高級中學名校試卷PAGEPAGE1黃陂區2023-2024學年度下學期高一期末質量檢測物理試卷黃陂區教研室命制本試卷共5頁，15題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。★祝考試順利★注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并認真核準準考證號條形碼上的以上信息，將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標號涂黑：非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.某片樹葉從空中飄落的軌跡為曲線。則該樹葉（）A.速度在不斷變化 B.一定在做勻變速運動C.所受的合力一定保持不變 D.加速度方向可能與速度方向始終在同一直線上〖答案〗A〖解析〗A．樹葉從空中飄落的軌跡為曲線，則速度的方向不斷改變，速度不斷變化，故A正確；BC．若樹葉做勻變速曲線運動，此時合力與加速度不變，所以樹葉可能做勻變速運動，故BC錯誤；D．雪花的運動軌跡為曲線，合力與速度方向不共線，即加速度方向與速度方向不在同一直線上，故D錯誤；故選A。2.在平坦的壘球運動場上，擊球手揮動球棒將壘球水平擊出，壘球飛行一段時間后落地。若不計空氣阻力，則（）A.壘球落地時瞬時速度的大小僅由初速度決定B.壘球在空中運動的水平位移僅由初速度決定C.壘球在空中運動的時間僅由擊球點離地面的高度決定D.壘球落地時瞬時速度的方向僅由擊球點離地面的高度決定〖答案〗C〖解析〗A．落地時的瞬時速度的大小為所以壘球落地時瞬時速度的大小既與初速度有關，也與高度有關。故A錯誤；B．壘球在空中運動的水平位移所以壘球在空中運動的水平位移與擊球點離地面的高度和球的初速度都有關。故B錯誤；C．壘球做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，由解得則知壘球在空中運動的時間僅由擊球點離地面的高度決定。故C正確；D．壘球落地時瞬時速度與水平方向夾角的正切所以壘球落地時瞬時速度的方向與擊球點離地面的高度和球的初速度都有關。故D錯誤。故選C。3.小球放在豎直的彈簧上，將小球往下按至a的位置，如圖所示。迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置c，途中經過位置b時彈簧正好處于原長，彈簧的質量和空氣阻力均可忽略，小球從a運動到c的過程中，下列說法正確的是（）A.小球的動能逐漸增大，小球和彈簧系統機械能不變B.小球的動能與彈簧的彈性勢能的總和逐漸增大C.在b點時小球的動能最大，彈簧的彈性勢能最小D.在a點時小球機械能最小，彈簧的彈性勢能最大〖答案〗D〖解析〗A．從a到c的過程，小球的動能先增大后減小，小球和彈簧系統機械能保持不變，A錯誤；B．由于小球重力勢能逐漸增大，故小球的動能與彈簧的彈性勢能的總和逐漸減小，B錯誤；C．還未到b點時，當滿足kx=mg時，小球的動能最大，到b點時彈簧的彈性勢能最小，C錯誤；D．在a點時彈簧的彈性勢能最大，故小球機械能最小，D正確。故選D。4.如圖所示，輕桿的一端固定在通過O點的水平轉軸上，另一端固定一個小球，輕桿繞O點在豎直平面內沿順時針方向做勻速圓周運動，其中A點為最高點、C點為最低點，B點與O點等高，下列說法正確的是（）A.小球經過A點時，所受桿的作用力一定豎直向下B.從A點到C點的過程，小球合力始終指向圓心C.從A點到C點的過程，小球重力的功率保持不變D.小球經過B點時，所受桿的作用力沿著BO方向〖答案〗B〖解析〗A．小球經過A點時，合外力提供向心力，則當小球速度較小時則所受桿的作用力豎直向上；當小球速度較大時則所受桿的作用力豎直向下；當小球速度滿足則桿對小球無作用力。故A錯誤；B．依題意，小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，從A點到C點的過程，小球合力始終指向圓心。故B正確；C．由圖可知A點和C點處重力與速度方向垂直，則小球重力的功率為0，與B點對稱的位置處重力與速度共線，故重力功率不為0，則從A點到C點的過程，小球重力的功率先增大再減小。故C錯誤；D．合外力提供向心力，小球受重力和桿給的作用力，則小球所受桿的作用力為右上方。故D錯誤。故選B。5.一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間t的關系圖線如圖所示，由圖可知（）A.該簡諧運動的周期是，振幅是7cmB.該簡諧運動的表達式可能為C.時振子的速度最大，且方向向下D.時振子的位移為〖答案〗B〖解析〗A．根據圖像可知，該簡諧運動的周期是，振幅是7cm，故A錯誤；B．