第1頁（共1頁）2025年陜西省榆林市高考物理一模試卷一、選擇題：本部分共10題，每題3分，共30分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．（3分）如圖所示為某研究小組在暗室中用頻閃照相的方法記錄了一滴水下落過程的照片示意圖，照片記錄了水滴在不同時刻下落至不同的位置。若相鄰位置的時間間隔都相等，水滴所受的重力為G，阻力為f，則對于水滴的這一下落過程，下列說法中正確的是（）A．f一直小于G B．f一直大于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G2．（3分）關于物體的運動，下列說法中正確的是（）A．物體在變力作用下不可能做直線運動 B．物體做曲線運動，所受的合外力一定是變力 C．物體在恒力作用下可能做曲線運動 D．物體做曲線運動，其速度可能不變3．（3分）在機場、車站的安檢口，水平傳送帶勻速運動，一乘客將行李無初速度地放置在傳送帶上，最終行李隨傳送帶一起勻速運動，如圖所示。對于行李被傳送的整個過程，下列說法中正確的是（）A．傳送帶對行李一直有摩擦力作用 B．傳送帶運動速度越大，行李加速運動的時間越長 C．行李放上的開始階段相對傳送帶向前運動 D．行李放上的開始階段摩擦力對行李做負功4．（3分）如圖所示為一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，已知這列波沿x軸正方向傳播，波速為20m/s，質點P距原點2.0m，則（）A．質點P振動的周期為0.2s B．此時質點P的加速度最大 C．此時質點P的速度方向沿y軸正方向 D．t＝0.1s時質點P距原點的距離x＝4.0m5．（3分）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線始終沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（）A．P點的線速度方向沿繩子切線 B．P點的線速度等于Q點的線速度 C．P點的角速度等于Q點的角速度 D．P點所受合外力方向一定垂直于繩斜向下6．（3分）在2024年世界杯男子61公斤級舉重比賽中，中國選手李發彬奪得金牌，為祖國贏得榮譽。在抓舉項目中，運動員首先從地面拉起杠鈴，當杠鈴到達下腹部時，運動員身體快速下沉至杠鈴下面，將杠鈴舉過頭頂成穩定的蹲姿，如圖所示由①經過②達到③的狀態；然后運動員由③所示的狀態加速達到④狀態后再減速至⑤狀態，即舉起杠鈴到雙腿站直保持靜止。對于運動員由③狀態至⑤狀態的過程，下列說法正確的是（）A．地面對運動員做正功 B．杠鈴先超重后失重 C．在舉起杠鈴的過程中，運動員對杠鈴的作用力一直大于杠鈴對運動員的作用力 D．當運動員到達第⑤個狀態后，其兩只手臂的夾角越小，兩手受到的壓力越大7．（3分）2024年3月20日，我國探月工程四期鵲橋二號中繼星成功發射升空。當抵達距離月球表面附近時，鵲橋二號開始進行近月制動，并順利進入捕獲軌道運行，軌道的半長軸約為51900km。后經多次軌道調整，進入凍結軌道運行，軌道的半長軸約為9900km，周期約為24h，其中P、Q兩點分別為鵲橋二號的近月點和遠月點，如圖所示。下列說法中正確的是（）A．鵲橋二號在捕獲軌道P點的加速度大于在凍結軌道P點的加速度 B．鵲橋二號在凍結軌道P點的速度大于在捕獲軌道P點的速度 C．鵲橋二號在捕獲軌道上運動的周期一定大于24h D．鵲橋二號在捕獲軌道P點的速度小于其在Q點的速度8．（3分）如圖所示，單擺擺球的質量為m，擺長為l，擺球從最大位移A處由靜止釋放，擺線擺過θ角時擺球運動到最低點B。不計空氣阻力，重力加速度為g，對于擺球從A運動到B的過程中，下列說法中正確的是（）A．合外力對擺球做功等于0 B．重力對擺球做的功為mgl（1﹣cosθ） C．重力對擺球做功的瞬時功率一直增大 D．繩子拉力對擺球的沖量大小為09．（3分）如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線（圖中的虛曲線）。下列說法中正確的是（）A．在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的細一些 B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍 C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大 D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小10．（3分）如圖所示，三個物塊A、B、C的質量分別為m1、m2和m3，且m1＝m2，其中A置于水平地面上，在A、B之間連接一輕彈簧，B與C之間用輕繩連接，輕繩繞過固定的輕滑輪。