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广东省广州市华南师范大学附属中学2026年高三上学期综合测试（二）物理试题
1．以下说法正确的是（　　）
A．伽利略用实验验证了水平面上运动的物体在没有受到摩擦力时，物体无休止地做匀速直线运动
B．嫦娥五号成功携带月壤样品回到祖国，相同质量的月壤样品到达地球后惯性增大，重力增大
C．物体做曲线运动的过程中，动量的变化率可能不变
D．静摩擦力可以是动力，也可以是阻力，而滑动摩擦力一定是阻力
【答案】C
【知识点】动量定理；惯性与质量；伽利略理想斜面实验；静摩擦力
【解析】【解答】A、伽利略该结论是理想外推得出，无法通过实际实验完全验证无摩擦场景，故A错误；
B、惯性只由质量决定，样品质量不变则惯性不变，地球重力加速度大于月球，因此重力变大，故B错误；
C、动量变化率等于合外力，平抛运动为匀变速曲线运动，合外力恒定，动量变化率不变，故C正确；
D、滑动摩擦力也可充当动力，比如传送带带动物体加速时滑动摩擦力为动力，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查伽利略理想斜面实验，结论依靠逻辑推理，不能实物实验直接验证；
B、考查惯性决定因素与重力公式，惯性和质量挂钩，重力由决定；
C、依据动量定理，匀变速曲线运动合外力恒定则变化率不变；
D、辨析滑动摩擦力作用效果，滑动摩擦力既可做动力也可做阻力。
2．2025年8月8日至12日，世界机器人大会在北京举办。如图甲所示，分拣机器人到达指定投递口停住后，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，当托盘倾角增大某一角度时，包裹恰好开始下滑。侧视简化图如图乙，则（　　）
A．包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，包裹所受支持力大小减小
B．包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，托盘对包裹的作用力大小增大
C．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力大小增大
D．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受合外力保持不变
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、包裹滑动前受力平衡，支持力，倾角变大，减小，支持力随之减小，故A正确；
B、滑动前托盘对包裹的作用力是支持力与静摩擦力的合力，始终与重力等大反向，作用力大小不变，故B错误；
C、滑动后包裹受滑动摩擦力，倾角增大，减小，摩擦力减小，故C错误；
D、滑动后合外力，增大，合外力变大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查斜面上物体的受力分解规律，支持力随倾角增大而减小；
B、缓慢抬升包裹始终处于平衡状态，托盘整体作用力与重力平衡，大小恒定；
C、依据滑动摩擦力公式，判断滑动摩擦力随倾角的变化；
D、结合受力表达式判断合外力随托盘倾角的变化。
3．一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在进入ETC通道入口时速度为5 m/s，匀速运动到自动栏杆处，在通道内ETC完成车辆信息识别，同时自动栏杆抬起，汽车通过自动栏杆后立刻加速，直到达到原来的速度，这一过程中其v-t图像如图乙所示，则（　　）
A．汽车减速阶段和加速阶段的加速度相同
B．0~8 s内，汽车的平均速度大小为7.5 m/s
C．车辆因为通过ETC通道耽搁了8 s的时间
D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为30 m
【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、减速加速度，加速加速度，加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故A错误；
B、图像面积为位移：，平均速度，故B错误；
C、若全程匀速，走用时，耽搁，故C错误；
D、入口到栏杆处为减速+匀速：，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查加速度矢量，正负代表方向，两阶段加速度方向不一样；
B、利用v-t图面积求总位移，再结合平均速度定义式计算；
C、对比实际用时与原速匀速用时，算出耽搁时间；
D、入口到栏杆对应0~6s位移，分段求和得到距离。
4．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，如图，一名游戏者先后从同一位置（O点）射出两支完全相同的箭，一支箭以速度v1水平抛出，另一支箭以速度v2斜向上抛出，两支箭均落入壶中（P点）。不计空气阻力，忽略箭长、壶口大小等因素的影响，则（　　）
A．箭2在最高点的速度大于v1
B．从O到P，箭1速度变化量较大
C．从O到P，箭2重力做功较多
D．从O到P，箭1重力做功的平均功率较大
【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题意可知，箭1做平抛运动，箭2做斜上抛运动，根据两者竖直方向的路程可知箭1的运动时间小于箭2的运动时间，由于二者水平方向分运动均为匀速直线运动，且箭2运动到最高点的速度即为其水平方向上的分速度；根据运动轨迹可知，二者水平方向的分位移相同，但箭2的运动时间较长，根据水平方向的位移公式可知箭2在水平方向上的速度较小，即箭2在最高点的速度小于v1，故A错误；
B．根据速度公式可知两支箭从O点到P点的速度变化量可以表示为：Δv=gt，由于竖直方向路程比较大所以箭2的运动时间较长，则箭2的速度变化量更大，故B错误；
C．抛出的两支箭在空中运动的竖直位移相同，重力相同，根据重力做功的表达式可知重力做功相同，故C错误；
D．根据平均功率的表达式，由于两支箭重力做功相同，箭1运动时间较短，则箭1重力做功的平均功率较大，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以得出箭1的运动时间小于箭2的运动时间，结合水平方向的位移公式可以得出箭2在水平方向上的速度较小，即箭2在最高点的速度小于v1；利用速度公式结合运动的时间可以比较速度变化量的大小；利用重力和竖直方向的位移可以比较重力做功的大小，结合时间可以比较平均功率的大小。
5．华南师大附中科技节中，某小组进行了水火箭制作与发射比赛，如图1、图2甲是水火箭的设计图，图2乙是水火箭发射后的速度随时间变化的图像（不考虑空气阻力，t1时刻水火箭中的水恰好喷完）。则（　　）
A．t1时刻，水火箭到达最高点
B．0-t1时间内，水火箭处于超重状态
C．向下喷水的过程中，水火箭对水向下的冲量大于水对它向上的冲量
D．0~t1时间内和t1~t3时间内重力对水火箭做功相等
【答案】B
【知识点】超重与失重；功的计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、时刻速度减为零，水火箭到达最高点，时刻仍向上加速，故A错误；
B、水火箭向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，故B正确；
