2024-2025學年湖南省長沙市周南教育集團高三上學期10月月考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1周南中學2025屆高三第二階段考試物理試卷考試用時75分鐘，全卷滿分100分一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.物理學的巨大發(fā)展得益于科學家們創(chuàng)造和應(yīng)用了許多物理學方法，比如比值法、微元法、控制變量法、建立物理模型法等，以下關(guān)于物理學研究方法的敘述中正確的是（）A.伽利略在研究物體的運動與力的關(guān)系時，利用了“理想斜面實驗”，由于摩擦力不可能完全消失，所以這個結(jié)論只是“理想中”成立，實際上并不成立B.根據(jù)速度定義式，當時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了控制變量法C.在研究勻變速直線運動的圖像中，用圖線與坐標軸圍成的面積代表物體運動過程中的位移，主要是利用了等效原則D.在不需要考慮物體本身大小和形狀對研究問題的影響時，用質(zhì)點代替物體屬于理想化模型【答案】D【解析】A．伽利略在研究物體的運動與力的關(guān)系時，利用了“理想斜面實驗”，加上科學的推理，得出的結(jié)論，所以是成立的，A錯誤；B．該定義應(yīng)用了極限的思想，B錯誤；C．在研究勻變速直線運動的圖像中，用圖線與坐標軸圍成的面積代表物體運動過程中的位移，主要是利用了微元法，C錯誤；D．用質(zhì)點代替物體屬于理想化模型，忽略了次要因素，實際并不存在，D正確。故選D。2.一物塊沿直線運動速度一時間（v-t）圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A.5s內(nèi)的位移大小為17.5mB.3s末與5s末的速度相同C.第4s內(nèi)與第5s內(nèi)的加速度相同D.前4s的平均速度大小為4m/s【答案】C【解析】A．因為v-t圖像的面積等于位移，則5s內(nèi)的位移大小為選項A錯誤；B．3s末與5s末的速度大小相同，方向相反，選項B錯誤；C．因為v-t圖像的斜率等于加速度，則第4s內(nèi)與第5s內(nèi)的加速度相同，選項C正確；D．前4s內(nèi)的位移大小為則平均速度大小為選項D錯誤．3.如圖所示，A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，下列判斷正確的是（）A.A、B運動的最大高度相同B.A、B落入籃筐時速度方向相同C.拋出到落入籃筐A比B的運動時間長D.A在最高點的速度比B在最高點的速度小【答案】C【解析】A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，A球水平位移大于B球，A球水平分速度大于B球，由于初速度方向（設(shè)與水平方向夾θ角）相同，所以A球的初速度大于B球。即A．斜拋的最大高度為由于，所以最大高度不同，故A錯誤；C．因為最大高度從最高點向兩側(cè)，由可知，A運動時間長，故C正確；BD．因為A的水平分速度（即最高點的速度）大于B球，A從最高點到入籃筐時間大于B球，A入籃筐時豎直分速度也大于B球，所以A球入籃筐時的速度與B球方向不同，故BD錯誤。故選C。4.用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量均為m的A、B兩物體，靜止在光滑的水平地面上，彈簧處于原長，A的左端靠在豎直墻壁上，現(xiàn)讓B突然獲得一個水平向左的速度v0，規(guī)定水平向左為正方向，下列說法正確的是（）A.從彈簧開始壓縮到第一次壓縮量最大時，墻壁對A的沖量為B.彈簧從壓縮量最大到第一次恢復(fù)到原長的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.從B獲得速度到A剛要離開墻壁，彈簧對B做的功為D.從B獲得速度到A剛要離開墻壁，彈簧對B的沖量為【答案】A【解析】A．從彈簧開始壓縮到壓縮量最大時，系統(tǒng)動量的變化量為墻壁對A的沖量就是系統(tǒng)所受合外力的沖量，由動量定理可得故A正確；B．彈簧從壓縮量最大到恢復(fù)到原長的過程中，墻壁對A有向右的彈力，即系統(tǒng)受到向右的彈力，外力之和不等于0，系統(tǒng)的動量不守恒。故B錯誤；C．從B獲得速度到A剛要離開墻壁，B的速度由v0變成，動能的變化量為0，由動能定理可得彈簧對B做的功為0。故C錯誤；D．從B獲得速度到A剛要離開墻壁，B的速度由v0變成，動量的變化為彈簧對B的沖量為故D錯誤故選A。5.在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（）A B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為，則根據(jù)動量守恒定律可得宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則聯(lián)立解得故選D。