北京市海淀区2024-2025学年高三上学期期中物理试题
1．（2024高三上·海淀期中）将手机放在支架上，如图所示，和分别是支架对手机作用力的两个分力。如果将手机支架和水平方向的夹角减小，在此过程中手机始终保持静止，则（ ）
A．不变 B．增大 C．增大 D．减小
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】首先，对手机进行受力，根据力的分解求出摩擦力与支持力的表达式，然后根据角度的变化判断摩擦力以及支持力的变化情况即可。手机始终保持静止，根据平衡条件可得
则将手机支架和水平方向的夹角减小，增大，减小。
故选BD。
【分析】根据共点力平衡条件列出平衡方程，结合角度的变化分析各力如何变化。
2．（2024高三上·海淀期中）在第33届夏季奥运会男子自由泳决赛中，我国运动员游出的好成绩，打破世界纪录，赢得冠军。已知运动员从长的游泳池的起点游出，沿直线到达对岸，再折返回到起点触及池壁，完成比赛。下列说法正确的是（ ）
A．题目中的“”指的是位移大小
B．题目中的“46.40s”指的是时刻
C．运动员完成全程比赛的位移大小为
D．在研究运动员游泳动作时不能将他看作质点
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】AC．位移是初位置到末位置的有向线段，题目中的“”指的是路程，此过程位移为零，故AC错误；
B．时刻指时间点，时间间隔指的是一段时间，题目中的“46.40s”指的是时间间隔，故B错误；
D．在研究运动员游泳动作时，运动员的大小和形状不能忽略不计，所以不能将他看作质点，故D正确。
故选D。
【分析】明确路程与位移、时间与时刻和质点等的概念进行分析解答。研究运动员游泳动作时，身体大小不能忽略，故不能看成质点。
3．（2024高三上·海淀期中）我国航天员在“天宫课堂”中做了如图所示的实验，将不可伸长的轻绳一端固定于点，另一端系一小球，使其绕点做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球绕点做圆周运动的轨迹可以处于任意平面
B．若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大
C．若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力增大
D．若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大
【答案】A,B,D
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．综合匀速圆周运动向心力的问题以及做圆周运动条件等，会根据题意进行准确分析解答。将此实验放在绕地球做匀速圆周运动的太空实验室中进行，由于小球在太空实验室中处于完全失重状态，则小球受到的绳子拉力完全提供向心力，且绳子拉力总是与速度方向垂直，所以小球圆周运动的轨迹可以处于任意平面内，故A正确；
B．根据向心力的表达式列式分析拉力的变化情况。根据
若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大，故B正确；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力减小，故C错误；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】根据题意分析小球的状态，结合轻绳拉力的情况判断能否在任意平面做匀速圆周运动；根据向心力的表达式列式分析拉力的变化情况。
4．（2024高三上·海淀期中）一列简谐横波在t=0时的波形如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt(cm)，下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波的振幅为10cm
B．该简谐横波的波速是25m/s
C．经过0.2s，质点P将沿x轴正方向移动到x=4m处
D．若某时刻x=0处的波源突然停止振动，则0.2s后质点P也会停止振动
【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据简谐运动的表达式求解该简谐横波的振幅和周期，介质做简谐运动的表达式为
则该简谐横波的振幅为10cm，故A正确；
B．根据图像可知波长，由此求解该波的波速。根据题意可知
该简谐横波的波速
故B错误；
C．质点不会随波迁移。经过0.2s，即半个周期，质点P将刚好回到平衡位置，故C错误；
D．若某时刻x=0处的波源突然停止振动，由于波速为10m/s，而P点到坐标原点的距离为2m，所以0.2s后质点P也会停止振动，故D正确。
故选AD。
【分析】解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，根据图像直接读出波长，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
5．（2024高三上·海淀期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平地面上，两物体的质量均为1 kg。从t = 0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA = （8 2t） N和FB = （2 + 2t） N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．物体A运动的加速度逐渐减小
B．物体B运动的加速度先不变后变大
C．t = 1.5 s时，物体A与物体B刚好分离
D．t = 4.0 s时，物体A与物体B刚好分离
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】物体一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发生相对运动。此时便是临界状态。临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。
FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但
为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动；
物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有
