北京市第五十五中学2024-2025学年高三上学期期中物理试卷

这是一份北京市第五十五中学2024-2025学年高三上学期期中物理试卷，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图所示，用手握住杯子使其在竖直方向静止。下列说法正确的是（ ）
A．杯子受到的摩擦力方向竖直向下
B．手握的越紧，杯子受到的摩擦力就越大
C．手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力就越大
D．杯子保持静止是因为手对杯子的压力等于杯子的重力
2．（3分）如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要曲腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增加人与地面的冲击时间，从而减小冲力的大小
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
3．（3分）如图所示，一辆汽车陷入泥坑中。距离泥坑不远处有一棵大树，驾驶员将一根结实的长绳系在车前端拉钩和大树之间，绷紧绳子后在中点处用力拉绳，把车从泥坑中拉了出来。某一时刻驾驶员施加的拉力为F，绳子与车和树连线的夹角为θ。不计绳的质量，此时绳子给车的拉力为（ ）
A．B．C．D．
4．（3分）如图，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加
D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功
5．（3分）在同一地点有两个静止的声源，发出声波1和声波2在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图为某时刻这两列波的图像，下列说法正确的是（ ）
A．波1的传播速度比波2的传播速度大
B．相对于同一障碍物，波2比波1的衍射现象更明显
C．在两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象
D．在两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率均与从声源发出的频率相同
6．（3分）如图所示，一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面，则下列说法中正确的是（ ）
A．汽车在凸形桥上行驶的过程中，所受合力始终为零
B．汽车在凸形桥上行驶的过程中，始终处于失重状态
C．汽车从桥底行驶到桥顶的过程中，其机械能守恒
D．汽车从桥底行驶到桥顶的过程中，所受合力的冲量为零
7．（3分）如图所示，质量为m1的物体A放置在质量为m2的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A受到的回复力的大小等于（ ）
A．0B．kx
C．kxD．kx
8．（3分）如图，A、B两小球沿倒置的光滑圆锥内侧在水平面内做匀速圆周运动。则（ ）
A．A球质量大于B球
B．A球线速度大于B球
C．A球转动周期小于B球
D．A球向心加速度小于B球
9．（3分）如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12
C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）
D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小
10．（3分）如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（ ）
A．小球通过窗户A所用的时间最短
B．小球通过窗户C的平均速度最大
C．小球通过窗户C动量变化量最小
D．小球通过窗户A克服重力做的功最多
11．（3分）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1
B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．t1﹣t2时间内，弹簧的长度大于原长
D．t2﹣t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
12．（3分）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（ ）
A．经过时间，球b恰好落地
B．在球b下落过程中，球b所受拉力大小为mg
C．在球b下落过程中，球a的机械能增加了
D．球b落地前瞬间速度大小为
13．（3分）所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星。这两颗星各自以一定的速率绕某一中心转动才不致由于万有引力而吸在一起。已知它们的质量分别为M1和M2，相距为L，万有引力恒量为G，下列说法不正确是（ ）
A．它们的轨道半径之比r1：r2＝M2：M1
B．线速度大小之比v1：v2＝M2：M1
C．转动中心O的位置距M2为
D．它们转动的角速度为
14．（3分）如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球（可视为质点）叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝4m1，不计空气阻力，则质量为m1的小球反弹后能达到的高度为（ ）
A．5hB．11hC．D．
二、实验题（每空2分，共20分）
