湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二上学期入学考试物理试题
1．（2024高二上·大祥开学考）做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内的位移是（ ）
A．3.5m B．2m C．1m D．0
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】物体做匀减速直线运动，采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，由题意可知，在第1 s内的位移是14m，最后1s的位移为2m。
故答案为：B。
【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。
2．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，表面光滑、质量不计的尖劈，插在缝A、B之间，尖劈的一个角为α，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧压力和对B侧压力分别为( )
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】对尖劈进行受力分析如图
根据平衡条件及力的合成与分解可得，对A侧压力
对B侧压力
故选C。
【分析】对劈尖进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答即可，注意尖劈的质量不计。
3．（2024高二上·大祥开学考）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】由图像可知，内汽车以恒定功率行驶，内汽车以恒定功率行驶。设汽车所受牵引力为F，则由
可知当v增加时，牵引力F减小，由牛顿第二定律可得
联立可得
可知当v增加时，a减小，根据图像的斜率表示加速度，斜率的数值越大，加速度越大，综上所属可知图A符合要求。
故选A。
【分析】根据图像确定可知汽车以恒定功率行驶，根据确定汽车牵引力变化情况，再根据牛顿第二定律确定汽车加速度变化情况，再结合图像的斜率表示加速度确定符合要求的v-t图。
4．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷+q、+q、-q，则该三角形中心O点处的场强为（ ）
A．，方向由C指向O B．，方向由O指向C
C．，方向由O指向C D．，方向由C指向O
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据几何关系可知，O点到三个点电荷的距离为
根据点电荷场强公式可知，三个电荷在O处产生的场强大小均为
根据对称性及矢量求和法则可得O点的合场强为
方向由O指向C。
故选C。
【分析】根据几何关系确定O点到各点电荷的距离，再根据点电荷场强公式确定各电荷在O点产生场强的大小，明确各电荷在O点产生场强的方向，再根据矢量求和法则进行解答。
5．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg，根据牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有根据牛顿第二定律可得
解得
对质点从开始下落到滑到最低点N的过程，由动能定理得
解得
对质点由最低点继续上滑到达Q点的过程中，由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，质点在NQ段对轨道的压力小于在PN段对轨道的压力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功要小于质点在PN段克服摩擦力做的功W，根据能量守恒定律可知，质点到达Q点后速度不为零，可继续上升一段距离。
故选C。
【分析】确定质点在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿定律确定质点到达最低点的速度。再对质点从开始下落到滑到最低点N的过程运用动能定理确定质点在PN段摩擦力所做的功。质点在轨道上运行时，由于摩擦力的作用，再左右两侧对称点的位置，左侧的速度大于右侧的速度，再根据牛顿定律确定此时两侧正压力的关系，继而确定左右两侧摩擦力做功的关系，再根据能量守恒定律判断质点到达Q点后速度是否为零。
6．（2024高二上·大祥开学考）如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球恰好与半圆轨道相切于B点，则由几何关系可知，小球在B点的速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
根据几何关系有
解得竖直位移为
竖直方向做自由落体运动，故有
又
联立解得
故选C。
【分析】小球恰好与半圆轨道相切于B点，根据由几何关系可知小球在B的速度方向。再根据平抛运动推论可知小球开始运动至B点过程的位移方向角。再根据几何关系确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律竖直方向做自由落体运动及速度偏向角进行解答。
7．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R。则以下说法正确的是（ ）
A．卫星甲的线速度大小为
B．卫星乙运行的周期为
C．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星甲做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
其中
由行星表面万有引力等于重力，既有
联立可得
故A错误；
B．根据
可得卫星甲环绕的周期
根据开普勒第三定律
根据题意可知卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，则卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，即
故B正确；
C．过M点做以中心天体与M点距离为轨道半径圆形轨道，根据
可知沿过M点所在圆形轨道运行的卫星的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度，而沿过M点所在圆形轨道运行的卫星变轨至乙轨道，需要点火加速，故卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于沿过M点所在圆形轨道运行的卫星的速度，综上可得， 卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度 ，故C正确；
D．卫星运行时只由万有引力提供，根据牛顿第二定律可得
即
所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度 ，故D正确。
故选BCD。
【分析】卫星绕中心天体运动，由万有引力提供向心力。行星表面的物体所受的重力等于其所受万有引力。再结合牛顿第二定律及线速度与周期的关系确定卫星做圆周运动的周期及线速度和加速度。结合开普勒第三定律确定卫星绕椭圆轨道运行的周期。卫星从低轨道进入高轨道需要点火加速，比较椭圆轨道与圆轨道的线速度，需构造经过椭圆轨道上该点的圆轨道，再根据不同圆形轨道运行参数的比较方法进行处理。