即
解得
即t = 1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大。
故选BC。
【分析】根据FA和FB的关系式分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律解答。临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。
6．（2024高三上·海淀期中）2023年5月10日，天舟六号货运飞船进入预定轨道，次日经点火沿运动方向加速，变轨后与中国空间站组合体完成交会对接，在距地球表面约的空间站轨道运行。若在预定轨道和空间站轨道上天舟六号均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．天舟六号的预定轨道高度大于
B．天舟六号在预定轨道上运行时的速度大于
C．天舟六号在预定轨道上做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度
D．天舟六号在预定轨道上的运行周期小于其在空间站轨道上的运行周期
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．天舟六号要想与空间站对接，必须在低轨道上加速才能完成，可知天舟六号的预定轨道高度小于，选项A错误；
B.7.9km/s是所有环绕地球做圆周运动卫星的最大速度，可知天舟六号在预定轨道上运行时的速度小于，选项B错误；
C．根据牛顿第二定律进行分析判断，
可知
可知，天舟六号在预定轨道上做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项C正确；
D． 根据开普勒第三定律进行分析判断
因天舟六号的轨道半径小于空间站的轨道半径，可知天舟六号在预定轨道上的运行周期小于其在空间站轨道上的运行周期，选项D正确，本题考查万有引力定律的应用以及开普勒关于行星运动的规律，会根据题意进行准确分析解答。
故选CD。
【分析】根据对接需要加速变轨分析轨道半径关系；根据圆轨道上的运行速度和第一宇宙速度的关系进行分析判断。
7．（2024高三上·海淀期中）水平放置的力传感器可以记录站在传感器上的人对其压力随时间的变化情况。某次实验，人从静止站立开始，先下蹲至最低点再用力向上跳起。传感器记录了如图所示的图像，图线上每个坐标点对应的时刻和压力大小的数据均可获取。取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．根据图像中信息可知人向上跳起后离开传感器两次
B．通过数据可计算出每一次人跳起后离开传感器的高度
C．在内，人从静止站立下蹲至最低点
D．从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，人始终处于超重状态
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．根据图像可知，有两个时间间隔压力F是零，可见人向上跳起后离开传感器两次，故A正确；
B．由可以读取人离开水平放置的力传感器时间，若不计阻力此阶段人作竖直上抛运动，根据运动的对称性可得
但是阻力大小未知，故由题中数据无法精确计算出每一次人跳起后离开传感器的高度，故B错误；
C．人从静止站立下蹲至最低点，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上；F先小于G，再大于G，而，F一直小于G，故C错误；
D．物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象叫超重，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象叫失重。从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，人先超重后失重，故D错误。
故选A。
【分析】根据图像所示人的受力情况分析其运动状态。物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
8．（2024高三上·海淀期中）将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（ ）
A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量
B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功
C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小
D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小
【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量定理；冲量
【解析】【解答】A． 运动员重力势能的变化量 等于重力做功的相反数。起跳后重心上升的最大高度为h，则
故A正确；
B．全过程有重力做功以及水的阻力做功，从最高点至入水后速度减为零的过程，有
由于最高点至入水后速度减为零的高度未知，所以不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误；
C．由于不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误；
D．根据动量定理可得
所以
即从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。
故选AD。
【分析】根据动量定理（合力的冲量等于物体动量变化）和动能定理（合力做功等于物理动能变化）的定义逐项分析。
9．（2024高三上·海淀期中）如图所示，在时小球被斜向上抛出，空气阻力可以忽略。以抛出点为原点，以水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中，动量在方向的分量随时间、动量在方向的分量随时间、动能随水平位移、动能随竖直位移的变化关系，图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】A．动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。小球做斜抛运动，设初速度与轴正方向的夹角为，沿方向小球做匀速直线运动，动量在方向的分量为