6.長為L，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上．質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出．已知從子彈射入到射出木塊移動的距離為s，則子彈穿過木塊所用的時間為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)子彈射穿木塊后子彈的速度為v1，木塊最終速度為v2，子彈和木塊系統(tǒng)動量守恒，以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得mv0=mv1+Mv2設(shè)子彈對木塊的作用力為f，則對木塊fs=Mv22對子彈-f(s+L)=mv12-mv02對木塊由動量定理ft=Mv2聯(lián)立解得故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質(zhì)中位置在x=0處的質(zhì)點a和在x=3m處的質(zhì)點b的振動圖像分別如圖甲和圖乙。下列說法正確的是（）A.質(zhì)點a的振動方程為B.質(zhì)點a處在平衡位置時，質(zhì)點b一定在波谷且向y軸正方向振動C.若波沿x軸正方向傳播，這列波的最大傳播速度為1m/sD.若波沿x軸負方向傳播，這列波的最大傳播速度為0.6m/s【答案】AC【解析】A．根據(jù)圖像可知，質(zhì)點振動的振幅A=2cm，周期T=4s，初相位φ=π，則質(zhì)點a的振動方程為故A正確；B．根據(jù)圖像可知，質(zhì)點a處在平衡位置時，質(zhì)點b一定在波谷或者波峰，無法判斷質(zhì)點b的振動方向，故B錯誤；C．若波沿x軸正方向傳播，根據(jù)圖像可知速度最大時n=0，即此時λ=4m，則波速為故C正確；D．若波沿x軸負方向傳播，根據(jù)圖像可知速度最大時n=0，即此時λ=12m，則波速為故D錯誤。故選AC。8.2020年9月4日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心利用長征二號F運載火箭成功發(fā)射一型可重復(fù)使用的試驗航天器，下圖為此發(fā)射過程的簡化示意圖。航天器先進入圓軌道1做勻速圓周運動，再經(jīng)橢圓軌道2，最終進入圓軌道3做勻速圓周運動。軌道2分別與軌道1、軌道3相切于P點、Q點。下列說法正確的是（）A.航天器在軌道1的運行周期小于其在軌道3的運行周期B.航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，速度越來越大C.航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，地球的萬有引力對其做負功D.航天器在軌道1上運行的加速度小于其在軌道3上運行的加速度【答案】AC【解析】A．由開普勒第三定律可知，軌道半徑越大，公轉(zhuǎn)周期越大，所以航天器在軌道1的運行周期小于其在軌道3的運行周期，故A正確；BC．根據(jù)開普勒第二定律可知，航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，速度越來越小，根據(jù)動能定理可知，地球的萬有引力對其做負功，故B錯誤，C正確；D．根據(jù)可知，航天器在軌道1上運行的加速度大于其在軌道3上運行的加速度，故D錯誤。故選AC。9.如圖，將一質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離A為d處．現(xiàn)將環(huán)從A點由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法中正確的是（）A.環(huán)到達B處時，重物上升的高度B.環(huán)能下降的最大距離為C.環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小之比為D.環(huán)從A到B減少的機械能等于重物增加的機械能【答案】BD【解析】根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h=d?d，故A錯誤；環(huán)下滑到最大高度為h時環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為，根據(jù)機械能守恒有，解得：h=d，故B正確．對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，所以，故C錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即滿足環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能，故D正確；故選BD．10.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為、長為的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連。