15．（2分）用如图所示的装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，可以探究向心力与以下哪个物理量的关系 。
A．质量
B．半径
C．角速度
16．（4分）如图是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）实验过程中，要建立直角坐标系，在如图中，坐标原点选择正确的是 。
（2）下列图像中y﹣x2图像能说明小球平抛运动轨迹为抛物线的是 。
17．（4分）某同学用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”。
（1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道末端，再将入射球m从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤 （填选项前的符号）。
A．测量两个小球的质量m1、m2
B．测量抛出点距地面的高度H
C．测量S离水平轨道的高度h
D．测量平抛射程OM、ON
（2）若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 （填选项前的符号）。
A．OP+OM＝ON
B．2OP＝ON+OM
C．OP﹣ON＝2OM
18．（10分）某班同学们用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。
（1）第一组同学在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
①从图乙可知，摆球的直径为d＝ mm。
②该小组的一位同学认为单摆周期为，并由此计算当地的重力加速度，若该小组其他操作都正确，他们的测量结果将 。（选填偏大、偏小、不变）
（2）第二组同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L﹣T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g＝ 。处理完数据后，该组同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径，这样 （选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。
（3）在测量时，第三小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图丁所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比 （填偏大、偏小、不变）。
三、解答题（共38分）
19．（8分）“福建舰”航母首次采用了电磁弹射技术，并于2023年11月份进行“静载”发射测试。在平直长飞行甲板上，弹射轨道长l＝100m。模拟飞机的弹射小车质量m＝3×104kg，航母甲板距离水面的高度h＝20m。设小车被水平弹射离开航母后作平抛运动水平飞行x＝80m落入大海。小车在轨道弹射加速过程中，加速度视为恒定且空气阻力和轨道摩擦不计，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小车离开甲板后在空中飞行的时间；
（2）小车落水瞬间的速度大小；
（3）小车在弹射轨道加速过程中受到的电磁推力大小。
20．（10分）摩托车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。刘同学利用课余时间对某头盔的安全性能进行测试，如图所示，他在质量m1＝0.4kg的头盔中装入质量m2＝6.0kg的物块，使头盔从h＝3.2m的高处由静止落下，头盔与水平地面发生碰撞后，头盔经过t1＝0.05s速度减为零（不反弹），由于头盔的缓冲，物块经过t2＝0.2s速度减为零，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，认为物块减速过程中物块与头盔的作用力可看作恒力。求：
（1）头盔落地瞬间，物块的动量大小p；
（2）在物块的速度减为零的过程中，头盔对物块作用力的大小F；
（3）在头盔的速度减为零的过程中，地面对头盔冲量的大小I。
21．（10分）设想在未来的某一天，有一位航天员到达了宇宙中的某一行星表面，航天员利用携带的实验仪器做如下的实验：把一个光滑的“过山车”轨道固定在一个台式电子测力计上，调节测力计示数为零，然后将一个质量为m的小球从倾斜轨道上释放，如图所示。实验过程中发现当把小球从与圆周最高点等高处静止释放时，小球运动到轨道最低点，电子测力计的读数为F，已知行星半径为R，引力常量为G，忽略星球的自转，求：
（1）该行星表面附近的重力加速度大小g；
（2）该行星的平均密度ρ。
（3）在该星球上发射卫星的最小发射速度v。
2024-2025学年北京五十五中高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（请在每题四个选项中选出最符合题意的一项。每题3分，共42分）
1．（3分）如图所示，用手握住杯子使其在竖直方向静止。下列说法正确的是（ ）
A．杯子受到的摩擦力方向竖直向下
B．手握的越紧，杯子受到的摩擦力就越大
C．手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力就越大
D．杯子保持静止是因为手对杯子的压力等于杯子的重力
【答案】C
【分析】用手握住杯子保持竖直方向静止，处于平衡状态，受到的力为平衡力，根据二力平衡条件分析，最大静摩擦力与压力有关，静摩擦力与压力无关。
【解答】解：A、杯子竖直方向静止，处于受力平衡状态，在竖直方向上，竖直向下的重力与竖直向上的静摩擦力等大反向，故A错误；