可知动量在方向的分量不变，故A错误；
B．小球沿方向小球做竖直上抛运动，加速度大小恒定为g，速度为
动量在方向的分量为
故B正确；
CD．斜抛运动最高点速度大于零。小球做斜抛运动过程中，沿方向的速度保持不变，小球的动能不可能为零，故CD错误。
故选B。
【分析】根据运动的合成与分解，将速度分解成水平、竖直两个方向的分运动，运用关系式进行分析。
10．（2024高三上·海淀期中）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力相互作用，的大小与分界线的长度成正比，即（为液体的表面张力系数），的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为的U型细框上放置一细杆，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对产生水平向左的力．小明用一测力计水平向右拉住使其保持静止，测力计示数为，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为。下列说法正确的是（ ）
A．表面张力系数的单位是
B．测得肥皂水的表面张力系数为
C．肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强
D．肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
【答案】B,C,D
【知识点】液体的表面张力；单位制
【解析】【解答】A．根据拉力F的表达式，确定液体的表面张力系数σ的表达式，进一步推导σ的单位。由，得
其中的单位是，即，的单位是，代入上式，得到表面张力系数的单位是，故A错误；
B．根据平衡条件、F的公式列式求解。肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有
得到肥皂水的表面张力系数为
故B正确；
C．由于肥皂泡表面存在表面张力，肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强，故C正确；
D．右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
故D正确。
故选BCD。
【分析】本题主要考查的是共点力的平衡条件的应用，选准研究对象是关键，也需要注意题干引入的新公式的灵活应用。肥皂泡表面存在表面张力，且肥皂泡呈球形，据此判断；.结合前面求得的肥皂水的表面张力系数及平衡条件，列式求解。
11．（2024高三上·海淀期中）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。先将A球多次从斜轨上P位置静止释放，找到其平均落点E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上P位置静止释放，两球相碰，重复多次，分别确定碰后A球和B球的平均落点D和F。测得A球的质量为mA，B球的质量为mB，且mA>mB。
（1）实验中，确定平均落点需要的器材是______（选填选项前的字母）。
A．天平 B．秒表 C．圆规
（2）分别测出O到平均落点的距离，记为OD、OE、OF。
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，简述其可行的依据： 。
②在误差允许范围内，若关系式 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）某同学认为，在上述实验中仅更换A球和B球的材质，其他条件不变，可以使碰后两小球做平抛运动的水平射程发生变化。请分析关于射程的关系式中，可能成立的是______（选填选项前的字母）。
A． B． C．
【答案】（1）C
（2）见解析；
（3）A；B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）多次让小球从斜面上的同一位置由静止开始释放，小球的落点并不会完全重合，用圆规将各落点用最小的圆圈起来，圆心为落点的平均位置，因此所需的器材为圆规。
故选C。
（2）让质量较大的小球A（质量为m1）与静止的质量较小的小球B（质量为m2）碰撞，要验证
需测量碰撞前后小球的速度．本实验中较巧妙地借助平抛运动的规律，将速度的测量转化为水平位移的测量。由于小球做平抛运动，下落高度相同，所用时间相等，则
由此可知，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，若碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）
若更换A球和B球的材质，两球碰撞过程仍然满足
联立可得
同时，两球碰撞后，B球的速度大于A球的速度，则
所以OE可能大于OF，也可能小于OF。
故选AB。
【分析】（1）根据实验的原理分析实验误差的减小措施；
（2）①根据平抛运动的规律进行分析，竖直方向运动时间相同，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度；
②根据平抛运动的规律和动量守恒定律表达式求解作答；
（3）更换A球和B球的材质后，两小球可能发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律分析作答。
（1）确定平均落点的方法是用最小的圆将小球的落点圈起来，该圆的圆心即为小球的平均落点，故需要用圆规。
故选C。
（2）[1][2]由于小球做平抛运动，下落高度相同，所用时间相等，则
由此可知，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，若碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）若更换A球和B球的材质，两球碰撞过程仍然满足
联立可得
同时，两球碰撞后，B球的速度大于A球的速度，则
所以OE可能大于OF，也可能小于OF。
故选AB。
12．（2024高三上·海淀期中）某小组同学用如图所示装置完成“用单摆测量重力加速度大小”的实验。
（1）制作单摆时，应该选择的悬挂方式是图中的 （选填“甲”或“乙”）。
（2）让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测量摆长，根据图所示，可测得摆长 。
（3）该小组同学测出单摆的摆长及完成次全振动所用的时间，可以推导出重力加速度 （用、、表示）。
