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2026届广东省天河区高三上学期一模物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．“回声”是声波衍射现象
B．“未见其人，先闻其声”是声波干涉的结果
C．当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小
D．集体列队经过桥梁时要便步走，以防止桥梁发生共振垮塌
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】A：“回声” 是声波遇到障碍物反射回来的现象，属于声波的反射，而非衍射，故A错误；
B：“未见其人，先闻其声” 是声波绕过障碍物传播的现象，属于声波的衍射，而非干涉，故B错误；
C：根据多普勒效应，当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变大，故C错误；
D：集体列队经过桥梁时，若齐步走，步伐的频率可能与桥梁的固有频率接近，引发共振，导致桥梁垮塌，因此要便步走，以避免共振，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查声波的反射现象，回声是声波的反射，与衍射无关；
B：考查声波的衍射现象，“未见其人，先闻其声” 是声波衍射的典型例子；
C：考查多普勒效应，观察者靠近波源时，接收到的频率升高；
D：考查共振现象，集体便步走可以避免驱动力频率与桥梁固有频率接近，防止共振破坏桥梁。
2．图为一空间探测器的示意图，、、、是四个喷气式发动机，、的连线与空间一固定坐标系的轴平行，、的连线与轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率向方向平动。要使探测器改为向偏的方向以原来的速率平动，则可（　　）
A．先开动适当时间，再开动适当时间
B．先开动适当时间，再开动适当时间
C．开动适当时间
D．先开动适当时间，再开动适当时间
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A：先开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器方向速度减小；再开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器获得方向的速度，最终速度可合成偏 方向，且速率仍为，故A正确；
B：先开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器方向速度增大；再开动，会给探测器一个沿方向的推力，探测器速度会向偏方向改变，不符合题意，故B错误；
C：仅开动，探测器只会获得方向的速度，最终速度方向为偏，但速率会大于，不符合“以原来的速率平动”的条件，故C错误；
D：先开动，探测器方向速度增大；再开动，探测器获得方向速度，最终速率会大于，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查运动的合成与分解，核心是速度矢量的合成规则：
A：通过先减小方向速度、再增加方向速度，可合成出目标方向的速度；
B：和的推力方向会使速度向方向偏移，不符合题意；
C：仅开动会导致最终速率大于，不满足题目要求；
D：先开动会增大方向速度，最终合成速率会超过，不符合条件。
3．如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图，竖直轻杆被套管P限制，只能在竖直方向运动，轻轩上方放置质量为m的重物，轻杆下端通过小滑轮放在水平面上的斜面体上，对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起，若斜面体的倾角为θ，不计各处摩擦和阻力，为了顶起重物，下列说法正确的是（　　）
A．θ越大，需要施加的力F越大
B．θ越大，需要施加的力F越小
C．θ越大，系统整体对地面的压力越大
D．θ越大，系统整体对地面的压力越小
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。AB．对斜面体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
为了顶起重物，则有
联立可得
则θ越大，需要施加的力F越大，故A正确，B错误；
CD．对系统整体受力分析，系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力，与θ无关，故CD错误。
故选A。
【分析】对重物受力分析，由题意可知重物在缓慢上的过程中时，处在平衡状态，根据平衡条件计算角度的改变对F的影响；对整体受力分析，根据平衡条件判断。
4．如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h、x0和引力常量G为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．该星球的质量为
B．该星球的第一宇宙速度为
C．小球在最低点处加速度大小为a0
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：在星球表面，小球刚接触弹簧时，弹簧弹力为零，只受重力，加速度等于星球表面的重力加速度，故，根据万有引力公式 ，解得星球质量 ，而非 ，故A错误。
B：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由 ，结合 ，可得 ，故B正确。
C：由图乙可知，当弹簧压缩量为时，加速度为0，此时弹力与重力平衡，即 。在最低点，弹簧压缩量大于，弹力大于，合力向上，加速度大小大于，故C错误。
D：根据能量守恒，小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，故最大弹性势能 ，其中为最低点的压缩量，大于，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：考查万有引力与重力的关系，由加速度确定重力加速度，再结合万有引力公式计算星球质量。
B：考查第一宇宙速度的计算，利用近地卫星向心力等于重力求解。
C：考查简谐运动的对称性，平衡位置在处，最低点加速度大于初始加速度。
D：考查能量守恒定律，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，压缩量大于，故弹性势能大于。
5．无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，带动动力输出端B转速改变，实现汽车变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（　　）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．任意时刻动点a、b的向心加速度都相同
