2024年山東省德州市慶云某中學高考物理模擬試卷(含詳細答案解析)

2024年山東省德州市慶云一中高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.關于靜電場，下列說法中正確的是（）

A.元電荷實際上是指電子和質(zhì)子本身

B.在勻強電場中，電勢降低的方向一定就是電場線的方向

C.在電場中移動電荷，若電場力對該電荷做負功，則該電荷的電勢能?定增加

D.力真空中點電荷的電場強度公式￡=/c$可知，當r趨近于0時，E將無窮大

2.2022年6月5口17時42分，神舟十四號載人飛船與天和核心艙徑向端口成功對接。對接后的組合體繞

地球做勻速圓周運動，其軌道離地面高度為地球半徑的白。已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為

1O

g。下列說法正確的是（）

A.神舟十四號與天和核心艙對接時，要先變軌到土核心船所在的軌道，再加速追上核心艙講行對接

B.組合體的向心加速度大于g

C.組合體的線速度小于地球赤道上物體的線速度

D.組合體運行的周期為7=矍居

3.2022年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人——J/

體細胞表面AC￡2蛋白的結合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘/

面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場11!!

分布如圖所示（截取其中一部分），虛線為等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，一電子僅在電場力作用下

運動的軌跡如圖中實線所示，。、b是軌跡上的兩點，則（）

A.a點的電場強度大于b點的電場強度B.電子在。點的動能大于在匕點的動能

C.電子在〃點的電勢能大于在力點的電勢能D.a點的電勢高于〃點的電勢

4.如圖所示，長方體A8邊長為2L,BC=CG=L,在其頂點C、”處固定電

荷量分別為-q、+2q的點電荷。已知靜電力常量為h下列說法正確的是（）

A.8、G兩頂點處電場強度相同

B.頂點8處電場強度大小為等

C.A、￡兩頂點處電勢關系為＞W(wǎng)A

D.一帶負電的試探電荷在￡點的電勢能比在。點的電勢能大

5.如圖所示，物塊A、8通過跨過光滑定滑輪的輕繩相連，A的質(zhì)量為

，〃，套在光滑豎直桿上，B的質(zhì)量為3加，輕繩右側與豎直桿的夾角為

60°,重力加速度的大小為g,將系統(tǒng)自靜止開始釋放，剛釋放時物塊A

的加速度為（）

A.gg,方向豎直向上

B.；g,方向豎直向上

C.^g,方向豎直向下

&

D」g,方向豎直向上

6.某汽車進行性能測試，在平直的路面上由靜止開始運動，0?5s內(nèi)的位移-時間

圖像如圖所示，該圖線在。?。時間內(nèi)是拋物線的一部分，G?5s時間內(nèi)是直

線，兩部分平滑相連。卜列說法止確的是（）

A.汽車的最大速度為3（hn/s

B.汽車加速過程的時間為1.5s

C.汽車加速過程的加速度大小為20m/s2

D.汽車1s末的速度大小為20m/s

7.如圖所示，在光滑的水平面上有一傾角為。的光滑斜面C,斜面C上疊放著人、B兩

物塊，B的上表面水平。A、B、C的質(zhì)量均為〃?，重力加速度大小為g。現(xiàn)對。施加

一方向水平向右的恒力，使4、&C保持相對靜止，則下列說法正確的是（）

A.B受到3個力的作用

B.8對C的壓力大小為舞

C.C所受合力的大小為3mgtan8

D.A對B的摩擦力大小為mgtan。，方向水平向右

8.如圖所示，空間中存在與水平方向成45。角斜向右上方的勻強電場，

E

電場強度為與在電場中的夕點有一個質(zhì)量為機，電荷量為，/佗帶正電

的小球。已知電場強度E=4”，其中g為重力加速度，忽略空氣阻

力，下列對小球運動情況分析正確的是（）

A.若小球從靜止釋放，小球?qū)⒆銮€運動

B.若小球以某一速度豎直向下拋出，小球的動能一直增加

C.若小球以某一速度豎直向上拋出，小球電勢能先減小后增大

D.若小球初速度方向與電場線方向相同，最終小球可能豎直向二做直

線運動

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.在高空運行的同步衛(wèi)星功能失效后，往往會被送到同步軌道上空幾百公里處的“墓地軌道”，以免影響