8．（2024高二上·大祥开学考）如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v—t图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x—t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是（ ）
A．猴子的运动轨迹为直线 B．猴子在2s内做匀变速曲线运动
C．t = 0时猴子的速度大小为8m/s D．t = 2s时猴子的加速度为4m/s2
【答案】B,D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．根据v—t图像的斜率表示加速度，结合乙图知，猴子在竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下；根据x—t图像的斜率表示速度，结合丙图知，猴子在水平方向上做匀速直线运动。根据矢量求和法则可知，猴子的合加速度竖直向下且不变，但与合初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
C．x—t图像的斜率表示速度，则由图丙知猴子水平方向的速度大小为vx=4m/s，由图乙知猴子竖直方向的初速度vy=8m/s，则t=0时猴子的速度大小为
故C错误；
D．v—t图像的斜率表示加速度，则由图乙知猴子的加速度大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】v—t图像的斜率表示加速度，x—t图像的斜率表示速度，根据图像确定猴子分别在竖直和水平方向的初速度和初加速度，再根据矢量求和法则确定猴子的合初加速度和合初速度，再根据合初加速度和合初速度的方向确定其运动轨迹。加速不变的运动为匀变速运动。
9．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，在倾角的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg，则（ ）
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
【答案】B,D
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．物块B初始时处于静止状态，随着A的移动，弹簧弹力逐渐增大，当物块B刚要离开C时，B对挡板的压力为零，B仍处于静止状态，此时加速度为零，故A错误；
B．当B刚要离开C时，对B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解可得
解得
对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．此时物体B的加速度为零，A的加速为g，两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误；
D．系统开始处于静止状态，弹簧处于压缩状态，对A进行数理分析，根据平衡条件及力的合成与分解得
解得
A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量，为
故D正确。
故选BD。
【分析】A、B初始时均处于静止状态，随后A在拉力作用下做匀加速运动，B在离开C之前始终处于静止状态，即加速度始终为零。明确A静止时A的受力情况及B刚要离开C时A、B的受力情况，再根据平衡条件确定初末状态弹簧的形变量，A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量。再对B刚要离开C时，对A运用牛顿第二定律确定其加速度。
10．（2024高二上·大祥开学考）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α＞）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN上的张力逐渐减小 B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以重物为研究对象，其受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，重物始终处于动态平衡状态，则三力矢量三角形构成的动态圆如图
由图可知，在F1转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小。
故选D。
【分析】一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
11．（2024高二上·大祥开学考）某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图1所示
(1)某同学打出了所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a= m/s2，(结果保留3位有效数字)
(2)根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图像如图3所示，则滑块和滑轮的总质量为 kg．滑块与木板间的动摩擦因数为 (g=10m/s2)(结果均保留1位有效数字)
【答案】1.95；0.5；0.2
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）根据逐差法得
（2）以砂桶为研究对象，由牛顿第二定律可得
整理得
结合图丙可得
，
解得
根据
解得
【分析】（1）根据逐差法确定砂桶的加速度，计算时注意单位的换算；
（2）以砂桶为研究对象，根据牛顿第二定律确定图像的函数表达式，再结合图像确定图像斜率及截距的物理意义，再结合图像及表达式进行数据处理。再根据滑动摩擦力公式确定摩擦因数。
12．（2024高二上·大祥开学考）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1= cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2= cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0= （用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T= s．
【答案】2.10；2.90；；
【知识点】匀速直线运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1） 雾滴运动的路程一定，速度越小，喷雾在空中运行的时间越长。转台转动的角速度恒定，则喷雾运行时间越长，转台转过的弧度越大，打在纸带上的点距离标注线越近，所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=2.90cm；
（2）如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为
则雾滴运动的时间为
整理得
（3）根据（2）中表达式结合图象可得
解得
T=1.6s
【分析】雾滴运动的路程始终等于转台的直径d，雾滴速度越大，雾滴空中运行的时间越短，转台的转速稳定后不变，则时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小。再根据及线速度与周期的关系求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度。