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A：钢带传动时，接触点线速度大小相等，即，动力输入端转速不变，钢带由后向前运动时，点的转动半径增大，由可知逐渐增大，因此也逐渐增大，故A错误；
B：对锥体B，，钢带由后向前运动时，点的转动半径减小，而逐渐增大，因此增大，即锥体B的转速增大，故B正确；
C：动力输出端转速增大，对应汽车的车速增大，是加速过程，故C错误；
D：向心加速度，，但，因此，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查线速度的关系，钢带传动中接触点线速度大小相等，结合输入端转速和半径变化分析线速度变化；
B：考查角速度与线速度的关系，由，结合增大、减小，得出增大；
C：考查变速箱转速与车速的关系，输出端转速增大对应汽车加速；
D：考查向心加速度的公式，向心加速度与线速度平方成正比、与半径成反比，两接触点半径不同，向心加速度不相等。
6．中科院研制的电磁弹射实验装置能构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装 置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向 上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。已知在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。取重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．实验舱向下运动的过程始终处于失重状态
B．实验舱运动过程中距离A位置的最大距离为40m
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功等于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于
【答案】D
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；超重与失重；动能定理的综合应用
【解析】【解答】完全失重阶段为竖直上抛上升+下落自由段，总时长，由竖直上抛对称性，单程，弹射结束速度，、。
A、向下运动先自由下落失重，后减速落地加速度向上，处于超重，故A错误；
B、最大高度，不是40m，故B错误；
C、由动能定理，，，故C错误；
D、取向上为正，弹射过程动量定理：，，选项描述“大于”正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重失重：加速度向下失重、加速度向上超重，下落末段减速超重；
B、考查竖直上抛对称性，利用半程时间算最大高度；
C、考查动能定理，弹射做功既要增加动能又要克服重力做功；
D、考查动量定理，合冲量等于动量变化，系统冲量要抵消重力冲量，故弹射冲量大于末动量。
7．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在航空母舰飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的v t图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（　　）
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4s~2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4s~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：飞机无阻拦索时，做匀减速直线运动，滑行距离。有阻拦索时，滑行距离为图线与时间轴围成的面积，约为：，显然，故A错误；
B：在内，图线为直线，加速度恒定，说明合力恒定。但阻拦索张力的合力恒定，而飞机位置不断变化，阻拦索与飞机的夹角变化，因此单根阻拦索的张力会随时间变化，故B错误；
C：在内，加速度大小，故C正确；
D：阻拦系统做功的功率，在内，合力恒定，但速度逐渐减小，因此功率逐渐减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查图像的面积表示位移，对比有无阻拦索时的滑行距离；
B：考查受力分析，合力恒定不等于单根阻拦索的张力恒定；
C：考查加速度的计算，利用判断加速度大小；
D：考查功率的计算，，合力恒定但速度变化，故功率变化。
8．某小行星与地球围绕太阳公转的轨道如图所示，图中M、N两点为地球轨道与小行星轨道的交点，且地球与小行星均沿逆时针方向运动，已知该小行星围绕太阳公转的周期约为3年，不考虑其他天体的影响，则（　　）
A．该小行星公转轨道的半长轴约为地球公转半径的倍
B．地球和该小行星各自经过N点时的加速度大小相等
C．小行星在近日点的速率小于在M点的速率
D．在围绕太阳转动的过程中，地球的机械能守恒，小行星的机械能不守恒
【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：根据开普勒第三定律，，设地球公转半径为、周期为1年，小行星半长轴为、周期为3年，则，解得，故A正确；
B：地球和小行星在N点时，到太阳的距离相同，由可知，两者的加速度大小相等，故B正确；
C：根据开普勒第二定律，小行星在近日点的速率大于远日点的速率，而M点比近日点离太阳更远，因此小行星在近日点的速率大于在M点的速率，故C错误；
D：地球和小行星绕太阳运动时，只有万有引力做功，机械能均守恒，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A：考查开普勒第三定律，利用周期与轨道半长轴的关系计算小行星轨道半长轴；
B：考查向心加速度的计算，利用万有引力公式，两者到太阳距离相同时加速度大小相等；
C：考查开普勒第二定律，行星在近日点速率最大，离太阳越远速率越小；
D：考查机械能守恒条件，只有万有引力做功时，天体的机械能守恒。
9．某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。则（　　）
A．汽车切换引擎后的牵引力功率P=9×104W
B．汽车切换引擎后的牵引力功率P=6×103W
C．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=90s
D．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=6s
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A：汽车在时刻切换引擎，此时速度，牵引力，功率，故A正确；