BC、杯子重力不变，所受的静摩擦力不变，与手握杯子的力大小无关，但最大静摩擦力与压力有关，手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力越大，但杯子受到的摩擦力不变，故B错误，C正确；
D、杯子处于受力平衡状态，在竖直方向上，竖直向下的重力与竖直向上的静摩擦力平衡，水平方向上合力也为零，即手对杯子压力的合力为零，故D错误。
故选：C。
2．（3分）如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要曲腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增加人与地面的冲击时间，从而减小冲力的大小
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【分析】结合物理情景，由动量定理判断曲腿的作用，即可以减少冲力的大小。
【解答】解：ABC、人在和地面接触后，人的速度减为零，由动量定理可知：
（F﹣mg）t＝m•Δv，
曲腿可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，但不会改变动量的变化量和冲量，故C正确，AB错误；
D、根据压强公式P＝可知，曲腿冲击力减小，人与地面间压力减小，压强会减小，故D错误；
故选：C。
3．（3分）如图所示，一辆汽车陷入泥坑中。距离泥坑不远处有一棵大树，驾驶员将一根结实的长绳系在车前端拉钩和大树之间，绷紧绳子后在中点处用力拉绳，把车从泥坑中拉了出来。某一时刻驾驶员施加的拉力为F，绳子与车和树连线的夹角为θ。不计绳的质量，此时绳子给车的拉力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对中点受力分析，根据力的平行四边形定则，及三角知识，即可求解。
【解答】解：当人以拉力F拉绳的中点时，对中点处受力分析，受力如下图所示
设绳子中的张力大小为T，则根据平衡条件有
2Tsinθ＝F
解得
故A正确，B错误。
故选：A。
4．（3分）如图，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加
D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功
【答案】C
【分析】运动员从接触跳板开始，受到弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小后增大，速度先增大后减小．
【解答】解：A、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大。故A错误。
B、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小。故B错误。
C、形变量一直在增大，弹性势能一直在增加。故C正确。
D、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功。故D错误。
故选：C。
5．（3分）在同一地点有两个静止的声源，发出声波1和声波2在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图为某时刻这两列波的图像，下列说法正确的是（ ）
A．波1的传播速度比波2的传播速度大
B．相对于同一障碍物，波2比波1的衍射现象更明显
C．在两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象
D．在两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率均与从声源发出的频率相同
【答案】C
【分析】波速是由介质决定的，两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同。由图读出波长关系，由v＝λf研究频率关系。根据干涉和衍射产生的条件分析能否产生稳定的干涉现象和衍射现象。
【解答】解：A、两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同。故A错误。
B、由图读出声波1和声波2波长之比为λ1：λ2＝2：1．波长越长，波动性越强，所以相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生衍射现象。故B错误；
C、因λ1：λ2＝2：1，由v＝λf得到两波频率之比为f1：f2＝1：2．则两列波发生干涉的必要条件是频率相同，所以在这两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象。故C正确。
D、根据多普勒效应可知在两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率均与从声源发出的频率不相同。故D错误。
故选：C。
6．（3分）如图所示，一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面，则下列说法中正确的是（ ）
A．汽车在凸形桥上行驶的过程中，所受合力始终为零
B．汽车在凸形桥上行驶的过程中，始终处于失重状态
C．汽车从桥底行驶到桥顶的过程中，其机械能守恒
D．汽车从桥底行驶到桥顶的过程中，所受合力的冲量为零
【答案】B
【分析】明确汽车的运动为匀速圆周运动，根据其运动性质和受力特点分析其加速度的变化，同时根据超重和失重的性质分析是超重还是失重；根据动能定理明确做功情况。