C、水火箭对水的力与水对火箭的力是一对相互作用力，冲量大小相等、方向相反，故C错误；
D、图像面积代表位移，上升位移与竖直方向位移不相等，重力做功，两段重力做功不相等，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像物理意义，速度由正变零的时刻才抵达最高点；
B、依据超重判定条件，加速度向上物体处于超重；
C、相互作用力满足牛顿第三定律，相互冲量大小一定相等；
D、重力做功与竖直位移相关，两段时间段位移不同则做功不同。
6．质量相同的两物块A、B，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，物块B套在一光滑的细杆上，初始时用一水平力F把B拉到如图所示位置。使A、B均处于静止状态。撤去水平力F后，A向下运动，B向右运动，从开始运动到B第一次运动到滑轮正下方的过程中（A向下运动过程中不会与杆相碰）（　　）
A．物块A的速度大于物块B的速度
B．细绳对物块A的拉力始终小于A的重力
C．当物块A的速度为零时，物块B的速度一定也为零
D．物块A的速度先变大后变小，物块B的速度一直增大
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】ABC．令细绳与细杆的夹角为，如图所示
根据速度的合成，有，所以，随着B向右运动，逐渐增大，当B运动到滑轮正下方时，B的速度在竖直方向的分量为0，所以此时A的速度为0，则在这个过程中A的速度先增大后减小，A的加速度先向下后向上，根据牛顿第二定律可知细绳对物块A的拉力先小于A的重力后大于A的重力，故ABC错误；
D．把AB两物块（包括细绳）看成一个系统，系统所受合力为零，所以系统机械能守恒，由上可知A的速度增大时B的速度也在增大，当A的速度减小时，因为机械能守恒，所以B的动能还在增大，即速度还在增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】ABC、考查运动的分解，沿绳分速度等于 A 的速度；由 A 先加速后减速，减速阶段拉力大于自身重力；A 速度为零时 B 在滑轮正下方，B 速度不为零；
D、结合分速度关系，B不断加速，A先加速后减速。
7．如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一铁球在距离弹簧自由端一定高度处的O点静止自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧（弹簧在弹性限度内）。以O点为原点建立Ox坐标轴，从静止释放到回到O点的过程，小球的速度随时间变化（取竖直向下为正方向），动能随坐标x变化，加速度随坐标x变化及重力势能随坐标x变化的图像正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球先自由下落，v-t图像为倾斜直线；接触弹簧后加速度先减小、反向增大，速度先增后减，到最低点速度为零；反弹过程先加速后减速回到O点，全过程速度不会最后归零在横轴，故A错误；
B、自由下落阶段由机械能守恒，动能随x线性增大；接触弹簧后，为开口向下抛物线，到最低点动能为0，图像符合规律，故B正确；
C、自由下落阶段恒定；压缩阶段加速度线性变化，反弹阶段弹簧伸长规律和压缩阶段不同，两段a-x图像不关于最低点对称，题图形状错误，故C错误；
D、重力势能，全程为一条倾斜下降直线，不会出现先降后升，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像与变加速运动，下落、压缩、反弹三阶段速度变化规律不同；
B、结合机械能守恒，自由段动能线性变化，碰弹簧后动能为二次函数变化；
C、依据牛顿第二定律分析加速度，压缩与反弹阶段弹力变化范围不同，a-x图像不对称；
D、重力势能随x均匀减小，图像为单调递减直线。
8．某卫星从地面发射后直接进入椭圆轨道1，在远地点P变轨进入圆轨道2，在圆轨道的Q点再变轨进入椭圆轨道3，则卫星（　　）
A．在轨道1上经过P点时线速度大小小于在轨道3上经过Q点时线速度大小
B．经过轨道2的P点时加速度大小大于经过轨道3的Q点时加速度大小
C．在轨道1上运行时的机械能等于在轨道3上运行时机械能
D．在轨道1上运行的周期小于在轨道3上运行的周期
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】 A．根据题意，由变轨知识可知，卫星在轨道1上经过P点时线速度大小小于卫星在轨道2上经过P点时线速度大小，在轨道3上经过Q点时线速度大小大于在轨道2上经过Q点时线速度大小，而卫星在轨道2上经过Q点时线速度大小等于卫星在轨道2上经过P点时线速度大小，可得在轨道1上经过P点时线速度大小小于在轨道3上经过Q点时线速度大小，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有，解得可知，经过轨道2的P点时加速度大小等于经过轨道3的Q点时加速度大小，故B错误；
C．根据题意，由变轨知识可知，卫星由轨道1进入到轨道2需要加速，机械能增加，从轨道2进入轨道3也需要加速，机械能增加，则卫星在轨道1上运行时的机械能小于在轨道3上运行时机械能，故C错误；
D．根据题意，由开普勒第三定律可知，由于卫星在轨道1的半长轴小于在轨道3的半长轴，则卫星在轨道1上运行的周期小于在轨道3上运行的周期，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查卫星变轨加速规律与圆轨道线速度公式，分步比较三点速率大小；
B、依据万有引力提供加速度，判断轨道半径；
C、每次变轨点火加速，卫星机械能增加；
D、利用开普勒第三定律，半长轴越小运行周期越小。
9．如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　）
A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大
B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变
C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止
D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、木板骤停后，A、B减速加速度均，初速度相同，相同时间位移相等，间距不变，惯性大小由质量决定但不影响减速快慢，故A错误；
B、A、B减速加速度、初速度全都一致，运动过程同步，间距保持不变，故B正确；
C、A、B与木板间最大静摩擦对应的临界加速度都是，木板加速度达到时二者同时相对滑动，不会一个先滑一个静止，故C错误；
D、两物体临界加速度相等，拉力增大使木板加速度到，A、B同时和木板发生相对滑动，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查滑动摩擦力与加速度，加速度和质量无关，惯性大小不能决定减速快慢；
B、初速度、加速度全相同，两物体运动同步，相对距离不变；
C、两物体临界脱离加速度一致，不会先后发生相对滑动；
D、依据，木板加速度达到临界值时A、B同时相对滑动。