B：由A的计算可知，功率为，故B错误；
C：切换引擎前，汽车做匀加速直线运动，牵引力，阻力，加速度，由得，故C错误；
D：由C的计算可知，，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】AB：考查功率公式，利用切换引擎瞬间的牵引力和速度计算功率；
C：考查匀加速直线运动的加速度和时间计算，先由牛顿第二定律求加速度，再由求时间；
D：根据C的计算结果判断。
10．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；碰撞模型；反冲
【解析】【解答】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律，则热气球和物资的动量等大反向，
热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为，，根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、考查运动合成，气球水平匀速、竖直匀加速，轨迹为曲线；
B、考查受力平衡与合力计算，利用初始平衡条件推导抛出后合力；
C、综合平抛、匀变速直线、动量守恒、勾股定理，分步推导间距公式；
D、对比推导式，判别表达式正误。
11．（1）某同学设计利用如图甲所示装置验证单摆的周期公式，传感器固定在悬点O正下方，该传感器可记录光的强弱随时间的变化情况。当小球摆到最低点遮挡光线时，传感器采集的光线最弱，计算机采集数据后得到光的强弱与时间图像如图乙所示。
①第1次光最弱到第N次光最弱的时间为t，则该单摆的周期可表示为T1=　 　。（用N、t表示）
②该同学用游标卡尺测小球直径D如图丙所示，则D=　 　mm，用米尺测量出摆线长为L，重力加速度为g，用D、L、g表示单摆周期公式为T2=　 　。在误差允许范围内若T1=T2，即可验证单摆周期公式正确。
（2）某次实验用打点计时器打下如图所示的纸带，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，则纸带运动的加速度大小为　 　。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）；10.60；
（2）2.00
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由题可知，一个周期内，摆球两次经过最低点，则单摆的周期
游标尺为20分度，其精确度为，故摆球的直径
单摆的周期
故答案为：；10.60；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得纸带的加速度大小为
故答案为：2.00
【分析】(1) 本题考查单摆周期的测量、游标卡尺读数及单摆周期公式，周期测量需注意一个周期内两次经过最低点；游标卡尺读数为主尺读数加游标尺读数；摆长为摆线长加摆球半径。
(2) 本题考查打点计时器测加速度，关键是用逐差法处理数据，需先确定相邻计数点的时间间隔，再代入公式计算。
（1）[1]由题可知，一个周期内，摆球两次经过最低点，则单摆的周期
[2]游标尺为20分度，其精确度为
故摆球的直径
[3]单摆的周期
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得纸带的加速度大小为
12．某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在 O处安装一光电计时器， O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移—时间图像如图乙所示，从图像中可读出的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：
（1）弹簧的劲度系数为　 　。
（2）小钢球第一次通过O点的速度为　 　。
（3）小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量ΔEp=　 　，动能的增加量ΔEk=　 　，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEk成立，就可以认为系统机械能守恒。（用前文中的字母符号表达）
（4）如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP　 　ΔEk。（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）小于
【知识点】验证机械能守恒定律；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有，解得
故答案为：
（2）根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为
故答案为：
（3）结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为，小钢球由A到O过程中，动能的增加量为
故答案为：；
（4）若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为
测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为
此时计算出系统的势能减小量为
结合上述解得
而光电门此时测得的是小钢球的释放位置比A点偏高时的实际运动速度，则有 ，其中
解得
可知，此时的实验结果表现为小于。
故答案为：小于
【分析】(1) 平衡条件求劲度系数；
(2) 极短时间平均速度近似瞬时速度；
(3) 系统势能变化=重力势能减量弹性势能增量，结合化简；动能增量由动能定义式表达；
(4) 释放偏高，公式代入的下落距离偏小，使计算值小于真实值，为实际值，因此小于。
（1）小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有
解得
（2）根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为
（3）[1]结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为
[2]小钢球由A到O过程中，动能的增加量为
（4）若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为
测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为
此时计算出系统的势能减小量为
结合上述解得
而光电门此时测得的是小钢球的释放位置比A点偏高时的实际运动速度，则有
其中
解得
可知，此时的实验结果表现为小于。