13．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，光滑绝缘的水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量都为m，彼此间距离均为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施加一个水平力F的同时放开三个小球，三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：（三个小球均可视为点电荷）
（1）C球的电性和电荷量大小；
（2）水平力F的大小。
【答案】（1）C球带负电，电荷量大小为2q；（2）
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）运动过程中间距不变，则三球加速度相同，水平向右；设C球所带电量为Q，对A球受力分析可知C球带负电，且
解得
即C球带负电，其电荷量大小为2q；
（2）对A球受力分析，可知
解得
再对整体受力分析可知
即水平力F的大小为
【分析】（1）运动过程中三个小球间距不变，则三球保持相对静止，根据整体法确定整体加速度的方向，再对球A进行受力分析，再根据AB连线方向处于平衡状态，利用平衡条件及力的合成与分解结合库仑定律进行解答；
（2）对A进行受力分析，根据牛顿第二定律及力的分解，确定球A在水平向右方向的加速度，再对ABC三球整体进行受力分析，根据牛顿第二定律进行解答。
14．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？（g取10 m/s2）
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力
【解析】【解答】（1）设小球原来的角速度为，线的拉力为F，则根据牛顿第二定律有
当小球的转速增加到原来的3倍后，根据牛顿第二定律有
又
联立得
所以线断时线的拉力为
（2）设线断时小球的线速度为v，则有
代入数据得
（3）飞出桌面后小球做平抛运动，则竖直方向有
水平方向有
联立得
【分析】（1）确定小球做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定小球的转速增加前后拉力与角速度的关系，再结合题意进行联立解得；
（2）根据（2）中结论结合牛顿的第二定律进行解答即可；
（3）小球飞出桌面后做平抛运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答。
15．（2024高二上·大祥开学考）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
1 / 1湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二上学期入学考试物理试题
1．（2024高二上·大祥开学考）做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内的位移是（ ）
A．3.5m B．2m C．1m D．0
2．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，表面光滑、质量不计的尖劈，插在缝A、B之间，尖劈的一个角为α，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧压力和对B侧压力分别为( )
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高二上·大祥开学考）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷+q、+q、-q，则该三角形中心O点处的场强为（ ）
A．，方向由C指向O B．，方向由O指向C
C．，方向由O指向C D．，方向由C指向O
5．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
6．（2024高二上·大祥开学考）如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动。卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R。则以下说法正确的是（ ）
A．卫星甲的线速度大小为
B．卫星乙运行的周期为
C．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
8．（2024高二上·大祥开学考）如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v—t图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x—t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是（ ）
A．猴子的运动轨迹为直线 B．猴子在2s内做匀变速曲线运动
C．t = 0时猴子的速度大小为8m/s D．t = 2s时猴子的加速度为4m/s2
9．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，在倾角的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg，则（ ）
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
10．（2024高二上·大祥开学考）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α＞）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN上的张力逐渐减小 B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小
11．（2024高二上·大祥开学考）某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图1所示
(1)某同学打出了所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a= m/s2，(结果保留3位有效数字)
(2)根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图像如图3所示，则滑块和滑轮的总质量为 kg．滑块与木板间的动摩擦因数为 (g=10m/s2)(结果均保留1位有效数字)
12．（2024高二上·大祥开学考）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线.如图1所示．在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图图2所示．
请你帮该同学完成下列任务：（只保留2位有效数字）
（1）设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1= cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2= cm.
