黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时间：75 分钟满分：100 分
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于 A 点，一段时间后她到达 B 点。经测
量发现 A 、 B 间距离为 AB  5m ，竹竿右端距离河岸为9m 。已知竹竿的质量约为25kg 。则该女子的质量约为（）
A. 41.5kgB. 45kgC. 47.5kgD. 50kg
篮球运动员立定向斜上方抛投一个篮球，在考虑空气阻力的情况下，篮球从离手到刚要进入篮框的过程中，其动能 Ek 随距地面的高度h 的变化关系可能为（）
A.B.
C.D.
在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B. 动量大小先增大后减小
C. 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D. 加速度大小先增大后减小
一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的功率达到最大值并保持不变，重物继续上升，直到以最大速度v2 匀速上升，重力加速度大小为 g ，下列说法正确的是
（）
钢绳的拉力始终不变B. 重物先匀加速运动再匀速运动
1
C. 最大功率为 mgvD. 重物匀加速运动的加速度为 v2  v1 g
v1
如图 1 所示，水平传送带始终静止不动，一物块以水平速度v0 从 M 端冲上传送带，最后从 N 端离开，该过程中物块与传送带系统摩擦生热Q1 。如图 2 所示，现让该水平传送带始终以速度v 向左运行，同一物
块仍以对地水平速度v0 从 M 端冲上传送带，最后离开传送带，该过程中物块与传送带系统摩擦生热Q2 。已知该物块与传送带间的动摩擦因数处处相同，则下列说法正确的是（）
图 2 中物体运动时间与图 1 一样长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间与图 1 一样长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间更长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间更长，且Q1  Q2
如图甲所示，在水平地面上放置一长木板Q ，将一小物块P 放在长木板上，给P 施加一水平向左的从
0 开始逐渐增大的外力 F ， P 的加速度 a 随外力 F 的变化规律如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， P 始终在Q 板上，下列说法正确的是（）
A. 当 F  F1 时， P 、Q 之间没有摩擦力
B 当 F1  F  F2 时， P 、Q 之间发生相对滑动
C. 当 F  F2 时， P 、Q 之间的摩擦力大小为 F2
D. 当 F  F2 时， P 、Q 受到的摩擦力不再改变
如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s 。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度 d,下列选项正确的是（ ）
振动减弱； d  4.725mm
C. 振动减弱； d  9.45mm
下列说法正确的是（）
B. 振动加强； d  4.725mm
D. 振动加强； d  9.45mm
A. 图①为两列频率相同，振幅相同的相干水波于某时刻叠加。实线和虚线分别表示波峰和波谷，则此时c
点正处于平衡位置且向下运动
B. 图②S 为在水面上振动的波源，?、?为在水面上的两块挡板，要使 A 处水也能发生振动，则波源S 的频率应该变小
C. 图③是一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅 A 与驱动力的频率 f 的关系）图，由此判断出该单摆摆长约为1m
D. 图④救护车向右运动的过程中，A、B 两人听到警笛声的频率相同
如图所示，质量均为 m 的小球A 、B 由劲度系数为 k 的轻弹簧连接，小球A 由不可伸长的细线悬挂于 O 点，系统处于静止状态。现将 B 竖直下拉长度 L 后由静止释放，B 始终做简谐运动。忽略空气阻力，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（）
A. B 的振幅为 LB. B 的振幅为 LC. 应满足 L  mgD. 应满足 L  2mg
2kk
如图所示，将两个质量分别为 m1  60g 、 m2  30g 的小球A 、B 叠放在一起， A 在下、B 在上，中间留有小空隙。从初始高度 h0  1.8m 处由静止释放， A 球与地面碰撞后立即以原速率反弹， A 球与B 球碰撞的时间为0.01s ，取向上为正方向， B 球的速度时间图像如图乙所示（图中忽略了AB 碰撞时间），不计空气阻力，重力加速度大小 g  10m/s2 ，下列说法正确的是（ ）
B 球与 A 球碰前的速度大小为6m/s
A、B 两球发生的是非弹性碰撞
A、B 两球发生的是弹性碰撞
两球碰撞过程中，重力对 B 球的冲量大小与 A 球对 B 球的弹力冲量大小比值为 1∶101
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