13．（1）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g。求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。
（2）在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞，碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'，碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。
【答案】（1）解：设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为
由牛顿第二定律得
得转盘角速度与夹角的关系
（2）证明：根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1'－m1v1
物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2'－m2v2
根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－F2
则有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
整理可得m1v1'＋m2v2'＝m1v1＋m2v2
这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
【知识点】动量定理；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动的向心力分析，关键是确定圆周运动的半径，并利用牛顿第二定律建立重力、拉力与向心力的关系；
(2) 本题利用动量定理和牛顿第三定律证明动量守恒，核心是相互作用力大小相等、方向相反，导致两物体动量变化大小相等、方向相反，系统总动量守恒。
（1）设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为
由牛顿第二定律得
得转盘角速度与夹角的关系
（2）根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1'－m1v1
物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2'－m2v2
根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－F2
则有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
整理可得m1v1'＋m2v2'＝m1v1＋m2v2
这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
14．如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞过程的机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速度减为零，碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知圆木质量，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为，忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为，重力加速度为，求：
（1）圆木运动到最低点时的速度大小；
（2）碰撞后瞬间楔形木块的速度大小；
（3）第5次撞击后楔形木块楔入的深度。
【答案】（1）解：圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有
（2）解：圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒
机械能守恒有
联立解得
（3）解：楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为，由功能关系得
由于每次碰撞后楔形木块速度都是，连续碰撞次后，进入的总深度为，有
解得
第5次碰撞后楔入的深度
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒的应用，圆木下摆过程中重力势能转化为动能，通过守恒关系求解最低点速度；
(2) 本题考查弹性碰撞模型，需联立动量守恒和机械能守恒方程，求解碰撞后楔形木块的速度；
(3) 本题考查动能定理在变力做功中的应用，阻力与深度成正比，需用平均阻力计算功，结合多次碰撞的总动能求解深度变化。
（1）圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有
（2）圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒
机械能守恒有
联立解得
（3）楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为，由功能关系得
由于每次碰撞后楔形木块速度都是，连续碰撞次后，进入的总深度为，有
解得
第5次碰撞后楔入的深度
15．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落，假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S；
(3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。
【答案】(1)解：设棒第一次上升过程中，环的加速度为，则根据牛顿第二定律有：
联立解得：，方向竖直向上；
(2)解：设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1；
由机械能守恒得：
解得：；
设棒弹起后的加速度，以竖直向上为正方向，
则由牛顿第二定律有：
解得：
棒第一次弹起的最大高度：
联立解得：
棒运动的路程：
(3)解：设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒有：
摩擦力对棒及环做的总功：
联立解得：
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查牛顿第二定律的应用，需分析环的受力，明确摩擦力与重力的合力提供加速度；
(2) 本题结合匀变速直线运动公式，分析棒第一次弹起的运动过程，关键是求出弹起的最大高度，再计算总路程；
(3) 本题考查能量守恒定律，系统重力势能的减少量全部转化为克服摩擦力做的功，通过能量关系求解相对滑动距离，进而得到摩擦力的总功。