質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零?，F(xiàn)滑塊以水平速度（未知）滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，滑塊以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，重力加速度大小為。下列說法正確的是（）A.滑塊向右運動的過程中，加速度大小為B.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為C.k=1.5D.滑塊彈回瞬間的速度大小為【答案】CD【解析】A．滑塊（可視為質(zhì)點）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知解得故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得故B錯誤；CD．小滑塊以水平速度右滑時，由動能定理有小滑塊以速度滑上木板到運動至碰墻時速度為，由動能定理有滑塊與墻碰后至向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為，由動量守恒有由能量守恒定律可得解得，故CD正確。故選CD。三、實驗題（每空2分，共16分。）11.某實驗小組用如圖所示的實驗裝置驗證動量守恒定律，桌面上固定一斜面，斜面末端與桌面平滑連接，小球A從斜面上靜止釋放會運動到桌面上，之后可以從緊貼桌面的邊緣開始做平拋運動，如果事先在桌面邊緣處放一形狀相同的小球B，則小球A將與小球B發(fā)生對心碰撞。按下述步驟進行實驗。①用天平測出A、B兩小球的質(zhì)量，分別為和；②按圖安裝好實驗裝置并調(diào)整桌面水平、桌面上先不放小球B，將小球A從斜面上的某位置由靜止釋放，之后小球從桌面邊緣開始做平拋運動，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)實驗多次，記下平均落地點為P；③將小球B放在桌面邊緣，將小球A從斜面上的某一位置由靜止釋放，之后與小球B發(fā)生碰撞，碰撞之后兩球從桌面邊緣開始做平拋運動，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)實驗多次，記下小球A、B的平均落地點分別為M、N；④已知桌面邊緣在記錄紙上的投影位置為O點，用毫米刻度尺量出OP、OM和ON。根據(jù)該實驗小組的測量，回答下列問題：（1）在本實驗中下列說法正確的是__________A.每次從斜面上釋放小球A的位置必須為同一位置B.小球A的質(zhì)量可小于小球B的質(zhì)量C.小球A與斜面、桌面之間動摩擦因數(shù)越小，實驗系統(tǒng)誤差越小D.用畫圓法確定小球落地點時，需要用盡量小的圓把所有落點圈起來，圓心即為小球的平均落地點（2）若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式__________（用、、OP、OM和ON表示），則說明碰撞中的動量是守恒的，若測得，則__________。（3）若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式__________（用OP、OM和ON表示），則說明兩球的碰撞是彈性碰撞?！敬鸢浮浚?）A（2）3（3）【解析】【小問1詳解】A．只需保證每次從斜面上同一位置釋放小球A即可保證小球A每次做平拋運動的初速度相同，故A正確；B．為了保證碰撞過程中小球A不被反彈，小球A的質(zhì)量必須大于小球B的質(zhì)量，故B錯誤；C．讓小球A從斜面上同一位置運動下來得目的是為了獲得一個固定得初速度，而系統(tǒng)誤差得大小與它們之間得動摩擦因數(shù)無關(guān)，故C錯誤；D．用畫圓法確定小球落地點時，需要用盡量小的圓把所有有效落點圈起來，圓心即為小球的平均落地點，而并非所有的落點，故D錯誤。故選A?！拘?詳解】[1]由于小球做平拋運動的高度相同，根據(jù)可知小球做平拋運動的時間相同，而小球在水平方向做勻速直線運動，則可得小球A單獨做平拋運動時的速度，以及小球A與小球B碰撞后的速度、分別為，，因此若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式化簡得即可說明碰撞中的動量是守恒的；[2]若測得，則可得【小問3詳解】若兩球的碰撞是彈性碰撞，則應(yīng)滿足整理可得而兩球碰撞過程中動量守恒，滿足即聯(lián)立可得，若兩球的碰撞是彈性碰撞則有12.某同學利用如圖甲所示的裝置驗證牛頓第二運動定律，裝置如圖所示，物塊1質(zhì)量為，物塊2質(zhì)量為；物塊1、2由跨過輕質(zhì)定滑輪的細繩連接，物塊2下端與打點計時器紙帶相連。初始時，托住物塊1，兩物塊保持靜止，且紙帶豎直繃緊，接通打點計時器的電源，釋放物塊1，兩物塊開始運動，打點計時器打出的紙帶如圖所示，已知打點計時器所用的交流電源頻率為，每相鄰的兩個點之間還有四個點未畫出?