開始時用手托住物塊C使輕繩剛好在豎直方向上伸直，輕彈簧也處于豎直方向，放手后使物塊C從靜止開始下落，當C的速度減為0時，物塊A恰好脫離地面但不繼續上升。不計空氣阻力和滑輪的摩擦，在物塊C向下落的過程中，下列說法錯誤的是（）A．m2＝m3 B．物塊B的加速度先減小再增大 C．物塊B和彈簧組成的系統機械能一直增大 D．輕繩上的拉力先增大后減小二、非選擇題：本部分共7題，共70分。11．（10分）在探究加速度與力、質量的關系的過程中，某同學設計了如圖1所示的實驗裝置。其中帶小滑輪的小車的質量為M（含其前端的定滑輪和細桿），砂和砂桶的質量為m，拉力傳感器可測出輕繩的拉力大小，帶滑輪的長木板放在水平桌面上。（1）下列實驗操作中，一定要進行的是。A．用天平測出砂和砂桶的總質量B．將帶滑輪的長木板右端適當墊高，以平衡摩擦力C．調整力傳感器和定滑輪的高度，使連接它們的輕繩與長木板平行D．為減小誤差，一定要保證m遠小于M（2）在實驗中通過正確的操作得到如圖2所示的一條紙帶，圖中0、1、2……為連續的幾個計數點，兩計數點間還有四個點跡沒有畫出。已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出打下第“3”計數點時小車的速度大小v＝m/s，小車運動的加速度大小a＝m/s2。（結果均保留三位有效數字）（3）以力傳感器的示數F為橫坐標，小車的加速度大小a為縱坐標，畫出的a﹣F圖像是一條直線，如圖3所示。測得圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則可得出小車質量M的表達式為。A．kB．2C．2tanθD．112．（10分）學習了單擺后，同學們做“利用單擺測重力加速度”的實驗，實驗中進行了如下的操作：（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球直徑如圖1所示，擺球直徑d的測量值為mm。把擺球用細線懸掛在鐵架臺上，測量擺線長L，通過計算得到擺長l。（2）使擺球在豎直平面內擺動穩定后，當擺球到達最點（選填“低”或“高”）時啟動停表開始計時，并記錄此后擺球再次經過計時起點的次數n（n＝1、2、3……），當n＝60時停止計時，此時停表的示數如圖2所示，其讀數為s。（3）經過正確的操作與測量，得到多組周期T與對應的擺長l數值后，畫出T2﹣l圖像是一條過坐標原點的直線，測得此直線的斜率為k，則實驗所測得重力加速度的表達式為g＝（用k及相關的常數表示）。（4）若某小組的同學用測量出多組周期T和對應擺長l數值，畫出T2﹣l圖像如圖3所示，造成圖線不過坐標原點的原因可能是。A.擺球的振幅過小B.將L計為擺長lC.將（L+d）計為擺長lD.擺球質量過大（5）某小組的同學小明沒有使用游標卡尺測擺球直徑，也測出了重力加速度。他采用的方法是：先測出一擺線較長的單擺的振動周期T1，然后把擺線縮短適當的長度ΔL，再測出其振動周期T2。則該小組同學測出的重力加速度的表達式為g＝。（用相關的測量量和常數表示）13．（10分）如圖所示，一個質量m＝0.50kg的木塊以v0=42m/s的初速度，從固定的、足夠長斜面底端沿傾角θ＝37°的斜面向上運動。已知木塊與斜面間的動摩擦因數（1）木塊所受滑動摩擦力的大小f；（2）木塊沿斜面向上運動的最大位移x；（3）木塊返回到斜面底端時的速度大小vt。14．（10分）“滑冰車”是我國北方冬季的一種娛樂活動之一。滑冰車時，人左右手各握一根冰釬斜向后下方插入冰面，冰面給的反作用力使人與冰車一起向前運動，如圖所示。現有一同學由靜止開始在水平冰面上滑冰車，兩側冰釬在插冰時平行且與水平冰面成53°角，與冰面作用1.0s后收起冰釬，人與冰車依靠慣性滑行16m后停止運動。已知人與冰車的總質量為64kg，冰釬的質量及空氣阻力均可忽略不計，冰面對冰釬、冰車和人的作用力可視為恒力，且沿冰釬斜向上，冰車與冰面間的動摩擦因數為0.05，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）收起冰釬后人與冰車的加速度大小a；（2）人與冰車整個運動過程中的最大速度vm；（3）兩側冰釬插冰時對冰面的合力大小。15．（10分）如圖1所示，位于豎直面內的固定光滑弧形軌道的最低點B與固定光滑圓形軌道BCDE平滑連接，圓形軌道半徑R＝0.40m、C點與圓心O點等高。現有一質量m＝0.10kg的滑塊（可視為質點），從位于軌道上的A點由靜止開始滑下，滑塊經B點后沿圓形軌道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力可忽略不計。（1）若滑塊經B點后，恰好能通過圓形軌道的最高點D，求滑塊通過D點時的速度大小；（2）若要求滑塊在運動過程中，不會從BCD部分脫離光滑圓形軌道，請分析說明A點距離B點豎直高度應滿足什么條件；（3）為了更好地研究滑塊的運動特點，某同學更換了滑塊，并設計了相似裝置，且在圓軌道最低點B處安裝了壓力傳感器，利用多組AB豎直高度H與力傳感器的讀數F的數據，繪制了F﹣H圖像如圖2所示，測得圖線的斜率k＝0.40。