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四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一物理下学期6月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一物理下学期6月月考试题（Word版附解析），共18页。
绵阳南山中学2023年春季高2022级6月月考
物理试题
命题人：孔庆尹 审题人：宋俊林
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷组成，共4页；答题卷共2页.满分100分，时间75分钟.考试结束后将答题卡和答题卷一并交回.
第I卷（选择题，共48分）
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上.
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上.
一、本大题12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项是符合题目要求的，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。
1. 宁波市某高中进行了防溺水安全教育后，小明和几位同学就如何以最短时间救人进行了讨论，一致认为救援者应以一定的速度面部始终垂直河岸游去时间最短。若河中各处水流速度相等，如图所示对救援者游过的路程、过河所用的时间与水速的关系，哪位同学的说法是正确的（ ）
A. 同学甲：水速大时，路程长，时间长
B. 同学乙：水速大时，路程长，时间短
C. 同学丙：水速大时，路程长，时间不变
D. 同学丁：路程、时间与水速无关
【答案】C
【解析】
【详解】此人的运动可分解为垂直河岸方向的分运动和沿河岸方向的分运动，根据分运动的独立性，水速增大时，垂直河岸方向的分运动不受影响，所以渡河时间不变，但合速度的方向变化，即实际运动轨迹发生变化，路程变长，故C正确。
故选C。
2. 如图所示，小明同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2米的横杆，获得了校运动会跳高冠军，若小明体重为，身高为1.8米，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 达到最高点时，小明所受重力的瞬时功率为零
B. 起跳离地上升过程，小明克服重力做功约为
C. 起跳离地前，地面支持力对小明做功约为
D. 起跳时地面对小明的支持力大于他对地面的压力
【答案】A
【解析】
【详解】A．到达最高点时小明的速度为零，所以重力的瞬时功率为零，A正确；
B．小明起跳上升过程重心上升了1.1m，所以克服重力做的功
小明克服重力做功约为660J,故B错误；
C．起跳离地前支持力作用点未动，所以支持力做功为零，故C错误；
D．跳时地面对小明的支持力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选A。
3. 在光滑的水平面上，用绳子系一质量为的小球做半径为的速度为的匀速圆周运动，周期为。若绳子拉力为，在小球经过半个圆周的时间内，的冲量大小为（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球在做匀速圆周运动过程中，绳子拉力为变力，取开始时速度方向为正方向，经过半个圆周，根据动量定理有
故选C。
4. 如图所示，下列情景中运动物体的机械能守恒的是（ ）
A. 跳伞运动员开伞后的运动
B. 蹦极运动员在弹性绳拉紧以后人的机械能
C. 火箭点火后升空的运动
D. 某高轨道卫星绕地球做椭圆轨道的运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．跳伞运动员开伞后的运动，由于空气阻力做负功，机械能减少，故A错误；
B．蹦极运动员在弹性绳拉紧以后，弹力对人做负功，人机械能减少，故B错误；
C．火箭点火后升空的运动，推力对火箭做正功，火箭的机械能增加，故C错误；
D．某高轨道卫星绕地球做椭圆轨道的运动，只有万有引力对卫星做功，卫星的机械能守恒，故D正确。
故选D。
5. 2023年5月22日第三届“贡嘎杯”青少年校园篮球联赛中，南山中学男子篮球队经过努力拼搏仍遗憾负于宜宾一中，夺得高中组亚军。赛后队员们没有气馁坚持苦练基本功希望下一次有所突破。在一次立定投篮练习中，在距离水平地面高为处将篮球（视为质点）投出，篮球恰好垂直击中距离地面高为的篮板上，篮球被水平弹回后，又恰好击中自己的双脚（视为质点），篮球抛出点和双脚可认为在同一竖直线上，不计空气阻力，则篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小为、，出手点至篮板的水平距离为，竖直方向有
解得
，
水平方向有
篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为
故选D。
6. 2023年一季度中国汽车出口量超越日本成为世界第一，其中新能源汽车起到了推动作用。若某国产新能源汽车以下列两种方式启动，且沿直线运动（设阻力不变）。方式①：汽车以不变的额定功率启动；方式②：汽车的启动功率先随速度均匀增加，后保持额定功率不变。如图给出的四个图像中，能够正确反映机车的速度随时间变化的是（ ）
A. 甲对应方式①，乙对应方式② B. 乙对应方式①，丙对应方式②
C. 甲对应方式①，丙对应方式② D. 丙对应方式①，乙对应方式②
【答案】B
【解析】
【详解】汽车以不变的额定功率启动时
由牛顿第二定律得
汽车加速过程牵引力减小，汽车的加速度减小，所以汽车先做加速度减小的加速运动，当牵引力与阻力大小相等时汽车做匀速运动，对应的图像是乙图；
汽车的启动功率先随速度均匀增加时
则牵引力不变，由牛顿第二定律
可知汽车加速度不变，汽车做初速度为零的匀加速运动，后保持额定功率不变时，由，可知汽车继续加速，牵引力减小，加速度减小，当牵引力与阻力大小相等时汽车匀速运动，对应的图像是丙图。
故选B。
7. 如图所示，竖直细杆O点处固定有一水平横杆，在横杆上有A、B两点，且，在A、B两点分别用两根等长的轻质细线悬挂两个相同的小球a和b，将整个装置绕竖直杆匀速转动，则a、b两球稳定时的位置关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将小球的圆周运动等效成圆锥摆，设摆长为，等效摆线与竖直方向夹角为，则
解得
为等效悬点到小球的高度差，由于两球的角速度相同，因此相同。
故选C。
8. 地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A.
B. 上升过程加速度先减小后增大
C. 最大加速度为g
D. 上升过程速度最大时，物体机械能刚好达到最大
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．物体能够上升，说明拉力大于重力。上升全过程，h处拉力大小
根据动能定理
得
因括号内整体大于1，可知
开始时加速度最大，根据
F0-mg=ma
所以最大加速度小于。且上升过程随着F的减小，加速度先减小后增大，选项AC错误，B正确；
D．上升全过程，拉力一直做正功，机械能一直增大，选项D错误。
故选B。
9. 科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 地面基站可以选址建在佛山
B. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
C. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
D. 若同步空间站和配重间的绳断开，配重将远离地球
【答案】BD
【解析】
【详解】A．为保证同步，则地面基站必须选址建在赤道上，选项A错误；
B．箱体在上升过程中离地面越来越远，则受到地球的引力越来越小，选项B正确；
C．配重和同步卫星都具有相同的角速度，根据v=ωr可知，配重的线速度大于同步空间站的线速度，选项C错误；
D．若同步空间站和配重间的绳断开，地球的引力将小于配重做圆周运动所需的向心力，则配重将远离地球，选项D正确。
故选BD。
10. 如图甲所示，一段只有部分的光滑圆管A竖直固定在木板B上（管口M为最高点），木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，现将一小球在管口N的正上方h高处由静止释放，小球通过最低点时管壁对它的弹力F与h的关系如图乙所示。已知管A和板B的总质量为0.3kg，小球的直径和圆管的粗细忽略，重力加速度取10m/s2则（ ）
A. 小球的质量为0.1kg
B. 圆管的半径为0.5m
C. 当h=1m时，小球从管口M飞出后将落入管口N
D. 当h=1.2m时，小球通过管口M时会使AB整体跳起
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知，当小球从高度为h的地方下落时，根据动能定理
在最低点根据牛顿第二定律
联立可得
代入h=0、FN=6N和h=1、FN=14N，联立可得
m=0.2kg
R=0.5m
故A错误，B正确；
C．当h=1m时，从开始下落到最高点，根据动能定理
代入数据解得
根据平抛运动公式
可得平抛运动的水平位移为
可得
即小球不会从管口M飞出后将落入管口N，故C错误；
D．当h=1.2m时，从开始下落到最高点，根据动能定理
代入数据解得
在最高点，根据牛顿第二定律
联立解得
因为
所以小球通过管口M时会使AB整体跳起，故D正确
故选BD。
11. 如图所示，水平轨道以点为分界点，左侧光滑，右侧粗糙。长为、质量为的长木板静置于点左侧。现对长木板施加水平向右、大小为的恒力，一段时间后，长木板恰好完全滑入粗糙部分。长木板与轨道粗糙部分间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，则（ ）
