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2025届湖南省株洲市高三上学期一模物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为（式中各物理量的单位均为国际单位）。关于其加速度与1s内的速度变化量，下列说法正确的是（　　）
A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为4m/s
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为4m/s
C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为2m/s
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为2m/s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】由于
则有
将上述表达式与位移公式进行对比有
解得
加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量Δv=aΔt=4×1m/s=4m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据匀变速直线运动的位移公式列式求解加速度，结合加速度的理解进行分析解答。
2．一物块在t＝0时刻，以8m/s的初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图所示，t＝1s时物块到达最高点，t＝3s时物块返回底端，重力加速度g取10，则（　　）
A．物块返回底端时的速度大小为2m/s
B．物块在返回过程中的加速度大小为1
C．物块与斜线间的动摩擦因数为
D．物块在斜面上运动的总路程为4m
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图像面积的物理意义即图像面积表示位移， t＝1s时物块到达最高点，t＝3s时物块返回底端， 可知轴上下方面积相等，可得物块返回底端时的速度大小为，故A错误；
B． 根据v-t图像斜率的物理意义即图像斜率表示加速度可得，故B错误；
C．对物块受力分析，当物块上滑时
当物块下滑时
联立解得
故C正确。
D．图像面积表示位移，则斜面上运动的总路程为图像面积之和，总路程为8m，故D错误。
故选C。
【分析】根据v-t图像的斜率和面积的物理意义结合牛顿第二定律，路程的概念进行列式解答。
3．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为（　　）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．2：1
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，根据牛顿第二定律可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为
设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为、， 苹果在与地板接触后经过时间速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间速度减为0， 根据速度—时间关系则有，
可得
根据自由落体运动公式
水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度—时间关系求解落地速度之比，由自由落体运动规律求解碰伤阈值之比。
4．风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（　　）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1s时速度大小为11m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1s内合力做功之比为1：3
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 根据水平方向速度vx和竖直方向位移y与时间关系的图像可知，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速运动，所以雨滴做匀变速曲线运动，故A错误；B．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为
在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为
雨滴在t＝1s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝1s时的速度为
故B错误；
C．重力的瞬时功率为
因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C错误；
D．设雨滴的质量为，由B项知，雨滴在t＝1s时的速度为，根据动能定理可知，在前1s合力做的功为
雨滴在t＝2s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝2s时的速度为
根据动能定理可知，在后1s合力做的功为
故前、后1s内合力做功之比为
故D正确。
故选D。
【分析】根据雨滴在水平方向速度vx和竖直方向位移y与时间关系的图像分析；分别计算雨滴在水平和竖直方向在t=1s时的速度，然后根据矢量合成法则计算；根据P=mgv分析重力的瞬时功率；根据初速度为零的匀加速直线运动规律和动能定理分析。
5．一瀑布的水流量为，水位落差约100m，若利用该瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率约为（　　）
A．W B．W C．W D．W
【答案】A
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】一瀑布的水流量为， 则水流的质量为
水位落差约100m， 水流下落重力所做的功