應該完整的規則的正弦式振動方程為將上述函數的圖像向左平移得到圖像中的波形，則該簡諧運動的表達式可能為故B正確；C．根據圖像可知，時振子處于平衡位置，振子的速度最大，速度方向向上，故C錯誤；D．由于可以解得時振子的位移為故D錯誤。故選B。6.如圖所示，甲、乙為兩顆軌道在同一平面內地球人造衛星，其中甲衛星的軌道為圓形，乙衛星的軌道為橢圓形，M、N分別為橢圓軌道的近地點和遠地點，P點為兩軌道的一個交點，圓形軌道的直徑與橢圓軌道的長軸相等。以下說法正確的是（）A.衛星甲的周期小于衛星乙的周期B.衛星乙在M點的動能小于在N點的動能C.衛星甲在P點的加速度大于衛星乙在P點的加速度D.衛星甲在P點的線速度大于衛星乙在N點的線速度〖答案〗D〖解析〗A．由開普勒第三定律可知，由于圓軌道的直徑與橢圓軌道的長軸相等，所以二者的周期一定是相等的。故A錯誤；B．由開普勒第二定律可知，衛星乙在M點的速率大于在N點的速率，根據可知衛星乙在M點的動能大于在N點的動能。故B錯誤；C．根據解得兩衛星在P點到地球距離是相等的，所以它們在P點的加速度是相等的。故C錯誤；D．乙衛星的軌跡是橢圓，在P點的線速度大于在N點的線速度，若其在P點加速可進入衛星甲的圓軌道穩定運行，所以衛星甲在P點的線速度大于衛星乙在N點的線速度。故D正確。故選D。7.學校運動會上，參加鉛球項目的運動員，把5kg的鉛球以6m/s的初速度從某一高度投擲出去，如圖所示，拋射角，鉛球落地速度與水平地面夾角53°，不計空氣阻力，重力加速度g取，則鉛球從拋出到落地的時間是（）A.0.5s B.0.8s C.1.0s D.1.5s〖答案〗C〖解析〗把v0沿水平方向、豎直方向分解，在豎直方向，鉛球以初速度做豎直上拋運動，水平方向以做勻速直線運動，規定豎直向下為正方向，鉛球落地時豎直方向的速度鉛球的落地速度v與水平地面夾角，則有解得t=1.0s故選C。8.一質量m=60kg的運動員從下蹲狀態豎直向上跳起，經t=0.2s以大小v=1m/s的速度離開地面，重力加速度g=10。在這0.2s內（）A.地面對運動員的沖量大小為180N·sB.地面對運動員沖量大小為60N·sC.地面對運動員做的功為零D.地面對運動員做的功為30J〖答案〗AC〖解析〗AB．人的速度原來為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動量定理可得代入數據解得地面對人的沖量為A正確，B錯誤；CD．人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，故地面對運動員的支持力不做功，C正確，D錯誤。故選AC。9.在處的波源P產生一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波，在處的波源Q產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧描波，時刻兩波源開始振動，時兩列簡諧波的波形圖分別如圖中實線和虛線所示，下列說法正確的是（）A.兩波源的起振方向均沿y軸負方向B.兩列波的波速大小均為2m/sC.再經過0.1s，平衡位置在處的質點位移為0.1mD.再經過0.1s，平衡位置在處的質點位移為0.3m〖答案〗BD〖解析〗A．根據同側法由圖可知，兩波源的起振方向均沿y軸正方向，故A錯誤；B．由圖可知，0~0.5s兩列波的傳播距離相等均為則兩列波的波速大小均為故B正確；C．由圖可知，0~0.5s兩列波均傳播，則兩列波的周期均為s=0.4s再經過0.1s，兩列波平衡位置在處的質點均回到平衡位置，則位移為0，故C錯誤；D．同C選項分析，再經過0.1s，兩列波平衡位置在處的質點均位于波峰處，根據波的疊加可知，此時質點的位移為故D正確。故選BD。10.如圖，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角30°，順時針勻速轉動，把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間變化關系如圖所示。已知貨物質量為10kg，重力加速度取10m/s2。則（）A.傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/sB.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5C.運送貨物的整個過程中傳送帶多消耗的電能810JD.運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功15J〖答案〗AC〖解析〗A．