請根據上述情景和圖像信息，求解滑塊的質量和圓形軌道半徑。16．（10分）風洞，被稱為飛行器的搖籃，我國的風洞技術世界領先。如圖所示，在一個直徑D＝10m的圓柱形豎直方向固定的風洞中，有一質量為m＝1.0kg的小球從風洞左側壁上的A點以v0＝10m/s的速度沿其直徑方向水平進入風洞。小球在風洞中運動過程中，風對小球的作用力豎直向上，其大小F可在0～4mg間調節，不計水平方向的空氣作用力。小球可視作質點，與側壁碰壁后不反彈，取重力加速度g＝10m/s2，風洞在豎直方向上足夠長。（1）當F＝0時，求小球撞擊右側壁的速度；（2）保持v0不變，調節F的大小，求小球撞擊右側壁區域在豎直方向的最大長度；（3）求小球撞擊右側壁的最大動能。17．（10分）如圖，一輕彈簧一端固定在垂直水平面的擋板上的P點，Q點為彈簧原長位置，開始時彈簧處于壓縮狀態并鎖定，彈簧具有的彈性勢能Ep＝112J，彈簧右端有一質量m1＝2.0kg的物塊A與彈簧接觸但不栓接，Q點右側的N點靜止一質量m2＝8.0kg物塊B，QN兩點間的距離d＝6.0m，PQ間水平面光滑，Q點右側水平面粗糙且足夠長，物塊A與Q點右側水平面間的動摩擦因數μ1＝0.10，物塊B與Q點右側水平面間的動摩擦因數μ2＝0.20。彈簧解除鎖定后推動物塊A向右運動，之后與物塊B發生多次彈性正碰，物塊A、B均可視為質點，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物塊A與物塊B發生第一次碰撞之前瞬間物塊A的速度大小v0；（2）物塊A與物塊B第一次碰撞后瞬間二者的速度；（3）從物塊A開始運動到物塊A與物塊B發生第二次碰撞的過程中物塊A與水平面間摩擦產生的熱量Q。

2025年陜西省榆林市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案ACBACBCBDD一、選擇題：本部分共10題，每題3分，共30分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．（3分）如圖所示為某研究小組在暗室中用頻閃照相的方法記錄了一滴水下落過程的照片示意圖，照片記錄了水滴在不同時刻下落至不同的位置。若相鄰位置的時間間隔都相等，水滴所受的重力為G，阻力為f，則對于水滴的這一下落過程，下列說法中正確的是（）A．f一直小于G B．f一直大于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G【分析】由圖判斷水滴的運動狀態，然后結合牛頓第二定律分析兩個力的大小關系。【解答】解：由圖可知小球下落時，相鄰相等時間內的位移逐漸變大，可知小球的速度逐漸增大，小球向下做加速運動，根據牛頓第二定律mg﹣f＝ma可知G＞f，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】該題考查牛頓第二定律的應用，正確判斷出小球向下做加速運動是比較小球受到的阻力與重力大小關系的關鍵。2．（3分）關于物體的運動，下列說法中正確的是（）A．物體在變力作用下不可能做直線運動 B．物體做曲線運動，所受的合外力一定是變力 C．物體在恒力作用下可能做曲線運動 D．物體做曲線運動，其速度可能不變【分析】物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，合外力大小和方向不一定變化，由此可以分析得出結論。【解答】解：A、當合外力方向與速度方向在同一直線上時，物體就做直線運動，力的大小可以變化，力可以是個變力，故A錯誤；B、物體做曲線運動，是因為速度方向和合外力方向不相同，不一定是變力（例如平拋運動），故B錯誤；C、物體在恒定的合力作用下，如果合力方向與初速度方向不在同一直線上，則物體做曲線運動，故C正確；D、物體做曲線運動，其速度方向一定不斷的變化，所以物體的速度一定改變，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查學生對物體做曲線運動的條件的理解，注意明確只要力和位移的方向不在同一直線上，物體即做曲線運動。3．（3分）在機場、車站的安檢口，水平傳送帶勻速運動，一乘客將行李無初速度地放置在傳送帶上，最終行李隨傳送帶一起勻速運動，如圖所示。對于行李被傳送的整個過程，下列說法中正確的是（）A．傳送帶對行李一直有摩擦力作用 B．傳送帶運動速度越大，行李加速運動的時間越長 C．行李放上的開始階段相對傳送帶向前運動 D．行李放上的開始階段摩擦力對行李做負功【分析】根據行李速度與傳送帶速度關系，判斷行李所受摩擦力情況；根據牛頓第二定律和速度—時間公式列式分析行李加速運動的時間與傳送帶速度的關系；根據行李的速度與傳送帶的速度關系分析行李相對傳送帶的運動方向，再判斷摩擦力對行李的做功正負。