A. 长木板先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 初始时长木板右端与点的距离为
C. 长木板的最大动能为
D. 若初始时木板右端在点，则长木板运动过程中摩擦产生的热量为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．长木板在点左侧做匀加速运动，长木板右端过点后，长木板开始受到摩擦力，且逐渐增大，先做变加速运动，后做变减速运动，A错误；
B．整个运动过程中，摩擦力做的功大小为
根据动能定理可得
解得
则初始时长木板右端与点的距离为
B正确；
C．当木板所受合力为零时，有
解得
摩擦力做的功大小为
此时长木板速度最大，动能最大，根据动能定理有
解得
C正确；
D．若初始时木板右端在点，则根据能量守恒定律有
解得
则
D正确。
故选BCD。
12. 如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻小定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N，（取重力加速度大小g=10m/s2），则（ ）
A. 小球B运动到C处时小球A的动能为0
B. 小球B运动到C处时的速度大小为m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球B运动到C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，动能为0。故A正确；
BD．小球B从地面拉到P的正下方C时，小球A的速度为0，根据功能关系可知，拉力F做的功等于B球机械能的增量，即
由几何关系可知
联立，解得
故BD错误；
C．当绳与轨道相切时两球速度相同，如图
由几何知识可得
所以
解得
故C正确；
故选AC。
第II卷（非选择题，共52分）
二、填空题（每空2分，共计16分）
13. 如图甲是某同学“研究平抛运动”的实验装置图。
实验前反复调整实验装置使轨道末端水平，在轨道所在的平面内竖直放置一贴有坐标纸的木板，调整坐标纸坐标分别沿水平和竖直，正对坐标纸架设频闪照相机，当小球到达轨道末端频闪照相机开始拍照，某次实验中得到的小球运动轨迹如图乙所示，方格纸每小格的边长，（取）。
（1）为了保证同一次实验中小球抛出的初速度相同，因此必须让小球从______（选填“相同”或“不同”）位置由静止释放；
（2）图乙中为抛出点，由轨迹可知该轨道末端______（选填“是”或“否”）水平；
（3）小球抛出后的水平速度大小为______。
【答案】 ①. 相同 ②. 否 ③. 1.5
【解析】
【详解】（1）[1] 为了保证同一次实验中小球抛出的初速度相同，因此必须让小球从相同位置由静止释放；
（2）[2]由轨迹可以看出，小球斜向上运动，可知斜槽末端不是水平的，而是斜向上的；
（3）[3]从轨迹上的B、C、D三个点间的竖直间距，结合逐差法可得
可得时间间隔
根据水平方向相邻两点间的距离可得水平速度为
14. 用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
（1）滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为______，系统的重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒：（用题中字母表示）
（2）某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是______。
A．钩码质量太大
B．气垫导轨未完全调水平，左端高于右端
C．系统受到空气阻力
D．气垫导轨未完全调水平，左端低于右端
（3）某同学为了减小误差，通过调整A的位置来改变x，测出对应的通过光电门的时间t得到若干组（x、t）后，在坐标纸上描点，拟合出直线，则他描绘的是______图像。
A． B． C． D．
（4）某同学实验时，气泵不能工作，他想到用使轨道倾斜方法来平衡摩擦力，如果已经平衡了摩擦力，______（填“能”或“不能”）用此装置验证统机械能守恒。
【答案】 ①. ②. ③. B ④. C ⑤. 不能
【解析】
【详解】（1）[1]到达光电门的速度为
则
[2] 系统的重力势能减少量可表示为
（2）[3]A．钩码质量大小对实验不产生影响，故A错误；
C．若存在空气阻力，则会略大于，故C错误；
BD．若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块自A点由静止释放，则滑块在运动过程中，由速度关联可知钩码下滑的速度为
其中角度为细线和水平气垫导轨的夹角，故此时机械能守恒应写成
故重力势能的减少量小于动能的增加量，故B正确，D错误。
故选B。
（3）[4]根据
可得
整理得
故描绘的是图像。