由圖乙可知，物體在被傳送帶運送過程中，先做勻加速直線運動，加速到和傳送帶速度相同時，和傳送帶一起做勻速直線運動，故可知傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/s，故A正確；B．圖像的斜率表示加速度，由圖乙可知，加速度階段物體的加速度為由牛頓第二定律有解得故B錯誤；C．內物塊和傳送帶發生相對滑動，設物塊的位移為，傳送帶的位移為，相對位移為，則有因摩擦而產生的熱量為由圖乙可得傳送帶的長度為則可得運送貨物的整個過程中傳送帶多消耗的電能為故C正確；D．運送物體的整個過程中，摩擦力對物體做功可分為兩個階段，第一階段為滑動摩擦力做功，第二階段為靜摩擦力做功，則可得摩擦力對物塊做的功為故D錯誤故選AC。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.用如圖所示的實驗裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度和半徑r之間的關系，轉動手柄使長槽和短槽分別隨塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力套筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。實驗用球分為鋼球和鋁球，請回答相關問題：（1）在某次實驗中，某同學把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，A、C到塔輪中心距離相等，將皮帶處于左、右塔輪的半徑不等的層上。轉動手柄，觀察左右標尺的刻度，此時可研究向心力的大小與______的關系。A.質量m B.半徑r C.角速度（2）在（1）的實驗中，某同學勻速轉動手柄時，左邊標尺露出1個格，右邊標尺露出4個格，則皮帶連擺的左、右塔輪半徑之比為______。其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則左、右兩標尺的示數______，兩標尺示數的比值______（均選填“變大”“變小”或“不變”）。〖答案〗（1）C（2）2:1變大不變〖解析〗【小問1詳析】依題意，兩球質量m相等、轉動半徑r相等，塔輪皮帶邊緣線速度大小相等，根據可知，塔輪角速度不同，即小球角速度不同，此時可研究向心力的大小與角速度的關系。故選C。【小問2詳析】左邊標尺露出1個格，右邊標尺露出4個格，則向心力之比為1：4，由可知，小球的角速度之比為1：2，由則皮帶連接的左、右塔輪半徑之比為2：1。其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則兩塔輪的角速度隨之增大，但其比值保持不12.如圖所示為傾斜放置的氣墊導軌，用來驗證機械能守恒定律。已知滑塊（包含遮光條）的質量為m，滑塊上遮光條的寬度為d，重力加速度為g。現將滑塊由靜止釋放，向下運動中兩個光電門G1和G2分別記錄了遮光條通過光電門的時間t1和t2，則（1）滑塊通過光電門G1時的速度大小為_______________；（2）滑塊通過兩個光電門過程中的動能增量_________________；（3）滑塊通過兩個光電門過程中重力勢能的減少量______________（可用圖中所標符號）；若兩者在實驗誤差允許范圍內滿足，則滑塊在下滑過程中機械能守恒。（4）若實驗中滑塊以初速度v0下滑，____________（選填“能”或“不能”）驗證機械能守恒。〖答案〗（1）（2）（3）（4）能〖解析〗解：（1）用平均速度近似表示瞬時速度，滑塊經光電門G1時的速度大小為（2）滑塊經兩個光電門運動中動能的增量（3）滑塊經兩個光電門運動中重力勢能的減少增量?Ep減=mgs（4）由第二小題的〖解析〗可知，滑塊的機械能守恒與否與滑塊開始下滑的初速度無關，仍只有重力做功，因此若實驗中滑塊以初速度v0下滑能驗證機械能守恒。13.沿軸正方向傳播的簡諧橫波在時的波形如圖所示，此時，波傳播到處的質點，而平衡位置為處的質點A正好位于波谷位置，此后經質點A恰好第一次到達波峰。求：（1）該波的波速；（2）在時，平衡位置為處的質點的位移？〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由題意知，時間間隔解得由圖可知，波長，則波速為（2）波傳到C點所用時間為此時質點C開始沿y軸正方向運動，再經過時間可知，時刻C點到達波谷，即14.如圖所示，質量為2m的物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側面為圓弧面且與水平地面相切，質量為3m的滑塊b以初速度向右運動滑上a，沿a左側面上滑一定高度后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦阻力，重力加速度為g，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，求：（1）滑塊b沿a上升的最大高度；（2）滑塊b運動的最小速度。