；卮鹣铝袉栴}：（1）對于該實驗，下列哪些操作是正確的____________。（選填選項前的字母）A.物塊1選用質(zhì)量和密度較小的物體B.兩限位孔在同一豎直線上C.實驗時，先釋放物塊1，后接通電源（2）根據(jù)圖乙中的數(shù)據(jù)可知，物塊1勻加速下落時的加速度大小_______。（保留三位有效數(shù)字）（3）通過該實驗可計算出當?shù)氐闹亓铀俣却笮________。（保留兩位有效數(shù)字）（4）由于空氣阻力及紙帶的影響，重力加速度的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值?！敬鸢浮浚?）B（2）2.00（3）9.7（4）小于【解析】【小問1詳解】A.為了減小空氣阻力和摩擦阻力的影響，物塊選用質(zhì)量和密度較大的物體，故A錯誤；B.為了減小紙帶與打點計時器間的摩擦，兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上，故B正確；C.為了充分利用紙帶，實驗時，先接通電源后釋放物塊，故C錯誤。故選B?！拘?詳解】打點計時器所用的交流電源頻率為，每相鄰的兩個點之間還有四個點未畫出，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為根據(jù)逐差法有【小問3詳解】根據(jù)牛頓第二運動定律有解得【小問4詳解】空氣阻力及紙帶的影響使得通過紙帶得到的加速度比理想情況下的加速度小，從而使得重力加速度的測量值小于真實值。四、計算題（本題共3小題，其中第13題12分，第14題12分，第15題16分）13.如圖所示，一雜技運動員騎摩托車沿一豎直圓軌道做勻速圓周運動.摩托車運動的速率恒為，人和摩托車的總質(zhì)量為，摩托車受到的阻力是摩托車對軌道壓力的，摩托車通過與圓心在同一水平面上的點向下運動時牽引力恰好為零，摩托車車身的長度不計，取，求：（1）從點運動到點的過程中人和摩托車動量變化量的大??；（2）運動員完成一次圓周運動所需的時間；（結(jié)果用來表示）（3）從點運動到點軌道給摩托車的作用力的沖量大小。（結(jié)果用來表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】動量變化量為【小問2詳解】根據(jù)題意可知摩托車通過點時牽引力恰好為零，此時摩托車所受摩擦阻力與重力平衡，所以有根據(jù)牛頓第二定律有解得運動員完成一次圓周運動所需的時間為解得【小問3詳解】根據(jù)題意摩托車從最低點到最高點動量的變化量，方向水平向右，重力沖量豎直向下，則軌道對摩托車的沖量為解得N?s14.如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6。求：（1）從A處靜止開始下滑到B點的過程中，滑塊加速度的最大值：（2）滑塊第一次到達B點時的速度；（3）滑塊在AB段運動的總路程?！敬鸢浮浚?）a=7m/s2（2）（3）s=5m【解析】【小問1詳解】設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時，滑塊的加速度最大，其大小為a，由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有解得【小問2詳解】設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，功W為T?s圖像圖線所圍面積，則設(shè)滑塊第一次到達B點時的速度v，由動能定理得【小問3詳解】由能量守恒定律可知解得15.魯布·戈德堡機械”是用遷回曲折的連鎖機械反應(yīng)完成一些簡單動作的游戲。圖為某興趣小組設(shè)計的該類游戲裝置：是半徑為的光滑四分之一圓弧軌道，其末端水平；在軌道末端等高處有一質(zhì)量為的“”形小盒C（可視為質(zhì)點），小盒與質(zhì)量為大小可忽略的物塊D通過光滑定滑輪用輕繩相連，左側(cè)滑輪與小盒之間的繩長為；物塊D壓在質(zhì)量為的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面與水平桌面間動摩擦因數(shù)（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），木板E右端到桌子右邊緣固定擋板（厚度不計的距離為；質(zhì)量為且粗細均勻的細桿通過桌子右邊緣的光滑定滑輪用輕繩與木板E相連，木板E與定滑輪間輕繩水平，細桿F下端到地面的距離也為；質(zhì)量為的圓環(huán)（可視為質(zhì)點）套在細桿F上端，環(huán)與桿之間滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等，大小為。開始時所有裝置均靜止，現(xiàn)將一質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點）從圓弧軌道頂端處由靜止釋放，小球進入小盒C時剛好能被卡?。