其它在軌衛(wèi)星，節(jié)省軌道資源。2022年1月22日，我國實踐21號衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的

北斗二號G2衛(wèi)星后，成功將其送入“墓地軌道”。如圖所示，已知同步軌道和“墓地軌道”的軌道半徑

分別為自、出，轉移軌道與同步軌道、“墓地軌道”分別相切于P、。點，地球自轉周期為T。，萬有引力

常量為G。則（）

Q

AV以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為事

B.由以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為駕

C.北斗二號G2衛(wèi)星沿轉移軌道運行的周期為與駕照

2J2就

D.北斗二號G2衛(wèi)星沿轉移軌道運行的周期為為『票

10.自由泳是競技游泳比賽項目之一。某運動員在一次渡河訓練中，向某平H河岸

方向以自由泳泳姿勻速運動，因水流原因，實際運動路徑與河岸夾角為

30。，如圖所示。已知河水水流速度〃次=0.6m/s,以下說法正確的是（）

A.該同學相對靜水的速度可能為0.3m/s

B.咳同學相對靜水的速度可能為0.6m/s

C.若該同學相對于靜水的速度為0.5771/S,該同學的實際渡河路徑川能垂直河岸

D.若該同學加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，會縮短渡河時間

11.如圖所示，質(zhì)量均為，〃的物塊A、8用輕彈簧相連，置于光滑水平面

上，在水平力尸的作用下，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A緊壓在豎直墻壁上。現(xiàn)

撤去力凡在以后的運動過程中8的最大的速度為》，，對撤去力少以后的過

程，以下說法正確的是（）

A.物塊4禽開豎直墻壁之前，豎直墻壁對A的沖量大小為mv

B.物塊A離開豎直墻壁之前，豎直墻壁對A做功的大小為gm/

C.物塊A、8和彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，機械能守恒

D.物塊4的最大速度為y

12.籃球運動是一項是以手為中心的身體對抗性體育運動，深受同學們喜愛。國際籃聯(lián)場地標準為長

28陽，寬15〃?，籃圈下沿距地面高為3.05m,三分線半徑為6.75n（三分線到籃筐中心在地面投影的距離），

如圖所示。某次訓練中，運動員緊貼三分線外。處進行定點投籃練習，籃球離手時距地面高度為2.25m,

經(jīng)過0.5s到達最高點，之后在下落過程中恰好穿過籃筐。假設籃球出手時在三分線正上方，籃球出手時初

速度均與水平面夾角為氏不計空氣阻力，g取lOm/s?,則()

B.land='廠5、喙,c5^^985/

A.tan0=c.VO=-^r-m/5D.v0=-^-m/s

三、實驗題：本大題共2小題，共18分。

13.“頻閃攝影”是研究物體運動時常用的一種實驗方法。照相機每隔相同的時間曝光一次，記錄下物體

的位置。某物理小組的同學在實驗室利用頻閃相機和小球，探究小球自由下落過程中機械能守恒，用相機

對著小球拍攝小球自由下落的過程，得到如圖所示的照片，用刻度尺量出照片上相鄰小球之間的間距，已

知相機的頻率為/，重力加速度為g，小球質(zhì)量為/〃，實物小球與照片上的小球尺寸比例為&，則:

(1)小球在位置2時的瞬時速度為(用題中所給物理量符號表示)。

22

(2)取小球在位置2到位置5的過程研究，若表達式四±留廣"邛2)=_______成立(用外鼠/衣示)，即可

驗證小球下落過程中機械能守恒。

(3)若實驗過程中發(fā)現(xiàn)小球減小的重力勢能大于小球增加的動能，造成此問題的原因可能是o

14.某物理興趣小組利用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律.并進行

如下的實驗操作：組裝好實驗器材，將小球1由圖中的擋板處靜止釋

放，記錄小球1在豎直擋板上的撞擊點：將直徑相等的小球2放在導

軌的末端(小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量)，記錄在豎直擋板上的水

平投影點。；然后將小球I由擋板處靜止釋放，記錄小球1、小球2

在豎直擋板上的撞擊點.回答下列問題:

(1)小球1與小球2相碰后，兩球撞在豎直擋板上得到痕跡，其中小球1碰后撞在木板上的(填

%”“b"或%”)點.

(2)為了完成實驗的驗證，需要測量的物理量有_____.(填字母)

4.小球的直徑d

B.小球1、小球2的質(zhì)量mi、m2

C軌道末端與豎育擋板之間的距離x

D依次測量出圖中4、byC三點到。點的距離人1、八2、九3

(3)若兩球碰撞過程動量守恒，則關系式______成立.(用需要測量的物理量的符號表示)

四、簡答題：本大題共1小題，共3分。

15.如圖所示，固定的光滑絕緣斜面0M傾角為8=37。，最高點。距地面的高度為/i=40c7n,空間中存在

水平向右的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=1.6kg,電量為q=2xlO^c的帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)從

O點沿斜面勻速卜滑，已知重力加速度g=lOzn/s2,sin37°-0.6,cos37°-0.8。求：

(1)勻強電場的電場強度大小E；

(2)最低點歷與最高點O之間的電勢差UM。；

(3)若勻速運動的速度為u=O.lrn/s,求小滑塊運動到斜面中點時重力的瞬時功率P。

五、計算題：本大題共3小題，共30分。

16.華盛頓大學的一項新研究表明，某些短周期的雙星系統(tǒng)是由恒星演化而產(chǎn)生的。假設太空中有A、B兩

星體組成的短周期雙星，已知A、6環(huán)繞連線上的點做勻速圓周運劭，A、8的軌道半徑和為心，A、6的

軌道半徑差為d2,恒星A、8的半徑均遠小于心，且B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量。求：

(1)4.8的線速度之和與4、3的線速度之差的比值；

(2)4、8質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值。

17.如圖，傾角為。=30。的光滑斜面體固定在水平面上，斜面A8CD為邊長2.5L的正方形，斜面上一點O

為AC、5。連線的交點。長為￡的輕繩一端系著質(zhì)量為〃?的小球，另一端系在。點，小球在斜面上繞O

點做完整的圓周運動，且運動到最高點時輕繩的拉力恰好為零.已知重力加速度為g,小球運動過程中無

機械能損失。

(1)求小球運動到圓周最高點時速度的大??；

(2)求小球所受輕繩的最大拉力；

(3)若小球自最低點沿圓周上行至與圓心。等高的位置時剪短輕繩，求小球從此時刻到著地所用的時間。

18.如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg的盒狀工件靜置于水平桌面上，。為工件上表面一點(圖中未畫出)，工件上

表面O點左側光滑，右側粗糙.質(zhì)量m=1kg的小滑塊放在工件」一并緊器左側壁，其與工件上表面粗糙部

分間的動摩擦因數(shù)〃=0.8?，F(xiàn)對工件施加水平推力F,推力尸隨時間，變化的關系如圖乙所示，在推力作

用下工件運動的速度u隨時間/變化的關系如圖丙所示，撤去推力后，當滑塊到達O點時工件速度恰好為

零，滑塊運動過程中始終未與工件右側壁相碰,g取10m/s2,不計工件側壁的厚度，桌面足夠長。求：

(1)推力/作用過程中，工件對滑塊左側的彈力尸。的大小;

(2)工件光滑部分的長度4

(3)工件的最小長度L；

(4)工件發(fā)生的最大位移汽

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A物理學中把質(zhì)子所帶的電荷量或電子所帶電荷量的絕對值叫元電荷，不是指質(zhì)子或電子本