（4）该小组同学多次调整摆长，并分别记录相应单摆完成30次全振动所用时间，处理数据绘出图像，如图所示．可以计算出当地的重力加速度 （计算结果保留三位有效数字）。
（5）若已测得当地的重力加速度。将一个摆长为的单摆，从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，未测量其周期。忽略空气阻力，以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为 。
【答案】（1）乙
（2）97.50
（3）
（4）9.86
（5）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆模型可知，单摆的悬点应该固定。制作单摆时，为了保证摆动过程，摆长保持不变，应该选择的悬挂方式是图中的乙。
（2）
图中刻度尺的分度值为，读数需要估读，由图可知，摆长为
（3）根据单摆周期公式求解重力加速度
根据单摆周期公式
又
联立可得重力加速度为
（4）
根据根据全振动的次数求解单摆周期
整理可得
可知图像的斜率为
可知当地的重力加速度为
（5）
单摆的周期为
从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，单摆在θ＜5°范围内做简谐运动，则振幅为
以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为
联立可得
【分析】（1）根据单摆模型的条件分析作答；
（2）毫米刻度尺的精确度为1mm，要估读到下一位；
（3）根据全振动的次数求解单摆周期；根据单摆周期公式求解重力加速度；
（4）根据单摆周期公式求解t2-L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
（5）单摆在θ＜5°范围内做简谐运动，根据单摆周期公式结合简谐运动的函数表达式求解作答。
（1）制作单摆时，为了保证摆动过程，摆长保持不变，应该选择的悬挂方式是图中的乙。
（2）图中刻度尺的分度值为，由图可知，摆长为
（3）根据单摆周期公式
又
联立可得重力加速度为
（4）根据
整理可得
可知图像的斜率为
可知当地的重力加速度为
（5）单摆的周期为
从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，则振幅为
以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为
联立可得
13．（2024高三上·海淀期中）如图所示，一滑块（可视为质点）从光滑且足够长的固定斜面底端出发，以初速度沿斜面上行，一段时间后返回斜面底端．已知斜面的倾角为，滑块质量为，重力加速度为．求：
（1）滑块沿斜面上行的最大距离；
（2）滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间；
（3）当滑块返回斜面底端时，重力对滑块做功的瞬时功率。
【答案】（1）解：物块向上滑动过程中，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
物块向上滑动过程中，物块的加速度大小为
上滑到顶端速度为0，由位移-速度公式，有
有滑块沿斜面上行的最大距离
上滑时间
（2）解：物块向下滑动过程中，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
物块向下滑动过程中，物块的加速度大小为
可见下滑为上滑逆过程，所以滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间
（3）解：由上知当滑块返回斜面底端时，速度为，方向沿斜面向下，重力对滑块做功的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解滑动时的加速度大小，结合逆向思维方法，匀变速直线运动的规律列式求解上滑的最远距离；
（2）根据牛顿第二定律求解滑动时的加速度大小，下滑为上滑逆过程，根据速度时间关系求解时间；
（3）根据功率的公式列式求解。
（1）物块向上滑动过程中，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma1
物块向上滑动过程中，物块的加速度大小为
a1=gsinθ
上滑到顶端速度为0，由位移-速度公式，有
有滑块沿斜面上行的最大距离
上滑时间
（2）物块向下滑动过程中，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma2
物块向下滑动过程中，物块的加速度大小为
a2=gsinθ
可见下滑为上滑逆过程，所以滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间
（3）由上知当滑块返回斜面底端时，速度为，方向沿斜面向下，重力对滑块做功的瞬时功率
14．（2024高三上·海淀期中）跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已知运动员（含装备）的质量m = 80 kg，测得AB间的距离L = 40 m，斜坡与水平方向的夹角θ = 30°，取重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力。求运动员（含装备）
（1）从A处运动到B处所用时间t；
（2）从A处运动到B处过程中，动量变化量Δp的大小和方向；
（3）在B处着陆前瞬间的动能Ek。
【答案】（1）解：从A到B，运动员做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）解：从A处运动到B处过程中，根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量
方向竖直向下
（3）解：根据机械能守恒定律可知，在B处着陆前瞬间的动能
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）从A到B，运动员做平抛运动，将运动分解成水平竖直两个方向的分运动，分别列出方程式；
（2）物体所受合力的冲量等于物体的动量变化；
（3）运动前后系统机械能不变，根据机械能守恒定律求解。
（1）从A到B，运动员做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）从A处运动到B处过程中，根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量
