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黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题（解析版）
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这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 满分：100分共4页）
第Ⅰ卷（共56分）
一、选择题（本题共14小题，1~10题为单项选择题，11~14为多项选择题，每小题4分，共56分，多选全选对得4分，选不全得2分，有错选或不答的不得分。）
1. 超市的自动扶梯把小明从一楼匀速送到二楼的过程中，小明的（ ）．
A. 动能减小，势能增大，机械能不变B. 动能增大，势能增大，机械能增大
C. 动能不变，势能增大，机械能增大D. 动能不变，势能不变，机械能不变
【答案】C
【解析】
【详解】小明匀速运动，故动能不变；小明的位置变高了故重力势能变大，故机械能增大，C正确；
故选C。
2. 盛有质量为m的水的桶以手臂为半径使之在竖直平面内做圆周运动，如图所示。水随桶转到最高点需要的向心力为mω2R，则（ ）
A. 当mω2R>mg时水就洒出来
B. 当mω2RC. 只有当mω2R=mg时水才不洒出来
D. 以上结论都不对
【答案】D
【解析】
【详解】水桶转到最高点时水恰好不从桶里洒出来时，重力提供向心力，设水桶的角速度为ω，根据牛顿第二定律得
mg=mω2R
所以当
时水不会洒出来，故D正确，ABC错误。
故选D。
3. 如图，水平传送带由电动机带动，始终保持速度匀速运动，质量的滑块以速度从左端水平滑上传送带，最终与传送带共速，滑块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块在传送带上的加速时间为1s
B. 摩擦力对滑块做的功为1.5J
C. 滑块与传送带因摩擦产生的热量为1J
D. 电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为2.5J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由牛顿第二定律可得，滑块在与传送带共速前的加速度为
滑块在传送带上的加速时间为
故A错误；
B．由动能定理得摩擦力对滑块做功为
故B正确；
C．滑块在与传送带共速前的位移为
传送带位移为
根据摩擦力产生热量的公式，即
代入数据，解得
故C错误；
D．传送滑块电动机多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做功之和，即
故D错误。
故选B。
4. 绝缘光滑圆锥顶端固定一个带电小球N，筒壁外侧有一带电小球M，如图所示，M球绕圆锥在水平面内做匀速圆周运动，且刚好不受筒壁弹力，则以下说法正确的是（ ）
A. N的带电量一定大于M的带电量
B. M受到的库仑力对M做正功
C. 若把M球沿筒壁向上移近一段距离，M球可以在新平面内做匀速圆周运动
D. 若把M球沿筒壁向下移远一段距离，M球可以在新平面内做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目提供的条件，仅能知道N与M之间产生了库仑力，二者的带电量无法判断，故A错误；
B．分析M球的受力、将库仑力分解如图所示
此时M球的运动方向与纸面垂直，所以库仑力的分力与小球的运动方向垂直，做功为零，则M受到的库仑力对M不做功，故B错误；
CD．物体做圆周运动，此时重力和库仑力的合力提供向心力，因此可以作图为
如果将小球向下移动，此时库仑力减小，由重力，支持力和库仑力提供向心力，如图
如果将小球向上移动，则库仑力变大，而合力要水平方向，可知此时满足不了。
故选D。
5. 牛顿吸收了胡克等科学家“行星绕太阳做圆周运动时受到的引力与行星到太阳距离的平方成反比”的猜想，运用牛顿运动定律证明了行星受到的引力，论证了太阳受到的引力，进而得到了（其中M为太阳质量、m为行星质量，r为行星与太阳的距离）。牛顿还认为这种引力存在于所有的物体之间，通过苹果和月亮的加速度比例关系，证明了地球对苹果、地球对月亮的引力满足同样的规律，从而提出了万有引力定律。关于这个探索过程，下列说法正确的是（ ）
A. 对行星绕太阳运动，根据和得到
B. 对行星绕太阳运动，根据和得到
C. 在计算月亮的加速度时需要用到月球的半径
D. 在计算苹果的加速度时需要用到地球的自转周期
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据
可得
故A正确，故B错误；
C．在计算月亮的加速度时需要用到月球到地球的距离，而不是月球的半径，故C错误；
D．在计算苹果的加速度时不需要用到地球的自转周期，可以通过计算，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的压力刚好为0，此时小球的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设小球运动到最高点时，对轨道的压力为，因为地面对木板B的压力刚好为0，则对环和木板构成的整体可得
由牛顿第三定律可得，小球运动到最高点时，轨道对小球的支持力为
所以对小球在最高点分析可得
解得此时小球的速度为
故选B。