身，而是它的電荷量，故A錯誤。

及在勻強電場中，場強的方向就是電勢降低最快的方向，所以電勢降低的方向不一定就是電場線的方向，

故B錯誤。

C根據(jù)電場力做功與電勢能的關系W=與1-昂?可知，電場力做正功時，有與1>昂2，電勢能減小，電

場力做負功時，電勢能一定增加，故C正確。

D電場強度公式E=多的適用條件是真空中的點電荷，當，?趨近于0時，公式己經(jīng)不適用，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)元電荷的定義判斷；勻強電場中的場強方向與電勢降低方向的理解；根據(jù)電場力做功與電勢能的關系

判斷電勢能的變化；點電荷的場強公式的理解。

要準確理解元電荷的定義，它指帶電體的最小帶電量；要準確區(qū)別電勢降低的方向與電勢降低最快的方

向：可以把電場力與電勢能的關系類比成重力做功與重力勢能的關系來理解。

2.【答案】D

【解析】解：人、神舟十四先變軌到達核心艙所在的軌道，再加速后會做離心運動，無法追上咳心艙進行

對接，故A錯誤；

B、組合體繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，得G等=ma,得。=等，式中M是地球的

質(zhì)量，「是組合體的軌道半徑。

在地球表面上，有：竿=77i'g,得g岑,式中R是地球的半徑，因r>R,所以aVg,即組合體的向

心加速度小于g,故B錯誤；

C、對于組合體和地球同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得：G贄=加營，可得u=睬,因為組合體

的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以組合體的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度。地球同步衛(wèi)

星與地球赤道上物體的角速度相等，由17=知地球同步衛(wèi)星的線速度大于地球赤道上物體的線速度，所

以組合體的線速度大于地球赤道上物體的線速度，故C錯誤：

。、組合體的軌道半徑為r=/?+奈/?=沙，根據(jù)G嬰=小等廠，以及g=*,解得組合體運行的周期

為7=給［亍，故。正確。

故選：

神舟十四號加速時做離心運動。組合體繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，結合在地球表面

上，重力等于萬有引力，通過列式分析組合體的向心加速度大小。將組合體的線速度與地球同步衛(wèi)星的線

速度進行比較，將地球同步衛(wèi)星的線速度與地球赤道上物體的線速度，從而知道組合體的線速度與地球赤

道上物體的線速度關系。由萬有引力提供向心力以及重力等于萬有引力相結合求解組合體運行的冏期。

解答本題的關健要掌握萬有引力提供向心力，以及萬有引力等于重力這兩條思路，并靈活選擇向心力的形

式。

3.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)等差等勢面的疏密可表示場強強弱，由于。點等差等勢面比方點稀疏，則。點的電

場強度小于〃點的電場強度，故4錯誤；

8CD、順著電場線方向，電勢逐漸降低，電場線由高等勢面指向低等勢向，根據(jù)電子受力方向向右卜方，

則電場線方向向左上，故。點電勢低于〃點，電子帶負電，電子在4點的電勢能大于在〃點的電勢能，根

據(jù)能量守恒知電子在。點的動能小于在〃點的動能，故4。錯誤，C正確。

故選：a

根據(jù)電場線的疏密判斷電場強度大小，電場強度的方向與等勢面垂直，先判斷出甩場方向，然后判斷電勢

的高低，根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的大小關系，根據(jù)能量守恒判定動能的變化。

解決本題的關鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的等勢面分布，利用電場線與等勢面處處垂直，判斷電場線