发电效率为70%， 结合功能关系可得转化的电能
故发电的功率
， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】先确定单位时间内瀑布的水减少的重力势能，再根据发电效率，即可确定发电功率。
6．如图，2n个质量均为m的电动玩具小车沿竖直平面内的圆形轨道做匀速圆周运动，相邻两小车间距始终相等，重力加速度为g，不计空气阻力，则轨道对所有小车作用力的合力（　　）
A．随小车位置的变化而变化 B．随小车的速度增大而增大
C．随轨道的半径增大而减小 D．始终不变
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】小车运动过程中相邻两小车间的距离不变，2n个小车对称分布，玩具小车做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力大小不变，方向始终指向圆心，
每个玩具小车受竖直向下的重力与轨道对小车的作用力，重力与轨道对小车的作用力的合力提供向心力，
小车位置分布关于圆心对称，小车所受重力不变，轨道对所有小车作用力的合力始终不变，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】玩具小车做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据小球的受力情况与运动情况分析答题。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．某科学试验卫星绕与地球赤道平面垂直的轨道做匀速圆周运动。该卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则（　　）
A．该卫星处于超重状态
B．该卫星的周期为
C．该卫星轨道半径为
D．该卫星轨道距地面高度为
【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A． 该卫星所受万有引力完全提供向心力，处于失重状态，故A错误；
B．由于卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈， 地球自转周期为T， 设该卫星公转周期为T1，则有
解得
故B正确；
C．对卫星进行分析，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
在地球表面有
结合上述解得
故C错误；
D．结合上述，该卫星轨道距地面高度为
故D正确。
故选：BD。
【分析】该卫星处于失重状态；该卫星每天恰好绕地球运行n圈，由此求解周期；根据万有引力和重力的关系、万有引力提供向心力求解轨道半径和高度。
8．如图，质量为m的均质绳竖直悬挂，绳的两端分别固定在M、N两个等高的钉子上，绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为，重力加速度为g，则M钉受到绳子的拉力（　　）
A．大小为mg B．大小为2mg
C．与水平方向的夹角为30° D．与水平方向的夹角为60°
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】质量为m的均质绳竖直悬挂， 绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为
设MN两端细绳与水平方向的夹角为α，P点的张力与水平方向的夹角为β，受力分析如图所示
则对PN部分由平衡可知，
对PM部分由平衡可知
联立解得T=mg，α=30°， 故BD错误，AC正确。
故选：AC。
【分析】先对绳子的不同部分进行受力分析，再结合几何关系和力的平衡条件求解钉受到绳子的拉力大小和方向。
9．某体操运动员在“彩带操”比赛过程中，她挥舞彩带形成的波一段时间内类似于水平方向传播的简谐横波，该简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为cm，则（　　）
A．该波的波速为4 m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．若运动员的手振动加快，形成的简谐横波波速增大
D．x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短历时0.375s
【答案】A,B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 根据波形图可知该波波长λ=4m，做简谐运动的表达式为cm，则该波周期，则波速，故A正确；
B．由表达式可知0时刻后质点P将y轴正方向运动，根据“上下坡法”可知该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C． 由波速影响因素分析可知，波速受介质影响，与波的频率无关，故C错误；
D．图像可知2.5m处的质点与2m处的质点相距0.5m，故2.5m处的质点回到平衡位置的时间为
故x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短历时
故D正确。
故选ABD。
【分析】由波形图可知波长，由质点P的振动方程，可知振幅、周期、P的振动方向；由周期和波长即可知波速；由P的振动方向结合波形图，即可知波的传播方向；由波速影响因素，可知频率是否影响波速；由波的传播，可求解x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短时间。
10．如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的小球沿图中实线先后通过同一竖直面平面内的P、Q两点，通过两点时速率相同，P、Q两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P运动到Q的过程中（　　）
A．小球到达实线中点时速率最小
B．小球动量的变化率先减小后增大
C．该电场的场强不应小于
D．小球在P点的电势能大于在Q点的电势能