ㄗ饔脮r間很短可不計），然后帶動后面的裝置運動，木板E與擋板相撞、細桿F與地面相撞均以原速率反彈，最終圓環(huán)剛好到達細桿的底部。不計空氣阻力，重力加速度為，求：（1）小球與小盒C相撞后瞬間，與小盒C相連的繩子上的拉力大??；（2）木板E與擋板第一次相撞瞬間的速度大??；（3）細桿F的長度以及木板E運動的總路程?！敬鸢浮浚?）（2）（3），【解析】【小問1詳解】設(shè)小球滑出圓弧軌道時的速度為，剛被卡住瞬間速度為，與小盒C相連的繩子上的拉力大小為T。對小球從A到，由動能定理得小球撞擊C瞬間，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得對小球和C組成的系統(tǒng)，由圓周運動公式可知，與小盒C相連的繩子上的拉力大小解得【小問2詳解】由（1）知，當小球剛被小盒C卡住時，物塊D對木板E壓力為零，此時桌面對木板的最大靜摩擦力由知木板E將向右運動；木板向右運動與擋板相撞前，將木板E圓環(huán)和細桿F視為一個整體，設(shè)加速度大小為a，由牛二定律解得對圓環(huán)由牛頓第二定律可知圓環(huán)所受摩擦力所以木板向右運動與擋板相撞前，圓環(huán)與細桿之間未發(fā)生相對滑動，假設(shè)第一次相撞的速度大小為，則由勻變速直運動推導(dǎo)公式解得【小問3詳解】由分析知，第一次相撞后細桿F與圓環(huán)發(fā)生相對滑動，設(shè)相撞后圓環(huán)向下做勻減速直線運動的加速度大小為，木板E向左、細桿向上做勻減速直線運動的加速度大小為，則對圓環(huán)由牛頓第二定律對木板E細桿F整體由牛頓第二定律解得因為大小相等，則圓環(huán)與木板E細桿F同時減速為零，且圓環(huán)與細桿F的位移大小相等，方向相反。設(shè)第一次相撞后，木板E向左的最大位移為，則由勻變速直線運動推導(dǎo)公式解得同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移為第次碰撞后，木板E向左的最大位移為則第一次相撞后，圓環(huán)與細桿F的最大相對位移同理可得：第二次相撞后，圓環(huán)與細桿F的最大相對位移第次相撞后，圓環(huán)與細桿F的最大相對位移設(shè)細桿F長度為，則設(shè)木板E運動的總路程為，由能量守恒聯(lián)立解得周南中學2025屆高三第二階段考試物理試卷考試用時75分鐘，全卷滿分100分一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.物理學的巨大發(fā)展得益于科學家們創(chuàng)造和應(yīng)用了許多物理學方法，比如比值法、微元法、控制變量法、建立物理模型法等，以下關(guān)于物理學研究方法的敘述中正確的是（）A.伽利略在研究物體的運動與力的關(guān)系時，利用了“理想斜面實驗”，由于摩擦力不可能完全消失，所以這個結(jié)論只是“理想中”成立，實際上并不成立B.根據(jù)速度定義式，當時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了控制變量法C.在研究勻變速直線運動的圖像中，用圖線與坐標軸圍成的面積代表物體運動過程中的位移，主要是利用了等效原則D.在不需要考慮物體本身大小和形狀對研究問題的影響時，用質(zhì)點代替物體屬于理想化模型【答案】D【解析】A．伽利略在研究物體的運動與力的關(guān)系時，利用了“理想斜面實驗”，加上科學的推理，得出的結(jié)論，所以是成立的，A錯誤；B．該定義應(yīng)用了極限的思想，B錯誤；C．在研究勻變速直線運動的圖像中，用圖線與坐標軸圍成的面積代表物體運動過程中的位移，主要是利用了微元法，C錯誤；D．用質(zhì)點代替物體屬于理想化模型，忽略了次要因素，實際并不存在，D正確。故選D。2.一物塊沿直線運動速度一時間（v-t）圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A.5s內(nèi)的位移大小為17.5mB.3s末與5s末的速度相同C.第4s內(nèi)與第5s內(nèi)的加速度相同D.前4s的平均速度大小為4m/s【答案】C【解析】A．因為v-t圖像的面積等于位移，則5s內(nèi)的位移大小為選項A錯誤；B．3s末與5s末的速度大小相同，方向相反，選項B錯誤；C．因為v-t圖像的斜率等于加速度，則第4s內(nèi)與第5s內(nèi)的加速度相同，選項C正確；D．前4s內(nèi)的位移大小為則平均速度大小為選項D錯誤．3.如圖所示，A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，下列判斷正確的是（）A.A、B運動的最大高度相同B.A、B落入籃筐時速度方向相同C.拋出到落入籃筐A比B的運動時間長D.A在最高點的速度比B在最高點的速度小【答案】C【解析】A、B兩籃球從相同高度以相同方向拋出后直接落入籃筐，A球水平位移大于B球，A球水平分速度大于B球，由于初速度方向（設(shè)與水平方向夾θ角）相同，所以A球的初速度大于B球。