【解答】解：A、一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥，汽车做匀速圆周运动，汽车受到的合力提供向心力，根据F＝可知，受到的合力不为零，故A错误；
B、由于汽车在向上行驶过程中，加速度均向下，因此一直处于失重状态，故B正确；
D、合力的冲量等于动量的变化量，速度方向变化，动量变化量不为0，则合力的冲量不是0，则D错误
C、汽车从桥底行驶到桥顶的过程中，动能不变，势能增加，故机械能增加，故C错误
故选：B。
7．（3分）如图所示，质量为m1的物体A放置在质量为m2的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A受到的回复力的大小等于（ ）
A．0B．kx
C．kxD．kx
【答案】C
【分析】物体A和物体B一起在水平方向上做简谐振动，回复力满足F＝﹣kx，先根据牛顿第二定律求解整体的加速度，再隔离A物体，运用牛顿第二定律，即可求解回复力大小。
【解答】解：整体做简谐运动，则对整体有：F＝kx；
则整体的加速度a＝＝
对于m由牛顿第二定律可知：
A受到的回复力f＝m1a＝kx，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．（3分）如图，A、B两小球沿倒置的光滑圆锥内侧在水平面内做匀速圆周运动。则（ ）
A．A球质量大于B球
B．A球线速度大于B球
C．A球转动周期小于B球
D．A球向心加速度小于B球
【答案】B
【分析】小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出向心加速度、线速度、周期大小，从而比较。
【解答】解：对A．B两球分别受力分析，如图：
设支持力和水平方向的夹角为θ，由图根据向心力公式有：
mgtanθ＝ma＝m＝mR
解得：a＝gtanθ，v＝，T＝
则向心加速度一样大，由于A球转动半径较大，A球的线速度较大，A球的周期较大，无法判断两球质量大小关系；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
9．（3分）如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22﹣mv12
C．t1～t2时间内的平均速度为（v1+v2）
D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小
【答案】D
【分析】在速度﹣时间图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，而水平的直线表示匀速直线运动，曲线表示变速直线运动；由图象可知物体的运动情况，由P＝Fv可知，牵引力的变化；由动能定理可知牵引力所做的功。
【解答】解：A、0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P＝Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误；
B、t1～t2时间内动能的变化量为，而在运动中受牵引力及阻力，故牵引力做功一定大于，故B错误；
C、t1～t2时间内，若图象为直线时，平均速度为（v1+v2），而现在图象为曲线，故图象的面积大于直线时的面积，即位移大于直线时的位移，故平均速度大于（v1+v2），故C错误；
D、由P＝Fv及运动过程可知，t1时刻物体的牵引力最大，此后功率不变，而速度增大，故牵引力减小，而t2～t3时间内，物体做匀速直线运动，物体的牵引力最小，故D正确；
故选：D。
10．（3分）如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是（ ）
A．小球通过窗户A所用的时间最短
B．小球通过窗户C的平均速度最大
C．小球通过窗户C动量变化量最小
D．小球通过窗户A克服重力做的功最多
【答案】A
【分析】小球做斜向上抛体运动，利用运动分解的思想可分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀减速直线运动，在竖直方向运动速度越来越小，但窗户的高度一样，因此时间越来越长，然后分别选用平均速度公式、功的公式、动量定理分析判断。
【解答】解：A、小球在竖直方向上做匀减速直线运动，速度越来越小，A、B、C三个窗户的高度一样，故小球通过三个窗户所用的时间越来越长，那么小球通过窗户A所用的时间最短，故A正确；
B、小球在竖直方向上做匀减速直线运动，窗户高度一样，通过A、B、C三个窗户的时间越来越大，由＝可知，小球通过窗户C的竖直方向平均速度最小，故B错误；
C、根据动量定理，可得：Δp＝mgt，经过窗户C的时间最长，则动量变化最大，故C错误；
D、根据重力做功公式WG＝mgh，小球通过A、B、C三个窗户重力做功相等，故D错误。
故选：A。
11．（3分）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1
B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．t1﹣t2时间内，弹簧的长度大于原长
D．t2﹣t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
【答案】B
【分析】两物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两物块的质量之比；弹簧的形变量相等时弹簧的弹性势能相等，根据图示图象分析两物块的运动过程，然后分析答题。