1 / 12026届广东省天河区高三上学期一模物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．“回声”是声波衍射现象
B．“未见其人，先闻其声”是声波干涉的结果
C．当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小
D．集体列队经过桥梁时要便步走，以防止桥梁发生共振垮塌
2．图为一空间探测器的示意图，、、、是四个喷气式发动机，、的连线与空间一固定坐标系的轴平行，、的连线与轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率向方向平动。要使探测器改为向偏的方向以原来的速率平动，则可（　　）
A．先开动适当时间，再开动适当时间
B．先开动适当时间，再开动适当时间
C．开动适当时间
D．先开动适当时间，再开动适当时间
3．如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图，竖直轻杆被套管P限制，只能在竖直方向运动，轻轩上方放置质量为m的重物，轻杆下端通过小滑轮放在水平面上的斜面体上，对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起，若斜面体的倾角为θ，不计各处摩擦和阻力，为了顶起重物，下列说法正确的是（　　）
A．θ越大，需要施加的力F越大
B．θ越大，需要施加的力F越小
C．θ越大，系统整体对地面的压力越大
D．θ越大，系统整体对地面的压力越小
4．如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h、x0和引力常量G为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．该星球的质量为
B．该星球的第一宇宙速度为
C．小球在最低点处加速度大小为a0
D．弹簧的最大弹性势能为
5．无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，带动动力输出端B转速改变，实现汽车变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（　　）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．任意时刻动点a、b的向心加速度都相同
6．中科院研制的电磁弹射实验装置能构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装 置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向 上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。已知在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。取重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．实验舱向下运动的过程始终处于失重状态
B．实验舱运动过程中距离A位置的最大距离为40m
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功等于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于
7．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在航空母舰飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的v t图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（　　）
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4s~2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4s~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
8．某小行星与地球围绕太阳公转的轨道如图所示，图中M、N两点为地球轨道与小行星轨道的交点，且地球与小行星均沿逆时针方向运动，已知该小行星围绕太阳公转的周期约为3年，不考虑其他天体的影响，则（　　）
A．该小行星公转轨道的半长轴约为地球公转半径的倍
B．地球和该小行星各自经过N点时的加速度大小相等
C．小行星在近日点的速率小于在M点的速率
D．在围绕太阳转动的过程中，地球的机械能守恒，小行星的机械能不守恒
9．某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。则（　　）
A．汽车切换引擎后的牵引力功率P=9×104W
B．汽车切换引擎后的牵引力功率P=6×103W
C．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=90s
D．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=6s
10．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（　　）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
11．（1）某同学设计利用如图甲所示装置验证单摆的周期公式，传感器固定在悬点O正下方，该传感器可记录光的强弱随时间的变化情况。当小球摆到最低点遮挡光线时，传感器采集的光线最弱，计算机采集数据后得到光的强弱与时间图像如图乙所示。
①第1次光最弱到第N次光最弱的时间为t，则该单摆的周期可表示为T1=　 　。（用N、t表示）
②该同学用游标卡尺测小球直径D如图丙所示，则D=　 　mm，用米尺测量出摆线长为L，重力加速度为g，用D、L、g表示单摆周期公式为T2=　 　。在误差允许范围内若T1=T2，即可验证单摆周期公式正确。
（2）某次实验用打点计时器打下如图所示的纸带，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，则纸带运动的加速度大小为　 　。（结果保留3位有效数字）
12．某同学查阅资料得知：若弹簧劲度系数为k，弹性形变为x，则其弹性势能。据此设计了如图甲所示的的实验装置来验证系统的机械能守恒：铁架台上竖直悬挂一个轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小钢球，小钢球平衡时的位置记为O，在 O处安装一光电计时器， O正下方桌面设置位移传感器。现把小钢球竖直托高到弹簧刚好处于原长的位置A点，由静止释放，光电计时器测出第一次下落过程中小钢球挡光时间，同时由位移传感器在计算机上得到小钢球相对O点的位移—时间图像如图乙所示，从图像中可读出的数值。用刻度尺测得小钢球的直径为D，D远小于AO之间的距离，重力加速度为 g，弹簧始终处于弹性限度内且不能对光电门造成有效挡光。问：