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．题意可知，小球通过PQ两点时速率相同，即合力做功为0，因为电场是匀强电场，则电场力不变，合力不变，则合力方向垂直于PQ连线，可知小球该过程做类斜抛运动，则PQ连线的中垂线与轨迹交点为类斜抛运动的最高点，所以小球到达实线中点时合力做负功最多，该点速率最小，故A正确；
B．由动量定理推导式可得，可知小球动量的变化率为电场力和重力的合力，合力不变，故小球动量的变化率不变，故B错误；
C．设电场力与PQ夹角为α如图
由于电场力和重力合力垂直与PQ连线，故沿PQ方向根据平衡条件有
解得
故电场的场强不应小于，故C正确；
D．由于PQ过程电场力和重力做的总功为0，但由于该过程重力做正功，所以该过程电场力做负功，根据功能关系可知小球电势能增加，即小球在P点的电势能小于在Q点的电势能，故D错误。
故选：AC。
【分析】通过力与运动的综合分析，将两恒力合成，确定小球做类斜抛运动，然后根据类斜抛运动的规律，结合动量定理和动能定理求解。
三、非选择题：共56分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第14题13分，第15题18分，考生根据要求作答。
11．用倾斜摆探究单摆周期与等效重力加速度的定量关系。如图甲，在倾角θ可调的斜面上开有许多气孔（图中未画出），来自气孔中的气流刚好可以将摆球托起。摆球通过摆线与力传感器连接，摆球沿图中虚线在斜面上做小幅摆动，传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系。
（1）在某次实验中，拉力F随时间t变化曲线如图乙所示，倾斜摆的周期为　 　s；
（2）多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，做出图像如图丙所示。根据图像可以得到的实验结论是　 　；
（3）实验中倾斜摆的摆长为　 　m。（取π2=10，结果保留两位有效数字）
【答案】（1）传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系 ，一个周期内两次经过最低点，此时拉力最大，由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2）多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1） 传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系 ，一个周期内两次经过最低点，此时拉力最大，由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2） 多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
【分析】（1）根据图像结合运动规律解得周期；
（2）根据图像分析结论；
（3）根据单摆周期公式结合图像斜率解答。
（1）由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2）由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
12．某同学要测量一个未知定值电阻，实验室有如下器材可供选择：待测电阻，阻值约300Ω；定值电阻R＝200Ω；电压表V（量程3.0V，内阻为300Ω）；电流表（量程20mA，内阻为100Ω）；电流表（量程5mA，内阻约为100Ω）；滑动变阻器（最大阻值为5Ω，允许通过的最大电流为3A）；滑动变阻器（最大阻值为1000Ω，允许通过的最大电流为1A）；直流电源E，电动势为6V，内阻很小；开关S，若干导线。该同学选择了合适的器材，并设计了如图甲所示电路。实验要求测量数据范围尽可能大，测量结果尽可能准确。
（1）滑动变阻器应选　 　（填“”或“”），开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最（填“左”或“右”）　 　端；
（2）a电表应选　 　，b电表应选　 　；（均选填“V”“”或“”）
（3）通过调节滑动变阻器，测量得到多组a、b两电表的示数，利用a、b两电表的示数（均已换算为国际单位）描绘出如图乙所示直线，该直线斜率为148，则待测电阻　 　Ω（保留三位有效数字），的测量值　 　（填“＞”“＜”或“＝”）的真实值。
【答案】（1）R1；左
（2）V；A1
（3）308；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1） 由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；为保护电路，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最左端，此时并联部分被短路，电压为零。
（2） 将定值电阻R＝200Ω与电流表A1串联，则串联后两者的最大电压之和为
与电源电动势相等，故b电表应选；因电压表V的内阻为准确值，而电流表的内阻不是准确值，故a电表应选V。
（3）根据实验电路图，结合闭合回路欧姆定律可得
变形得
则斜率为
代入数据解得
由上分析，可知表达式中U、I都是真实值，故的测量值等于的真实值。
【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据图示电路图与实验器材分析答题。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像分析答题。
（1）[1]由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用最大值较小的电阻，故滑动变阻器选用；
[2]为保持电路，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最左端，此时并联部分的电压为零。
（2）[1] [2]由题知，直流电源E的电动势为6V，而电压表V的量程为3.0V，小于电源电动势，不能直接用电压表V测量待测电阻的电压； 将定值电阻R＝200Ω与电流表A1串联，则串联后两者的最大电压之和为
与电源电动势相等，故b电表应选；因电压表V的内阻为准确值，而电流表的内阻不是准确值，故a电表应选V。
（3）[1]根据实验电路图，可得
变形得
则斜率为
代入数据解得