某同学用如图所示的装置研究斜槽末端的小球碰撞是否满足动量守恒定律，选取了两个大小相同、质量不同的小球，先让质量为 m1 的小球甲从轨道顶部释放，由轨道末端的O 点水平飞出并落在斜面上。再
把质量为m2 的小球乙放在O 点，小球甲重复上述操作，与小球乙发生碰撞，碰后两小球均落在斜面上，
分别记录落点位置，其中 A 、 B 、C 三个落点位置与O 点的距离分别为 L1 、 L2 、 L3 。
两小球的质量应满足 m1 m2 （填“＞”“＝”或“＜”）
若 m1  km2 ，在实验误差允许的范围内，只要满足关系式 k  （结果用 L1 、 L2 、 L3 表示），就能说明两球碰撞过程动量守恒。
在实验误差允许的范围内，若要验证两球的碰撞是弹性碰撞，需要满足关系式（结果用 L1 、
L2 、 L3 表示）。
在用单摆测重力加速度的实验中，
如图 1 所示，可在单摆悬点处安装力传感器。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图 2 所示，则单摆的周期为s（结果保留 3 位有效数字）。
乙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度 l，测出对应的周期T ，作出相应的
l  T 2 关系图线，如图 3 所示。由此算出图线的斜率 k 和截距b ，则重力加速度 g  ，小钢球重心到摆线下端的高度差h  ；（结果均用 k 、b 表示）
丙同学用 3D 打印技术制作了一个圆心角等于 5°、半径已知的圆弧槽，如图 4 所示。他让小钢球在槽
中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为 8.64m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离
实际值的最主要原因是。
如图所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，实线为 0 时刻的波形图，虚线为1s 时的波形图。以下各问均无须写出计算过程。
若已知 x  0 处的质点在0  1s 内运动的路程为25cm ，求：
①波传播的方向、波长λ、质点振幅 A、质点振动周期 T；
② x  0 处的质点从 0 时刻计时的位移与时间的关系；
若波沿 x 轴正向传播，求波速大小。
如图所示，竖直固定的杆上套一根轻弹簧，弹簧下端固定，上端连接小球甲。小球甲和乙用跨过轻滑轮的轻绳连接， O 为滑轮的顶点， OQ 水平。开始时托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于 P 点，绳OP 与OQ 夹角为α 53 。现由静止释放乙球，当小球甲经过Q 点时，弹簧的弹力大小与其在 P 点时弹簧的弹力大小相等， PQ  d ，甲的质量为m ，乙的质量为4m ， sin 53  0.8 ，重力加速
度大小为 g ，忽略一切摩擦，乙球运动过程中始终未碰地。求：
弹簧的劲度系数；
甲球到达 Q 点时，乙球重力势能的减少量；
甲球到达 Q 点时的速度大小；
如图所示，固定的斜槽 ABC 的左半部分是四分之一光滑圆弧 AB ，右半部分是由特殊材料制成的水平面 BC ，它与小物块M 间的动摩擦因数μ0 随到 B 点距离增大而均匀减小到 0，变化规律如图甲所示。在 C 点静止放置一小物块N 。紧挨着C 点静止着小车 P ， P 上表面与 BC 齐平且足够长，车与水平地面无摩擦，最右边有一竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现让物块M 从斜槽顶端 A 点由静止运动，经过 ABC 后与滑块N 发生弹性碰撞，碰后滑块N 滑上小车，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度
方向改变，大小减为碰撞前的一半。已知圆弧半径 R  7.5m ， BC 段长度为 L  1.2m ，物块M 与N 质量均为 M  2kg ，小车质量为 m  1kg ，上表面与物块N 之间的动摩擦因数为μ 0.1 ，重力加速度大小
g  10m/s2 ，求：
物块 M 刚要碰到 N 时的速度大小；
小车与墙壁第 1 次碰后到与墙壁第 2 次碰前瞬间的过程中，物块 N 与小车间由于摩擦产生的热量；
小车与墙壁第 1 次碰后到与墙壁第 4 次碰前瞬间的过程中，小车运动的路程。（此问无须写出计算过程）
哈师大附中 2023 级高三上学期期中考试
物理试题
时间：75 分钟满分：100 分
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于 A 点，一段时间后她到达 B 点。经测
量发现 A 、 B 间距离为 AB  5m ，竹竿右端距离河岸为9m 。已知竹竿的质量约为25kg 。则该女子的质量约为（）
A. 41.5kgB. 45kgC. 47.5kgD. 50kg
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设女子的质量为 m，由动量守恒定律有 mv  m竿v竿
由于系统的水平动量一直为 0，运动时间相等，设运动时间为 t，则有 mvt  m竿v竿t
整理可得 mx  m竿x竿
竿 竿
m x
解得 m 
x
25 9
5
kg  45kg
故选 B。
篮球运动员立定向斜上方抛投一个篮球，在考虑空气阻力的情况下，篮球从离手到刚要进入篮框的过程中，其动能 Ek 随距地面的高度h 的变化关系可能为（）
AB.