方向。

4.【答案】C

【解析】解：人仄頂點E處的電荷(+2q)在頂點仄G兩點產(chǎn)生的場強的大小均為%二當，

Lt

頂點。處的電荷(-q)在頂點B、G兩點產(chǎn)生的場強的大小均為殳二患；

3G兩點合場強的大小￡=J座+用=容,但場強的方向不同，如圖1所示，故A/3錯誤。

瓦B

圖1

C沿電場線電勢逐漸降低，對電荷(+2q)而言，如圖2所示，￡、A兩點的電勢仍>樞2；對電荷(，?)而

言，E、A兩點的電勢91'>四'；又8E=0I+0I'，04=02+。2'，聯(lián)立可得GE>84，故C正確。

。.同理，對電荷(+2q)而言，E、。兩點的電勢仍>租3；對電荷(一勺)而言，E、。兩點的電勢“>03‘；又

8￡=仍+01'，00=03+83’，聯(lián)立可得0￡>8D，負試探電荷在電勢越高的地方，電勢能越小，所以帶

負電的試探電荷在E點的電勢能比在。點的小，故短錯誤。

故選：Co

長方體8、G兩點的場強是合場強，場強是矢量，包含大小和方向；電勢是標量，B、G處兩電荷在從A

兩點的總的電勢為各自在該處電勢的代數(shù)和；負電荷，電勢越低的地方電勢能越大。

注意場強是矢量，場強的合成遵循平行四邊形定則；電勢是標量，某點的合電勢為各電勢的代數(shù)數(shù)；要正

確理解負電荷在電勢越高的地方，電勢能越小。

5.【答案】4

【脩析】解：靜止釋放系統(tǒng)時，設繩子的拉力為「，

設B的加速度為如，對從由牛頓第二定律得：

3mg-F=3maB

繩子的加速度大小與B的加速度大小相等，

設A的加速度大小為期,則QACOS60°=aB

對A,由牛頓第二定律得：

Fcos6O°—mg=maA

解得：aA9'方向豎直向上，故4正確，ACQ錯誤。

故選：Ao

根據(jù)人、8的受力情況與A、8加速度大小間的關系，應用牛頓第二定律求出入的加速度大小。

本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚4、B的受力情況是解題的前提，應用運動的合成與分解、牛

頓第二定律即可解題。

6.【答案】4

【解析】解.：A8.設&時刻的速度為了，0~。汽車做勻加速運動，根據(jù)平均速度公式，得汽車位移修=

白1=3(hn；q?5s汽車做勻速運動，得汽車位移&=u(5-q)=120m-30m=90m,聯(lián)立解得u二

30?n/s,=2s,故A正確，8錯誤。

CD根據(jù)加速度的定義，汽車加速度為Q=《=^m/s2=15m/s2,根據(jù)速度公式汽車在Is末的速度%=

at2=15xlm/s=15m/s,故CD錯誤。

故選：Au

根據(jù)題意可知，。?A汽車做勻加速運動，由無-t圖像可知，￡］時刻速度達到最大值，根據(jù)平均速度公式

列式求解最大速度和時間；在5s內(nèi)汽車做勻速直線運動，根據(jù)勻速運動公式求解出勻速運動過程中的

位移彩的表達式，聯(lián)立求出速度和時間；根據(jù)加速度公式和速度公式求解。

解決本題的關鍵判斷汽車在0?。汽車做勻加速運動，根據(jù)勻變速運動的規(guī)律分析求解。

7.【答案】B

【解析】解:A、6受到重力、。對它的支持力、A對6的壓力和靜摩擦力，共計四個力的作用，故A錯

誤；

以C對4、4整體的支持力大小W=駕，根據(jù)牛頓第三定律可知，8對。的壓力大小為聾，故8正

COS0COS0

確：

C、設A,B,C的加速度大小為4,有Nsin6=2nm,解得：a=gtan/9

則C所受合力的大小為尸牝=ma=mgtanO,故C錯誤；

D對A有/=ma=mgtan。，方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力大小為mgtan。，

方向水平向左，故。錯誤。

故選：Be

以B為研究對象，分析8的受力；以A8為整體求A8受到的支得力，根據(jù)牛頓第三定律，即可求出8對

C的壓力：根據(jù)牛頓第二定律采用整體法和隔離法可求得C所受的合力；隔離4對A的摩擦力是A水平方

向的合外力，由牛頓第二定律可求得摩擦力的大小。

本題是牛頓第二定律運用中的連接體問題，關鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象，多次運用牛頓