[2]由上分析，可知表达式中U、I都是真实值，故的测量值等于的真实值。
13．用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m，它们间细线长度为L，C离地高度也为L；A的质量M满足3m（1）求C在下落过程中的加速度大小；
（2）求A上升的最大速度；
（3）若B刚好能着地，求A的质量。
【答案】（1）剪断细线后，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得
解得
（2）物块C刚落地时，M的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则
解得
（3）物块C落地后，物块B恰能下降地面，则此时物块A和物块B的速度为零
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）对A、B、C整体， 由牛顿第二定律求C在下落过程中的加速度大小；
（2）由三个物体组成的系统机械能守恒求A上升的最大速度；
（3）若B刚好能着地，由动能定理求A的质量。
（1）剪断细线后，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得
解得
（2）物块C刚落地时，M的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则
解得
（3）物块C落地后，物块B恰能下降地面，则此时物块A和物块B的速度为零
联立解得
14．如图，电源电动势E=15V，内阻不计，两个定值电阻R1=20Ω，R2=40Ω，平行板电容器电容C=1μF，其极板长l=3.0cm，两极板间距d=1.0cm，下极板接地。将开关S闭合，电子枪发射一电子沿极板中轴线射入极板，刚好打在上极板中点。已知电子电量e=1.6×10 19C，电子质量m=9×10 31kg，电子重力不计。
（1）求电容器所带电荷量Q；
（2）求电子初速度v0；
（3）断开开关S，让电子枪源源不断的沿中轴线发射电子，假设落到极板上的电子都能够被完全吸收，求能打在极板上的总电子数。
【答案】（1）电阻R1、R2串联分压，R2两端电压
电容器所带电荷量
（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动
垂直于极板方向做匀加速直线运动
解得
（3）随着电子被不断吸收，极板间电压不断降低，电子打在极板上的位置不断右移，当电容器两端电压为U时，电子刚好从上极板右端飞出。此时电子沿极板方向有
垂直于极板方向有
电容器因吸收电子减少的电荷量
打在极板上的电子数为
【知识点】含容电路分析
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律，可计算电容两端电压，结合电容的定义式，可计算电容器所带的电量；
（2）电子在电容器中运动时，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，由其在两个方向上分位移，即可计算其初速度；
（3）断开开关后，随着电子被吸收，电容器所带的电荷量会减小，当电子刚好到达电容器的上极板边缘时，打在极板上的电子数达到最大值；由电子的受力分析，可得到电容器的电荷量，结合电容器电荷量变化，即可知电子数。
（1）电阻R1、R2串联分压，R2两端电压
电容器所带电荷量
（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动
垂直于极板方向做匀加速直线运动
解得
（3）随着电子被不断吸收，极板间电压不断降低，电子打在极板上的位置不断右移，当电容器两端电压为U时，电子刚好从上极板右端飞出。此时电子沿极板方向有
垂直于极板方向有
电容器因吸收电子减少的电荷量
打在极板上的电子数为
15．如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。
【答案】（1）根据动能定理
解得
（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得碰撞后A和B的速度分别为，
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有
运动时间为
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是
斜面倾角应满足的条件为
（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为
之后再次向右运动，通过距离停下来，则有
依据题意有
而第一次碰撞前物块A的速度为
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块A运动的全过程，根据动能定理求解物块A与水平面间的动摩擦因数；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第一次碰撞后瞬间A和B的速度与碰撞前物块A的速度的关系，根据动能定理与动量定理求得第一次碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离与时间。根据牛顿第二定律与运动学公式求得碰后物块A在斜面上往返一次运动的时间，根据动能定理与动量定理求得物块A再次回到水平面上通过距离L1后速度与时间。根据题意确定满足的条件，据此条件求出斜面倾角θ应满足的条件；
（3）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第二次碰撞后瞬间物块B的速度，根据动能定理求得物块B再次向右运动的距离，依据题意，根据位置关系求出物块A开始下滑的高度。
（1）根据动能定理
解得
（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得碰撞后A和B的速度分别为，
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有
运动时间为
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是
斜面倾角应满足的条件为
（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为