C.D.
【答案】B
【解析】
【详解】篮球离手后受重力和空气阻力作用，水平方向做减速运动，竖直方向在上升过程中最高点速度减到零，由于重力大于空气阻力，下落过程加速运动，所以在最高点时动能最小，所以动能先减小后增大，故选 B。
在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B. 动量大小先增大后减小
C. 动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D. 加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则 F—t 图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知 F—t 图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在 t 轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB 错误；
p2
C．根据动量与动能的关系有 Ek  2m ，而 F—t 图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与
横轴围成的面积不成正比，C 错误； D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知 a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D 正确。
故选 D。
一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的功率达到最大值并保持不变，重物继续上升，直到以最大速度v2 匀速上升，重力加速度大小为 g ，下列说法正确的是
（）
钢绳的拉力始终不变B. 重物先匀加速运动再匀速运动
1
C. 最大功率为 mgvD. 重物匀加速运动的加速度为 v2  v1 g
v1
【答案】D
【解析】
【详解】A．匀加速阶段钢绳拉力恒定，但达到最大功率后， P  Fv ，拉力随速度增加而减小，故拉力并非始终不变，A 错误； B．达到最大功率后，拉力减小导致加速度减小，存在变加速阶段，并非直接匀速，B 错误；
C．匀加速阶段末速度为v1 ，此时拉力 F  mg ，功率 P  Fv1  mgv1
故最大功率为mgv2 而非 mgv1 ，C 错误； D．匀加速阶段最大功率满足 P  Fv1  mgv2由牛顿第二定律 F  mg  ma
解得 a  v2  v1 g ，D 正确。
v1
故选 D。
如图 1 所示，水平传送带始终静止不动，一物块以水平速度v0 从 M 端冲上传送带，最后从 N 端离开，该过程中物块与传送带系统摩擦生热Q1 。如图 2 所示，现让该水平传送带始终以速度v 向左运行，同一物
块仍以对地水平速度v0 从 M 端冲上传送带，最后离开传送带，该过程中物块与传送带系统摩擦生热Q2 。已知该物块与传送带间的动摩擦因数处处相同，则下列说法正确的是（）
图 2 中物体运动时间与图 1 一样长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间与图 1 一样长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间更长，且Q1  Q2
图 2 中物体运动时间更长，且Q1  Q2
【答案】A
【解析】公众号：高中试卷君
【详解】两种情况下，物块对地均从 M 端以相同的速度v0 向 N 端做匀减速直线运动且加速度相同
（ a  μg ），故图 2 中物体仍将从 N 端离开，根据 x  v t  1 at 2
02
可知两种情况下运动时间相同；水平传送带以速度 v 向左运行时，物块相对传送带运动的距离 s相对 较大，
根据Q  fs相对
可知图 2 中系统摩擦生热更多，即Q1  Q2 。故选 A。
如图甲所示，在水平地面上放置一长木板Q ，将一小物块P 放在长木板上，给P 施加一水平向左的从
0 开始逐渐增大的外力 F ， P 的加速度 a 随外力 F 的变化规律如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， P 始终在Q 板上，下列说法正确的是（）
A. 当 F  F1 时， P 、Q 之间没有摩擦力
B. 当 F1  F  F2 时， P 、Q 之间发生相对滑动
C. 当 F  F2 时， P 、Q 之间的摩擦力大小为 F2
D. 当 F  F2 时， P 、Q 受到的摩擦力不再改变
【答案】D
【解析】
【详解】A．设 P、Q 间动摩擦因数为μ1 ，Q 与地面间动摩擦因数为μ2 ，P 的质量为 m，Q 的质量为 M，当 F  F1
时，P、Q 均静止 P、Q 之间的摩擦力 f  F ，A 错误；