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）依題意，二者水平方向動量守恒，設滑塊b沿a上升的最大高度為H，可得，解得，（2）兩滑塊分離時，滑塊b具有最小速度，由水平方向動量守恒可得根據系統能量守恒，可得聯立，解得15.如圖，由薄壁圓管構成的圓形軌道豎直固定在水平地面上，軌道半徑R=0.125m，遠大于圓管內徑，軌道底端分別與兩側的水平直軌道相切。質量m=1kg，直徑略小于圓管內徑的光滑小球A以速度向右運動，與靜止在直軌道P處的小滑塊B發生彈性碰撞，碰后球A的速度反向，且經過圓軌道最高點Q時恰好對軌道無作用力。P點右側由多段粗糙軌道、光滑軌道交替排列組成，每段軌道長度均為L=0.1m，緊鄰P點的第一段軌道為粗糙軌道，滑塊B與各粗糙軌道間的動摩擦因數均為μ=0.1，重力加速度g取。求：（1）碰撞后瞬間小球A速度的大小；（2）滑塊B的質量和碰撞后瞬間滑塊B速度的大小；（3）碰撞后滑塊B運動的路程。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）設碰撞后瞬間小球A速度的大小為，碰后小球A經過圓軌道最高點Q時恰好對軌道無作用力，根據牛頓第二定律有根據能量守恒定律有解得（2）小球A與小滑塊B發生彈性碰撞，規定向右為正方形，根據動量守恒定律及能量守恒定律有解得，（3）碰后對小滑塊B根據功能關系可知解得m每段軌道長度均為L=0.1m，則m可知共經歷了31段粗糙軌道和光滑軌道，最終停在第32段粗糙軌道上，運動的總位移為黃陂區2023-2024學年度下學期高一期末質量檢測物理試卷黃陂區教研室命制本試卷共5頁，15題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。★祝考試順利★注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并認真核準準考證號條形碼上的以上信息，將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標號涂黑：非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.某片樹葉從空中飄落的軌跡為曲線。則該樹葉（）A.速度在不斷變化 B.一定在做勻變速運動C.所受的合力一定保持不變 D.加速度方向可能與速度方向始終在同一直線上〖答案〗A〖解析〗A．樹葉從空中飄落的軌跡為曲線，則速度的方向不斷改變，速度不斷變化，故A正確；BC．若樹葉做勻變速曲線運動，此時合力與加速度不變，所以樹葉可能做勻變速運動，故BC錯誤；D．雪花的運動軌跡為曲線，合力與速度方向不共線，即加速度方向與速度方向不在同一直線上，故D錯誤；故選A。2.在平坦的壘球運動場上，擊球手揮動球棒將壘球水平擊出，壘球飛行一段時間后落地。若不計空氣阻力，則（）A.壘球落地時瞬時速度的大小僅由初速度決定B.壘球在空中運動的水平位移僅由初速度決定C.壘球在空中運動的時間僅由擊球點離地面的高度決定D.壘球落地時瞬時速度的方向僅由擊球點離地面的高度決定〖答案〗C〖解析〗A．落地時的瞬時速度的大小為所以壘球落地時瞬時速度的大小既與初速度有關，也與高度有關。故A錯誤；B．壘球在空中運動的水平位移所以壘球在空中運動的水平位移與擊球點離地面的高度和球的初速度都有關。故B錯誤；C．壘球做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，由解得則知壘球在空中運動的時間僅由擊球點離地面的高度決定。故C正確；D．壘球落地時瞬時速度與水平方向夾角的正切所以壘球落地時瞬時速度的方向與擊球點離地面的高度和球的初速度都有關。故D錯誤。故選C。3.小球放在豎直的彈簧上，將小球往下按至a的位置，如圖所示。迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置c，途中經過位置b時彈簧正好處于原長，彈簧的質量和空氣阻力均可忽略，小球從a運動到c的過程中，下列說法正確的是（）A.小球的動能逐漸增大，小球和彈簧系統機械能不變B.小球的動能與彈簧的彈性勢能的總和逐漸增大C.在b點時小球的動能最大，彈簧的彈性勢能最小D.在a點時小球機械能最小，彈簧的彈性勢能最大〖答案〗D〖解析〗A．從a到c的過程，小球的動能先增大后減小，小球和彈簧系統機械能保持不變，A錯誤；B．