之后再次向右运动，通过距离停下来，则有
依据题意有
而第一次碰撞前物块A的速度为
解得
1 / 12025届湖南省株洲市高三上学期一模物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为（式中各物理量的单位均为国际单位）。关于其加速度与1s内的速度变化量，下列说法正确的是（　　）
A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为4m/s
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为4m/s
C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为2m/s
D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量为2m/s
2．一物块在t＝0时刻，以8m/s的初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图所示，t＝1s时物块到达最高点，t＝3s时物块返回底端，重力加速度g取10，则（　　）
A．物块返回底端时的速度大小为2m/s
B．物块在返回过程中的加速度大小为1
C．物块与斜线间的动摩擦因数为
D．物块在斜面上运动的总路程为4m
3．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为（　　）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．2：1
4．风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（　　）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1s时速度大小为11m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1s内合力做功之比为1：3
5．一瀑布的水流量为，水位落差约100m，若利用该瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率约为（　　）
A．W B．W C．W D．W
6．如图，2n个质量均为m的电动玩具小车沿竖直平面内的圆形轨道做匀速圆周运动，相邻两小车间距始终相等，重力加速度为g，不计空气阻力，则轨道对所有小车作用力的合力（　　）
A．随小车位置的变化而变化 B．随小车的速度增大而增大
C．随轨道的半径增大而减小 D．始终不变
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．某科学试验卫星绕与地球赤道平面垂直的轨道做匀速圆周运动。该卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则（　　）
A．该卫星处于超重状态
B．该卫星的周期为
C．该卫星轨道半径为
D．该卫星轨道距地面高度为
8．如图，质量为m的均质绳竖直悬挂，绳的两端分别固定在M、N两个等高的钉子上，绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为，重力加速度为g，则M钉受到绳子的拉力（　　）
A．大小为mg B．大小为2mg
C．与水平方向的夹角为30° D．与水平方向的夹角为60°
9．某体操运动员在“彩带操”比赛过程中，她挥舞彩带形成的波一段时间内类似于水平方向传播的简谐横波，该简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为cm，则（　　）
A．该波的波速为4 m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．若运动员的手振动加快，形成的简谐横波波速增大
D．x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短历时0.375s
10．如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的小球沿图中实线先后通过同一竖直面平面内的P、Q两点，通过两点时速率相同，P、Q两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P运动到Q的过程中（　　）
A．小球到达实线中点时速率最小
B．小球动量的变化率先减小后增大
C．该电场的场强不应小于
D．小球在P点的电势能大于在Q点的电势能
三、非选择题：共56分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第14题13分，第15题18分，考生根据要求作答。
11．用倾斜摆探究单摆周期与等效重力加速度的定量关系。如图甲，在倾角θ可调的斜面上开有许多气孔（图中未画出），来自气孔中的气流刚好可以将摆球托起。摆球通过摆线与力传感器连接，摆球沿图中虚线在斜面上做小幅摆动，传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系。
（1）在某次实验中，拉力F随时间t变化曲线如图乙所示，倾斜摆的周期为　 　s；
（2）多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，做出图像如图丙所示。根据图像可以得到的实验结论是　 　；
（3）实验中倾斜摆的摆长为　 　m。（取π2=10，结果保留两位有效数字）
12．某同学要测量一个未知定值电阻，实验室有如下器材可供选择：待测电阻，阻值约300Ω；定值电阻R＝200Ω；电压表V（量程3.0V，内阻为300Ω）；电流表（量程20mA，内阻为100Ω）；电流表（量程5mA，内阻约为100Ω）；滑动变阻器（最大阻值为5Ω，允许通过的最大电流为3A）；滑动变阻器（最大阻值为1000Ω，允许通过的最大电流为1A）；直流电源E，电动势为6V，内阻很小；开关S，若干导线。该同学选择了合适的器材，并设计了如图甲所示电路。实验要求测量数据范围尽可能大，测量结果尽可能准确。