【解答】解：AC、開始階段，行李速度小于傳送帶速度，則行李相對傳送帶向后運動，受到向前的摩擦力。在勻速運動的過程中，開始階段與傳送帶之間無相對運動趨勢，則開始階段不受摩擦力作用，故AC錯誤；B、設行李與傳送帶間動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律有a=μmg行李做勻加速運動時直到與傳送帶速度v相同，加速時間為t=v可知，傳送帶速度越大，行李加速運動的時間越長，故B正確；D、剛開始時，行李受到向前的摩擦力，摩擦力方向與其運動方向相同，摩擦力對行李做正功，故D錯誤。故選：B。【點評】分析清楚行李的運動過程與受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律與運動學公式可以解題。4．（3分）如圖所示為一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，已知這列波沿x軸正方向傳播，波速為20m/s，質點P距原點2.0m，則（）A．質點P振動的周期為0.2s B．此時質點P的加速度最大 C．此時質點P的速度方向沿y軸正方向 D．t＝0.1s時質點P距原點的距離x＝4.0m【分析】由圖讀出波長，根據波速公式求周期。根據質點P的位置分析其加速度大小。根據波形平移法判斷質點P的速度方向。介質中質點只在自己平衡位置附近振動，不向前移動。【解答】解：A、由圖可知，該波的波長為λ＝4m，則該波的周期為T=λB、此時質點P處于平衡位置，加速度為零，故B錯誤；C、這列波沿x軸正方向傳播，根據波形平移法可知，此時質點P的速度方向沿y軸負方向，故C錯誤；D、介質中的質點并不沿波的傳播方向遷移，故D錯誤。故選：A。【點評】解答本題時，要掌握判斷質點的振動方向與波的傳播方向之間的關系的方法：波形平移法，也可以根據同側法判斷。5．（3分）如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子A、B兩端搖動，A、B兩端近似不動，且A、B兩點連線始終沿水平方向，繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，則（）A．P點的線速度方向沿繩子切線 B．P點的線速度等于Q點的線速度 C．P點的角速度等于Q點的角速度 D．P點所受合外力方向一定垂直于繩斜向下【分析】在圓周運動中，線速度的方向始終沿圓周的切線方向，而角速度是描述物體繞軸轉動快慢的物理量，對于同步轉動的點，角速度是相同的。向心力是使物體沿圓周路徑運動的力，其方向始終指向圓心。【解答】解：A、繩上P、Q兩點以AB為共同轉軸做圓周運動，則可知P的速度方向與其圓周運動的半徑垂直，并不沿繩子切線，故A錯誤；BC、由于繩上P、Q兩點以AB為共同轉軸做圓周運動，可知二者的角速度相等，由圖可知，P的半徑小于Q的半徑，根據線速度與角速度之間的關系有，v＝ωr可知，P的線速度小于Q的線速度，故B錯誤，C正確；D、P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動，則合外力提供向心力，指向圓周運動的圓心，即P點所受合外力方向一定垂直于AB連線豎直向下，故D錯誤。故選：C。【點評】本題的關鍵在于理解圓周運動中線速度、角速度和向心力的概念。線速度的方向始終沿圓周的切線方向，角速度描述的是物體繞軸轉動的快慢，對于同步轉動的點，角速度是相同的。向心力是使物體沿圓周路徑運動的力，其方向始終指向圓心。通過這些基本概念，可以準確判斷選項的正確性。6．（3分）在2024年世界杯男子61公斤級舉重比賽中，中國選手李發彬奪得金牌，為祖國贏得榮譽。在抓舉項目中，運動員首先從地面拉起杠鈴，當杠鈴到達下腹部時，運動員身體快速下沉至杠鈴下面，將杠鈴舉過頭頂成穩定的蹲姿，如圖所示由①經過②達到③的狀態；然后運動員由③所示的狀態加速達到④狀態后再減速至⑤狀態，即舉起杠鈴到雙腿站直保持靜止。對于運動員由③狀態至⑤狀態的過程，下列說法正確的是（）A．地面對運動員做正功 B．杠鈴先超重后失重 C．在舉起杠鈴的過程中，運動員對杠鈴的作用力一直大于杠鈴對運動員的作用力 D．當運動員到達第⑤個狀態后，其兩只手臂的夾角越小，兩手受到的壓力越大【分析】根據運動員在舉重過程中，從蹲姿到站直的過程中，身體各部分的運動狀態變化分析運動員在不同階段的加速度、速度變化，以及力的平衡狀態。【解答】解：A、分析運動員由③狀態至⑤狀態的過程，地面對運動員的支持力是豎直向上的，但運動員在豎直方向上的位移為零，根據功的定義判斷，地面對運動員的支持力不做功，故A錯誤；B、在運動員由③狀態至⑤狀態的過程中，運動員和杠鈴的整體先是加速上升，此時有向上的加速度，處于超重狀態；然后是減速上升，此時有向下的加速度，處于失重狀態，故B正確；C、根據題意有，運動員對杠鈴的作用力與杠鈴對運動員的作用力是相互作用力，根據牛頓第三定律，相互作用力大小始終相等，方向相反，作用在同一條直線上，故C錯誤；D、當運動員到達第⑤個狀態后，杠鈴受到重力mg，兩個沿手臂向上的支持力均為F，這三個力構成平衡力系F=mg其中θ是手臂與豎直方向的夾角。