7. 冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（ ）
A. 质量较大P先落回地面
B. 炸裂前后瞬间，总动量守恒
C. 炸裂后，P飞行的水平距离较大
D. 炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，动量守恒，因此，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故同时落地，故A错误，B正确；
C．炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；
D．炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等，方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
8. 一辆汽车在水平平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车速度达到后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为。已知汽车的质量为，运动过程中所受阻力恒为，速度从达到所用时间为，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车的最大功率为B. 汽车速度为时，加速度为
C. 汽车速度从0到的过程中，位移为D. 汽车速度从到的过程中，位移为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．汽车速度为v0时，牵引力为 ，汽车速度为 时，牵引力为，从到汽车功率恒定，则有
解得
根据牛顿第二定律可知，汽车速度为v0时，加速度为
汽车的最大功率为
A B错误；
C． 阶段汽车做匀加速直线运动，位移为
故C正确；
D．阶段汽车的位移为，对汽车运用动能定理可得
解得
故D错误。
故选C。
9. 用一条绝缘轻绳，悬挂一个质量为，电荷量为的小球，细线的上端固定于O点。如图，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角为，取重力加速度。关于匀强电场的场强E和平衡时细线的拉力T，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】BD．小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
故B正确，D错误；
AC．电场强度为
故AC错误。
故选B。
10. 如甲图所示，一质量为1kg的物体在水平地面上处于静止状态。一竖直方向外力F作用在物体上， F随时间变化的图像如乙图，t =4s时撤去外力F，重力加速度g = 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A. t=4s时物体速度为0B. 上升过程中物体最大速度为12m/s
C. 0到4s内物体速度一直在增加D. 撤去F后，物体的还能上升1.25m
【答案】D
【解析】
【详解】A．4s内物体所受重力和拉力作用，在1s前，物体处于静止状态，1s到4s内根据图像所围成的面积可知， 合力的冲量
由动量定理可知
I=mv
解得
v=5m/s
A错误；
D．4s时撤去F，此后，上升的高度
h==1.25m
选项D正确；
C．由图像可知t=3s时拉力等于重力，速度达到最大，此后开始做减速运动，选项C错误；
B．由图像包围面积可求出在1s到3s内合力的冲量
I1=10N·s= mvm
vm = 10m/s
选项B错误。
故选D。
11. 将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度释放，经一段时间到达平板的底端。则下列说法正确的是（ ）
A. 重力对三个小球所做的功相同
B. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C. 三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同
D. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．设A点距水平面的高度为h，小球的质量为m，对沿AC板下滑的小球，重力做功为
WAC＝mgsin θ1·LAC＝mgh
同理可得，重力对三个小球所做的功相同，均为
W＝mgh
A正确；
B．根据题意可得
a＝gsin θ
L＝＝at2
可知
t＝
故沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球运动的时间最长，根据
＝
可知，重力的平均功率最小，B错误；
CD．根据
v2＝2aL＝2gsin θ·＝2gh
可知三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同，根据
P＝mgvsin θ
可知，沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，CD正确。
故选ACD。