BC．根据图像可知，当 F  F1 时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，当 F1  F  F2 时，小物块与长
木板相对静止一起加速运动，当 F  F2 时，小物块相对长木板加速滑动，P、Q 之间的最大静摩擦力 f  F3 ，
BC 错误；
D．当 F  F2 时，小物块相对长木板滑动， P 、Q 受到的摩擦力均为滑动摩擦力，可知不再改变，故 D 正确。
故选 D。
如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s 。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度 d,下列选项正确的是（ ）
振动减弱； d  4.725mm
C. 振动减弱； d  9.45mm
【答案】A
【解析】
振动加强； d  4.725mm
D. 振动加强； d  9.45mm
【详解】根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为
T  2 107 s
又波速 v=6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长
λ vT  1.26 103 m
结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为
t  1.5 106 s
故两个反射信号的路程差
解得
2d  vΔt  9.45103 m  15 λ
2
两个反射信号在探头处振动减弱，A 正确。故选 A。
下列说法正确的是（）
d  4.725mm
A. 图①为两列频率相同，振幅相同的相干水波于某时刻叠加。实线和虚线分别表示波峰和波谷，则此时c
点正处于平衡位置且向下运动
B. 图②S 为在水面上振动的波源，?、?为在水面上的两块挡板，要使 A 处水也能发生振动，则波源S 的频率应该变小
C. 图③是一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅 A 与驱动力的频率 f 的关系）图，由此判断出该单摆摆长约为1m
D. 图④救护车向右运动的过程中，A、B 两人听到警笛声的频率相同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．c 点是波峰和波谷叠加，两列波的振动相互抵消，即 c 点处于平衡位置不动，故 A 错误；
B．要使 A 处水也能发生振动，要求波要发生衍射，由波长越长，越容易衍射，可知λ vT  v
f
由于 v 相同，频率 f 越小，波长越长，波越容易发生衍射，因此要使 A 处水也能发生振动，则波源S 的频率应该变小，故 B 正确；
C．由图③知当时 f  0.5Hz 发生共振，则单摆的周期T  1
f
 2s
结合T  2π L
g
解得 L  1m ，故 C 正确；
D．图④救护车向右运动的过程中，根据多普勒效应可知，A 听到警笛声的频率变高，B 听到警笛声的频率变低，故 D 错误。
故选 BC。
如图所示，质量均为 m 的小球A 、B 由劲度系数为 k 的轻弹簧连接，小球A 由不可伸长的细线悬挂于 O 点，系统处于静止状态。现将 B 竖直下拉长度 L 后由静止释放，B 始终做简谐运动。忽略空气阻力，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（）
A. B 的振幅为 LB. B 的振幅为 LC. 应满足 L  mgD. 应满足 L  2mg
2kk
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．简谐振动的平衡位置合力为零，即 B 球初始时刻位置，则可知 B 的振幅为 L ，A 错误 B 正确；
CD．A 球发生运动的临界条件为弹簧对 A 球向上的弹力等于 A 球的重力，则此时对 A 球有 kx0  mg
此时对 B 球有 kx0  mg  ma
由简谐振动的对称性可得向下拉到最低点松手释放的加速度也为 a ，即 kL  ma
解得 L  2mg
k
即当且仅当 L  2mg 时，B 球可以始终做简谐运动，否则 A 会发生运动，C 错误 D 正确。
k
故选 BD。
如图所示，将两个质量分别为 m1  60g 、 m2  30g 的小球A 、B 叠放在一起， A 在下、B 在上，中
间留有小空隙。从初始高度 h0  1.8m 处由静止释放， A 球与地面碰撞后立即以原速率反弹， A 球与B 球碰撞的时间为0.01s ，取向上为正方向， B 球的速度时间图像如图乙所示（图中忽略了AB 碰撞时间），不计空气阻力，重力加速度大小 g  10m/s2 ，下列说法正确的是（ ）
B 球与 A 球碰前的速度大小为6m/s
A、B 两球发生的是非弹性碰撞
A、B 两球发生的是弹性碰撞