當兩只手臂的夾角越小時，cosθ越小，因此F越小，即兩手受到的壓力越小，故D錯誤。故選：B。【點評】在分析此類問題時，關鍵在于理解運動員在不同階段的運動狀態變化，包括加速度、速度的變化，以及力的平衡狀態。通過分析運動員在舉重過程中的具體動作，可以更深入地理解運動學和動力學的基本原理。7．（3分）2024年3月20日，我國探月工程四期鵲橋二號中繼星成功發射升空。當抵達距離月球表面附近時，鵲橋二號開始進行近月制動，并順利進入捕獲軌道運行，軌道的半長軸約為51900km。后經多次軌道調整，進入凍結軌道運行，軌道的半長軸約為9900km，周期約為24h，其中P、Q兩點分別為鵲橋二號的近月點和遠月點，如圖所示。下列說法中正確的是（）A．鵲橋二號在捕獲軌道P點的加速度大于在凍結軌道P點的加速度 B．鵲橋二號在凍結軌道P點的速度大于在捕獲軌道P點的速度 C．鵲橋二號在捕獲軌道上運動的周期一定大于24h D．鵲橋二號在捕獲軌道P點的速度小于其在Q點的速度【分析】根據牛頓第二定律結合萬有引力定律列式分析加速度關系；根據變軌原理分析鵲橋二號在凍結軌道P點的速度與在捕獲軌道P點的速度大小；根據開普勒第三定律分析鵲橋二號在捕獲軌道上運動的周期與在凍結軌道上運行周期的關系；鵲橋二號從P點到Q點，根據萬有引力做功正負分析速度的變化。【解答】解：A、根據牛頓第二定律可得GMmr解得a=GM可知，鵲橋二號在捕獲軌道P點的加速度等于在凍結軌道P點的加速度，故A錯誤；B、由鵲橋二號從凍結軌道P點的加速才能到捕獲軌道，所以鵲橋二號在凍結軌道P點的速度小于在捕獲軌道P點的速度，故B錯誤；C、依題意，捕獲軌道的軌道半長軸大于凍結軌道的軌道半長軸，根據開普勒第三定律可知，軌道軌道半長軸越大，周期越長，則鵲橋二號在捕獲軌道上運動的周期大于在凍結軌道上運行周期24h，故C正確；D、由于鵲橋二號從P點到Q點，萬有引力對其做負功，速度減小，所以鵲橋二號在捕獲軌道P點的速度大于其在Q點的速度，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題的關鍵要掌握開普勒定律，并能靈活運用。對于D項，也可以根據開普勒第二定律分析。8．（3分）如圖所示，單擺擺球的質量為m，擺長為l，擺球從最大位移A處由靜止釋放，擺線擺過θ角時擺球運動到最低點B。不計空氣阻力，重力加速度為g，對于擺球從A運動到B的過程中，下列說法中正確的是（）A．合外力對擺球做功等于0 B．重力對擺球做的功為mgl（1﹣cosθ） C．重力對擺球做功的瞬時功率一直增大 D．繩子拉力對擺球的沖量大小為0【分析】根據單擺從最大位移處由靜止釋放，擺動過程中，重力勢能轉化為動能，但總機械能保持不變判斷。在最低點，重力勢能最小，動能最大。繩子的拉力始終垂直于擺球的運動方向，因此不做功，但對擺球的運動狀態有影響。【解答】解：A、根據題意可知，從A到B過程中，小球動能增加，可知合外力對擺球做功大于零，故A錯誤；B、根據題意有，重力對擺球做的功為WG＝mgl（1﹣cosθ）故B正確；C、根據功率的公式有，PG＝mgvy開始時vy＝0，則重力的瞬時功率為零，到達B點時vy＝0，則重力的瞬時功率也為零，可知重力對擺球做功的瞬時功率先增大后減小，故C錯誤；D、根據動量公式有，I＝Tt，可知繩子拉力不為零，可知拉力對擺球的沖量大小不為0，故D錯誤。故選：B。【點評】本題的關鍵在于理解單擺運動中的能量轉換、力的作用方向與做功的關系，以及沖量的概念。在單擺運動中，重力勢能和動能之間的轉換遵循能量守恒定律，而繩子的拉力雖然不做功，但對擺球的運動狀態有重要影響。9．（3分）如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線（圖中的虛曲線）。下列說法中正確的是（）A．在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的細一些 B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍 C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大 D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小【分析】沙漏擺動時，通過平衡位置時速度最大，通過兩側端點時速度最小，根據速度的大小分析細沙的多少；單擺的擺動和木板的運動同時進行，根據速度的定義公式列式比較，即可求解.【解答】解：A．沙漏擺動時在最大位移處的速度為零，在平衡位置處速度最大，則在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的粗一些，故A錯誤；B．