12. 如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C三球的质量分别为，初状态三个小球均静止，B、C球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度，A、B发生弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 球A和球B碰撞结束时，A球的速度大小为8m/s
B. 球A和球B碰撞结束时，B球的速度大小为8m/s
C. 球A和球B碰后，球B的最小速度大小为1.6m/s
D. 球A和球B碰后，弹簧最大弹性势能可以达到96J
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设两球碰后的速度分别为、，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
解得
A错误，B正确；
C．B球速度最小时，弹簧恢复原长，设此时B球的速度为，C球的速度为，则有
解得
即球B的最小速度大小为1.6m/s，C正确；
D．B、C两球共速时，弹簧的弹性势能最大，设此时二者的速度为，则有
解得
此时弹簧的弹性势能
解得
D错误。
故选BC。
13. 如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）
A. 地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
B. 地面对斜面C的摩擦力逐渐减小
C. 物体A受到的摩擦力一直减小
D. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】B在Q点时，对A进行受力分析如图所示
将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；
C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B 从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；
D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确．
故应选BD．
14. 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 小球运动到最低点时的速度大小为
B. A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒
C. 已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为
D. 刚释放时小球A加速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】B．从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，由于小球A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，但是系统受合外力不为零，则动量不守恒，故B错误；
A．小球A初始位置距水平面高度为h1，由几何关系可得
解得
小环B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系可得
h2=h1+1.5Rcs60°=2R
由系统机械能守恒得
式中：vB=0，，ΔhB=0.5R
解得
故A正确；
D．刚释放时小球A时，轻杆对小球的弹力沿着杆方向，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律得
2mgsin60°=2maA
解得
选项D正确；
C．小球A运动到最低点时，对小球B，根据牛顿第二定律知
F-mg=ma
对小球A
解得
FN=9mg+ma
故C错误。
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题（本题共2小题，共10分）
15. 某兴趣小组利用气垫导轨设计了一个“验证机械能守恒定律”的实验。如图所示，在导轨旁边固定一与导轨平行的刻度尺，一手机固定于导轨上方，使摄像头正对导轨，开启视频录像功能。调节导轨的倾角，使滑块从导轨顶端静止滑下，用手机记录滑块做匀加速直线运动的全程情况，再通过录像回放分析。取滑块出发点为参考点，得到滑块下滑距离x和所用时间t的多组数据（通过手机读取）。已知滑块的质量取。
（1）某小组成员在实验中得到了如下表数据：
请补充完整上表中数据①_______J，②_______J（结果均保留2位小数）。
（2）由以上数据，你能得到的结论是______________。
（3）另一小组成员根据实验数据计算得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，你认为造成这一结果最有可能的原因是_______（填正确答案标号）。
A. 测量下滑距离x的偶然误差
B. 滑块下滑过程中受到阻力较大
C. 利用式子计算滑块的瞬时速度
【答案】（1） ①. 0.44 ②. 0.41
（2）见解析 （3）C
【解析】
【小问1详解】
①[1]滑块重力势能减少量为
②[2]根据运动学公式
可得
则滑块动能增加量为
【小问2详解】
由表格数据，可以得到的结论是：在误差允许的范围内，滑块重力势能减少量等于滑块动能增加量，则下滑过程，滑块满足机械能守恒。
【小问3详解】