故选C。
（4）[5]已经平衡了摩擦力，对整个系统，该装置不能验证统机械能守恒，因为由摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒。
三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究，我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨逆2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的球心位于椭圆的一个焦点上；③在远地点平次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于点。已知引力常量为，地球表面的重力加速度为，轨道1半径为，轨道3半径为，求：
（1）航天器在圆轨道3上运行时的速度大小；
（2）航天器在轨道2上运动时，从A点运动到点的最短时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）航天器在轨道3运动时有
在近地轨道1运动时有
解得
（2）由题意可知，椭圆轨道2的半长轴
设航天器在近地轨道1运动时的周期为，则有
设航天器在轨道2运动时的周期为，根据开普勒第三定律有
解得最短时间
16. 如图所示，一内半径、高内壁光滑的圆筒竖直固定在水平面上。可视为质点的小球以水平初速度从圆筒上端点沿圆筒内壁切线方向抛出。小滑块将沿筒壁运动一段时间后恰好从圆筒底部点（图中未标出）离开圆筒。忽略空气阻力，重力加速度取。求：
（1）小球从抛出到离开圆筒所用的时间；
（2）小球离开圆筒时点与点正下方的距离是多少。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得小球从抛出到离开圆筒所用的时间为
（2）小球在水平方向做匀速圆周运动，则有
圆的周长为
则有
可知小球离开圆筒时的点与点正下方的距离为
17. 如图甲所示，一倾角为，长的固定斜面上端和一个竖直圆弧形光滑轨道相连，斜面与圆弧轨道相切于处，点位于圆心的正上方。时刻有一质量的物块从斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，其在斜面上运动的图像如图乙所示。已知圆轨道的半径，取，，。求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块到达点时对轨道的压力的大小；
（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从点滑上轨道，通过点后恰好能落在点。如果能，请计算出物块从点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由。
【答案】（1）μ＝025；（2）34 N；（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】
【详解】（1）由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为
a＝8 m/s2
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得
在C点，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律
物块在C点时对轨道的压力大小为34 N。
（3）设物块以某一初速度上滑，最后恰好落到A点，物块从C到A做平抛运动。竖直方向
水平方向
解得
绵阳南山中学2023年春季高2022级6月月考
物理试题
命题人：孔庆尹 审题人：宋俊林
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷组成，共4页；答题卷共2页.满分100分，时间75分钟.考试结束后将答题卡和答题卷一并交回.
第I卷（选择题，共48分）
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上.
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上.
一、本大题12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项是符合题目要求的，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得0分。
1. 宁波市某高中进行了防溺水安全教育后，小明和几位同学就如何以最短时间救人进行了讨论，一致认为救援者应以一定的速度面部始终垂直河岸游去时间最短。若河中各处水流速度相等，如图所示对救援者游过的路程、过河所用的时间与水速的关系，哪位同学的说法是正确的（ ）
A. 同学甲：水速大时，路程长，时间长
B. 同学乙：水速大时，路程长，时间短
C. 同学丙：水速大时，路程长，时间不变