（1）弹簧的劲度系数为　 　。
（2）小钢球第一次通过O点的速度为　 　。
（3）小钢球第一次由A到O的过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量ΔEp=　 　，动能的增加量ΔEk=　 　，如果在误差许可范围内，有ΔEP=ΔEk成立，就可以认为系统机械能守恒。（用前文中的字母符号表达）
（4）如果小钢球的释放位置略高于A点位置，则实验结果表现为ΔEP　 　ΔEk。（填“大于”、“小于”或“等于”）
13．（1）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g。求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。
（2）在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞，碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'，碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。
14．如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞过程的机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速度减为零，碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知圆木质量，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为，忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为，重力加速度为，求：
（1）圆木运动到最低点时的速度大小；
（2）碰撞后瞬间楔形木块的速度大小；
（3）第5次撞击后楔形木块楔入的深度。
15．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落，假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S；
(3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】A：“回声” 是声波遇到障碍物反射回来的现象，属于声波的反射，而非衍射，故A错误；
B：“未见其人，先闻其声” 是声波绕过障碍物传播的现象，属于声波的衍射，而非干涉，故B错误；
C：根据多普勒效应，当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变大，故C错误；
D：集体列队经过桥梁时，若齐步走，步伐的频率可能与桥梁的固有频率接近，引发共振，导致桥梁垮塌，因此要便步走，以避免共振，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：考查声波的反射现象，回声是声波的反射，与衍射无关；
B：考查声波的衍射现象，“未见其人，先闻其声” 是声波衍射的典型例子；
C：考查多普勒效应，观察者靠近波源时，接收到的频率升高；
D：考查共振现象，集体便步走可以避免驱动力频率与桥梁固有频率接近，防止共振破坏桥梁。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】A：先开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器方向速度减小；再开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器获得方向的速度，最终速度可合成偏 方向，且速率仍为，故A正确；
B：先开动，会给探测器一个沿方向的推力，使探测器方向速度增大；再开动，会给探测器一个沿方向的推力，探测器速度会向偏方向改变，不符合题意，故B错误；
C：仅开动，探测器只会获得方向的速度，最终速度方向为偏，但速率会大于，不符合“以原来的速率平动”的条件，故C错误；
D：先开动，探测器方向速度增大；再开动，探测器获得方向速度，最终速率会大于，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查运动的合成与分解，核心是速度矢量的合成规则：
A：通过先减小方向速度、再增加方向速度，可合成出目标方向的速度；
B：和的推力方向会使速度向方向偏移，不符合题意；
C：仅开动会导致最终速率大于，不满足题目要求；
D：先开动会增大方向速度，最终合成速率会超过，不符合条件。
3．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。AB．对斜面体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
为了顶起重物，则有
联立可得
则θ越大，需要施加的力F越大，故A正确，B错误；
CD．对系统整体受力分析，系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力，与θ无关，故CD错误。
故选A。
【分析】对重物受力分析，由题意可知重物在缓慢上的过程中时，处在平衡状态，根据平衡条件计算角度的改变对F的影响；对整体受力分析，根据平衡条件判断。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：在星球表面，小球刚接触弹簧时，弹簧弹力为零，只受重力，加速度等于星球表面的重力加速度，故，根据万有引力公式 ，解得星球质量 ，而非 ，故A错误。
B：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由 ，结合 ，可得 ，故B正确。
C：由图乙可知，当弹簧压缩量为时，加速度为0，此时弹力与重力平衡，即 。在最低点，弹簧压缩量大于，弹力大于，合力向上，加速度大小大于，故C错误。
D：根据能量守恒，小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，故最大弹性势能 ，其中为最低点的压缩量，大于，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：考查万有引力与重力的关系，由加速度确定重力加速度，再结合万有引力公式计算星球质量。
B：考查第一宇宙速度的计算，利用近地卫星向心力等于重力求解。
C：考查简谐运动的对称性，平衡位置在处，最低点加速度大于初始加速度。