另一小组成员根据实验数据计算得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量。
A．测量下滑距离x的偶然误差，不会得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，故A错误；
B．滑块下滑过程中受到阻力较大，则下滑过程有一部分重力势能转化为内能，使得重力势能减少量总是大于滑块动能增加量，故B错误；
C．实际上滑块下滑过程中受到一定的阻力作用，使得加速度小于，则利用式子计算滑块的瞬时速度，速度计算值偏大，滑块动能增加量的测量值偏大，使得滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，故C正确。
故选C。
16. 用如图甲所示的装置验证“水平方向动量守恒”。
实验步骤如下：
（1）用绳子将质量为和的小球A和B悬挂在天花板上，两绳长相等；两球静止时，悬线竖直；
（2）在A、B两球之间放入少量炸药（不计炸药质量），引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）多次改变炸药的量，使得小球摆起的最大角度发生变化，记录多组、值，以为纵轴，为横轴，绘制图像，如图乙所示。
回答下列问题：
①若两球水平方向动量守恒，应满足的表达式为______（用、、、表示）。
②图乙中图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比______。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】（3）①[1]设绳长为，对A、B球爆炸后由动能定理得
，
由动量守恒定律得
联立解得
②[2]整理可得
所以图像的斜率
则A、B两球的质量之比为
三、计算题（本题共3小题，共34分，请将答案写在答题卡相应位置，要求有必要的文字说明和具体的解题步骤公式，直接写出答案的不给分。）
17. 如图所示，半径为的光滑圆弧形轨道BCD在竖直平面内与水平轨道AB相切于B点，B在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。水平轨道上有一轻质弹簧处于自由状态，弹簧左端连接在固定的挡板上，右端在E点，水平轨道AE光滑、BE粗糙且长度为，现用一个质量为的物块将弹簧压缩（不拴接），当压缩至F点（图中未画出）时，将物块由静止释放，物块与BE间的动摩擦因数，若物块从B点滑上圆弧形轨道，到C点后又返回E点时恰好静止。取，求：
（1）弹簧右端在F点时的弹性势能；
（2）C点离水平轨道的高度h。
【答案】（1）2J （2）0.1m
【解析】
【小问1详解】
由能量关系可知，弹簧右端在F点时的弹性势能
【小问2详解】
从C点到E点由动能定理
解得
h=0.1m
18. 如图甲所示，光滑水平面上有一静止平板车，平板车质量，长度，小车的上表面距地面高度。质量的物块（可视为质点）从平板车左端以速度3m/s滑上小车。取，试求：
（1）若物块滑上平板车的同时解除平板车的锁定，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
滑块和平板车组成的系统动量守恒，设二者分离时的速度分别为、，则有
根据能量守恒可得
联立解得
滑块平抛落地的时间
解得
物块落地时距平板车右端的水平距离为
【小问2详解】
由乙图可知，物块在平板车上克服摩擦力所做的功
设此时滑块滑离平板车时的速度为，根据动能定理可得
解得
19. 如图所示，、、彼此平行且间距相等，在与之间有竖直向上的匀强电场。段为一半径的光滑圆弧轨道，段为粗糙的水平轨道，两轨道相切于Q点，Q处静置一质量为的物块2（可视为质点），Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。一个电量、质量的带正电物块1（可视为质点）静止在P点，现给其一冲量，使其从P点水平向右抛出，当其刚好运动到Q点时速度恰好水平向右并与物块2发生正碰，碰后瞬间物块2对轨道压力为其重力2倍。碰后物块1向左运动到A点静止，已知物块1与水平轨道接触瞬间电荷全部导入大地，物块1从P到Q的运动时间与从Q滑到A的时间相等，且长，两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度g取10。求：
（1）两物块碰撞后的速度大小分别为多少；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）、的距离分别为多少。
【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）；（3）1.6m，4.8m
【解析】
【详解】(1)碰撞后物块1从Q返回到A的过程中，由动能定理得
解得
由牛顿第二定律、牛顿第三定律可得物块2在Q点有
解得
(2)滑块从P到Q运动过程中，前半段为平抛运动，后半段逆向为类平抛运动，根据运动对称性可知，前后两半段的运动时间、水平位移和竖直位移均相同，且初末速度也相同，设高为h，则由动能定理可得
解得
(3)规定向右为正方向，则两物块碰撞时由动量守恒可得
联立以上解得
物块1从Q到A的过程中，由动量定理有
解得
则从P到Q运动过程中，水平方向有
竖直方向有
故距离为1.6m，CQ距离为4.8m。 数据
次数
下滑距离
所用时间
滑块重力势能减少量
滑块动能增加量
1
2.390
0.10
0.12
0.11
2
9.00