【解答】解：A、两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，从开始到t1时刻过程，由动量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v1，由图示图象可知；v0＝3m/s，v1＝1m/s，代入数据解得：m1：m2＝1：2，故A错误；
BCD、由图示图象可知，从0﹣t1时间内，A做减速运动，B做加速运动，A、B间的距离减小，弹簧逐渐被压缩，在t1时刻两物块速度相等，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大；t1﹣t2时间内，A继续做减速运动，B继续做加速运动，弹簧逐渐恢复原长，该时间内弹簧的长度小于弹簧原长，在t2时刻弹簧恢复原长，t2时刻弹簧的弹性势能为零，t2﹣t3时间内，A做加速运动，B做减速运动，A、B间的距离逐渐增大，弹簧逐渐伸长，t3时刻弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，t2﹣t3时间内弹簧的弹力逐渐增大，故B正确，CD错误。
故选：B。
12．（3分）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（ ）
A．经过时间，球b恰好落地
B．在球b下落过程中，球b所受拉力大小为mg
C．在球b下落过程中，球a的机械能增加了
D．球b落地前瞬间速度大小为
【答案】C
【分析】以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出两球运动的加速度，再由位移—时间公式求b球落地时间。对b球，根据牛顿第二定律求球b所受拉力大小。球a的机械能的增加量等于拉力做的功，两小球组成的系统机械能守恒，利用机械能守恒定律来求解球b落地前瞬间速度大小。
【解答】解：A、以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：3mg﹣mg＝4ma
解得a＝
根据h＝
解得t＝2，即经过时间2，球b恰好落地，故A错误；
B、设绳子的拉力为T，对b球，根据牛顿第二定律得：3mg﹣T＝3ma
解得T＝1.5mg
故B错误；
C、在球b下落过程中，球a的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE＝Th＝1.5mgh
故C正确；
D、对于两小球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统机械能守恒，则3mgh﹣mgh＝（3m+m）v2，可得球b落地前瞬间速度大小为v＝，故D错误。
故选：C。
13．（3分）所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星。这两颗星各自以一定的速率绕某一中心转动才不致由于万有引力而吸在一起。已知它们的质量分别为M1和M2，相距为L，万有引力恒量为G，下列说法不正确是（ ）
A．它们的轨道半径之比r1：r2＝M2：M1
B．线速度大小之比v1：v2＝M2：M1
C．转动中心O的位置距M2为
D．它们转动的角速度为
【答案】C
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期和角速度，根据万有引力提供向心力列式分析即可。
【解答】解：ACD、双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相同，根据万有引力提供向心力得＝M1r1ω2＝M2r2ω2
其中L＝r1+r2
则A和B的半径之比为r1：r2＝M2：M1
r2＝，ω＝
故AD正确，C错误；
B、根据v＝ωr，ω相等，则A和B的线速度之比为v1：v2＝M2：M1，故B正确；
本题选择错误选项，故选：C。
14．（3分）如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球（可视为质点）叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝4m1，不计空气阻力，则质量为m1的小球反弹后能达到的高度为（ ）
A．5hB．11hC．D．
【答案】D
【分析】下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，但m1碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，而m2也会与m1碰撞，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，能量守恒，列方程解得m1速度，之后m1做竖直上抛运动，由运动学公式求解反弹高度。
【解答】解：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同
m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则
m2v﹣m1v＝m1v1+m2v2
由能量守恒定律得
且
m2＝4m1
联立解得
设质量为m1的小球反弹后能达到的高度为H，由
解得
故ABC错误，D正确。
故选：D。
二、实验题（每空2分，共20分）
15．（2分）用如图所示的装置探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，可以探究向心力与以下哪个物理量的关系 C 。
A．质量
B．半径
C．角速度
【答案】C。
【分析】根据圆周运动向心力公式F＝mrω2分析。
【解答】解：实验时将皮带套在左右半径不同的变速塔轮上，使得小球转动的角速度不同，所以可以探究向心力与角速度的关系，故AB错误，C正确。
故选：C。
16．（4分）如图是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