D. 同学丁：路程、时间与水速无关
【答案】C
【解析】
【详解】此人的运动可分解为垂直河岸方向的分运动和沿河岸方向的分运动，根据分运动的独立性，水速增大时，垂直河岸方向的分运动不受影响，所以渡河时间不变，但合速度的方向变化，即实际运动轨迹发生变化，路程变长，故C正确。
故选C。
2. 如图所示，小明同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2米的横杆，获得了校运动会跳高冠军，若小明体重为，身高为1.8米，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 达到最高点时，小明所受重力的瞬时功率为零
B. 起跳离地上升过程，小明克服重力做功约为
C. 起跳离地前，地面支持力对小明做功约为
D. 起跳时地面对小明的支持力大于他对地面的压力
【答案】A
【解析】
【详解】A．到达最高点时小明的速度为零，所以重力的瞬时功率为零，A正确；
B．小明起跳上升过程重心上升了1.1m，所以克服重力做的功
小明克服重力做功约为660J,故B错误；
C．起跳离地前支持力作用点未动，所以支持力做功为零，故C错误；
D．跳时地面对小明的支持力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选A。
3. 在光滑的水平面上，用绳子系一质量为的小球做半径为的速度为的匀速圆周运动，周期为。若绳子拉力为，在小球经过半个圆周的时间内，的冲量大小为（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球在做匀速圆周运动过程中，绳子拉力为变力，取开始时速度方向为正方向，经过半个圆周，根据动量定理有
故选C。
4. 如图所示，下列情景中运动物体的机械能守恒的是（ ）
A. 跳伞运动员开伞后的运动
B. 蹦极运动员在弹性绳拉紧以后人的机械能
C. 火箭点火后升空的运动
D. 某高轨道卫星绕地球做椭圆轨道的运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．跳伞运动员开伞后的运动，由于空气阻力做负功，机械能减少，故A错误；
B．蹦极运动员在弹性绳拉紧以后，弹力对人做负功，人机械能减少，故B错误；
C．火箭点火后升空的运动，推力对火箭做正功，火箭的机械能增加，故C错误；
D．某高轨道卫星绕地球做椭圆轨道的运动，只有万有引力对卫星做功，卫星的机械能守恒，故D正确。
故选D。
5. 2023年5月22日第三届“贡嘎杯”青少年校园篮球联赛中，南山中学男子篮球队经过努力拼搏仍遗憾负于宜宾一中，夺得高中组亚军。赛后队员们没有气馁坚持苦练基本功希望下一次有所突破。在一次立定投篮练习中，在距离水平地面高为处将篮球（视为质点）投出，篮球恰好垂直击中距离地面高为的篮板上，篮球被水平弹回后，又恰好击中自己的双脚（视为质点），篮球抛出点和双脚可认为在同一竖直线上，不计空气阻力，则篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小为、，出手点至篮板的水平距离为，竖直方向有
解得
，
水平方向有
篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为
故选D。
6. 2023年一季度中国汽车出口量超越日本成为世界第一，其中新能源汽车起到了推动作用。若某国产新能源汽车以下列两种方式启动，且沿直线运动（设阻力不变）。方式①：汽车以不变的额定功率启动；方式②：汽车的启动功率先随速度均匀增加，后保持额定功率不变。如图给出的四个图像中，能够正确反映机车的速度随时间变化的是（ ）
A. 甲对应方式①，乙对应方式② B. 乙对应方式①，丙对应方式②
C. 甲对应方式①，丙对应方式② D. 丙对应方式①，乙对应方式②
【答案】B
【解析】
【详解】汽车以不变的额定功率启动时
由牛顿第二定律得
汽车加速过程牵引力减小，汽车的加速度减小，所以汽车先做加速度减小的加速运动，当牵引力与阻力大小相等时汽车做匀速运动，对应的图像是乙图；
汽车的启动功率先随速度均匀增加时
则牵引力不变，由牛顿第二定律
可知汽车加速度不变，汽车做初速度为零的匀加速运动，后保持额定功率不变时，由，可知汽车继续加速，牵引力减小，加速度减小，当牵引力与阻力大小相等时汽车匀速运动，对应的图像是丙图。
故选B。
7. 如图所示，竖直细杆O点处固定有一水平横杆，在横杆上有A、B两点，且，在A、B两点分别用两根等长的轻质细线悬挂两个相同的小球a和b，将整个装置绕竖直杆匀速转动，则a、b两球稳定时的位置关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将小球的圆周运动等效成圆锥摆，设摆长为，等效摆线与竖直方向夹角为，则
解得
为等效悬点到小球的高度差，由于两球的角速度相同，因此相同。
故选C。
8. 地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A.
