。

2g

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟分析答題。

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論求解。

（3）求出圖像的函數(shù)解析式，然后分析答題。

（4）根據(jù)圖示圖像求出圖像的斜率。

（5）根據(jù)相對誤差的定義求出相對誤差。

掌握基礎(chǔ)知識，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖像的函數(shù)解析式，根據(jù)圖示圖像

即可解題。

13.【答案】

【解析】（1）小球在8點(diǎn)受到的重力與支持力的合力提供向心力，則my〃/；，解得3點(diǎn)時的速

度大小VB=4mJs；

（2）小球在軌道3c上向右運(yùn)動，加速度““72〃”小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有/.「/4[at],

解得H1S或3s（舍），平拋運(yùn)動的時間為二優(yōu)」小球從3點(diǎn)到落地過程中，重力的沖量為/=〃峪。1+/2）,

解得/=18N?s,方向豎直向下。

答：（1）8點(diǎn)時的速度大小VB=4加/s；

（2）小球從3點(diǎn)到落地過程重力的沖量為18N?s,方向豎直向下。

（1）根據(jù)牛頓第二定律列式解答；

（2）根據(jù)牛頓第二定律，勻變速直線運(yùn)動位移規(guī)律和平拋運(yùn)動的位移規(guī)律，沖量的表達(dá)式列式求解。

考查牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、平拋運(yùn)動的位移規(guī)律和沖量的計(jì)算，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析

解答。

14.【答案】

【解析】（1）根據(jù)題意可知，小球從開始下落到尸處過程中，小球與方形物體組成的系統(tǒng)在水平方向上動

量守恒，設(shè)小球到尸處時小球和方形物體相對于地面的速度分別為VI、V2,以向左為正方向，根據(jù)動量守恒

定律與機(jī)械能守恒定律得：

mv\+Mv2=0

myh,〃/琢+A/^2

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聯(lián)立解得：v\=6m/s,V2=一二〃〃號

在P點(diǎn)以方形物體為參考系，小球相對方形物體的速度為vi-V2,軌道在P點(diǎn)的曲率半徑7?=2加,設(shè)軌道對小

球的彈力為N',根據(jù)牛頓第二定律得：

,(V|-V2)2

mif+I、，m-------

R

解得：1)0;V

9

根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膹椓?V,方向豎直向上。

9

(2)小球從尸點(diǎn)水平拋出，恰好擊中與。粘在一起且不彈起，小球豎直方向速度變?yōu)?,小球擊中物塊

。的過程在水平方向上動量守恒，以向左為正方向，則有：

mv\=(m+ma)丫3，解得：V3=2m/s

設(shè)當(dāng)彈簧形變量為XI時物塊b的固定解除，此時小球和物塊。的速度為V4o

根據(jù)胡克定律得：F=kx\

由機(jī)械能守恒定律的：。3，?=g(m-〃乙/11+:kj']

,

聯(lián)立解得：V4=lm/5yxi=0.3m

6解除鎖定開始運(yùn)動之后，小球、物塊。和物塊b組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)三者共速時彈簧的彈性勢能最大,

以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：

(m+ma)V4=(m+ma+mz))v共

Ini?)r-I：(〃，I/n?I

2

解得：為=Vtt=m/s,Epm=2.5J

AG

答：(1)小球剛到達(dá)尸點(diǎn)時，小球?qū)壍赖膹椓的大小為'N,方向豎直向上；

(2)彈簧彈性勢能最大時，6的速度大小w為？〃，八，彈性勢能的最大值￡加為2.5/

45

(1)小球從開始下落到尸處過程中，小球與方形物體組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。根據(jù)動量守恒定

律與機(jī)械能守恒定律求得小球剛到達(dá)尸點(diǎn)時小球和方形物體的速度，根據(jù)牛頓第二定律與牛頓第三定律求

解小球?qū)壍赖膹椓Γ?/p>

(2)小球擊中物塊。的過程在水平方向上動量守恒，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求得物塊6的固

定解除時小球和物塊。的速度為V4。b解除鎖定開始運(yùn)動之后，小球、物塊。和物塊6組成的系統(tǒng)動量守恒,

當(dāng)三者共速時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求解彈性勢能最大時和b的速度

大小。

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本題考查了動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，牛頓第二定律在圓周運(yùn)動中的應(yīng)用。掌握從動量與能

量的角度處理問題的方法。

15.【答案】

【解析】(1)對于近地衛(wèi)星尸尺

萬有引力通過向心力，根據(jù)向心力公式二

R~R

解得第一宇宙速度「IGW

(2)設(shè)物體在地表剛好以第二宇宙速度V2發(fā)射，那么物體可以脫離地球的束縛，可以理解為物體能夠飛到

無窮遠(yuǎn)處，而在這個過程中，物體和地球構(gòu)成系統(tǒng)機(jī)械能守恒

根據(jù)機(jī)械能守恒定律〃舄+(-G筆當(dāng)-+(-G她力-0

解得--2r,

--V/?____

V/

不難發(fā)現(xiàn)，第二宇宙速度一v1-

■V7?

(3)設(shè)物體在地球表面剛好以第三宇宙速度V3發(fā)射，那么物體可以脫離太陽的引力束縛

假設(shè)讓物體脫離地球的引力束縛時的速度為V31，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

12?,CME%12」MEE、1

2rnv3+(—GR)=-加地i+(—G——)=-2

解得以二信一罕

設(shè)地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速度為VE,萬有引力提供向心力

根據(jù)牛頓第二定律。M,17

rsE

解得“E=產(chǎn)業(yè)

此時在太陽系中，因?yàn)榈厍蚬D(zhuǎn)半徑遠(yuǎn)大于地球半徑，近似取在地球公轉(zhuǎn)軌道處為地球無限遠(yuǎn)處是位置,

物體的速度為(V31+VE),要使物體能夠脫離太陽的束縛需要滿足

3+UE)+(-G----)=-rnt4+(-G----)=-rnvl,>0

2rsE2Foe2

取等號時“l(fā)+UE