兩個圖是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線，則它們的周期是相等的，木板做勻速運動，設振動周期為T，則有v可得v可知木板2運動的速度是木板1運動速度的34CD．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出，重心先降低后升高，則擺長先增大后減小，根據單擺周期公式T=2π可知振動的周期先變大后變小，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查單擺振動情況，關鍵抓住單擺的擺動和木板的平移同時發生，然后結合速度的定義求解速度大小。10．（3分）如圖所示，三個物塊A、B、C的質量分別為m1、m2和m3，且m1＝m2，其中A置于水平地面上，在A、B之間連接一輕彈簧，B與C之間用輕繩連接，輕繩繞過固定的輕滑輪。開始時用手托住物塊C使輕繩剛好在豎直方向上伸直，輕彈簧也處于豎直方向，放手后使物塊C從靜止開始下落，當C的速度減為0時，物塊A恰好脫離地面但不繼續上升。不計空氣阻力和滑輪的摩擦，在物塊C向下落的過程中，下列說法錯誤的是（）A．m2＝m3 B．物塊B的加速度先減小再增大 C．物塊B和彈簧組成的系統機械能一直增大 D．輕繩上的拉力先增大后減小【分析】根據題目描述的物理情景，即物塊C從靜止開始下落，通過輕繩和輕彈簧的連接，影響物塊B和A的運動狀態。關鍵在于分析物塊C下落過程中，物塊B的加速度變化、物塊B和彈簧組成的系統機械能變化以及輕繩上的拉力變化。【解答】解：A、根據題意可知，開始時，A、B、C靜止，根據受力平衡有，設彈簧壓縮量為x1，有m2g＝kx1當C的速度減為0時，物塊A恰好脫離地面但不繼續上升，此時彈簧拉力為m1g，有m1g＝kx2因為m1＝m2故x1＝x2彈簧形變量大小相同，根據彈簧形變量和彈簧彈性勢能的關系可知，則彈簧彈性勢能相同，設物體C下落距離為h，則B上升h，初態和末態的動能都為零，動能變化量為零，彈性勢能變化量也為零，根據能量守恒，系統重力勢能變化量也為零，即C物體減少的重力勢能等于B物體增加的重力勢能m3gh＝m2gh得m2＝m3故A正確；B、最開始，物塊B受向下的重力、彈簧彈力、和向上的繩子拉力，其中重力和彈簧彈力平衡，所受合力為拉力，向上運動過程中，彈力增大，合力減小，加速度減小，直到彈簧恢復原長時，合力為零，加速度為零，速度達到最大，然后彈簧彈力和重力之和大于繩子拉力，合力變為向下，物體減速，彈力增大，合力增大，加速度增大，直至減速為零，故B正確；C、繩子拉力對物塊B和彈簧組成的系統一直做正功，物塊B和彈簧組成的系統機械能一直增大，故C正確；D、物塊C的加速度先向上減小再向下增大，分析C，最開始，加速度減小m3g﹣F＝m3a彈簧恢復原長以后，加速度增大F﹣m3g＝m3a輕繩上的拉力一直增大，故D錯誤；本題選錯誤的，故選：D。【點評】本題的關鍵在于理解物塊C下落過程中，物塊B和彈簧組成的系統機械能變化以及輕繩上的拉力變化。通過分析物塊C下落過程中，物塊B的加速度變化、物塊B和彈簧組成的系統機械能變化以及輕繩上的拉力變化，可以判斷出選項B和C是錯誤的。二、非選擇題：本部分共7題，共70分。11．（10分）在探究加速度與力、質量的關系的過程中，某同學設計了如圖1所示的實驗裝置。其中帶小滑輪的小車的質量為M（含其前端的定滑輪和細桿），砂和砂桶的質量為m，拉力傳感器可測出輕繩的拉力大小，帶滑輪的長木板放在水平桌面上。（1）下列實驗操作中，一定要進行的是BC。A．用天平測出砂和砂桶的總質量B．將帶滑輪的長木板右端適當墊高，以平衡摩擦力C．調整力傳感器和定滑輪的高度，使連接它們的輕繩與長木板平行D．為減小誤差，一定要保證m遠小于M（2）在實驗中通過正確的操作得到如圖2所示的一條紙帶，圖中0、1、2……為連續的幾個計數點，兩計數點間還有四個點跡沒有畫出。已知打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出打下第“3”計數點時小車的速度大小v＝0.611m/s，小車運動的加速度大小a＝2.00m/s2。（結果均保留三位有效數字）（3）以力傳感器的示數F為橫坐標，小車的加速度大小a為縱坐標，畫出的a﹣F圖像是一條直線，如圖3所示。測得圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則可得出小車質量M的表達式為B。A．kB．2C．2tanθD．1【分析】（1）有拉力傳感器測量拉力，據此分析；要平衡摩擦力；要保證小車所受拉力恒定；（2）根據平均速度計算；根據逐差法計算；（3）根據牛頓第二定律寫出圖像的函數表達式分析即可。【解答】（1）AD．因為有拉力傳感器測量拉力，則不需要用天平測出砂和砂桶的總質量，也不需要保證m遠小于M，故AD錯誤；B．