B. 上升过程加速度先减小后增大
C. 最大加速度为g
D. 上升过程速度最大时，物体机械能刚好达到最大
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．物体能够上升，说明拉力大于重力。上升全过程，h处拉力大小
根据动能定理
得
因括号内整体大于1，可知
开始时加速度最大，根据
F0-mg=ma
所以最大加速度小于。且上升过程随着F的减小，加速度先减小后增大，选项AC错误，B正确；
D．上升全过程，拉力一直做正功，机械能一直增大，选项D错误。
故选B。
9. 科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 地面基站可以选址建在佛山
B. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
C. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
D. 若同步空间站和配重间的绳断开，配重将远离地球
【答案】BD
【解析】
【详解】A．为保证同步，则地面基站必须选址建在赤道上，选项A错误；
B．箱体在上升过程中离地面越来越远，则受到地球的引力越来越小，选项B正确；
C．配重和同步卫星都具有相同的角速度，根据v=ωr可知，配重的线速度大于同步空间站的线速度，选项C错误；
D．若同步空间站和配重间的绳断开，地球的引力将小于配重做圆周运动所需的向心力，则配重将远离地球，选项D正确。
故选BD。
10. 如图甲所示，一段只有部分的光滑圆管A竖直固定在木板B上（管口M为最高点），木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，现将一小球在管口N的正上方h高处由静止释放，小球通过最低点时管壁对它的弹力F与h的关系如图乙所示。已知管A和板B的总质量为0.3kg，小球的直径和圆管的粗细忽略，重力加速度取10m/s2则（ ）
A. 小球的质量为0.1kg
B. 圆管的半径为0.5m
C. 当h=1m时，小球从管口M飞出后将落入管口N
D. 当h=1.2m时，小球通过管口M时会使AB整体跳起
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知，当小球从高度为h的地方下落时，根据动能定理
在最低点根据牛顿第二定律
联立可得
代入h=0、FN=6N和h=1、FN=14N，联立可得
m=0.2kg
R=0.5m
故A错误，B正确；
C．当h=1m时，从开始下落到最高点，根据动能定理
代入数据解得
根据平抛运动公式
可得平抛运动的水平位移为
可得
即小球不会从管口M飞出后将落入管口N，故C错误；
D．当h=1.2m时，从开始下落到最高点，根据动能定理
代入数据解得
在最高点，根据牛顿第二定律
联立解得
因为
所以小球通过管口M时会使AB整体跳起，故D正确
故选BD。
11. 如图所示，水平轨道以点为分界点，左侧光滑，右侧粗糙。长为、质量为的长木板静置于点左侧。现对长木板施加水平向右、大小为的恒力，一段时间后，长木板恰好完全滑入粗糙部分。长木板与轨道粗糙部分间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，则（ ）
A. 长木板先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 初始时长木板右端与点的距离为
C. 长木板的最大动能为
D. 若初始时木板右端在点，则长木板运动过程中摩擦产生的热量为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．长木板在点左侧做匀加速运动，长木板右端过点后，长木板开始受到摩擦力，且逐渐增大，先做变加速运动，后做变减速运动，A错误；
B．整个运动过程中，摩擦力做的功大小为
根据动能定理可得
解得
则初始时长木板右端与点的距离为
B正确；
C．当木板所受合力为零时，有
解得
摩擦力做的功大小为
此时长木板速度最大，动能最大，根据动能定理有
解得
C正确；
D．若初始时木板右端在点，则根据能量守恒定律有
解得
则
D正确。
故选BCD。
12. 如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻小定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N，（取重力加速度大小g=10m/s2），则（ ）
A. 小球B运动到C处时小球A的动能为0
B. 小球B运动到C处时的速度大小为m/s
C. 小球B被拉到与小球A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球B运动到C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，动能为0。故A正确；
BD．小球B从地面拉到P的正下方C时，小球A的速度为0，根据功能关系可知，拉力F做的功等于B球机械能的增量，即
由几何关系可知
联立，解得
故BD错误；
C．当绳与轨道相切时两球速度相同，如图
由几何知识可得
所以
解得
故C正确；
故选AC。
第II卷（非选择题，共52分）
二、填空题（每空2分，共计16分）
13. 如图甲是某同学“研究平抛运动”的实验装置图。
实验前反复调整实验装置使轨道末端水平，在轨道所在的平面内竖直放置一贴有坐标纸的木板，调整坐标纸坐标分别沿水平和竖直，正对坐标纸架设频闪照相机，当小球到达轨道末端频闪照相机开始拍照，某次实验中得到的小球运动轨迹如图乙所示，方格纸每小格的边长，（取）。
（1）为了保证同一次实验中小球抛出的初速度相同，因此必须让小球从______（选填“相同”或“不同”）位置由静止释放；
（2）图乙中为抛出点，由轨迹可知该轨道末端______（选填“是”或“否”）水平；
（3）小球抛出后的水平速度大小为______。
【答案】 ①. 相同 ②. 否 ③. 1.5
【解析】
【详解】（1）[1] 为了保证同一次实验中小球抛出的初速度相同，因此必须让小球从相同位置由静止释放；
（2）[2]由轨迹可以看出，小球斜向上运动，可知斜槽末端不是水平的，而是斜向上的；