10．质量为m=42kg的运动员从跳台上由静止下落时脚底离水面高H=10m，从脚底接触水面开始，运动员受到的浮力F、阻力f随入水深度h的变化关系分别如图甲、乙所示，图甲显示，运动员完全入水后，浮力保持不变；图乙中H1为入水的最大深度，假设运动员下落过程身体始终沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．运动员的最大入水深度为m
B．运动员从接触水面到恰完全入水过程，阻力做功为2080J
C．运动员从接触水面到最低点过程，合外力随入水深度均匀增大
D．从开始下落到下落至最深处，运动员的机械能减小了5600J
【答案】A,D
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、对全程由动能定理，浮力做功由图像面积求、阻力做功由图像面积求，代入数据解得，故A正确；
B、完全入水深度，阻力线性减小，先求该位置阻力，再由平均力求阻力做功，计算得，故B错误；
C、0~1.6m浮力线性增大、阻力线性减小，1.6m之后浮力恒定、阻力继续线性减小，两段合外力变化规律不同，全程合外力并非均匀增大，故C错误；
D、机械能减小量等于克服浮力与阻力做功总和，等于重力总做功，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查动能定理与变力做功，F-h、f-h图像面积代表对应变力做功；
B、阻力为线性变力，用平均力法计算做功，核对数值；
C、分两段分析浮力、阻力变化规律，合外力分段线性变化；
D、机械能减少量等于除重力外其余力做功总和，等于全程重力做功。
11．如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带。
该同学所用的打点计时器应接　 　（填“直流”或“交流”）电源；A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出。试根据纸带上的数据，推测F点的位置并在纸带上标出　 　，由纸带可得AG长度为　 　cm；已知电源频率为50Hz，则可算出与纸带相连的物体运动的加速度为　 　；（计算结果保留两位有效数字）
【答案】交流；；6.00；5.0m/s2
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】根据打点计时器的工作原理，应接交流电源；
匀变速直线运动满足公式，根据纸带上的信息可计算出
可读取出，由于
所以F点的数据值应为5.00cm，G点的数据值应为6.50cm。如图所示
所以
根据打点计时器的原理，打出两点的时间间隔为
代入公式可得到
故答案为：交流；；6.00；5.0m/s2
【分析】(1)本小问考查打点计时器电源类型，打点计时器统一使用交流电源。
(2)本小问依托匀变速直线运动推论，先算出相邻位移增量，依次推导EF、FG段长度，确定F点刻度尺位置并标注。
(3)本小问累加AB~FG全部分段长度，算出AG总刻度读数。
(4)本小问由电源频率得打点周期，结合逐差法求解加速度，结果保留两位有效数字。
12．小华利用计算机系统和光电门传感器验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，主要器材有：①光电门；②工字型挡光片；③铁架台，小华先将铁架台竖直放置，再将光电门水平固定在铁架台上，然后将挡光片用细线悬挂在光电门的正上方，确保将细线剪断后，工字型挡光片可以从中间穿过光电门且不与光电门碰撞。
（1）实验是否需要测出工字型挡光片的质量？　 　（填“是”“或“否””）
（2）若某次实验使用的工字型挡光片尺寸如图2所示，工字型挡光片的遮光宽度均为d，两挡光片之间的距离为h，重力加速度为g，剪断细线后，上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，则当满足关系式　 　时，可验证机械能守恒定律；在所有操作均正确规范的前提下，小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为　 　。
【答案】（1）否
（2）；阻力做负功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）设上下挡光片经过光电门的时的速度大小分别为、
实验中需要验证，即验证
工字型挡光片的质量被约掉，故工字型挡光片的质量不需要测量。
故答案为：“否”。
（2）上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，速度分别为，m
上下挡光片通过光电门过程中重力势能减小量
动能增加量
当满足关系式
即时，可验证机械能守恒定律
小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为阻力做负功。
故答案为：；阻力做负功
【分析】(1)本小问考查机械能守恒实验质量是否需要测量，列式验证，等式两侧质量可以约去，因此不需要测量挡光片质量。
(2)第一空利用光电门平均速度近似瞬时速度，代入守恒公式，消去质量得到待验证关系式；第二空分析系统误差来源，下落过程中空气阻力、细线阻力做负功，重力势能一部分用来克服阻力做功，造成动能增加量小于重力势能减少量。
（1）设上下挡光片经过光电门的时的速度大小分别为、
实验中需要验证，即验证
工字型挡光片的质量被约掉，故工字型挡光片的质量不需要测量。
故选“否”。
（2）[1] 上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，速度分别为，m
上下挡光片通过光电门过程中重力势能减小量
动能增加量
当满足关系式
即时，可验证机械能守恒定律
[2] 小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为阻力做负功。
13．小李想测定华附石牌校区的重力加速度大小，他取了一根没有弹性的细线，将细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球，转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一闪光标记，如图所示；O点到钢球球心的距离为L。
（1）某次实验中，当小球第一次经过标记点时，他开始计时，当小球第10次经过标记点时，他记录的时间为t，则小球运动的周期为T=　 　，若球心到转轴的垂直距离为r，则钢球的线速度大小为　 　。
（2）测量出细线与竖直方向的夹角为α，则可求出当地重力加速度大小为g =　 　。（用T、L、α表示）
（3）减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的周期　 　（填“变长”“变短”或“不变”）；
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，则与原轨道比较，小球所受拉力　 　（填“变大”“变小”或“不变”）；
【答案】（1）；
（2）
（3）不变
（4）变大
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）小球运动的周期为，钢球的线速度大小为
故答案为：；
（2）重力与拉力合力提供向心力，有，当地重力加速度大小为
故答案为：
（3）由，小球运动的周期，减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，不变，故小球运动的周期不变。
故答案为：不变