（1）实验过程中，要建立直角坐标系，在如图中，坐标原点选择正确的是 D 。
（2）下列图像中y﹣x2图像能说明小球平抛运动轨迹为抛物线的是 A 。
【答案】（1）D；（2）A。
【分析】（1）根据小球开始做平抛运动的起点分析；
（2）根据平抛运动写出图像的函数表达式，根据表达式分析即可。
【解答】解：（1）实验过程中，要建立直角坐标系，应该是小球开始做平抛运动时球心在竖直板上的投影是坐标原点，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）小球做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
在竖直方向做自由落体运动，有y＝
联立有y＝，因为当地的重力加速度是定值，且小球开始做平抛运动的初速度不变，则y﹣x2图像的斜率为是一定值，即y﹣x2图像是一条经过原点的倾斜直线，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：（1）D；（2）A。
17．（4分）某同学用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”。
（1）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道末端，再将入射球m从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤 AD （填选项前的符号）。
A．测量两个小球的质量m1、m2
B．测量抛出点距地面的高度H
C．测量S离水平轨道的高度h
D．测量平抛射程OM、ON
（2）若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 A （填选项前的符号）。
A．OP+OM＝ON
B．2OP＝ON+OM
C．OP﹣ON＝2OM
【答案】（1）AD；（2）A
【分析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，根据平抛运动规律得到抛出速度与水平射程的关系式。根据动量守恒定律得到要验证的表达式，根据此表达式分析需要测量的物理量。
（2）若两球发生弹性碰撞，除了满足动量守恒，还需满足机械能守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答。
【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，根据平抛运动规律有：，x＝vt
解得抛出速度为：，因小球均从相同高度平抛，故小球碰撞前后的速度大小与对应的平抛射程成正比，要验证的表达式为：m1v0＝m1v1+m2v2
v0∝OP，v1∝OM，v2∝ON
可得最终需要验证的表达式为：m1OP＝m1OM+m2ON
根据以上分析，两物体质量和平抛射程OM、ON需要测量，故AD正确，BC错误。
（2）若两球发生弹性碰撞，除了满足动量守恒，还需满足机械能守恒，即：
联立动量守恒方程：m1OP＝m1OM+m2ON，
解得：OP+OM＝ON，故A正确，BC错误。
故答案为：（1）AD；（2）A
18．（10分）某班同学们用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。
（1）第一组同学在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。
①从图乙可知，摆球的直径为d＝ 5.980 mm。
②该小组的一位同学认为单摆周期为，并由此计算当地的重力加速度，若该小组其他操作都正确，他们的测量结果将 偏大 。（选填偏大、偏小、不变）
（2）第二组同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L﹣T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g＝ 。处理完数据后，该组同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径，这样 不影响 （选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。
（3）在测量时，第三小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图丁所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比 偏大 （填偏大、偏小、不变）。
【答案】（1）①5.980；②偏大；（2），不影响；（3）偏大。
【分析】（1）①根据螺旋测微器的读数规则读数即可；
②写出实际周期的表达式，根据周期公式得到加速度的表达式分析；
（2）写出图像的函数表达式，根据图像的斜率分析，进而分析斜率的含义；
（3）摆球做圆周运动，会使测得的周期偏大，根据重力加速度的表达式分析。
【解答】解：（1）①摆球的直径为d＝5.5mm+48.0×0.01mm＝5.980mm
②在一个周期内摆球有两次经过最低点，所以单摆的周期应该是T＝，则得到的周期偏小，根据单摆的周期公式T＝可得，，因为周期偏小，所以得到的重力加速度的测量值偏大；
（2）由上面的分析可得，进一步整理得L＝，则图像斜率k＝，解得g＝。如果在测量摆长时，忘记了加摆球的半径r，则在图像的斜率并没有受到影响，则不会影响重力加速度的计算；
（3）以L表示摆长，θ表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球圆锥摆运动的周期，由牛顿第二定律得：