0.20
①
②
3
21.19
0.30
1.04
1.00
4
37.92
0.40
1.86
1.80
5
59.83
0.50
2.93
2.86
（考试时间：90分钟 满分：100分共4页）
第Ⅰ卷（共56分）
一、选择题（本题共14小题，1~10题为单项选择题，11~14为多项选择题，每小题4分，共56分，多选全选对得4分，选不全得2分，有错选或不答的不得分。）
1. 超市的自动扶梯把小明从一楼匀速送到二楼的过程中，小明的（ ）．
A. 动能减小，势能增大，机械能不变B. 动能增大，势能增大，机械能增大
C. 动能不变，势能增大，机械能增大D. 动能不变，势能不变，机械能不变
【答案】C
【解析】
【详解】小明匀速运动，故动能不变；小明的位置变高了故重力势能变大，故机械能增大，C正确；
故选C。
2. 盛有质量为m的水的桶以手臂为半径使之在竖直平面内做圆周运动，如图所示。水随桶转到最高点需要的向心力为mω2R，则（ ）
A. 当mω2R>mg时水就洒出来
B. 当mω2R
D. 以上结论都不对
【答案】D
【解析】
【详解】水桶转到最高点时水恰好不从桶里洒出来时，重力提供向心力，设水桶的角速度为ω，根据牛顿第二定律得
mg=mω2R
所以当
时水不会洒出来，故D正确，ABC错误。
故选D。
3. 如图，水平传送带由电动机带动，始终保持速度匀速运动，质量的滑块以速度从左端水平滑上传送带，最终与传送带共速，滑块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块在传送带上的加速时间为1s
B. 摩擦力对滑块做的功为1.5J
C. 滑块与传送带因摩擦产生的热量为1J
D. 电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为2.5J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由牛顿第二定律可得，滑块在与传送带共速前的加速度为
滑块在传送带上的加速时间为
故A错误；
B．由动能定理得摩擦力对滑块做功为
故B正确；
C．滑块在与传送带共速前的位移为
传送带位移为
根据摩擦力产生热量的公式，即
代入数据，解得
故C错误；
D．传送滑块电动机多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做功之和，即
故D错误。
故选B。
4. 绝缘光滑圆锥顶端固定一个带电小球N，筒壁外侧有一带电小球M，如图所示，M球绕圆锥在水平面内做匀速圆周运动，且刚好不受筒壁弹力，则以下说法正确的是（ ）
A. N的带电量一定大于M的带电量
B. M受到的库仑力对M做正功
C. 若把M球沿筒壁向上移近一段距离，M球可以在新平面内做匀速圆周运动
D. 若把M球沿筒壁向下移远一段距离，M球可以在新平面内做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目提供的条件，仅能知道N与M之间产生了库仑力，二者的带电量无法判断，故A错误；
B．分析M球的受力、将库仑力分解如图所示
此时M球的运动方向与纸面垂直，所以库仑力的分力与小球的运动方向垂直，做功为零，则M受到的库仑力对M不做功，故B错误；
CD．物体做圆周运动，此时重力和库仑力的合力提供向心力，因此可以作图为
如果将小球向下移动，此时库仑力减小，由重力，支持力和库仑力提供向心力，如图
如果将小球向上移动，则库仑力变大，而合力要水平方向，可知此时满足不了。
故选D。
5. 牛顿吸收了胡克等科学家“行星绕太阳做圆周运动时受到的引力与行星到太阳距离的平方成反比”的猜想，运用牛顿运动定律证明了行星受到的引力，论证了太阳受到的引力，进而得到了（其中M为太阳质量、m为行星质量，r为行星与太阳的距离）。牛顿还认为这种引力存在于所有的物体之间，通过苹果和月亮的加速度比例关系，证明了地球对苹果、地球对月亮的引力满足同样的规律，从而提出了万有引力定律。关于这个探索过程，下列说法正确的是（ ）
A. 对行星绕太阳运动，根据和得到
B. 对行星绕太阳运动，根据和得到
C. 在计算月亮的加速度时需要用到月球的半径
D. 在计算苹果的加速度时需要用到地球的自转周期
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据
可得
故A正确，故B错误；
C．在计算月亮的加速度时需要用到月球到地球的距离，而不是月球的半径，故C错误；
D．在计算苹果的加速度时不需要用到地球的自转周期，可以通过计算，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的压力刚好为0，此时小球的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设小球运动到最高点时，对轨道的压力为，因为地面对木板B的压力刚好为0，则对环和木板构成的整体可得
由牛顿第三定律可得，小球运动到最高点时，轨道对小球的支持力为
所以对小球在最高点分析可得
解得此时小球的速度为
故选B。
7. 冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（ ）
A. 质量较大P先落回地面
B. 炸裂前后瞬间，总动量守恒
C. 炸裂后，P飞行的水平距离较大