第二定律列式聯(lián)立判斷，難度中等。

8.【答案】B

【解析】解：4小球所受電場力?=氏7=/1帆9，方向與電場線方向相同，豎直方向的合力與=

Fsin450-mg=yflmgx-7719=0,水平方向&=Fcos45°=x?=mg,所以合力產(chǎn)人=

mg,方向沿水平方向向右，小球沿水平方向做直線運動，故A錯誤。

A小球以某一速度豎直向下拋出，小球?qū)⒀刎Q直向下方向做類平拋運動，豎直方向做勻速運動，速度不

變，水平向右的方向做勻加速運動，速度以=Q3一直增大；合速度U=｛討十諾一直增大,小球的動

能一直增大，故B正確。

C.若小球以某一速度豎直向上拋出，小球?qū)⒀刎Q直向上方向做類平拋運動，根據(jù)動能定理卬=4%，可知

小球的動能增加；小球以某一速度豎直向上拋出，重力做負功，重力勢能增大，根據(jù)能量守恒，重力勢

能、電勢能與動能之和保持不變，而重力勢能、動能之和不斷增大，則小球電勢能不斷減小，故C錯誤。

D若小球初速度方向與電場線方向相同，由于初速度方向與合力方向（水平向右）不在同?直線上，小球?qū)?/p>

做曲線運動；又因為合力方向指向運動軌跡的凹側，所以小球最終速度不可能沿豎直向卜.方向，小球不可

能豎直向下做直線運動，故。錯誤。

故選:B。

首先求出小球的合力，根據(jù)曲線運動的條件判斷；根據(jù)類平拋運動的規(guī)律判斷水平速度，再判斷合速度的

大小變化，動能的大小變化；根據(jù)功能關系求解電勢能的變化。

本題考查了物體做曲線運動的條件及推論、動能的定義、功能關系。

9.【答案】AC

【脩析】解：AB.已知同步軌道的軌道半徑為先,地球自轉周期為7°,則同步衛(wèi)星的周期也為

對同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力可得：簧=m&等，解得地球的質(zhì)量為：M=寤，故4正

確、4錯誤;

CD.根據(jù)幾何關系可得轉移軌道的半長軸為：r=立警，設北斗二號G2衛(wèi)星沿轉移軌道運行的周期為

T，根據(jù)開普勒笫三定律可得：!=鳥聯(lián)立解得：T=^駕冥，故C正確、。錯誤。

r3T22|2/?i

故選：AC.

對同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力求解地球的質(zhì)量；

根據(jù)幾何關系可得轉移軌道的半長軸，根據(jù)開普勒笫三定律求解北斗二號G2衛(wèi)星沿轉移軌道運行的周

期。

本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結合向心力公式

進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。

10.【答案】ABD

【蟀析】解：A3、河水水流速度v水=0.6m/s,實際運動路徑與河岸夾角為30。，根據(jù)運動的合成與分解

知識可知，該同學相對靜水的速度最小值為力fS山3(T=0.3m/s,故AB正確；

。、該同學垂直河岸渡河時，如圖所示，相對于靜水的速度大于水流速度，故C錯誤；

。、若該同學加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，在相對于靜水的速度在垂直河岸方向的分量增大，會縮

短渡河時間，故。正確。

故選：ABD.

小船航行時速度為靜水中的速度與河水流速二者合速度，當以靜水中的速度垂直河岸過河的時候渡河時間

最短；

欲使小船到達河的正對岸，即合速度方向指向?qū)Π?，結合運動學公式，及矢量的合成法則，即可解答。

小船過河問題屬于運動的合成問題，要明確分運動的等時性、獨立性，運用分解的思想，看過河時間只分

析垂直河岸的速度，分析過河位移時，要分析合速度.