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，与原轨道比较，小球所受拉力变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 第一次经过标记开始计时，第10次经过间隔9个全周期，由此求周期；再结合圆周运动线速度公式推导线速度。
(2) 圆锥摆模型，重力与绳子拉力的合力提供向心力，圆周运动半径，由牛顿第二定律列式变形，解出重力加速度表达式。
(3) 由周期推导式，不变时周期不变。
(4) 竖直方向受力平衡，得拉力，绳长不变变大，减小，拉力变大。
（1）[1]小球运动的周期为
[2]钢球的线速度大小为
（2）重力与拉力合力提供向心力，有
当地重力加速度大小为
（3）由
小球运动的周期，减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，不变，故小球运动的周期不变。
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，与原轨道比较，小球所受拉力变大。
14．如图甲所示，山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞。模型简化图如图乙所示，甲板由水平甲板AB和上翘甲板BC两部分组成。上翘甲板BC长为L、倾角为α。一架舰载机从水平甲板A1点由静止开始做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，到达B点时舰载机恰好达到额定功率P。进入上翘甲板BC后舰载机保持额定功率P不变做变加速运动，到达C点时的起飞速度恰好是B点速度的2倍，已知舰载机的总质量为m，舰载机运动的整个过程受到的阻力与其重力的比值为k=0.2，AB与BC平滑连接，不考虑舰载机经过B点的能量损失，重力加速度为g，且sinα= 0.2。求：
（1）A1B的距离L1；
（2）舰载机在C点的加速度a1的大小；
（3）舰载机从B到C运动的时间t。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
15．图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。
（1）第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W；
（2）第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω；
（3）第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10）
【答案】（1）解：从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有
在D点重力刚好提供向心力
解得
（2）解：设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有
由向心力公式得
解得
由图像得
所以
则临界时有
解得
（3）解：设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为
动量的变化量分别为
即方向水平向左
车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下
根据矢量计算可得
解得
【知识点】动量定理；向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)本小问结合竖直圆周最高点临界条件与动能定理，D点重力单独提供向心力得到D点速度，对A到D全过程列动能定理，重力做功减去阻力、BC段摩擦力做功、滑道阻力做功等于动能变化，求解滑道与圆轨道总阻力功。
(2)先对CE段用动能定理结合E点向心力公式，整理表达式，依托图像斜率求出半圆轨道半径；再由最大向心力条件，变形求解最大角速度。
(3)小车匀速沿半圆从D到C，先算出运动时间，由动量定理得到合冲量与动量变化关系；再把轨道作用力冲量、重力冲量按矢量合成，利用勾股定理求解轨道对小车作用力的冲量大小。
（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有
在D点重力刚好提供向心力
解得
（2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有
由向心力公式得
解得
由图像得
所以
则临界时有
解得
（3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为
动量的变化量分别为
即方向水平向左
车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下
根据矢量计算可得
解得
16．如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。
（1）缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。
（2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。
（3）若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号）
【答案】（1）解：当时，由图像可知
解得
当时，由图像可知
解得
（2）解：设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有
水平方向有
水平动量守恒
对甲由动能定理有
联立解得
（3）解：设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒，
甲、乙共速时
若，可解得
若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
可得
若，可解得
若
可得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1)本小问借助F-x图像面积代表缓冲器储存弹性势能，为线性段，面积用三角形面积公式；分为三角形+矩形两段面积，分段求和得到总储能。
(2)先由平抛运动规律算出落地时间与人水平初速度，人落甲瞬间水平方向动量守恒求出共同速度，再对甲使用动能定理，得到人对甲做的功。
(3)先通过两次临界储能对应求出两个临界初速度，分三段讨论：
①初速度小于，缓冲全程弹性形变、能量全部释放，动量+机械能守恒联立求乙末速度；
②初速度在之间，缓冲被锁定到最大形变量，共速后不再回弹，由全程动量守恒求乙末速度；
③初速度大于超出形变上限，题目限定形变合规不用讨论。
（1）当时，由图像可知
解得
当时，由图像可知
解得
（2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有
水平方向有
水平动量守恒
对甲由动能定理有
联立解得
（3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒，
甲、乙共速时
若，可解得
若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
可得
若，可解得
若
可得
1 / 1广东省广州市华南师范大学附属中学2026年高三上学期综合测试（二）物理试题
1．以下说法正确的是（　　）