由于小球重力勢能逐漸增大，故小球的動能與彈簧的彈性勢能的總和逐漸減小，B錯誤；C．還未到b點時，當滿足kx=mg時，小球的動能最大，到b點時彈簧的彈性勢能最小，C錯誤；D．在a點時彈簧的彈性勢能最大，故小球機械能最小，D正確。故選D。4.如圖所示，輕桿的一端固定在通過O點的水平轉軸上，另一端固定一個小球，輕桿繞O點在豎直平面內沿順時針方向做勻速圓周運動，其中A點為最高點、C點為最低點，B點與O點等高，下列說法正確的是（）A.小球經過A點時，所受桿的作用力一定豎直向下B.從A點到C點的過程，小球合力始終指向圓心C.從A點到C點的過程，小球重力的功率保持不變D.小球經過B點時，所受桿的作用力沿著BO方向〖答案〗B〖解析〗A．小球經過A點時，合外力提供向心力，則當小球速度較小時則所受桿的作用力豎直向上；當小球速度較大時則所受桿的作用力豎直向下；當小球速度滿足則桿對小球無作用力。故A錯誤；B．依題意，小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，從A點到C點的過程，小球合力始終指向圓心。故B正確；C．由圖可知A點和C點處重力與速度方向垂直，則小球重力的功率為0，與B點對稱的位置處重力與速度共線，故重力功率不為0，則從A點到C點的過程，小球重力的功率先增大再減小。故C錯誤；D．合外力提供向心力，小球受重力和桿給的作用力，則小球所受桿的作用力為右上方。故D錯誤。故選B。5.一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間t的關系圖線如圖所示，由圖可知（）A.該簡諧運動的周期是，振幅是7cmB.該簡諧運動的表達式可能為C.時振子的速度最大，且方向向下D.時振子的位移為〖答案〗B〖解析〗A．根據圖像可知，該簡諧運動的周期是，振幅是7cm，故A錯誤；B．應該完整的規則的正弦式振動方程為將上述函數的圖像向左平移得到圖像中的波形，則該簡諧運動的表達式可能為故B正確；C．根據圖像可知，時振子處于平衡位置，振子的速度最大，速度方向向上，故C錯誤；D．由于可以解得時振子的位移為故D錯誤。故選B。6.如圖所示，甲、乙為兩顆軌道在同一平面內地球人造衛星，其中甲衛星的軌道為圓形，乙衛星的軌道為橢圓形，M、N分別為橢圓軌道的近地點和遠地點，P點為兩軌道的一個交點，圓形軌道的直徑與橢圓軌道的長軸相等。以下說法正確的是（）A.衛星甲的周期小于衛星乙的周期B.衛星乙在M點的動能小于在N點的動能C.衛星甲在P點的加速度大于衛星乙在P點的加速度D.衛星甲在P點的線速度大于衛星乙在N點的線速度〖答案〗D〖解析〗A．由開普勒第三定律可知，由于圓軌道的直徑與橢圓軌道的長軸相等，所以二者的周期一定是相等的。故A錯誤；B．由開普勒第二定律可知，衛星乙在M點的速率大于在N點的速率，根據可知衛星乙在M點的動能大于在N點的動能。故B錯誤；C．根據解得兩衛星在P點到地球距離是相等的，所以它們在P點的加速度是相等的。故C錯誤；D．乙衛星的軌跡是橢圓，在P點的線速度大于在N點的線速度，若其在P點加速可進入衛星甲的圓軌道穩定運行，所以衛星甲在P點的線速度大于衛星乙在N點的線速度。故D正確。故選D。7.學校運動會上，參加鉛球項目的運動員，把5kg的鉛球以6m/s的初速度從某一高度投擲出去，如圖所示，拋射角，鉛球落地速度與水平地面夾角53°，不計空氣阻力，重力加速度g取，則鉛球從拋出到落地的時間是（）A.0.5s B.0.8s C.1.0s D.1.5s〖答案〗C〖解析〗把v0沿水平方向、豎直方向分解，在豎直方向，鉛球以初速度做豎直上拋運動，水平方向以做勻速直線運動，規定豎直向下為正方向，鉛球落地時豎直方向的速度鉛球的落地速度v與水平地面夾角，則有解得t=1.0s故選C。8.一質量m=60kg的運動員從下蹲狀態豎直向上跳起，經t=0.2s以大小v=1m/s的速度離開地面，重力加速度g=10。在這0.2s內（）A.地面對運動員的沖量大小為180N·sB.地面對運動員沖量大小為60N·sC.地面對運動員做的功為零D.地面對運動員做的功為30J〖答案〗AC〖解析〗AB．人的速度原來為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動量定理可得代入數據解得地面對人的沖量為A正確，B錯誤；CD．人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，故地面對運動員的支持力不做功，C正確，D錯誤。故選AC。9.在處的波源P產生一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波，在處的波源Q產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧描波，時刻兩波源開始振動，時兩列簡諧波的波形圖分別如圖中實線和虛線所示，下列說法正確的是（）A.