两球碰撞过程中，重力对 B 球的冲量大小与 A 球对 B 球的弹力冲量大小比值为 1∶101
【答案】ABD
【解析】
0
【详解】A．小球下落过程中，由自由落体公式v2  2gh
可得v 
2 10 1.8m/s  6m/s
即 B 球与 A 球碰前的速度大小为6m/s ，故 A 正确；
BC．A 球反弹后速度大小为6m/s ，方向向上，设碰撞后 A 的速度为v1 ，由图乙可知，B 的速度为
v2  4m/s 。根据动量守恒定律 m1vA  m2vB  m1v1  m2v2
代入数据解得v1  1m/s
因此碰撞前总动能 E 1 m v2  1 m v2  1.62J
k121 A22 B
碰撞后总动能 E 1 m v2  1 m v2  0.27J
k 221 122 2
所以系统动能损失，碰撞为非弹性碰撞，B 正确，C 错误；
D．重力对 B 球的冲量 IG  m2 gt  0.03 10  0.01N  s  0.003N  s
对 B 球，由动量定理 IF  IG  m2v
又v  v2  vB  4m/s  (6m/s)  10m/s
则 A 对 B 的弹力冲量 IF  IG  m2v  0.03 10N  s  0.003N  s  0.303N  s
两者冲量比值 IG  0.003  1 ，故 D 正确。
IF0.303101
故选 ABD。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
某同学用如图所示的装置研究斜槽末端的小球碰撞是否满足动量守恒定律，选取了两个大小相同、质量不同的小球，先让质量为 m1 的小球甲从轨道顶部释放，由轨道末端的O 点水平飞出并落在斜面上。再
把质量为m2 的小球乙放在O 点，小球甲重复上述操作，与小球乙发生碰撞，碰后两小球均落在斜面上，
分别记录落点位置，其中 A 、 B 、C 三个落点位置与O 点的距离分别为 L1 、 L2 、 L3 。
两小球的质量应满足 m1 m2 （填“＞”“＝”或“＜”）
若 m1  km2 ，在实验误差允许的范围内，只要满足关系式 k  （结果用 L1 、 L2 、 L3 表示），就能说明两球碰撞过程动量守恒。
在实验误差允许的范围内，若要验证两球的碰撞是弹性碰撞，需要满足关系式（结果用 L1 、
L2 、 L3 表示）。
L3
L2 L1
【答案】（1）>（2）
L1
L3
L2
（3）
【解析】
【小问 1 详解】公众号：高中试卷君
为防止入射小球 m1 碰撞后反弹，应满足 m1>m2。
【小问 2 详解】
小球抛出后作平抛运动，设斜面与水平面的夹角为 θ，小球落点位置与 O 点的距离为 L。根据平抛运动的规律，在水平方向有 L csθ vt
在竖直方向有 L sinθ 1 gt 2
2
g cs2θ
2 sinθ
L
联立可得小球抛出的速度为v 
g cs2θ
2 sinθ
L2
设碰撞前 m1 的速度为 v1，碰撞后 m1 的速度为 v1′，碰撞后 m2 的速度为 v2′，则v1 ，
 
g cs2θ
2 sinθ
L1
 
g cs2θ
2 sinθ
L3
v1， v2
1 12 2
若两球碰撞过程动量守恒，则有 m1v1  m v   m v 
又根据题意有 m1  km2
L3
L2 L1
联立解得 k 
【小问 3 详解】
若两球的碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有 1 m v 2  1 m v 2  1 m v 2
L1
 
g cs2θ
2 sinθ
21 121 122 2
L3
m  km
g cs2θ
2 sinθ
L2
 
g cs2θ
2 sinθ
又因为v1 ， v1
， v2
， 12
联立可得 k 
L3 L2  L1
L3
L2 L1
又因为两球碰撞过程动量守恒，满足 k 
L1
L3
L2
整理可得
在用单摆测重力加速度的实验中，
如图 1 所示，可在单摆悬点处安装力传感器。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图 2 所示，则单摆的周期为s（结果保留 3 位有效数字）。
乙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度 l，测出对应的周期T ，作出相应的
l  T 2 关系图线，如图 3 所示。由此算出图线的斜率 k 和截距b ，则重力加速度 g  ，小钢球重心到
摆线下端的高度差h  ；（结果均用 k 、b 表示）
丙同学用 3D 打印技术制作了一个圆心角等于 5°、半径已知的圆弧槽，如图 4 所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为 8.64m/s2。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是。
【答案】（1）1.31
（2）①.