A．伽利略用实验验证了水平面上运动的物体在没有受到摩擦力时，物体无休止地做匀速直线运动
B．嫦娥五号成功携带月壤样品回到祖国，相同质量的月壤样品到达地球后惯性增大，重力增大
C．物体做曲线运动的过程中，动量的变化率可能不变
D．静摩擦力可以是动力，也可以是阻力，而滑动摩擦力一定是阻力
2．2025年8月8日至12日，世界机器人大会在北京举办。如图甲所示，分拣机器人到达指定投递口停住后，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，当托盘倾角增大某一角度时，包裹恰好开始下滑。侧视简化图如图乙，则（　　）
A．包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，包裹所受支持力大小减小
B．包裹滑动前，缓慢增大托盘倾角，托盘对包裹的作用力大小增大
C．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受摩擦力大小增大
D．包裹滑动后，继续增大托盘倾角，包裹所受合外力保持不变
3．一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在进入ETC通道入口时速度为5 m/s，匀速运动到自动栏杆处，在通道内ETC完成车辆信息识别，同时自动栏杆抬起，汽车通过自动栏杆后立刻加速，直到达到原来的速度，这一过程中其v-t图像如图乙所示，则（　　）
A．汽车减速阶段和加速阶段的加速度相同
B．0~8 s内，汽车的平均速度大小为7.5 m/s
C．车辆因为通过ETC通道耽搁了8 s的时间
D．ETC通道入口到自动栏杆处的距离为30 m
4．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，如图，一名游戏者先后从同一位置（O点）射出两支完全相同的箭，一支箭以速度v1水平抛出，另一支箭以速度v2斜向上抛出，两支箭均落入壶中（P点）。不计空气阻力，忽略箭长、壶口大小等因素的影响，则（　　）
A．箭2在最高点的速度大于v1
B．从O到P，箭1速度变化量较大
C．从O到P，箭2重力做功较多
D．从O到P，箭1重力做功的平均功率较大
5．华南师大附中科技节中，某小组进行了水火箭制作与发射比赛，如图1、图2甲是水火箭的设计图，图2乙是水火箭发射后的速度随时间变化的图像（不考虑空气阻力，t1时刻水火箭中的水恰好喷完）。则（　　）
A．t1时刻，水火箭到达最高点
B．0-t1时间内，水火箭处于超重状态
C．向下喷水的过程中，水火箭对水向下的冲量大于水对它向上的冲量
D．0~t1时间内和t1~t3时间内重力对水火箭做功相等
6．质量相同的两物块A、B，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，物块B套在一光滑的细杆上，初始时用一水平力F把B拉到如图所示位置。使A、B均处于静止状态。撤去水平力F后，A向下运动，B向右运动，从开始运动到B第一次运动到滑轮正下方的过程中（A向下运动过程中不会与杆相碰）（　　）
A．物块A的速度大于物块B的速度
B．细绳对物块A的拉力始终小于A的重力
C．当物块A的速度为零时，物块B的速度一定也为零
D．物块A的速度先变大后变小，物块B的速度一直增大
7．如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一铁球在距离弹簧自由端一定高度处的O点静止自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧（弹簧在弹性限度内）。以O点为原点建立Ox坐标轴，从静止释放到回到O点的过程，小球的速度随时间变化（取竖直向下为正方向），动能随坐标x变化，加速度随坐标x变化及重力势能随坐标x变化的图像正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．某卫星从地面发射后直接进入椭圆轨道1，在远地点P变轨进入圆轨道2，在圆轨道的Q点再变轨进入椭圆轨道3，则卫星（　　）
A．在轨道1上经过P点时线速度大小小于在轨道3上经过Q点时线速度大小
B．经过轨道2的P点时加速度大小大于经过轨道3的Q点时加速度大小
C．在轨道1上运行时的机械能等于在轨道3上运行时机械能
D．在轨道1上运行的周期小于在轨道3上运行的周期
9．如图，A、B两物体放在足够长的木板上，它们的质量分别为M和m，且M>m，A、B与木板的动摩擦因数相同，A、B间距离足够大，木板置于水平地面上，则（　　）
A．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，则由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大
B．若A、B随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，某时刻木板突然停止运动，之后A、B间距离保持不变
C．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A与木板间发生相对运动时，B仍与木板相对静止
D．若A、B与长木板处于静止状态，用逐渐增大的水平力F向右拉动木板，A、B与木板同时发生相对运动
10．质量为m=42kg的运动员从跳台上由静止下落时脚底离水面高H=10m，从脚底接触水面开始，运动员受到的浮力F、阻力f随入水深度h的变化关系分别如图甲、乙所示，图甲显示，运动员完全入水后，浮力保持不变；图乙中H1为入水的最大深度，假设运动员下落过程身体始终沿竖直方向，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．运动员的最大入水深度为m
B．运动员从接触水面到恰完全入水过程，阻力做功为2080J
C．运动员从接触水面到最低点过程，合外力随入水深度均匀增大
D．从开始下落到下落至最深处，运动员的机械能减小了5600J
11．如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带。
该同学所用的打点计时器应接　 　（填“直流”或“交流”）电源；A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清晰而未画出。试根据纸带上的数据，推测F点的位置并在纸带上标出　 　，由纸带可得AG长度为　 　cm；已知电源频率为50Hz，则可算出与纸带相连的物体运动的加速度为　 　；（计算结果保留两位有效数字）
12．小华利用计算机系统和光电门传感器验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，主要器材有：①光电门；②工字型挡光片；③铁架台，小华先将铁架台竖直放置，再将光电门水平固定在铁架台上，然后将挡光片用细线悬挂在光电门的正上方，确保将细线剪断后，工字型挡光片可以从中间穿过光电门且不与光电门碰撞。
（1）实验是否需要测出工字型挡光片的质量？　 　（填“是”“或“否””）
（2）若某次实验使用的工字型挡光片尺寸如图2所示，工字型挡光片的遮光宽度均为d，两挡光片之间的距离为h，重力加速度为g，剪断细线后，上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，则当满足关系式　 　时，可验证机械能守恒定律；在所有操作均正确规范的前提下，小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为　 　。