11.【答案】AD

【解析】解：4、以A和8整體為研究對象，取向右為正，根據(jù)動量定理可得，物塊A離開豎直墻壁之

前，豎直墻壁對A的沖量大小等于系統(tǒng)動量的變化，即為/=mu=故4正確；

8、物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，則豎直墻壁對A做功的大小為0,故8錯誤；

C、物塊4、8和彈簧組成的系統(tǒng)，在A離開堵壁之前水平方向系統(tǒng)合外力不為零，總動量不守恒，但整

個過程中只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故C錯誤；

。、物塊A離開墻壁后，系統(tǒng)總動量守恒，當彈簧彈力再次為零時，物塊A的速度最大，取向右為正方

mv

向，根據(jù)動量守恒定律可得TUB"=成4叫+RB'再根據(jù)能量守恒定律可得：=^mAvl+

由于=6，解得：VA=故。正確。

故選：AD.

以A和8整體為研究對象，根據(jù)動量定理求解豎直墻壁對A的沖量大小；

物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，由此分析做功情況；

根據(jù)動量守恒定律的守恒條件、機械能守恒定律的守恒條件進行分析：

根據(jù)動量守恒定律、能量守恒定律進行分析。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相

等列方程，再根據(jù)能量關系列方程求解。

12.【答案】BC

【解析】解：籃球在豎直方向做豎直上拋運動，上升階段可以看作自由落體運動的逆運動；根據(jù)自由落體

運動規(guī)律，豎直初速度為=gt、=10x0.5m/s=5m/s,上升的豎直高度修=\gtl=1x10x0.52?n=

1.257/1；根據(jù)題意籃球下落的高度為人=〃_(%_砥)=1.25m-(3.05-2.25)m=0.45?n；設籃球下落

時間為公根據(jù)自由落體運動規(guī)律九="g%，代入數(shù)據(jù)解得匕=03s，籃球運動的總時間￡="+12=

0.5s+0.3s=0.8s：設籃球的水平初速度為籃球在水平方向做勻速直線運動，r=i7”，代入數(shù)據(jù)解得

5x85

vx=^m/s,所以tan。=m=5x接=捺初速度為=J座+哆==^m/s,

故A。錯誤，BC正確。

故選：BC。

籃球做斜拋運動，上升階段可以看作自由落體運動的逆運動，根據(jù)自由落體運動規(guī)律求解豎直初速度，上

升的最大高度及下落時間，求出運動的總時間；根據(jù)水平方向做勻速運動的規(guī)律，求出水平初速度，合初

速度及方向。

把斜拋運動的上升階段可以看作自由落體運動的逆運動，可以將問題得到簡化，是逆向思維方法的運用。

13.【答案】⑴""2)f；

⑵%

(3)空氣阻力的影響

【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度，則有以="*=

2；

(2)根據(jù)機械能守恒表達式可知，mgk3+壇+九4)=(詔-詔)，又根據(jù)(1)同理分析可得%=

〃（仙+姐）/

-2~~'

(%+低)?一(電+八2)2

聯(lián)立解得

九2+旭十八4

(3)小球下落過程中，由于空氣阻力的影響，會使得小球減小的重力勢能大于動能的增加量。

14cRD--=，，L]+—

【解析】解：(1)由圖可知，兩個小球打在豎直擋板上，由于三次碰撞的水平位移大小相等，則可知水平

速度越大，豎直方向下落的高度越小，由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰小球的速度最大，則碰后小球2下落的

高度最小，而碰后入射小球的速度最小，其下落的高度最大，由此可知碰后小球1在豎直擋板上的碰撞點

為C.

(2)根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，下落時間￡=層，則可知速度u=：=:；碰前小球1的速度大小為%=

X局,碰后小球1、小球2的速度分別為外=“U3=X局;若兩球碰撞過程動量守恒，則應

有機21=771/2+7712%，由以上整理得盤=聶+奇，因此需要測量小球1、球2的質(zhì)量Hi1、旭2及圖

中。、b、C三點到。點的距離九1、九2、八3，故8。正確，AC錯誤.