4π2k
②. kb
（3）见解析
【解析】
【小问 1 详解】
单摆摆动过程中，在最低点绳子的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。从图 2 可知，从起始值到终止值经历的时间间隔t  7.6530s 1.1277s  6.5253s
则有t  10  T
2
解得T  1.31s
【小问 2 详解】
设小钢球重心到摆线下端的高度差为h ，则摆长为 L  h  l
根据单摆周期公式有T  2π L
g
可得T  2π
h  l g
变形得l 
g
4π2
T 2  h
可得l  T 2 图像的斜率为 k 
解得 g  4π2k
g
4π2
当T 2  b 时l  0 ，则有0 
g
4π2
 b  h
解得小钢球重心到摆线下端的高度差 h  kb
【小问 3 详解】
存在阻力，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，导致 g 的测量值小于真实值。
如图所示，一列简谐横波沿 x 轴传播，实线为 0 时刻的波形图，虚线为1s 时的波形图。以下各问均无须写出计算过程。
若已知 x  0 处的质点在0  1s 内运动的路程为25cm ，求：
①波传播的方向、波长λ、质点振幅 A、质点振动周期 T；
② x  0 处的质点从 0 时刻计时的位移与时间的关系；
若波沿 x 轴正向传播，求波速大小。
【答案】（1）① x 轴负向传播，4m，5cm，0 8s；② y  5sin  5π
π cm
 2 t

（2）见解析
【解析】
【小问 1 详解】
①根据图像可知，波长λ 4m ，振幅 A  5cm
已知 x = 0 处的质点在 0 ∼ 1s 内运动的路程为 25cm=5A
则时间为 5T ，设 x  0 处的质点的振动方程为 y  Asin ωt φ
4
由平移法可知，波向 x 轴负向传播，该质点t1  0 时刻向 y 轴负方向运动，可知φ π
由Δt  T  1 T
4
解得T  0.8s
②由以上分析知ω 2π  5πrad/s
T2
由图知 A  5cm
所以 x  0 处的质点的振动方程为 y  5sin  5π π cm
 2 t

【小问 2 详解】
若波沿 x 轴正向传播，则t  nT  3 T
4
解得T 
4Δt
4n  3
所以波的传播速度大小v  λ (4n  3)λ (4n  3)  4 m/s  4n  3(m/s)
(n  N )
T4Δt
4 1
如图所示，竖直固定的杆上套一根轻弹簧，弹簧下端固定，上端连接小球甲。小球甲和乙用跨过轻滑
轮的轻绳连接， O 为滑轮的顶点， OQ 水平。开始时托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于 P 点，绳OP 与OQ 夹角为α 53 。现由静止释放乙球，当小球甲经过Q 点时，弹簧的弹力大小与其在 P 点时弹簧的弹力大小相等， PQ  d ，甲的质量为m ，乙的质量为4m ， sin 53  0.8 ，重力加速
度大小为 g ，忽略一切摩擦，乙球运动过程中始终未碰地。求：
弹簧的劲度系数；
甲球到达 Q 点时，乙球重力势能的减少量；
甲球到达 Q 点时的速度大小；
2mg
【答案】（1）
d
（2） 2mgd
2gd
（3）
【解析】
【小问 1 详解】公众号：高中试卷君
当小球甲经过 Q 点时，弹簧的弹力大小与在其 P 点时弹簧的弹力大小相等，则在 P 点弹簧的压缩量为
d ，由甲球在 P 点平衡可得 k  d  mg
22
解得 k  2mg
d
【小问 2 详解】
由图中的几何关系可知 xd
 3 d ， xd
 5 d
OQtan534OPsin534
甲球到达 Q 点时，乙球重力势能的减少量为4mg(xOP  xOQ )  2mgd
【小问 3 详解】
设甲球到达 Q 点时的速度大小为v ，甲乙两球沿绳方向的速度相等，可知此时乙球的速度为零，在 P、Q 两
点弹力相同，由系统机械能守恒可得4mg x x  mgd  1 mv2
OPOQ2