13．小李想测定华附石牌校区的重力加速度大小，他取了一根没有弹性的细线，将细线上端固定于摇柄下端O点处，另一端连接一小钢球，转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面内做匀速圆周运动，在圆周上某处安装一闪光标记，如图所示；O点到钢球球心的距离为L。
（1）某次实验中，当小球第一次经过标记点时，他开始计时，当小球第10次经过标记点时，他记录的时间为t，则小球运动的周期为T=　 　，若球心到转轴的垂直距离为r，则钢球的线速度大小为　 　。
（2）测量出细线与竖直方向的夹角为α，则可求出当地重力加速度大小为g =　 　。（用T、L、α表示）
（3）减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的周期　 　（填“变长”“变短”或“不变”）；
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，则与原轨道比较，小球所受拉力　 　（填“变大”“变小”或“不变”）；
14．如图甲所示，山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞。模型简化图如图乙所示，甲板由水平甲板AB和上翘甲板BC两部分组成。上翘甲板BC长为L、倾角为α。一架舰载机从水平甲板A1点由静止开始做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，到达B点时舰载机恰好达到额定功率P。进入上翘甲板BC后舰载机保持额定功率P不变做变加速运动，到达C点时的起飞速度恰好是B点速度的2倍，已知舰载机的总质量为m，舰载机运动的整个过程受到的阻力与其重力的比值为k=0.2，AB与BC平滑连接，不考虑舰载机经过B点的能量损失，重力加速度为g，且sinα= 0.2。求：
（1）A1B的距离L1；
（2）舰载机在C点的加速度a1的大小；
（3）舰载机从B到C运动的时间t。
15．图甲所示的电动玩具车的部分轨道可抽象简化为图乙的模型。BE为水平直轨道，点B、C、E分别为螺旋滑槽、单匝竖直圆轨道、水平半圆轨道与水平直轨道的切点，小车可视为质点，质量m=40g，xBC= 1.0m，xCE=0.5m，滑槽上A点到地面的距离h=1.6m，竖直圆轨道半径R=0.3m，小车在直轨道BE所受的阻力大小均为f=0.2N，重力加速度g取10m/s2。
（1）第一次实验，关闭小车发动机，将小车从A点静止释放，小车沿着螺旋滑槽滑下，从B点滑上水平直轨道，且恰能通过竖直圆轨道的最高点D，求此过程中，小车克服螺旋滑槽和竖直圆轨道的阻力做的功W；
（2）第二次实验，在不同位置释放小车，测得小车离开竖直圆轨道C点时的速率为vc，经过半圆轨道E点的向心力为F，vc2随着F变化的图像如图丙所示。小车在半圆轨道E点的最大向心力不能超过F0=28.8N，求小车经E点进入水平圆轨道做匀速圆周运动的最大角速度ω；
（3）第三次实验，通过遥控装置控制小车在竖直圆轨道完成一周匀速圆周运动，速率恒为m/s，求从D点运动半圈到C点轨道对小车的作用力的冲量I大小。（π2≈10）
16．如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。
（1）缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。
（2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。
（3）若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；惯性与质量；伽利略理想斜面实验；静摩擦力
【解析】【解答】A、伽利略该结论是理想外推得出，无法通过实际实验完全验证无摩擦场景，故A错误；
B、惯性只由质量决定，样品质量不变则惯性不变，地球重力加速度大于月球，因此重力变大，故B错误；
C、动量变化率等于合外力，平抛运动为匀变速曲线运动，合外力恒定，动量变化率不变，故C正确；
D、滑动摩擦力也可充当动力，比如传送带带动物体加速时滑动摩擦力为动力，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查伽利略理想斜面实验，结论依靠逻辑推理，不能实物实验直接验证；
B、考查惯性决定因素与重力公式，惯性和质量挂钩，重力由决定；
C、依据动量定理，匀变速曲线运动合外力恒定则变化率不变；
D、辨析滑动摩擦力作用效果，滑动摩擦力既可做动力也可做阻力。
2．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、包裹滑动前受力平衡，支持力，倾角变大，减小，支持力随之减小，故A正确；
B、滑动前托盘对包裹的作用力是支持力与静摩擦力的合力，始终与重力等大反向，作用力大小不变，故B错误；
C、滑动后包裹受滑动摩擦力，倾角增大，减小，摩擦力减小，故C错误；
D、滑动后合外力，增大，合外力变大，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查斜面上物体的受力分解规律，支持力随倾角增大而减小；
B、缓慢抬升包裹始终处于平衡状态，托盘整体作用力与重力平衡，大小恒定；
C、依据滑动摩擦力公式，判断滑动摩擦力随倾角的变化；
D、结合受力表达式判断合外力随托盘倾角的变化。
3．【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、减速加速度，加速加速度，加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故A错误；
B、图像面积为位移：，平均速度，故B错误；
C、若全程匀速，走用时，耽搁，故C错误；
D、入口到栏杆处为减速+匀速：，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查加速度矢量，正负代表方向，两阶段加速度方向不一样；
B、利用v-t图面积求总位移，再结合平均速度定义式计算；
C、对比实际用时与原速匀速用时，算出耽搁时间；
D、入口到栏杆对应0~6s位移，分段求和得到距离。
4．【答案】D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题意可知，箭1做平抛运动，箭2做斜上抛运动，根据两者竖直方向的路程可知箭1的运动时间小于箭2的运动时间，由于二者水平方向分运动均为匀速直线运动，且箭2运动到最高点的速度即为其水平方向上的分速度；根据运动轨迹可知，二者水平方向的分位移相同，但箭2的运动时间较长，根据水平方向的位移公式可知箭2在水平方向上的速度较小，即箭2在最高点的速度小于v1，故A错误；
B．根据速度公式可知两支箭从O点到P点的速度变化量可以表示为：Δv=gt，由于竖直方向路程比较大所以箭2的运动时间较长，则箭2的速度变化量更大，故B错误；
C．抛出的两支箭在空中运动的竖直位移相同，重力相同，根据重力做功的表达式可知重力做功相同，故C错误；
D．根据平均功率的表达式，由于两支箭重力做功相同，箭1运动时间较短，则箭1重力做功的平均功率较大，故D正确。
故选D。
【分析】利用竖直方向的位移公式可以得出箭1的运动时间小于箭2的运动时间，结合水平方向的位移公式可以得出箭2在水平方向上的速度较小，即箭2在最高点的速度小于v1；利用速度公式结合运动的时间可以比较速度变化量的大小；利用重力和竖直方向的位移可以比较重力做功的大小，结合时间可以比较平均功率的大小。