（2）如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度范围的计算表达式为v0= （用字母表示）
（3）如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0一图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T= s．
13．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，光滑绝缘的水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量都为m，彼此间距离均为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施加一个水平力F的同时放开三个小球，三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：（三个小球均可视为点电荷）
（1）C球的电性和电荷量大小；
（2）水平力F的大小。
14．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？（g取10 m/s2）
15．（2024高二上·大祥开学考）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】物体做匀减速直线运动，采用逆向思维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的匀加速直线运动，根据推论：在相等时间内的位移之比等于1：3：5：7，由题意可知，在第1 s内的位移是14m，最后1s的位移为2m。
故答案为：B。
【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。
2．【答案】C
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】对尖劈进行受力分析如图
根据平衡条件及力的合成与分解可得，对A侧压力
对B侧压力
故选C。
【分析】对劈尖进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答即可，注意尖劈的质量不计。
3．【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】由图像可知，内汽车以恒定功率行驶，内汽车以恒定功率行驶。设汽车所受牵引力为F，则由
可知当v增加时，牵引力F减小，由牛顿第二定律可得
联立可得
可知当v增加时，a减小，根据图像的斜率表示加速度，斜率的数值越大，加速度越大，综上所属可知图A符合要求。
故选A。
【分析】根据图像确定可知汽车以恒定功率行驶，根据确定汽车牵引力变化情况，再根据牛顿第二定律确定汽车加速度变化情况，再结合图像的斜率表示加速度确定符合要求的v-t图。
4．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】根据几何关系可知，O点到三个点电荷的距离为
根据点电荷场强公式可知，三个电荷在O处产生的场强大小均为
根据对称性及矢量求和法则可得O点的合场强为
方向由O指向C。
故选C。
【分析】根据几何关系确定O点到各点电荷的距离，再根据点电荷场强公式确定各电荷在O点产生场强的大小，明确各电荷在O点产生场强的方向，再根据矢量求和法则进行解答。
5．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg，根据牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有根据牛顿第二定律可得
解得
对质点从开始下落到滑到最低点N的过程，由动能定理得
解得
对质点由最低点继续上滑到达Q点的过程中，由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，质点在NQ段对轨道的压力小于在PN段对轨道的压力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功要小于质点在PN段克服摩擦力做的功W，根据能量守恒定律可知，质点到达Q点后速度不为零，可继续上升一段距离。
故选C。
【分析】确定质点在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿定律确定质点到达最低点的速度。再对质点从开始下落到滑到最低点N的过程运用动能定理确定质点在PN段摩擦力所做的功。质点在轨道上运行时，由于摩擦力的作用，再左右两侧对称点的位置，左侧的速度大于右侧的速度，再根据牛顿定律确定此时两侧正压力的关系，继而确定左右两侧摩擦力做功的关系，再根据能量守恒定律判断质点到达Q点后速度是否为零。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球恰好与半圆轨道相切于B点，则由几何关系可知，小球在B点的速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
根据几何关系有
解得竖直位移为
竖直方向做自由落体运动，故有
又
联立解得
故选C。
【分析】小球恰好与半圆轨道相切于B点，根据由几何关系可知小球在B的速度方向。再根据平抛运动推论可知小球开始运动至B点过程的位移方向角。再根据几何关系确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律竖直方向做自由落体运动及速度偏向角进行解答。
7．【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星甲做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
其中
由行星表面万有引力等于重力，既有
联立可得
故A错误；
B．根据
可得卫星甲环绕的周期
根据开普勒第三定律
根据题意可知卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，则卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，即
故B正确；
C．过M点做以中心天体与M点距离为轨道半径圆形轨道，根据
可知沿过M点所在圆形轨道运行的卫星的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的线速度，而沿过M点所在圆形轨道运行的卫星变轨至乙轨道，需要点火加速，故卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于沿过M点所在圆形轨道运行的卫星的速度，综上可得， 卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度 ，故C正确；
D．卫星运行时只由万有引力提供，根据牛顿第二定律可得
即
所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度 ，故D正确。
故选BCD。