（1）滑动变阻器应选　 　（填“”或“”），开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最（填“左”或“右”）　 　端；
（2）a电表应选　 　，b电表应选　 　；（均选填“V”“”或“”）
（3）通过调节滑动变阻器，测量得到多组a、b两电表的示数，利用a、b两电表的示数（均已换算为国际单位）描绘出如图乙所示直线，该直线斜率为148，则待测电阻　 　Ω（保留三位有效数字），的测量值　 　（填“＞”“＜”或“＝”）的真实值。
13．用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m，它们间细线长度为L，C离地高度也为L；A的质量M满足3m（1）求C在下落过程中的加速度大小；
（2）求A上升的最大速度；
（3）若B刚好能着地，求A的质量。
14．如图，电源电动势E=15V，内阻不计，两个定值电阻R1=20Ω，R2=40Ω，平行板电容器电容C=1μF，其极板长l=3.0cm，两极板间距d=1.0cm，下极板接地。将开关S闭合，电子枪发射一电子沿极板中轴线射入极板，刚好打在上极板中点。已知电子电量e=1.6×10 19C，电子质量m=9×10 31kg，电子重力不计。
（1）求电容器所带电荷量Q；
（2）求电子初速度v0；
（3）断开开关S，让电子枪源源不断的沿中轴线发射电子，假设落到极板上的电子都能够被完全吸收，求能打在极板上的总电子数。
15．如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】由于
则有
将上述表达式与位移公式进行对比有
解得
加速度是描述速度变化快慢的物理量，1s内的速度变化量Δv=aΔt=4×1m/s=4m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】根据匀变速直线运动的位移公式列式求解加速度，结合加速度的理解进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图像面积的物理意义即图像面积表示位移， t＝1s时物块到达最高点，t＝3s时物块返回底端， 可知轴上下方面积相等，可得物块返回底端时的速度大小为，故A错误；
B． 根据v-t图像斜率的物理意义即图像斜率表示加速度可得，故B错误；
C．对物块受力分析，当物块上滑时
当物块下滑时
联立解得
故C正确。
D．图像面积表示位移，则斜面上运动的总路程为图像面积之和，总路程为8m，故D错误。
故选C。
【分析】根据v-t图像的斜率和面积的物理意义结合牛顿第二定律，路程的概念进行列式解答。
3．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，根据牛顿第二定律可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为
设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为、， 苹果在与地板接触后经过时间速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间速度减为0， 根据速度—时间关系则有，
可得
根据自由落体运动公式
水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据速度—时间关系求解落地速度之比，由自由落体运动规律求解碰伤阈值之比。
4．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 根据水平方向速度vx和竖直方向位移y与时间关系的图像可知，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速运动，所以雨滴做匀变速曲线运动，故A错误；B．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为
在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为
雨滴在t＝1s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝1s时的速度为
故B错误；
C．重力的瞬时功率为
因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C错误；
D．设雨滴的质量为，由B项知，雨滴在t＝1s时的速度为，根据动能定理可知，在前1s合力做的功为
雨滴在t＝2s时，竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝2s时的速度为
根据动能定理可知，在后1s合力做的功为
故前、后1s内合力做功之比为
故D正确。
故选D。
【分析】根据雨滴在水平方向速度vx和竖直方向位移y与时间关系的图像分析；分别计算雨滴在水平和竖直方向在t=1s时的速度，然后根据矢量合成法则计算；根据P=mgv分析重力的瞬时功率；根据初速度为零的匀加速直线运动规律和动能定理分析。
5．【答案】A
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】一瀑布的水流量为， 则水流的质量为
水位落差约100m， 水流下落重力所做的功
发电效率为70%， 结合功能关系可得转化的电能
故发电的功率
， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】先确定单位时间内瀑布的水减少的重力势能，再根据发电效率，即可确定发电功率。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】小车运动过程中相邻两小车间的距离不变，2n个小车对称分布，玩具小车做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力大小不变，方向始终指向圆心，
每个玩具小车受竖直向下的重力与轨道对小车的作用力，重力与轨道对小车的作用力的合力提供向心力，
小车位置分布关于圆心对称，小车所受重力不变，轨道对所有小车作用力的合力始终不变，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】玩具小车做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据小球的受力情况与运动情况分析答题。