即A．斜拋的最大高度為由于，所以最大高度不同，故A錯誤；C．因為最大高度從最高點向兩側(cè)，由可知，A運動時間長，故C正確；BD．因為A的水平分速度（即最高點的速度）大于B球，A從最高點到入籃筐時間大于B球，A入籃筐時豎直分速度也大于B球，所以A球入籃筐時的速度與B球方向不同，故BD錯誤。故選C。4.用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量均為m的A、B兩物體，靜止在光滑的水平地面上，彈簧處于原長，A的左端靠在豎直墻壁上，現(xiàn)讓B突然獲得一個水平向左的速度v0，規(guī)定水平向左為正方向，下列說法正確的是（）A.從彈簧開始壓縮到第一次壓縮量最大時，墻壁對A的沖量為B.彈簧從壓縮量最大到第一次恢復(fù)到原長的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C.從B獲得速度到A剛要離開墻壁，彈簧對B做的功為D.從B獲得速度到A剛要離開墻壁，彈簧對B的沖量為【答案】A【解析】A．從彈簧開始壓縮到壓縮量最大時，系統(tǒng)動量的變化量為墻壁對A的沖量就是系統(tǒng)所受合外力的沖量，由動量定理可得故A正確；B．彈簧從壓縮量最大到恢復(fù)到原長的過程中，墻壁對A有向右的彈力，即系統(tǒng)受到向右的彈力，外力之和不等于0，系統(tǒng)的動量不守恒。故B錯誤；C．從B獲得速度到A剛要離開墻壁，B的速度由v0變成，動能的變化量為0，由動能定理可得彈簧對B做的功為0。故C錯誤；D．從B獲得速度到A剛要離開墻壁，B的速度由v0變成，動量的變化為彈簧對B的沖量為故D錯誤故選A。5.在空間技術(shù)發(fā)展過程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達艙門時的速度為。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為（）A B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為，則根據(jù)動量守恒定律可得宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則聯(lián)立解得故選D。6.長為L，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上．質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出．已知從子彈射入到射出木塊移動的距離為s，則子彈穿過木塊所用的時間為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)子彈射穿木塊后子彈的速度為v1，木塊最終速度為v2，子彈和木塊系統(tǒng)動量守恒，以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得mv0=mv1+Mv2設(shè)子彈對木塊的作用力為f，則對木塊fs=Mv22對子彈-f(s+L)=mv12-mv02對木塊由動量定理ft=Mv2聯(lián)立解得故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質(zhì)中位置在x=0處的質(zhì)點a和在x=3m處的質(zhì)點b的振動圖像分別如圖甲和圖乙。下列說法正確的是（）A.質(zhì)點a的振動方程為B.質(zhì)點a處在平衡位置時，質(zhì)點b一定在波谷且向y軸正方向振動C.若波沿x軸正方向傳播，這列波的最大傳播速度為1m/sD.若波沿x軸負方向傳播，這列波的最大傳播速度為0.6m/s【答案】AC【解析】A．根據(jù)圖像可知，質(zhì)點振動的振幅A=2cm，周期T=4s，初相位φ=π，則質(zhì)點a的振動方程為故A正確；B．根據(jù)圖像可知，質(zhì)點a處在平衡位置時，質(zhì)點b一定在波谷或者波峰，無法判斷質(zhì)點b的振動方向，故B錯誤；C．若波沿x軸正方向傳播，根據(jù)圖像可知速度最大時n=0，即此時λ=4m，則波速為故C正確；D．若波沿x軸負方向傳播，根據(jù)圖像可知速度最大時n=0，即此時λ=12m，則波速為故D錯誤。故選AC。8.2020年9月4日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心利用長征二號F運載火箭成功發(fā)射一型可重復(fù)使用的試驗航天器，下圖為此發(fā)射過程的簡化示意圖。航天器先進入圓軌道1做勻速圓周運動，再經(jīng)橢圓軌道2，最終進入圓軌道3做勻速圓周運動。軌道2分別與軌道1、軌道3相切于P點、Q點。下列說法正確的是（）A.航天器在軌道1的運行周期小于其在軌道3的運行周期B.航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，速度越來越大C.航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，地球的萬有引力對其做負功D.