【分析】卫星绕中心天体运动，由万有引力提供向心力。行星表面的物体所受的重力等于其所受万有引力。再结合牛顿第二定律及线速度与周期的关系确定卫星做圆周运动的周期及线速度和加速度。结合开普勒第三定律确定卫星绕椭圆轨道运行的周期。卫星从低轨道进入高轨道需要点火加速，比较椭圆轨道与圆轨道的线速度，需构造经过椭圆轨道上该点的圆轨道，再根据不同圆形轨道运行参数的比较方法进行处理。
8．【答案】B,D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．根据v—t图像的斜率表示加速度，结合乙图知，猴子在竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下；根据x—t图像的斜率表示速度，结合丙图知，猴子在水平方向上做匀速直线运动。根据矢量求和法则可知，猴子的合加速度竖直向下且不变，但与合初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
C．x—t图像的斜率表示速度，则由图丙知猴子水平方向的速度大小为vx=4m/s，由图乙知猴子竖直方向的初速度vy=8m/s，则t=0时猴子的速度大小为
故C错误；
D．v—t图像的斜率表示加速度，则由图乙知猴子的加速度大小为
故D正确。
故选BD。
【分析】v—t图像的斜率表示加速度，x—t图像的斜率表示速度，根据图像确定猴子分别在竖直和水平方向的初速度和初加速度，再根据矢量求和法则确定猴子的合初加速度和合初速度，再根据合初加速度和合初速度的方向确定其运动轨迹。加速不变的运动为匀变速运动。
9．【答案】B,D
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．物块B初始时处于静止状态，随着A的移动，弹簧弹力逐渐增大，当物块B刚要离开C时，B对挡板的压力为零，B仍处于静止状态，此时加速度为零，故A错误；
B．当B刚要离开C时，对B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解可得
解得
对A进行受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
故B正确；
C．此时物体B的加速度为零，A的加速为g，两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误；
D．系统开始处于静止状态，弹簧处于压缩状态，对A进行数理分析，根据平衡条件及力的合成与分解得
解得
A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量，为
故D正确。
故选BD。
【分析】A、B初始时均处于静止状态，随后A在拉力作用下做匀加速运动，B在离开C之前始终处于静止状态，即加速度始终为零。明确A静止时A的受力情况及B刚要离开C时A、B的受力情况，再根据平衡条件确定初末状态弹簧的形变量，A的位移等于弹簧初末状态长度的变化量。再对B刚要离开C时，对A运用牛顿第二定律确定其加速度。
10．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以重物为研究对象，其受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，重物始终处于动态平衡状态，则三力矢量三角形构成的动态圆如图
由图可知，在F1转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小。
故选D。
【分析】一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
11．【答案】1.95；0.5；0.2
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）根据逐差法得
（2）以砂桶为研究对象，由牛顿第二定律可得
整理得
结合图丙可得
，
解得
根据
解得
【分析】（1）根据逐差法确定砂桶的加速度，计算时注意单位的换算；
（2）以砂桶为研究对象，根据牛顿第二定律确定图像的函数表达式，再结合图像确定图像斜率及截距的物理意义，再结合图像及表达式进行数据处理。再根据滑动摩擦力公式确定摩擦因数。
12．【答案】2.10；2.90；；
【知识点】匀速直线运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1） 雾滴运动的路程一定，速度越小，喷雾在空中运行的时间越长。转台转动的角速度恒定，则喷雾运行时间越长，转台转过的弧度越大，打在纸带上的点距离标注线越近，所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1=2.10cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2=2.90cm；
（2）如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为
则雾滴运动的时间为
整理得
（3）根据（2）中表达式结合图象可得
解得
T=1.6s
【分析】雾滴运动的路程始终等于转台的直径d，雾滴速度越大，雾滴空中运行的时间越短，转台的转速稳定后不变，则时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小。再根据及线速度与周期的关系求出雾滴运动的时间，再根据求出喷枪喷出雾滴的速度。
13．【答案】（1）C球带负电，电荷量大小为2q；（2）
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）运动过程中间距不变，则三球加速度相同，水平向右；设C球所带电量为Q，对A球受力分析可知C球带负电，且
解得
即C球带负电，其电荷量大小为2q；
（2）对A球受力分析，可知
解得
再对整体受力分析可知
即水平力F的大小为
【分析】（1）运动过程中三个小球间距不变，则三球保持相对静止，根据整体法确定整体加速度的方向，再对球A进行受力分析，再根据AB连线方向处于平衡状态，利用平衡条件及力的合成与分解结合库仑定律进行解答；
（2）对A进行受力分析，根据牛顿第二定律及力的分解，确定球A在水平向右方向的加速度，再对ABC三球整体进行受力分析，根据牛顿第二定律进行解答。
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力
【解析】【解答】（1）设小球原来的角速度为，线的拉力为F，则根据牛顿第二定律有
当小球的转速增加到原来的3倍后，根据牛顿第二定律有
又
联立得
所以线断时线的拉力为
（2）设线断时小球的线速度为v，则有
代入数据得
（3）飞出桌面后小球做平抛运动，则竖直方向有
水平方向有
联立得
【分析】（1）确定小球做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定小球的转速增加前后拉力与角速度的关系，再结合题意进行联立解得；
（2）根据（2）中结论结合牛顿的第二定律进行解答即可；
（3）小球飞出桌面后做平抛运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答。
15．【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
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