實驗時要將帶滑輪的長木板右端適當墊高，以平衡摩擦力，故B正確；C．調整力傳感器和定滑輪的高度，使連接它們的輕繩與長木板平行，故C正確。故選：BC。（2）兩計數點間還有四個點跡沒有畫出，則T=打下第“3”計數點時小車的速度大小v=x小車運動的加速度大小a=x（3）根據牛頓第二定律可知2F＝Ma可得a=2可得k=2即M=2故選：B。故答案為：（1）BC；（2）0.611，2.00；（3）B。【點評】掌握“探究加速度與力、質量的關系”的實驗原理，實驗步驟和注意事項，以及實驗數據的處理方法是解題的基礎。12．（10分）學習了單擺后，同學們做“利用單擺測重力加速度”的實驗，實驗中進行了如下的操作：（1）用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球直徑如圖1所示，擺球直徑d的測量值為18.4mm。把擺球用細線懸掛在鐵架臺上，測量擺線長L，通過計算得到擺長l。（2）使擺球在豎直平面內擺動穩定后，當擺球到達最低點（選填“低”或“高”）時啟動停表開始計時，并記錄此后擺球再次經過計時起點的次數n（n＝1、2、3……），當n＝60時停止計時，此時停表的示數如圖2所示，其讀數為67.5s。（3）經過正確的操作與測量，得到多組周期T與對應的擺長l數值后，畫出T2﹣l圖像是一條過坐標原點的直線，測得此直線的斜率為k，則實驗所測得重力加速度的表達式為g＝4π2（4）若某小組的同學用測量出多組周期T和對應擺長l數值，畫出T2﹣l圖像如圖3所示，造成圖線不過坐標原點的原因可能是B。A.擺球的振幅過小B.將L計為擺長lC.將（L+d）計為擺長lD.擺球質量過大（5）某小組的同學小明沒有使用游標卡尺測擺球直徑，也測出了重力加速度。他采用的方法是：先測出一擺線較長的單擺的振動周期T1，然后把擺線縮短適當的長度ΔL，再測出其振動周期T2。則該小組同學測出的重力加速度的表達式為g＝4π2【分析】讀取游標卡尺的讀數，當擺球到達最低點時啟動停表開始計時，由單擺周期公式可知圖像斜率，解得重力加速度。【解答】解：（1）直徑：主尺讀數1.8cm；游標尺對齊格數：4個格，讀數為4×0.1＝0.40mm＝0.04cm所以直徑為d＝1.8+0.04cm＝1.84cm＝18.4mm（2）擺球在豎直平面內擺動穩定后，當擺球到達最低點時啟動停表開始計時。由圖示秒表可知，其示數：t＝60s+7.5s＝67.5s；（3）由單擺周期公式T=2πL可知T2則T2﹣L圖象的斜率g=4（4）圖3圖像不通過坐標原點，將圖線向右平移1cm就會通過坐標原點，故相同的周期下，擺長偏小1cm，可能是測擺長時漏掉了擺球的半徑，故選B。（5）根據題意，由單擺周期公式T=2πL可得T1T2聯立可得g=4故答案為：（1）18.4（2）低67.5（3）4（4）B（5）4【點評】本題考查了游標卡尺讀數和單擺周期公式變用測量重力加速度，題目較基礎。13．（10分）如圖所示，一個質量m＝0.50kg的木塊以v0=42m/s的初速度，從固定的、足夠長斜面底端沿傾角θ＝37°的斜面向上運動。已知木塊與斜面間的動摩擦因數（1）木塊所受滑動摩擦力的大小f；（2）木塊沿斜面向上運動的最大位移x；（3）木塊返回到斜面底端時的速度大小vt。【分析】（1）求出壓力大小，進而求解滑動摩擦力大小即可。（2）根據牛頓第二定律求出加速度，利用運動學公式求出最大位移。（3）根據牛頓第二定律求出加速度，利用運動學公式求出速度。【解答】解：（1）木塊與斜面間的壓力N＝mgcosθ所受滑動摩擦力的大小f＝μN＝μmgcosθ解得：f＝1.0N（2）設木塊沿斜面向上運動的加速度為a上，根據牛頓第二定律有mgsinθ+f＝ma上木塊沿斜面向上運動的最大位移x=v解得：x＝2.0m。（3）設木塊沿斜面向下運動的加速度為a下，根據牛頓第二定律有mgsinθ﹣f＝ma下木塊返回到斜面底端時的速度大小vt解得：vt＝4.0m/s。答：（1）木塊所受滑動摩擦力的大小為1.0N。（2）木塊沿斜面向上運動的最大位移為2.0m。（3）木塊返回到斜面底端時的速度為4.0m/s。【點評】本題的關鍵是運用牛頓第二定律判斷加速度的大小關系。14．（10分）“滑冰車”是我國北方冬季的一種娛樂活動之一。滑冰車時，人左右手各握一根冰釬斜向后下方插入冰面，冰面給的反作用力使人與冰車一起向前運動，如圖所示。現有一同學由靜止開始在水平冰面上滑冰車，兩側冰釬在插冰時平行且與水平冰面成53°角，與冰面作用1.0s后收起冰釬，人與冰車依靠慣性滑行16m后停止運動。已知人與冰車的總質量為64kg，冰釬的質量及空氣阻力均可忽略不計，冰面對冰釬、冰車和人的作用力可視為恒力，且沿冰釬斜向上，冰車與冰面間的動摩擦因數為0.05，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）收起冰釬后人與冰車的加速度大小a；（2）人與冰車整個運動過程中的最大速度vm；（3）兩側冰釬插冰時對冰面的合力大小。