兩波源的起振方向均沿y軸負方向B.兩列波的波速大小均為2m/sC.再經過0.1s，平衡位置在處的質點位移為0.1mD.再經過0.1s，平衡位置在處的質點位移為0.3m〖答案〗BD〖解析〗A．根據同側法由圖可知，兩波源的起振方向均沿y軸正方向，故A錯誤；B．由圖可知，0~0.5s兩列波的傳播距離相等均為則兩列波的波速大小均為故B正確；C．由圖可知，0~0.5s兩列波均傳播，則兩列波的周期均為s=0.4s再經過0.1s，兩列波平衡位置在處的質點均回到平衡位置，則位移為0，故C錯誤；D．同C選項分析，再經過0.1s，兩列波平衡位置在處的質點均位于波峰處，根據波的疊加可知，此時質點的位移為故D正確。故選BD。10.如圖，工人用傳送帶運送貨物，傳送帶傾角30°，順時針勻速轉動，把貨物從底端A點運送到頂端B點，其速度隨時間變化關系如圖所示。已知貨物質量為10kg，重力加速度取10m/s2。則（）A.傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/sB.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5C.運送貨物的整個過程中傳送帶多消耗的電能810JD.運送貨物的整個過程中摩擦力對貨物做功15J〖答案〗AC〖解析〗A．由圖乙可知，物體在被傳送帶運送過程中，先做勻加速直線運動，加速到和傳送帶速度相同時，和傳送帶一起做勻速直線運動，故可知傳送帶勻速轉動的速度大小為1m/s，故A正確；B．圖像的斜率表示加速度，由圖乙可知，加速度階段物體的加速度為由牛頓第二定律有解得故B錯誤；C．內物塊和傳送帶發生相對滑動，設物塊的位移為，傳送帶的位移為，相對位移為，則有因摩擦而產生的熱量為由圖乙可得傳送帶的長度為則可得運送貨物的整個過程中傳送帶多消耗的電能為故C正確；D．運送物體的整個過程中，摩擦力對物體做功可分為兩個階段，第一階段為滑動摩擦力做功，第二階段為靜摩擦力做功，則可得摩擦力對物塊做的功為故D錯誤故選AC。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.用如圖所示的實驗裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度和半徑r之間的關系，轉動手柄使長槽和短槽分別隨塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。橫臂的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力套筒下降，從而露出標尺，標尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值。實驗用球分為鋼球和鋁球，請回答相關問題：（1）在某次實驗中，某同學把兩個質量相等的鋼球放在A、C位置，A、C到塔輪中心距離相等，將皮帶處于左、右塔輪的半徑不等的層上。轉動手柄，觀察左右標尺的刻度，此時可研究向心力的大小與______的關系。A.質量m B.半徑r C.角速度（2）在（1）的實驗中，某同學勻速轉動手柄時，左邊標尺露出1個格，右邊標尺露出4個格，則皮帶連擺的左、右塔輪半徑之比為______。其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則左、右兩標尺的示數______，兩標尺示數的比值______（均選填“變大”“變小”或“不變”）。〖答案〗（1）C（2）2:1變大不變〖解析〗【小問1詳析】依題意，兩球質量m相等、轉動半徑r相等，塔輪皮帶邊緣線速度大小相等，根據可知，塔輪角速度不同，即小球角速度不同，此時可研究向心力的大小與角速度的關系。故選C。【小問2詳析】左邊標尺露出1個格，右邊標尺露出4個格，則向心力之比為1：4，由可知，小球的角速度之比為1：2，由則皮帶連接的左、右塔輪半徑之比為2：1。其他條件不變，若增大手柄轉動的速度，則兩塔輪的角速度隨之增大，但其比值保持不12.如圖所示為傾斜放置的氣墊導軌，用來驗證機械能守恒定律。已知滑塊（包含遮光條）的質量為m，滑塊上遮光條的寬度為d，重力加速度為g。現將滑塊由靜止釋放，向下運動中兩個光電門G1和G2分別記錄了遮光條通過光電門的時間t1和t2，則（1）滑塊通過光電門G1時的速度大小為_______________；（2）滑塊通過兩個光電門過程中的動能增量_________________；（3）滑塊通過兩個光電門過程中重力勢能的減少量______________（可用圖中所標符號）；