D：考查能量守恒定律，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，压缩量大于，故弹性势能大于。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A：钢带传动时，接触点线速度大小相等，即，动力输入端转速不变，钢带由后向前运动时，点的转动半径增大，由可知逐渐增大，因此也逐渐增大，故A错误；
B：对锥体B，，钢带由后向前运动时，点的转动半径减小，而逐渐增大，因此增大，即锥体B的转速增大，故B正确；
C：动力输出端转速增大，对应汽车的车速增大，是加速过程，故C错误；
D：向心加速度，，但，因此，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查线速度的关系，钢带传动中接触点线速度大小相等，结合输入端转速和半径变化分析线速度变化；
B：考查角速度与线速度的关系，由，结合增大、减小，得出增大；
C：考查变速箱转速与车速的关系，输出端转速增大对应汽车加速；
D：考查向心加速度的公式，向心加速度与线速度平方成正比、与半径成反比，两接触点半径不同，向心加速度不相等。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；超重与失重；动能定理的综合应用
【解析】【解答】完全失重阶段为竖直上抛上升+下落自由段，总时长，由竖直上抛对称性，单程，弹射结束速度，、。
A、向下运动先自由下落失重，后减速落地加速度向上，处于超重，故A错误；
B、最大高度，不是40m，故B错误；
C、由动能定理，，，故C错误；
D、取向上为正，弹射过程动量定理：，，选项描述“大于”正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查超重失重：加速度向下失重、加速度向上超重，下落末段减速超重；
B、考查竖直上抛对称性，利用半程时间算最大高度；
C、考查动能定理，弹射做功既要增加动能又要克服重力做功；
D、考查动量定理，合冲量等于动量变化，系统冲量要抵消重力冲量，故弹射冲量大于末动量。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：飞机无阻拦索时，做匀减速直线运动，滑行距离。有阻拦索时，滑行距离为图线与时间轴围成的面积，约为：，显然，故A错误；
B：在内，图线为直线，加速度恒定，说明合力恒定。但阻拦索张力的合力恒定，而飞机位置不断变化，阻拦索与飞机的夹角变化，因此单根阻拦索的张力会随时间变化，故B错误；
C：在内，加速度大小，故C正确；
D：阻拦系统做功的功率，在内，合力恒定，但速度逐渐减小，因此功率逐渐减小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查图像的面积表示位移，对比有无阻拦索时的滑行距离；
B：考查受力分析，合力恒定不等于单根阻拦索的张力恒定；
C：考查加速度的计算，利用判断加速度大小；
D：考查功率的计算，，合力恒定但速度变化，故功率变化。
8．【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：根据开普勒第三定律，，设地球公转半径为、周期为1年，小行星半长轴为、周期为3年，则，解得，故A正确；
B：地球和小行星在N点时，到太阳的距离相同，由可知，两者的加速度大小相等，故B正确；
C：根据开普勒第二定律，小行星在近日点的速率大于远日点的速率，而M点比近日点离太阳更远，因此小行星在近日点的速率大于在M点的速率，故C错误；
D：地球和小行星绕太阳运动时，只有万有引力做功，机械能均守恒，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A：考查开普勒第三定律，利用周期与轨道半长轴的关系计算小行星轨道半长轴；
B：考查向心加速度的计算，利用万有引力公式，两者到太阳距离相同时加速度大小相等；
C：考查开普勒第二定律，行星在近日点速率最大，离太阳越远速率越小；
D：考查机械能守恒条件，只有万有引力做功时，天体的机械能守恒。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A：汽车在时刻切换引擎，此时速度，牵引力，功率，故A正确；
B：由A的计算可知，功率为，故B错误；
C：切换引擎前，汽车做匀加速直线运动，牵引力，阻力，加速度，由得，故C错误；
D：由C的计算可知，，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】AB：考查功率公式，利用切换引擎瞬间的牵引力和速度计算功率；
C：考查匀加速直线运动的加速度和时间计算，先由牛顿第二定律求加速度，再由求时间；
D：根据C的计算结果判断。
10．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；碰撞模型；反冲
【解析】【解答】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律，则热气球和物资的动量等大反向，
热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为，，根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、考查运动合成，气球水平匀速、竖直匀加速，轨迹为曲线；
B、考查受力平衡与合力计算，利用初始平衡条件推导抛出后合力；
C、综合平抛、匀变速直线、动量守恒、勾股定理，分步推导间距公式；
D、对比推导式，判别表达式正误。
11．【答案】（1）；10.60；
（2）2.00
【知识点】加速度；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由题可知，一个周期内，摆球两次经过最低点，则单摆的周期
游标尺为20分度，其精确度为，故摆球的直径
单摆的周期
故答案为：；10.60；
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得纸带的加速度大小为
故答案为：2.00
【分析】(1) 本题考查单摆周期的测量、游标卡尺读数及单摆周期公式，周期测量需注意一个周期内两次经过最低点；游标卡尺读数为主尺读数加游标尺读数；摆长为摆线长加摆球半径。
(2) 本题考查打点计时器测加速度，关键是用逐差法处理数据，需先确定相邻计数点的时间间隔，再代入公式计算。
（1）[1]由题可知，一个周期内，摆球两次经过最低点，则单摆的周期
[2]游标尺为20分度，其精确度为
故摆球的直径
[3]单摆的周期
（2）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得纸带的加速度大小为
12．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）小于
【知识点】验证机械能守恒定律；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有，解得