在竖直方向，由平衡条件得：Fcsθ＝mg解得：T＝单摆的周期公式：T'＝单摆运动的等效摆长Lcsθ小于单摆摆长L，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大，即重力加速度的测量值大于真实值。
故答案为：（1）①5.980；②偏大；（2），不影响；（3）偏大。
三、解答题（共38分）
19．（8分）“福建舰”航母首次采用了电磁弹射技术，并于2023年11月份进行“静载”发射测试。在平直长飞行甲板上，弹射轨道长l＝100m。模拟飞机的弹射小车质量m＝3×104kg，航母甲板距离水面的高度h＝20m。设小车被水平弹射离开航母后作平抛运动水平飞行x＝80m落入大海。小车在轨道弹射加速过程中，加速度视为恒定且空气阻力和轨道摩擦不计，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小车离开甲板后在空中飞行的时间；
（2）小车落水瞬间的速度大小；
（3）小车在弹射轨道加速过程中受到的电磁推力大小。
【答案】（1）小车离开甲板后在空中飞行的时间为2s；
（2）小车落水瞬间的速度大小为20m/s；
（3）小车在弹射轨道加速过程中受到的电磁推力大小为2.4×105N。
【分析】（1）根据位移—时间公式可求出在空中飞行的时间；
（2）根据速度—时间公式，结合速度的合成可求出速度大小；
（3）根据牛顿第二定律以及动能定理可求出电磁推力大小。
【解答】解：（1）小车离开甲板后，在空中做平抛运动，竖直方向有h＝gt2
解得小车离开甲板后在空中飞行的时间为t＝2s
（2）小车落水瞬间，水平分速度为vx＝＝m/s＝40m/s
竖直分速度为vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s
则小车落水瞬间的速度大小v＝，解得v＝20m/s
（3）小车在轨道弹射做匀加速直线运动，末速度即平抛的水平速度，则有F＝ma，＝2al
根据动能定理，可得电磁推力大小为F＝，解得F＝2.4×105N
答：（1）小车离开甲板后在空中飞行的时间为2s；
（2）小车落水瞬间的速度大小为20m/s；
（3）小车在弹射轨道加速过程中受到的电磁推力大小为2.4×105N。
20．（10分）摩托车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。刘同学利用课余时间对某头盔的安全性能进行测试，如图所示，他在质量m1＝0.4kg的头盔中装入质量m2＝6.0kg的物块，使头盔从h＝3.2m的高处由静止落下，头盔与水平地面发生碰撞后，头盔经过t1＝0.05s速度减为零（不反弹），由于头盔的缓冲，物块经过t2＝0.2s速度减为零，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，认为物块减速过程中物块与头盔的作用力可看作恒力。求：
（1）头盔落地瞬间，物块的动量大小p；
（2）在物块的速度减为零的过程中，头盔对物块作用力的大小F；
（3）在头盔的速度减为零的过程中，地面对头盔冲量的大小I。
【答案】（1）头盔落地瞬间，物块的动量大小为48.0kg•m/s；
（2）在物块的速度减为零的过程中，头盔对物块作用力的大小为300N；
（3）在头盔的速度减为零的过程中，地面对头盔冲量的大小为63.4N•s。
【分析】（1）由p＝mv计算头盔触地前瞬间的物体的动量大小；
（2）根据动量定理求解匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小；
（3）由动量定理求解物体在匀减速直线运动过程中地面对头盔的冲量。
【解答】（1）由自由落体运动规律有头盔落地瞬间的速度大小为
物块的动量大小为
p＝m2v＝6kg×8m/s＝48.0kg•m/s
（2）规定竖直向上为正方向，由动量定理有
Ft2﹣m2gt2＝0﹣（﹣m2v）解得
F＝300N
（3）对头盔，规定竖直向上为正方向，由动量定理有
I﹣m1gt1﹣Ft2＝0﹣（﹣m1v）解得
I＝63.4N•s
答：（1）头盔落地瞬间，物块的动量大小为48.0kg•m/s；
（2）在物块的速度减为零的过程中，头盔对物块作用力的大小为300N；
（3）在头盔的速度减为零的过程中，地面对头盔冲量的大小为63.4N•s。
21．（10分）设想在未来的某一天，有一位航天员到达了宇宙中的某一行星表面，航天员利用携带的实验仪器做如下的实验：把一个光滑的“过山车”轨道固定在一个台式电子测力计上，调节测力计示数为零，然后将一个质量为m的小球从倾斜轨道上释放，如图所示。实验过程中发现当把小球从与圆周最高点等高处静止释放时，小球运动到轨道最低点，电子测力计的读数为F，已知行星半径为R，引力常量为G，忽略星球的自转，求：
（1）该行星表面附近的重力加速度大小g；
（2）该行星的平均密度ρ。
（3）在该星球上发射卫星的最小发射速度v。
【答案】（1）该行星表面附近的重力加速度大小为；
（2）该行星的平均密度为；
（3）在该星球上发射卫星的最小发射速度为。
【分析】（1）在小球的运动过程中，只有重力做功，由动能定理结合牛顿第二定律解答；
（2）在行星表面根据万有引力等于重力求行星质量，根据半径求体积再根据密度公式求密度；
（3）根据万有引力充当向心力以及黄金代换式即可确定发射卫星的最小速度。
【解答】解：（1）小球在最低点时，由牛顿第二定律可得：
小球从与圆周最高点等高处静止释放到小球运动到轨道最低点的过程中，由动能定理可得：
联立解得：；
（2）在行星表面，小球受到的重力与万有引力相等，则有：，解得：
则该行星的平均密度为：；
（3）由万有引力提供向心力可得：，又，联立解得：。
答：（1）该行星表面附近的重力加速度大小为；
（2）该行星的平均密度为；
（3）在该星球上发射卫星的最小发射速度为。