2gd
解得v 
如图所示，固定的斜槽 ABC 的左半部分是四分之一光滑圆弧 AB ，右半部分是由特殊材料制成的水平面 BC ，它与小物块M 间的动摩擦因数μ0 随到 B 点距离增大而均匀减小到 0，变化规律如图甲所示。在 C 点静止放置一小物块N 。紧挨着C 点静止着小车 P ， P 上表面与 BC 齐平且足够长，车与水平地面无摩擦，最右边有一竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现让物块M 从斜槽顶端 A 点由静止运动，经过
ABC 后与滑块N 发生弹性碰撞，碰后滑块N 滑上小车，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，大小减为碰撞前的一半。已知圆弧半径 R  7.5m ， BC 段长度为 L  1.2m ，物块M 与N 质量均为 M  2kg ，小车质量为 m  1kg ，上表面与物块N 之间的动摩擦因数为μ 0.1 ，重力加速度大小
g  10m/s2 ，求：
物块 M 刚要碰到 N 时的速度大小；
小车与墙壁第 1 次碰后到与墙壁第 2 次碰前瞬间的过程中，物块 N 与小车间由于摩擦产生的热量；
小车与墙壁第 1 次碰后到与墙壁第 4 次碰前瞬间的过程中，小车运动的路程。（此问无须写出计算过程）
【答案】（1）12m/s
（2） 48J
（3）10.5m
【解析】
【小问 1 详解】
设小球到C 点的速度为v0 ， B 到C 过程中小球克服阻力做功为WfBC ，由题图乙可知小球受的摩擦力在
BC 段随位移均匀减小，则有W 1 μMgL  6J
fBC2
0 max
小球由 A 到C 的过程中，由动能定理可得 m gR W 1 Mv2
解得v0  12m/s 。
【小问 2 详解】
2fBC20
小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故速度交换即碰后滑块速度大小为
v  v0  12m/s 、
滑块滑上小车后最终达到共同速度v1 ，由动量守恒有 Mv  (M  m)v1
解得v1  8m/s
第 1 次碰墙前小车和滑块速度均为v ，碰后小车速度变为 1 v ，滑块速度仍为v ，碰后动量仍守恒，达
111
2
到共同速度v ，则由动量守恒有 1 mv  Mv =(M  m)v
2
解得v2  4m/s
2112
由分析可知，当滑块和小车第 2 次共速后小车恰好与墙壁发生第 2 次碰撞，小车与墙壁第 1 次碰撞后到与墙壁第 2 次碰撞前过程中，滑块与小车间因摩擦产生的热量为Q ，根据能量守恒得
1121212
2 m( 2 v1 )  2 Mv1  2 (M  m)v2  Q
联立得Q = 48J 。
【小问 3 详解】
根据牛顿第二定律有，滑块与小车相对运动过程中加速度大小分别为 a1
 μMg  1m/s2 ，
M
a  μMg  2m/s2
2m
由(2)分析可知，小车第 1 次碰后的速度为 1 v  4m/s
2 1
小车和滑块再次共速时的速度为v2  4m/s
t
小车向左减速到 0 的时间为
1
v1
v1
 2
a2
 2s
向左运动的距离为 x  2 t  4m
12 1
同理可得，小车向右加速到与滑块共速的时间为t2
 v2 a2
 2s
向右运动的距离为 x2
 v2 t
2 2
 4m
则小车在第 1 次碰后到小车和滑块再次共速运动的位移为 0，即滑块和小车在第 2 次碰墙前恰好达到共 速，分析可知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度，则小车与墙壁第 1 次碰撞到第 2 次碰撞前过程中运动的路程为 s1  x1  x2  8m
同理小车与墙壁第 2 次碰撞到第 3 次碰撞前过程中运动的路程为 s2  2m
第 3 次碰撞到第 4 次碰撞前过程中运动的路程为 s3  0.5m
则小车与墙壁第 1 次碰撞后到与墙壁第 4 次碰撞前的过程中，小车运动的路程为
s  s1  s2  s3  10.5m 。