7．【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A． 该卫星所受万有引力完全提供向心力，处于失重状态，故A错误；
B．由于卫星每天在相同时刻沿相同方向经过地球表面某点正上方，恰好绕地球运行n圈， 地球自转周期为T， 设该卫星公转周期为T1，则有
解得
故B正确；
C．对卫星进行分析，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律则有
在地球表面有
结合上述解得
故C错误；
D．结合上述，该卫星轨道距地面高度为
故D正确。
故选：BD。
【分析】该卫星处于失重状态；该卫星每天恰好绕地球运行n圈，由此求解周期；根据万有引力和重力的关系、万有引力提供向心力求解轨道半径和高度。
8．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】质量为m的均质绳竖直悬挂， 绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为
设MN两端细绳与水平方向的夹角为α，P点的张力与水平方向的夹角为β，受力分析如图所示
则对PN部分由平衡可知，
对PM部分由平衡可知
联立解得T=mg，α=30°， 故BD错误，AC正确。
故选：AC。
【分析】先对绳子的不同部分进行受力分析，再结合几何关系和力的平衡条件求解钉受到绳子的拉力大小和方向。
9．【答案】A,B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． 根据波形图可知该波波长λ=4m，做简谐运动的表达式为cm，则该波周期，则波速，故A正确；
B．由表达式可知0时刻后质点P将y轴正方向运动，根据“上下坡法”可知该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C． 由波速影响因素分析可知，波速受介质影响，与波的频率无关，故C错误；
D．图像可知2.5m处的质点与2m处的质点相距0.5m，故2.5m处的质点回到平衡位置的时间为
故x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短历时
故D正确。
故选ABD。
【分析】由波形图可知波长，由质点P的振动方程，可知振幅、周期、P的振动方向；由周期和波长即可知波速；由P的振动方向结合波形图，即可知波的传播方向；由波速影响因素，可知频率是否影响波速；由波的传播，可求解x=2.5m处的质点出现在波峰位置最短时间。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．题意可知，小球通过PQ两点时速率相同，即合力做功为0，因为电场是匀强电场，则电场力不变，合力不变，则合力方向垂直于PQ连线，可知小球该过程做类斜抛运动，则PQ连线的中垂线与轨迹交点为类斜抛运动的最高点，所以小球到达实线中点时合力做负功最多，该点速率最小，故A正确；
B．由动量定理推导式可得，可知小球动量的变化率为电场力和重力的合力，合力不变，故小球动量的变化率不变，故B错误；
C．设电场力与PQ夹角为α如图
由于电场力和重力合力垂直与PQ连线，故沿PQ方向根据平衡条件有
解得
故电场的场强不应小于，故C正确；
D．由于PQ过程电场力和重力做的总功为0，但由于该过程重力做正功，所以该过程电场力做负功，根据功能关系可知小球电势能增加，即小球在P点的电势能小于在Q点的电势能，故D错误。
故选：AC。
【分析】通过力与运动的综合分析，将两恒力合成，确定小球做类斜抛运动，然后根据类斜抛运动的规律，结合动量定理和动能定理求解。
11．【答案】（1）传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系 ，一个周期内两次经过最低点，此时拉力最大，由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2）多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1） 传感器可实时记录拉力大小F随时间t变化的关系 ，一个周期内两次经过最低点，此时拉力最大，由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2） 多次改变斜面的倾角θ，分别测出对应的单摆周期T，由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
【分析】（1）根据图像结合运动规律解得周期；
（2）根据图像分析结论；
（3）根据单摆周期公式结合图像斜率解答。
（1）由图可知，倾斜摆的周期为T=1.20s；
（2）由于的图像是一条通过原点的直线，故单摆的周期T与成正比；
（3）根据单摆的周期公式可得
结合图像可得
解得等效单摆的摆长为
12．【答案】（1）R1；左
（2）V；A1
（3）308；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1） 由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；为保护电路，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最左端，此时并联部分被短路，电压为零。
（2） 将定值电阻R＝200Ω与电流表A1串联，则串联后两者的最大电压之和为
与电源电动势相等，故b电表应选；因电压表V的内阻为准确值，而电流表的内阻不是准确值，故a电表应选V。
（3）根据实验电路图，结合闭合回路欧姆定律可得
变形得
则斜率为
代入数据解得
由上分析，可知表达式中U、I都是真实值，故的测量值等于的真实值。
【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据图示电路图与实验器材分析答题。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像分析答题。
（1）[1]由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用最大值较小的电阻，故滑动变阻器选用；