【分析】（1）由牛頓第二定律可求做勻減速運動的加速度的大小；（2）速度—位移關系可求最大速度；（3）先由速度—時間關系可求做勻加速運動的加速度的大小，再由牛頓第二定律可求作用力的大小，最后根據牛頓第三定律說明。【解答】解：（1）收起冰釬后人與冰車所受的摩擦力f＝μN＝μmg收起冰釬后人與冰車所受的合外力就是這個摩擦力，由牛頓第二定律，則有人與冰車的加速度大小為a=（2）收起冰釬時人與冰車有最大速度vm，此后人與冰車做勻減速直線運動到靜止，因此有v解得最大速度的大小為vm＝4.0m/s（3）冰釬與冰面間相互作用的過程中，人和冰車一直在加速，加速度大小a′=設冰面對兩側冰釬的合力大小為F，由牛頓第二定律可得Fcos53°﹣μ（mg﹣Fsin53°）＝ma′解得F＝450N根據牛頓第三定律可知，兩側冰釬對冰面的合力大小F′＝F＝450N答：（1）收起冰釬后人與冰車的加速度大小為0.50m/s2；（2）人與冰車整個運動過程中的最大速度為75m/s；（3）兩側冰釬插冰時對冰面的合力大小為450N。【點評】本題主要考查的是力的分解及牛頓第二定律和勻變速直線運動規律的綜合應用，難度中等。15．（10分）如圖1所示，位于豎直面內的固定光滑弧形軌道的最低點B與固定光滑圓形軌道BCDE平滑連接，圓形軌道半徑R＝0.40m、C點與圓心O點等高。現有一質量m＝0.10kg的滑塊（可視為質點），從位于軌道上的A點由靜止開始滑下，滑塊經B點后沿圓形軌道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力可忽略不計。（1）若滑塊經B點后，恰好能通過圓形軌道的最高點D，求滑塊通過D點時的速度大小；（2）若要求滑塊在運動過程中，不會從BCD部分脫離光滑圓形軌道，請分析說明A點距離B點豎直高度應滿足什么條件；（3）為了更好地研究滑塊的運動特點，某同學更換了滑塊，并設計了相似裝置，且在圓軌道最低點B處安裝了壓力傳感器，利用多組AB豎直高度H與力傳感器的讀數F的數據，繪制了F﹣H圖像如圖2所示，測得圖線的斜率k＝0.40。請根據上述情景和圖像信息，求解滑塊的質量和圓形軌道半徑。【分析】（1）滑塊恰好經過圓形軌道最高點，重力提供向心力，應用牛頓第二定律求出經過D點時的速度大小。（2）應用動能定理求出滑塊不脫離軌道的臨界高度，然后確定高度的范圍。（3）應用動能定理與牛頓第二定律求出圖像的函數解析式，然后分析答題。【解答】解：（1）滑塊恰好通過D點，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=m代入數據解得：vD＝2m/s（2）設滑塊不脫軌剛好通過D點的釋放高度為h1，滑塊從A到D過程，由動能定理得：mgh1﹣mg×2R=1代入數據解得：h1＝1.0m，即當h≥h1＝1.0m不脫離軌道如果滑塊沿圓軌道運動高度不超過C點，則也滿足不脫軌條件，設此時的釋放高度為h2，對滑塊，根據動能定理得：mgh2﹣mgR＝0﹣0代入數據解得：h2＝0.4m，即當h≤h2＝0.4m不脫離軌道所以不脫離軌道釋放高度h需滿足：h≥1.0m或h≤0.4m（3）設滑塊的質量為m′，圓形軌道半徑為R′，滑塊下滑到B點的過程，根據動能定理得：m'gH=1滑塊在B點時傳感器的示數F大小等于滑塊此時所受軌道的壓力，根據牛頓第二定律：F-m′g=m′解得：F=即F﹣H圖像中，斜率k=2m′g即由圖像可知：0.10＝m′g，0.10=m′g，0.40=解得：m′＝0.01kg，R′＝0.5m答：（1）滑塊通過D點時的速度大小是2m/s；（2滑塊在運動過程中，不會從BCD部分脫離光滑圓形軌道，A點距離B點豎直高度h應滿足的條件是h≥1.0m或h≤0.4m；（3）解滑塊的質量是0.01kg，圓形軌道半徑是0.5m。【點評】本題是一道力學綜合題，分析清楚滑塊的運動過程是解題的前提，應用動能定理與牛頓第二定律即可解題。16．（10分）風洞，被稱為飛行器的搖籃，我國的風洞技術世界領先。如圖所示，在一個直徑D＝10m的圓柱形豎直方向固定的風洞中，有一質量為m＝1.0kg的小球從風洞左側壁上的A點以v0＝10m/s的速度沿其直徑方向水平進入風洞。小球在風洞中運動過程中，風對小球的作用力豎直向上，其大小F可在0～4mg間調節，不計水平方向的空氣作用力。小球可視作質點，與側壁碰壁后不反彈，取重力加速度g＝10m/s2，風洞在豎直方向上足夠長。（1）當F＝0時，求小球撞擊右側壁的速度；（2）保持v0不變，調節F的大小，求小球撞擊右側壁區域在豎直方向的最大長度；（3）求小球撞擊右側壁的最大動能。【分析】（1）當F＝0時，小球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，由L＝v0t1求出運動時間，由vy1＝gt1求出小球撞擊右壁時豎直分速度大小，再與水平速度合成求出小球撞擊右壁的速度大小和方向；（2