故答案为：
（2）根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为
故答案为：
（3）结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为，小钢球由A到O过程中，动能的增加量为
故答案为：；
（4）若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为
测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为
此时计算出系统的势能减小量为
结合上述解得
而光电门此时测得的是小钢球的释放位置比A点偏高时的实际运动速度，则有 ，其中
解得
可知，此时的实验结果表现为小于。
故答案为：小于
【分析】(1) 平衡条件求劲度系数；
(2) 极短时间平均速度近似瞬时速度；
(3) 系统势能变化=重力势能减量弹性势能增量，结合化简；动能增量由动能定义式表达；
(4) 释放偏高，公式代入的下落距离偏小，使计算值小于真实值，为实际值，因此小于。
（1）小钢球在O点受力平衡，根据平衡条件有
解得
（2）根据光电门的测速原理，小钢球第一次通过O点的速度为
（3）[1]结合上述，小钢球由A到O过程中，系统势能（包括重力势能和弹性势能）的减小量为
[2]小钢球由A到O过程中，动能的增加量为
（4）若小钢球的释放位置比A点偏高了d，由位移传感器得到的图像中变大为
测量者仍然认为小钢球从弹簧处于原长时释放，此时测量者认为
此时计算出系统的势能减小量为
结合上述解得
而光电门此时测得的是小钢球的释放位置比A点偏高时的实际运动速度，则有
其中
解得
可知，此时的实验结果表现为小于。
13．【答案】（1）解：设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为
由牛顿第二定律得
得转盘角速度与夹角的关系
（2）证明：根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1'－m1v1
物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2'－m2v2
根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－F2
则有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
整理可得m1v1'＋m2v2'＝m1v1＋m2v2
这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
【知识点】动量定理；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查圆周运动的向心力分析，关键是确定圆周运动的半径，并利用牛顿第二定律建立重力、拉力与向心力的关系；
(2) 本题利用动量定理和牛顿第三定律证明动量守恒，核心是相互作用力大小相等、方向相反，导致两物体动量变化大小相等、方向相反，系统总动量守恒。
（1）设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为
由牛顿第二定律得
得转盘角速度与夹角的关系
（2）根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1'－m1v1
物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2'－m2v2
根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－F2
则有m1v1'－m1v1＝－（m2v2'－m2v2）
整理可得m1v1'＋m2v2'＝m1v1＋m2v2
这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
14．【答案】（1）解：圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有
（2）解：圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒
机械能守恒有
联立解得
（3）解：楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为，由功能关系得
由于每次碰撞后楔形木块速度都是，连续碰撞次后，进入的总深度为，有
解得
第5次碰撞后楔入的深度
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查机械能守恒的应用，圆木下摆过程中重力势能转化为动能，通过守恒关系求解最低点速度；
(2) 本题考查弹性碰撞模型，需联立动量守恒和机械能守恒方程，求解碰撞后楔形木块的速度；
(3) 本题考查动能定理在变力做功中的应用，阻力与深度成正比，需用平均阻力计算功，结合多次碰撞的总动能求解深度变化。
（1）圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有
（2）圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒
机械能守恒有
联立解得
（3）楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为，由功能关系得
由于每次碰撞后楔形木块速度都是，连续碰撞次后，进入的总深度为，有
解得
第5次碰撞后楔入的深度
15．【答案】(1)解：设棒第一次上升过程中，环的加速度为，则根据牛顿第二定律有：
联立解得：，方向竖直向上；
(2)解：设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1；
由机械能守恒得：
解得：；
设棒弹起后的加速度，以竖直向上为正方向，
则由牛顿第二定律有：
解得：
棒第一次弹起的最大高度：
联立解得：
棒运动的路程：
(3)解：设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒有：
摩擦力对棒及环做的总功：
联立解得：
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 本题考查牛顿第二定律的应用，需分析环的受力，明确摩擦力与重力的合力提供加速度；
(2) 本题结合匀变速直线运动公式，分析棒第一次弹起的运动过程，关键是求出弹起的最大高度，再计算总路程；
(3) 本题考查能量守恒定律，系统重力势能的减少量全部转化为克服摩擦力做的功，通过能量关系求解相对滑动距离，进而得到摩擦力的总功。
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