[2]为保持电路，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最左端，此时并联部分的电压为零。
（2）[1] [2]由题知，直流电源E的电动势为6V，而电压表V的量程为3.0V，小于电源电动势，不能直接用电压表V测量待测电阻的电压； 将定值电阻R＝200Ω与电流表A1串联，则串联后两者的最大电压之和为
与电源电动势相等，故b电表应选；因电压表V的内阻为准确值，而电流表的内阻不是准确值，故a电表应选V。
（3）[1]根据实验电路图，可得
变形得
则斜率为
代入数据解得
[2]由上分析，可知表达式中U、I都是真实值，故的测量值等于的真实值。
13．【答案】（1）剪断细线后，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得
解得
（2）物块C刚落地时，M的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则
解得
（3）物块C落地后，物块B恰能下降地面，则此时物块A和物块B的速度为零
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）对A、B、C整体， 由牛顿第二定律求C在下落过程中的加速度大小；
（2）由三个物体组成的系统机械能守恒求A上升的最大速度；
（3）若B刚好能着地，由动能定理求A的质量。
（1）剪断细线后，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得
解得
（2）物块C刚落地时，M的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则
解得
（3）物块C落地后，物块B恰能下降地面，则此时物块A和物块B的速度为零
联立解得
14．【答案】（1）电阻R1、R2串联分压，R2两端电压
电容器所带电荷量
（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动
垂直于极板方向做匀加速直线运动
解得
（3）随着电子被不断吸收，极板间电压不断降低，电子打在极板上的位置不断右移，当电容器两端电压为U时，电子刚好从上极板右端飞出。此时电子沿极板方向有
垂直于极板方向有
电容器因吸收电子减少的电荷量
打在极板上的电子数为
【知识点】含容电路分析
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律，可计算电容两端电压，结合电容的定义式，可计算电容器所带的电量；
（2）电子在电容器中运动时，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，由其在两个方向上分位移，即可计算其初速度；
（3）断开开关后，随着电子被吸收，电容器所带的电荷量会减小，当电子刚好到达电容器的上极板边缘时，打在极板上的电子数达到最大值；由电子的受力分析，可得到电容器的电荷量，结合电容器电荷量变化，即可知电子数。
（1）电阻R1、R2串联分压，R2两端电压
电容器所带电荷量
（2）电子在平行板电容器间做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动
垂直于极板方向做匀加速直线运动
解得
（3）随着电子被不断吸收，极板间电压不断降低，电子打在极板上的位置不断右移，当电容器两端电压为U时，电子刚好从上极板右端飞出。此时电子沿极板方向有
垂直于极板方向有
电容器因吸收电子减少的电荷量
打在极板上的电子数为
15．【答案】（1）根据动能定理
解得
（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得碰撞后A和B的速度分别为，
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有
运动时间为
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是
斜面倾角应满足的条件为
（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为
之后再次向右运动，通过距离停下来，则有
依据题意有
而第一次碰撞前物块A的速度为
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块A运动的全过程，根据动能定理求解物块A与水平面间的动摩擦因数；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第一次碰撞后瞬间A和B的速度与碰撞前物块A的速度的关系，根据动能定理与动量定理求得第一次碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离与时间。根据牛顿第二定律与运动学公式求得碰后物块A在斜面上往返一次运动的时间，根据动能定理与动量定理求得物块A再次回到水平面上通过距离L1后速度与时间。根据题意确定满足的条件，据此条件求出斜面倾角θ应满足的条件；
（3）根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得第二次碰撞后瞬间物块B的速度，根据动能定理求得物块B再次向右运动的距离，依据题意，根据位置关系求出物块A开始下滑的高度。
（1）根据动能定理
解得
（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得碰撞后A和B的速度分别为，
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有
运动时间为
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是
斜面倾角应满足的条件为
（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为
之后再次向右运动，通过距离停下来，则有
依据题意有
而第一次碰撞前物块A的速度为
解得
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