航天器在軌道1上運行的加速度小于其在軌道3上運行的加速度【答案】AC【解析】A．由開普勒第三定律可知，軌道半徑越大，公轉(zhuǎn)周期越大，所以航天器在軌道1的運行周期小于其在軌道3的運行周期，故A正確；BC．根據(jù)開普勒第二定律可知，航天器在軌道2上從P點運動到Q點過程中，速度越來越小，根據(jù)動能定理可知，地球的萬有引力對其做負功，故B錯誤，C正確；D．根據(jù)可知，航天器在軌道1上運行的加速度大于其在軌道3上運行的加速度，故D錯誤。故選AC。9.如圖，將一質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離A為d處．現(xiàn)將環(huán)從A點由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法中正確的是（）A.環(huán)到達B處時，重物上升的高度B.環(huán)能下降的最大距離為C.環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小之比為D.環(huán)從A到B減少的機械能等于重物增加的機械能【答案】BD【解析】根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h=d?d，故A錯誤；環(huán)下滑到最大高度為h時環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為，根據(jù)機械能守恒有，解得：h=d，故B正確．對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，所以，故C錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即滿足環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能，故D正確；故選BD．10.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為、長為的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連。質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零?，F(xiàn)滑塊以水平速度（未知）滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，滑塊以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，重力加速度大小為。下列說法正確的是（）A.滑塊向右運動的過程中，加速度大小為B.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為C.k=1.5D.滑塊彈回瞬間的速度大小為【答案】CD【解析】A．滑塊（可視為質(zhì)點）以水平向右的速度滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知解得故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得故B錯誤；CD．小滑塊以水平速度右滑時，由動能定理有小滑塊以速度滑上木板到運動至碰墻時速度為，由動能定理有滑塊與墻碰后至向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為，由動量守恒有由能量守恒定律可得解得，故CD正確。故選CD。三、實驗題（每空2分，共16分。）11.某實驗小組用如圖所示的實驗裝置驗證動量守恒定律，桌面上固定一斜面，斜面末端與桌面平滑連接，小球A從斜面上靜止釋放會運動到桌面上，之后可以從緊貼桌面的邊緣開始做平拋運動，如果事先在桌面邊緣處放一形狀相同的小球B，則小球A將與小球B發(fā)生對心碰撞。按下述步驟進行實驗。①用天平測出A、B兩小球的質(zhì)量，分別為和；②按圖安裝好實驗裝置并調(diào)整桌面水平、桌面上先不放小球B，將小球A從斜面上的某位置由靜止釋放，之后小球從桌面邊緣開始做平拋運動，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)實驗多次，記下平均落地點為P；③將小球B放在桌面邊緣，將小球A從斜面上的某一位置由靜止釋放，之后與小球B發(fā)生碰撞，碰撞之后兩球從桌面邊緣開始做平拋運動，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)實驗多次，記下小球A、B的平均落地點分別為M、N；④已知桌面邊緣在記錄紙上的投影位置為O點，用毫米刻度尺量出OP、OM和ON。根據(jù)該實驗小組的測量，回答下列問題：（1）在本實驗中下列說法正確的是__________A.每次從斜面上釋放小球A的位置必須為同一位置B.小球A的質(zhì)量可小于小球B的質(zhì)量C.