5．【答案】B
【知识点】超重与失重；功的计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、时刻速度减为零，水火箭到达最高点，时刻仍向上加速，故A错误；
B、水火箭向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，故B正确；
C、水火箭对水的力与水对火箭的力是一对相互作用力，冲量大小相等、方向相反，故C错误；
D、图像面积代表位移，上升位移与竖直方向位移不相等，重力做功，两段重力做功不相等，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像物理意义，速度由正变零的时刻才抵达最高点；
B、依据超重判定条件，加速度向上物体处于超重；
C、相互作用力满足牛顿第三定律，相互冲量大小一定相等；
D、重力做功与竖直位移相关，两段时间段位移不同则做功不同。
6．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】ABC．令细绳与细杆的夹角为，如图所示
根据速度的合成，有，所以，随着B向右运动，逐渐增大，当B运动到滑轮正下方时，B的速度在竖直方向的分量为0，所以此时A的速度为0，则在这个过程中A的速度先增大后减小，A的加速度先向下后向上，根据牛顿第二定律可知细绳对物块A的拉力先小于A的重力后大于A的重力，故ABC错误；
D．把AB两物块（包括细绳）看成一个系统，系统所受合力为零，所以系统机械能守恒，由上可知A的速度增大时B的速度也在增大，当A的速度减小时，因为机械能守恒，所以B的动能还在增大，即速度还在增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】ABC、考查运动的分解，沿绳分速度等于 A 的速度；由 A 先加速后减速，减速阶段拉力大于自身重力；A 速度为零时 B 在滑轮正下方，B 速度不为零；
D、结合分速度关系，B不断加速，A先加速后减速。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小球先自由下落，v-t图像为倾斜直线；接触弹簧后加速度先减小、反向增大，速度先增后减，到最低点速度为零；反弹过程先加速后减速回到O点，全过程速度不会最后归零在横轴，故A错误；
B、自由下落阶段由机械能守恒，动能随x线性增大；接触弹簧后，为开口向下抛物线，到最低点动能为0，图像符合规律，故B正确；
C、自由下落阶段恒定；压缩阶段加速度线性变化，反弹阶段弹簧伸长规律和压缩阶段不同，两段a-x图像不关于最低点对称，题图形状错误，故C错误；
D、重力势能，全程为一条倾斜下降直线，不会出现先降后升，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像与变加速运动，下落、压缩、反弹三阶段速度变化规律不同；
B、结合机械能守恒，自由段动能线性变化，碰弹簧后动能为二次函数变化；
C、依据牛顿第二定律分析加速度，压缩与反弹阶段弹力变化范围不同，a-x图像不对称；
D、重力势能随x均匀减小，图像为单调递减直线。
8．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】 A．根据题意，由变轨知识可知，卫星在轨道1上经过P点时线速度大小小于卫星在轨道2上经过P点时线速度大小，在轨道3上经过Q点时线速度大小大于在轨道2上经过Q点时线速度大小，而卫星在轨道2上经过Q点时线速度大小等于卫星在轨道2上经过P点时线速度大小，可得在轨道1上经过P点时线速度大小小于在轨道3上经过Q点时线速度大小，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有，解得可知，经过轨道2的P点时加速度大小等于经过轨道3的Q点时加速度大小，故B错误；
C．根据题意，由变轨知识可知，卫星由轨道1进入到轨道2需要加速，机械能增加，从轨道2进入轨道3也需要加速，机械能增加，则卫星在轨道1上运行时的机械能小于在轨道3上运行时机械能，故C错误；
D．根据题意，由开普勒第三定律可知，由于卫星在轨道1的半长轴小于在轨道3的半长轴，则卫星在轨道1上运行的周期小于在轨道3上运行的周期，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查卫星变轨加速规律与圆轨道线速度公式，分步比较三点速率大小；
B、依据万有引力提供加速度，判断轨道半径；
C、每次变轨点火加速，卫星机械能增加；
D、利用开普勒第三定律，半长轴越小运行周期越小。
9．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、木板骤停后，A、B减速加速度均，初速度相同，相同时间位移相等，间距不变，惯性大小由质量决定但不影响减速快慢，故A错误；
B、A、B减速加速度、初速度全都一致，运动过程同步，间距保持不变，故B正确；
C、A、B与木板间最大静摩擦对应的临界加速度都是，木板加速度达到时二者同时相对滑动，不会一个先滑一个静止，故C错误；
D、两物体临界加速度相等，拉力增大使木板加速度到，A、B同时和木板发生相对滑动，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查滑动摩擦力与加速度，加速度和质量无关，惯性大小不能决定减速快慢；
B、初速度、加速度全相同，两物体运动同步，相对距离不变；
C、两物体临界脱离加速度一致，不会先后发生相对滑动；
D、依据，木板加速度达到临界值时A、B同时相对滑动。
10．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、对全程由动能定理，浮力做功由图像面积求、阻力做功由图像面积求，代入数据解得，故A正确；
B、完全入水深度，阻力线性减小，先求该位置阻力，再由平均力求阻力做功，计算得，故B错误；
C、0~1.6m浮力线性增大、阻力线性减小，1.6m之后浮力恒定、阻力继续线性减小，两段合外力变化规律不同，全程合外力并非均匀增大，故C错误；
D、机械能减小量等于克服浮力与阻力做功总和，等于重力总做功，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查动能定理与变力做功，F-h、f-h图像面积代表对应变力做功；
B、阻力为线性变力，用平均力法计算做功，核对数值；
C、分两段分析浮力、阻力变化规律，合外力分段线性变化；
D、机械能减少量等于除重力外其余力做功总和，等于全程重力做功。
11．【答案】交流；；6.00；5.0m/s2
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】根据打点计时器的工作原理，应接交流电源；
匀变速直线运动满足公式，根据纸带上的信息可计算出
可读取出，由于
所以F点的数据值应为5.00cm，G点的数据值应为6.50cm。如图所示
所以
根据打点计时器的原理，打出两点的时间间隔为
代入公式可得到
故答案为：交流；；6.00；5.0m/s2
【分析】(1)本小问考查打点计时器电源类型，打点计时器统一使用交流电源。
(2)本小问依托匀变速直线运动推论，先算出相邻位移增量，依次推导EF、FG段长度，确定F点刻度尺位置并标注。