故選：BD。

(3)若兩球碰撞過程動量守恒，則關系式是=用+揖成立.

故答案為：(l)c；(2)BD；(3)源=源+源

(1)根據(jù)實驗注意事項分析答題：

(2)根據(jù)實驗需要測量的量選擇實驗器材：

(3)小球離開水平軌道后做平拋運動，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)與動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式。

知道實驗注意事項、理解實驗原理是正確解題的關健，應用平拋運動規(guī)律即可正確解題.

15.【答案】解：(1)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得

qE=mgtan37°

3

解得E=皿心=L6X10X[75=6x10/V/C

q2xioJ

(2)小滑塊從。點到M點，由動能定理可得

mgh+qU0M=mgh-qUM0=0

解得

mgh1.6x10x0.4

UM0==--------—V=32007

q2X10

(3)重力做功的功率為P=mgvsin37°

解得p=0.96W

答：(1)勻強電場的電場強度大小E為6xICPN/C；

(2)最低點M與最高點O之間的電勢差UM。為3200V；

(3)小滑塊運動到斜面中點時重力的瞬時功率。為0.96W。

【解析】(1)根據(jù)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可解得場強E大小；

(2)對小滑塊從。點到M點,由動能定理可解得MO電勢差；

(3)根據(jù)瞬時功率公式P=Fusin。代入數(shù)據(jù)即可求得重力的瞬時功率。

本題考查滑塊處尸平衡狀態(tài)下的受力分析以及動能定理和瞬時功率公式的應用，屬于基本題型，難度適

中。

16.【答案】解：(1)設4、8兩顆星的軌道半徑分別為以和丁8,A、8環(huán)繞連線上的點做勻速圓周運動，則

4、8的角速度相等，又A、B兩星體相互間的萬有引力提供向心力，所以A、B的向心力大小相等，則

=mB32rB

因為7九8>?nAf所以

r

A>rB

A、B的線速度分別為

孫=口%；%=3rB

A、8的線速度之和為

4%=匕+%=a)(rA+re)=&)由

A8的線速度之差為

V=

Av2=VA~B一%)=3d2

解得：加=￥

AV2d2

(2)由牛頓第二定律對整體4有

GmAmB

―-=血心7

則.=乎

同理對B有

Gmm

―方A一B=

則A、8質(zhì)量之和與人、B質(zhì)量之差的比值

i

dmi_mA-rmB

Jm2~rnA—mB

代人數(shù)據(jù)解得：智=?

21m2的

答；(1)4、B的線速度之和與A、8的線速度之差的比值為%;

d2

(2)4、B質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值為筌

【解析】(1)根據(jù)萬有引力提供向心力，結合線速度的公式完成分析；

(2)先根據(jù)萬有引力提供向心力得出兩個星球的質(zhì)量的表達式，結合題意完成分析。

本題主要考查了雙星系統(tǒng)的相關應用，理解雙星系統(tǒng)的特點，結合萬有引力提供向心力聯(lián)立等式即可完成

分析。

17.【答案】解:(1)小球運動到最高點時,輕繩的拉力恰好為零

根據(jù)牛頓第二定律mgsinb=m?

L

得叫=臂

(2)小球在最低點所受拉力最大F-mgsind=m空

由機械能守恒定律2mgLsin6=gm諾—

得F=3771g

(3)設繩斷時小球速度為內(nèi),運動至斜面頂端速度%

八1212

771gLsin。=5m埼-

得%=晟

mg-rsinO=5m譜-

得%=厚

小球自繩斷至運動到斜面頂端歷時Q

-

v4=v3gtiSinJ

此后小球先做斜拋運動，上升至最高歷時七

上升高度(%sind)2=2gh

得人日

小球再做平拋運動，歷時打落地當+今=右謁

得武居

小球運