D. 炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，动量守恒，因此，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故同时落地，故A错误，B正确；
C．炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；
D．炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等，方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
8. 一辆汽车在水平平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车速度达到后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为。已知汽车的质量为，运动过程中所受阻力恒为，速度从达到所用时间为，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车的最大功率为B. 汽车速度为时，加速度为
C. 汽车速度从0到的过程中，位移为D. 汽车速度从到的过程中，位移为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．汽车速度为v0时，牵引力为 ，汽车速度为 时，牵引力为，从到汽车功率恒定，则有
解得
根据牛顿第二定律可知，汽车速度为v0时，加速度为
汽车的最大功率为
A B错误；
C． 阶段汽车做匀加速直线运动，位移为
故C正确；
D．阶段汽车的位移为，对汽车运用动能定理可得
解得
故D错误。
故选C。
9. 用一条绝缘轻绳，悬挂一个质量为，电荷量为的小球，细线的上端固定于O点。如图，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向的夹角为，取重力加速度。关于匀强电场的场强E和平衡时细线的拉力T，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】BD．小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
故B正确，D错误；
AC．电场强度为
故AC错误。
故选B。
10. 如甲图所示，一质量为1kg的物体在水平地面上处于静止状态。一竖直方向外力F作用在物体上， F随时间变化的图像如乙图，t =4s时撤去外力F，重力加速度g = 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A. t=4s时物体速度为0B. 上升过程中物体最大速度为12m/s
C. 0到4s内物体速度一直在增加D. 撤去F后，物体的还能上升1.25m
【答案】D
【解析】
【详解】A．4s内物体所受重力和拉力作用，在1s前，物体处于静止状态，1s到4s内根据图像所围成的面积可知， 合力的冲量
由动量定理可知
I=mv
解得
v=5m/s
A错误；
D．4s时撤去F，此后，上升的高度
h==1.25m
选项D正确；
C．由图像可知t=3s时拉力等于重力，速度达到最大，此后开始做减速运动，选项C错误；
B．由图像包围面积可求出在1s到3s内合力的冲量
I1=10N·s= mvm
vm = 10m/s
选项B错误。
故选D。
11. 将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度释放，经一段时间到达平板的底端。则下列说法正确的是（ ）
A. 重力对三个小球所做的功相同
B. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C. 三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同
D. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．设A点距水平面的高度为h，小球的质量为m，对沿AC板下滑的小球，重力做功为
WAC＝mgsin θ1·LAC＝mgh
同理可得，重力对三个小球所做的功相同，均为
W＝mgh
A正确；
B．根据题意可得
a＝gsin θ
L＝＝at2
可知
t＝
故沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球运动的时间最长，根据
＝
可知，重力的平均功率最小，B错误；
CD．根据
v2＝2aL＝2gsin θ·＝2gh
可知三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同，根据
P＝mgvsin θ
可知，沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，CD正确。
故选ACD。
12. 如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C三球的质量分别为，初状态三个小球均静止，B、C球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度，A、B发生弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 球A和球B碰撞结束时，A球的速度大小为8m/s
B. 球A和球B碰撞结束时，B球的速度大小为8m/s