(3)本小问累加AB~FG全部分段长度，算出AG总刻度读数。
(4)本小问由电源频率得打点周期，结合逐差法求解加速度，结果保留两位有效数字。
12．【答案】（1）否
（2）；阻力做负功
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）设上下挡光片经过光电门的时的速度大小分别为、
实验中需要验证，即验证
工字型挡光片的质量被约掉，故工字型挡光片的质量不需要测量。
故答案为：“否”。
（2）上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，速度分别为，m
上下挡光片通过光电门过程中重力势能减小量
动能增加量
当满足关系式
即时，可验证机械能守恒定律
小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为阻力做负功。
故答案为：；阻力做负功
【分析】(1)本小问考查机械能守恒实验质量是否需要测量，列式验证，等式两侧质量可以约去，因此不需要测量挡光片质量。
(2)第一空利用光电门平均速度近似瞬时速度，代入守恒公式，消去质量得到待验证关系式；第二空分析系统误差来源，下落过程中空气阻力、细线阻力做负功，重力势能一部分用来克服阻力做功，造成动能增加量小于重力势能减少量。
（1）设上下挡光片经过光电门的时的速度大小分别为、
实验中需要验证，即验证
工字型挡光片的质量被约掉，故工字型挡光片的质量不需要测量。
故选“否”。
（2）[1] 上下挡光片通过光电门的时间分别为t1和t2，速度分别为，m
上下挡光片通过光电门过程中重力势能减小量
动能增加量
当满足关系式
即时，可验证机械能守恒定律
[2] 小华发现挡光片动能增加量总是小于其重力势能减少量，可能是因为阻力做负功。
13．【答案】（1）；
（2）
（3）不变
（4）变大
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）小球运动的周期为，钢球的线速度大小为
故答案为：；
（2）重力与拉力合力提供向心力，有，当地重力加速度大小为
故答案为：
（3）由，小球运动的周期，减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，不变，故小球运动的周期不变。
故答案为：不变
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，与原轨道比较，小球所受拉力变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 第一次经过标记开始计时，第10次经过间隔9个全周期，由此求周期；再结合圆周运动线速度公式推导线速度。
(2) 圆锥摆模型，重力与绳子拉力的合力提供向心力，圆周运动半径，由牛顿第二定律列式变形，解出重力加速度表达式。
(3) 由周期推导式，不变时周期不变。
(4) 竖直方向受力平衡，得拉力，绳长不变变大，减小，拉力变大。
（1）[1]小球运动的周期为
[2]钢球的线速度大小为
（2）重力与拉力合力提供向心力，有
当地重力加速度大小为
（3）由
小球运动的周期，减小α，同时调节绳长，使得小球保持在原水平面内做匀速圆周运动，不变，故小球运动的周期不变。
（4）若绳长不变，α变大，使小球在新的轨道做匀速圆周运动，与原轨道比较，小球所受拉力变大。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
15．【答案】（1）解：从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有
在D点重力刚好提供向心力
解得
（2）解：设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有
由向心力公式得
解得
由图像得
所以
则临界时有
解得
（3）解：设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为
动量的变化量分别为
即方向水平向左
车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下
根据矢量计算可得
解得
【知识点】动量定理；向心力；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)本小问结合竖直圆周最高点临界条件与动能定理，D点重力单独提供向心力得到D点速度，对A到D全过程列动能定理，重力做功减去阻力、BC段摩擦力做功、滑道阻力做功等于动能变化，求解滑道与圆轨道总阻力功。
(2)先对CE段用动能定理结合E点向心力公式，整理表达式，依托图像斜率求出半圆轨道半径；再由最大向心力条件，变形求解最大角速度。
(3)小车匀速沿半圆从D到C，先算出运动时间，由动量定理得到合冲量与动量变化关系；再把轨道作用力冲量、重力冲量按矢量合成，利用勾股定理求解轨道对小车作用力的冲量大小。
（1）从A到竖直圆轨道最高点D，由动能定理有
在D点重力刚好提供向心力
解得
（2）设半圆轨道半径为r，从C点到E点，由动能定理有
由向心力公式得
解得
由图像得
所以
则临界时有
解得
（3）设水平向左为正方向，从D点到C点，小车的运动时间为
动量的变化量分别为
即方向水平向左
车受到重力和轨道给车的作用力，且合外力的冲量水平向左，重力冲量竖直向下
根据矢量计算可得
解得
16．【答案】（1）解：当时，由图像可知
解得
当时，由图像可知
解得
（2）解：设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有
水平方向有
水平动量守恒
对甲由动能定理有
联立解得
（3）解：设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒，
甲、乙共速时
若，可解得
若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
可得
若，可解得
若
可得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1)本小问借助F-x图像面积代表缓冲器储存弹性势能，为线性段，面积用三角形面积公式；分为三角形+矩形两段面积，分段求和得到总储能。
(2)先由平抛运动规律算出落地时间与人水平初速度，人落甲瞬间水平方向动量守恒求出共同速度，再对甲使用动能定理，得到人对甲做的功。
(3)先通过两次临界储能对应求出两个临界初速度，分三段讨论：
①初速度小于，缓冲全程弹性形变、能量全部释放，动量+机械能守恒联立求乙末速度；
②初速度在之间，缓冲被锁定到最大形变量，共速后不再回弹，由全程动量守恒求乙末速度；
③初速度大于超出形变上限，题目限定形变合规不用讨论。
（1）当时，由图像可知
解得
当时，由图像可知
解得
（2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有
水平方向有
水平动量守恒
对甲由动能定理有
联立解得
（3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒，
甲、乙共速时
若，可解得
若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
可得
若，可解得
若
可得
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