（3）[3]从轨迹上的B、C、D三个点间的竖直间距，结合逐差法可得
可得时间间隔
根据水平方向相邻两点间的距离可得水平速度为
14. 用如图所示装置验证机械能守恒定律，装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的A位置，细线绕过固定在导轨右端的定滑轮，一端与滑块连接、另一端悬吊钩码。测出遮光条的宽度d，滑块与遮光条的总质量M，A到光电门中心距离x。调节气垫导轨水平，由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t。将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块中心到达光电门中心点时的瞬时速度。已知钩码的质量为m，当地重力加速度为g。
（1）滑块从A处到达光电门中心处时，m和M组成的系统动能增加量可表示为______，系统的重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒：（用题中字母表示）
（2）某同学实验时，保持光电门的位置不变，改变滑块的位置A，测出多组对应的x与t的数值，经过计算发现系统动能的增加量大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是______。
A．钩码质量太大
B．气垫导轨未完全调水平，左端高于右端
C．系统受到空气阻力
D．气垫导轨未完全调水平，左端低于右端
（3）某同学为了减小误差，通过调整A的位置来改变x，测出对应的通过光电门的时间t得到若干组（x、t）后，在坐标纸上描点，拟合出直线，则他描绘的是______图像。
A． B． C． D．
（4）某同学实验时，气泵不能工作，他想到用使轨道倾斜方法来平衡摩擦力，如果已经平衡了摩擦力，______（填“能”或“不能”）用此装置验证统机械能守恒。
【答案】 ①. ②. ③. B ④. C ⑤. 不能
【解析】
【详解】（1）[1]到达光电门的速度为
则
[2] 系统的重力势能减少量可表示为
（2）[3]A．钩码质量大小对实验不产生影响，故A错误；
C．若存在空气阻力，则会略大于，故C错误；
BD．若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块自A点由静止释放，则滑块在运动过程中，由速度关联可知钩码下滑的速度为
其中角度为细线和水平气垫导轨的夹角，故此时机械能守恒应写成
故重力势能的减少量小于动能的增加量，故B正确，D错误。
故选B。
（3）[4]根据
可得
整理得
故描绘的是图像。
故选C。
（4）[5]已经平衡了摩擦力，对整个系统，该装置不能验证统机械能守恒，因为由摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒。
三、本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究，我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨逆2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的球心位于椭圆的一个焦点上；③在远地点平次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于点。已知引力常量为，地球表面的重力加速度为，轨道1半径为，轨道3半径为，求：
（1）航天器在圆轨道3上运行时的速度大小；
（2）航天器在轨道2上运动时，从A点运动到点的最短时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）航天器在轨道3运动时有
在近地轨道1运动时有
解得
（2）由题意可知，椭圆轨道2的半长轴
设航天器在近地轨道1运动时的周期为，则有
设航天器在轨道2运动时的周期为，根据开普勒第三定律有
解得最短时间
16. 如图所示，一内半径、高内壁光滑的圆筒竖直固定在水平面上。可视为质点的小球以水平初速度从圆筒上端点沿圆筒内壁切线方向抛出。小滑块将沿筒壁运动一段时间后恰好从圆筒底部点（图中未标出）离开圆筒。忽略空气阻力，重力加速度取。求：
（1）小球从抛出到离开圆筒所用的时间；
（2）小球离开圆筒时点与点正下方的距离是多少。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得小球从抛出到离开圆筒所用的时间为
（2）小球在水平方向做匀速圆周运动，则有
圆的周长为
则有
可知小球离开圆筒时的点与点正下方的距离为
17. 如图甲所示，一倾角为，长的固定斜面上端和一个竖直圆弧形光滑轨道相连，斜面与圆弧轨道相切于处，点位于圆心的正上方。时刻有一质量的物块从斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，其在斜面上运动的图像如图乙所示。已知圆轨道的半径，取，，。求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块到达点时对轨道的压力的大小；
（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从点滑上轨道，通过点后恰好能落在点。如果能，请计算出物块从点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由。
【答案】（1）μ＝025；（2）34 N；（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】
【详解】（1）由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为
a＝8 m/s2
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得
在C点，根据牛顿第二定律
联立解得
根据牛顿第三定律
物块在C点时对轨道的压力大小为34 N。
（3）设物块以某一初速度上滑，最后恰好落到A点，物块从C到A做平抛运动。竖直方向
水平方向
解得
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