C. 球A和球B碰后，球B的最小速度大小为1.6m/s
D. 球A和球B碰后，弹簧最大弹性势能可以达到96J
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设两球碰后的速度分别为、，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
解得
A错误，B正确；
C．B球速度最小时，弹簧恢复原长，设此时B球的速度为，C球的速度为，则有
解得
即球B的最小速度大小为1.6m/s，C正确；
D．B、C两球共速时，弹簧的弹性势能最大，设此时二者的速度为，则有
解得
此时弹簧的弹性势能
解得
D错误。
故选BC。
13. 如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）
A. 地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
B. 地面对斜面C的摩擦力逐渐减小
C. 物体A受到的摩擦力一直减小
D. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】B在Q点时，对A进行受力分析如图所示
将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；
C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B 从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；
D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确．
故应选BD．
14. 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 小球运动到最低点时的速度大小为
B. A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒
C. 已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为
D. 刚释放时小球A加速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】B．从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，由于小球A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，但是系统受合外力不为零，则动量不守恒，故B错误；
A．小球A初始位置距水平面高度为h1，由几何关系可得
解得
小环B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系可得
h2=h1+1.5Rcs60°=2R
由系统机械能守恒得
式中：vB=0，，ΔhB=0.5R
解得
故A正确；
D．刚释放时小球A时，轻杆对小球的弹力沿着杆方向，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律得
2mgsin60°=2maA
解得
选项D正确；
C．小球A运动到最低点时，对小球B，根据牛顿第二定律知
F-mg=ma
对小球A
解得
FN=9mg+ma
故C错误。
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题（本题共2小题，共10分）
15. 某兴趣小组利用气垫导轨设计了一个“验证机械能守恒定律”的实验。如图所示，在导轨旁边固定一与导轨平行的刻度尺，一手机固定于导轨上方，使摄像头正对导轨，开启视频录像功能。调节导轨的倾角，使滑块从导轨顶端静止滑下，用手机记录滑块做匀加速直线运动的全程情况，再通过录像回放分析。取滑块出发点为参考点，得到滑块下滑距离x和所用时间t的多组数据（通过手机读取）。已知滑块的质量取。
（1）某小组成员在实验中得到了如下表数据：
请补充完整上表中数据①_______J，②_______J（结果均保留2位小数）。
（2）由以上数据，你能得到的结论是______________。
（3）另一小组成员根据实验数据计算得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，你认为造成这一结果最有可能的原因是_______（填正确答案标号）。
A. 测量下滑距离x的偶然误差
B. 滑块下滑过程中受到阻力较大
C. 利用式子计算滑块的瞬时速度
【答案】（1） ①. 0.44 ②. 0.41
（2）见解析 （3）C
【解析】
【小问1详解】
①[1]滑块重力势能减少量为
②[2]根据运动学公式
可得
则滑块动能增加量为
【小问2详解】
由表格数据，可以得到的结论是：在误差允许的范围内，滑块重力势能减少量等于滑块动能增加量，则下滑过程，滑块满足机械能守恒。
【小问3详解】
另一小组成员根据实验数据计算得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量。
A．测量下滑距离x的偶然误差，不会得到的滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，故A错误；