小球A與斜面、桌面之間動摩擦因數(shù)越小，實驗系統(tǒng)誤差越小D.用畫圓法確定小球落地點時，需要用盡量小的圓把所有落點圈起來，圓心即為小球的平均落地點（2）若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式__________（用、、OP、OM和ON表示），則說明碰撞中的動量是守恒的，若測得，則__________。（3）若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式__________（用OP、OM和ON表示），則說明兩球的碰撞是彈性碰撞?！敬鸢浮浚?）A（2）3（3）【解析】【小問1詳解】A．只需保證每次從斜面上同一位置釋放小球A即可保證小球A每次做平拋運動的初速度相同，故A正確；B．為了保證碰撞過程中小球A不被反彈，小球A的質(zhì)量必須大于小球B的質(zhì)量，故B錯誤；C．讓小球A從斜面上同一位置運動下來得目的是為了獲得一個固定得初速度，而系統(tǒng)誤差得大小與它們之間得動摩擦因數(shù)無關(guān)，故C錯誤；D．用畫圓法確定小球落地點時，需要用盡量小的圓把所有有效落點圈起來，圓心即為小球的平均落地點，而并非所有的落點，故D錯誤。故選A?！拘?詳解】[1]由于小球做平拋運動的高度相同，根據(jù)可知小球做平拋運動的時間相同，而小球在水平方向做勻速直線運動，則可得小球A單獨做平拋運動時的速度，以及小球A與小球B碰撞后的速度、分別為，，因此若在誤差允許范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式化簡得即可說明碰撞中的動量是守恒的；[2]若測得，則可得【小問3詳解】若兩球的碰撞是彈性碰撞，則應(yīng)滿足整理可得而兩球碰撞過程中動量守恒，滿足即聯(lián)立可得，若兩球的碰撞是彈性碰撞則有12.某同學利用如圖甲所示的裝置驗證牛頓第二運動定律，裝置如圖所示，物塊1質(zhì)量為，物塊2質(zhì)量為；物塊1、2由跨過輕質(zhì)定滑輪的細繩連接，物塊2下端與打點計時器紙帶相連。初始時，托住物塊1，兩物塊保持靜止，且紙帶豎直繃緊，接通打點計時器的電源，釋放物塊1，兩物塊開始運動，打點計時器打出的紙帶如圖所示，已知打點計時器所用的交流電源頻率為，每相鄰的兩個點之間還有四個點未畫出。回答下列問題：（1）對于該實驗，下列哪些操作是正確的____________。（選填選項前的字母）A.物塊1選用質(zhì)量和密度較小的物體B.兩限位孔在同一豎直線上C.實驗時，先釋放物塊1，后接通電源（2）根據(jù)圖乙中的數(shù)據(jù)可知，物塊1勻加速下落時的加速度大小_______。（保留三位有效數(shù)字）（3）通過該實驗可計算出當?shù)氐闹亓铀俣却笮________。（保留兩位有效數(shù)字）（4）由于空氣阻力及紙帶的影響，重力加速度的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值?！敬鸢浮浚?）B（2）2.00（3）9.7（4）小于【解析】【小問1詳解】A.為了減小空氣阻力和摩擦阻力的影響，物塊選用質(zhì)量和密度較大的物體，故A錯誤；B.為了減小紙帶與打點計時器間的摩擦，兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上，故B正確；C.為了充分利用紙帶，實驗時，先接通電源后釋放物塊，故C錯誤。故選B?！拘?詳解】打點計時器所用的交流電源頻率為，每相鄰的兩個點之間還有四個點未畫出，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為根據(jù)逐差法有【小問3詳解】根據(jù)牛頓第二運動定律有解得【小問4詳解】空氣阻力及紙帶的影響使得通過紙帶得到的加速度比理想情況下的加速度小，從而使得重力加速度的測量值小于真實值。四、計算題（本題共3小題，其中第13題12分，第14題12分，第15題16分）13.如圖所示，一雜技運動員騎摩托車沿一豎直圓軌道做勻速圓周運動.摩托車運動的速率恒為，人和摩托車的總質(zhì)量為，摩托車受到的阻力是摩托車對軌道壓力的，摩托車通過與圓心在同一水平面上的點向下運動時牽引力恰好為零，摩托車車身的長度不計，取，求：（1）從點運動到點的過程中人和摩托車動量變化量的大??；（2）運動員完成一次圓周運動所需的時間；（結(jié)果用來表示）（3）從點運動到點軌道給摩托車的作用力的沖量大小。（結(jié)果用來表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】動量變化量為【小問2詳解】根據(jù)題意可知摩托車通過點時牽引力恰好為零，此時摩托車所受摩擦阻力與重力平衡，所以有根據(jù)牛頓第二定律有解得運動員完成一次圓周運動所需的時間為解得【小問3詳解】根據(jù)題意摩托車從最低點到最高點動量的變化量，方向水平向右，重力沖量豎直向下，則軌道對摩托車的沖量為解得N?s14.如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位