B．滑块下滑过程中受到阻力较大，则下滑过程有一部分重力势能转化为内能，使得重力势能减少量总是大于滑块动能增加量，故B错误；
C．实际上滑块下滑过程中受到一定的阻力作用，使得加速度小于，则利用式子计算滑块的瞬时速度，速度计算值偏大，滑块动能增加量的测量值偏大，使得滑块动能增加量总是大于重力势能减少量，故C正确。
故选C。
16. 用如图甲所示的装置验证“水平方向动量守恒”。
实验步骤如下：
（1）用绳子将质量为和的小球A和B悬挂在天花板上，两绳长相等；两球静止时，悬线竖直；
（2）在A、B两球之间放入少量炸药（不计炸药质量），引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）多次改变炸药的量，使得小球摆起的最大角度发生变化，记录多组、值，以为纵轴，为横轴，绘制图像，如图乙所示。
回答下列问题：
①若两球水平方向动量守恒，应满足的表达式为______（用、、、表示）。
②图乙中图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比______。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】（3）①[1]设绳长为，对A、B球爆炸后由动能定理得
，
由动量守恒定律得
联立解得
②[2]整理可得
所以图像的斜率
则A、B两球的质量之比为
三、计算题（本题共3小题，共34分，请将答案写在答题卡相应位置，要求有必要的文字说明和具体的解题步骤公式，直接写出答案的不给分。）
17. 如图所示，半径为的光滑圆弧形轨道BCD在竖直平面内与水平轨道AB相切于B点，B在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。水平轨道上有一轻质弹簧处于自由状态，弹簧左端连接在固定的挡板上，右端在E点，水平轨道AE光滑、BE粗糙且长度为，现用一个质量为的物块将弹簧压缩（不拴接），当压缩至F点（图中未画出）时，将物块由静止释放，物块与BE间的动摩擦因数，若物块从B点滑上圆弧形轨道，到C点后又返回E点时恰好静止。取，求：
（1）弹簧右端在F点时的弹性势能；
（2）C点离水平轨道的高度h。
【答案】（1）2J （2）0.1m
【解析】
【小问1详解】
由能量关系可知，弹簧右端在F点时的弹性势能
【小问2详解】
从C点到E点由动能定理
解得
h=0.1m
18. 如图甲所示，光滑水平面上有一静止平板车，平板车质量，长度，小车的上表面距地面高度。质量的物块（可视为质点）从平板车左端以速度3m/s滑上小车。取，试求：
（1）若物块滑上平板车的同时解除平板车的锁定，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
（2）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
滑块和平板车组成的系统动量守恒，设二者分离时的速度分别为、，则有
根据能量守恒可得
联立解得
滑块平抛落地的时间
解得
物块落地时距平板车右端的水平距离为
【小问2详解】
由乙图可知，物块在平板车上克服摩擦力所做的功
设此时滑块滑离平板车时的速度为，根据动能定理可得
解得
19. 如图所示，、、彼此平行且间距相等，在与之间有竖直向上的匀强电场。段为一半径的光滑圆弧轨道，段为粗糙的水平轨道，两轨道相切于Q点，Q处静置一质量为的物块2（可视为质点），Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。一个电量、质量的带正电物块1（可视为质点）静止在P点，现给其一冲量，使其从P点水平向右抛出，当其刚好运动到Q点时速度恰好水平向右并与物块2发生正碰，碰后瞬间物块2对轨道压力为其重力2倍。碰后物块1向左运动到A点静止，已知物块1与水平轨道接触瞬间电荷全部导入大地，物块1从P到Q的运动时间与从Q滑到A的时间相等，且长，两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度g取10。求：
（1）两物块碰撞后的速度大小分别为多少；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）、的距离分别为多少。
【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）；（3）1.6m，4.8m
【解析】
【详解】(1)碰撞后物块1从Q返回到A的过程中，由动能定理得
解得
由牛顿第二定律、牛顿第三定律可得物块2在Q点有
解得
(2)滑块从P到Q运动过程中，前半段为平抛运动，后半段逆向为类平抛运动，根据运动对称性可知，前后两半段的运动时间、水平位移和竖直位移均相同，且初末速度也相同，设高为h，则由动能定理可得
解得
(3)规定向右为正方向，则两物块碰撞时由动量守恒可得
联立以上解得
物块1从Q到A的过程中，由动量定理有
解得
则从P到Q运动过程中，水平方向有
竖直方向有
故距离为1.6m，CQ距离为4.8m。 数据
次数
下滑距离
所用时间
滑块重力势能减少量
滑块动能增加量
1
2.390
0.10
0.12
0.11
2
9.00
0.20
①
②
3
21.19
0.30
1.04
1.00
4
37.92
0.40
1.86
1.80
5
59.83
0.50
2.93
2.86
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