方向竖直向下。
（3）根据机械能守恒定律可知，在B处着陆前瞬间的动能
15．（2024高三上·海淀期中）生活中常用高压水枪清洗汽车，当高速水流射向物体，会对物体表面产生冲击力，从而实现洗去污垢的效果。图为利用水枪喷水洗车的简化示意图。已知水枪喷水口的横截面积为，水的密度为，不计流体内部的黏滞力。假设水流垂直打到车身表面后不反弹，测得水枪管口单位时间内喷出水流体积为。
（1）求水枪喷水口喷出水流的速度大小；
（2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，求喷水时动力装置的输出功率至少有多大；
（3）清洗车身时，汽车静止不动，忽略水流喷出后在竖直方向的运动。计算水流对车身表面的平均作用力的大小。
【答案】（1）解：水枪管口单位时间内喷出水流体积为，则有
解得水流的速度大小为
（2）解：高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，将内的水喷出，将电能转化为水的动能，有
解得动力装置的输出功率为
（3）解：以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对时间内的水，在水平方向由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力为
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）题中给出了水枪喷口的截面积和单位时间内喷出水的体积。可以通过这两个量之间的关系来确定水流速度大小。利用水流在单位时间内喷出的体积等于喷口截面积与速度的乘积，根据这一关系即可求得速度大小。
（2）考虑单位时间内被加速喷出的水所需的动能增加，依据功率与动能的关系，可以求出动力装置的输出功率。此过程实际上是将电能或其他形式的能量转化为水的动能。
（3）根据动量定理，水流撞击车身后速度变为零，可以通过单位时间内水流动量的变化，得到水流对车身的平均作用力大小。然后，根据牛顿第三定律，车身受到的水流冲击力与水对车身表面的作用力相等，即为所求。
（1）水枪管口单位时间内喷出水流体积为，则有
解得水流的速度大小为
（2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，将内的水喷出，将电能转化为水的动能，有
解得动力装置的输出功率为
（3）以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对时间内的水，在水平方向由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力为
16．（2024高三上·海淀期中）万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。
（1）地球同步卫星的周期与地球自转周期相同。已知地球质量为，自转周期为，万有引力常量为，求地球同步卫星的轨道半径。
（2）由于地球自转的影响，在地球表面不同的地方，物体的重量会随纬度的变化而有所不同。将地球视为质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。用弹簧秤称量一个相对于地面静止的小物体的重量，设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是；在赤道地面称量时，弹簧秤的读数是。
a.求在赤道地面，小物体随地球自转的向心力大小；
b.求在纬度为的地面称量时，弹簧秤的读数。
【答案】（1）解：万有引力提供圆周运动所需向心力，则有
解得
（2）解：a.在地球北极地面称量时，万有引力等于重力，则有
根据平衡条件有
在赤道地面称量时有
其中向心力
根据平衡条件有
解得
b. 在纬度为的地面，结合上述可知，万有引力
上述位置所需向心力
该位置的重力大小等于弹簧秤的读数，根据余弦定理有
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力提供向心力，求解同步卫星的轨道半径；
（2）a.通过对物体在赤道和北极受力进行分析，求解物体在赤道上向心力；
b.分析物体在纬度为45°的地面的受力，根据余弦定理求解。
（1）万有引力提供圆周运动所需向心力，则有
解得
（2）a.在地球北极地面称量时，万有引力等于重力，则有
根据平衡条件有
在赤道地面称量时有
其中向心力
根据平衡条件有
解得
b. 在纬度为的地面，结合上述可知，万有引力
上述位置所需向心力
该位置的重力大小等于弹簧秤的读数，根据余弦定理有
解得
17．（2024高三上·海淀期中）转动被淋湿的雨伞，雨水会被甩落到地面。某同学观察到，在雨伞加速转动过程中水滴被甩落，他猜想雨伞转速增加的快慢不同，水滴落点的远近也会不同。为了验证猜想，他设计了一个实验。
如图所示，半径为R的水平圆盘在电机带动下可绕中心轴转动，且通过控制电机调整圆盘转速，转速可以缓慢增大，也可以迅速增大。圆盘静止时，在其边缘处放一质量为m的小物体。已知小物体与圆盘间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）圆盘初始静止，控制电机，让圆盘的转速缓慢增大。当转速增大到某一值时，小物体被甩出。求：
a．小物体被甩出时圆盘角速度的大小ω0；
b．小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功W。
（2）通过研究小物体被甩出后落到水平地面的情况，可以模拟水滴从雨伞边缘甩落的情况。设在圆盘转速缓慢增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L1；在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L2。
a．在图中，画出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体所受摩擦力f的示意图；
b．写出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出瞬间所受摩擦力f与瞬时速度v的关系式，并由此比较L1和L2的大小关系。（注意：解答中需要用到、但题目中没有给出的物理量，要在解题过程中做必要的说明）
【答案】（1）解：a.当转速增大到某一值时，小物体被甩出，此时，最大静摩擦力提供向心力，则
解得
b.小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功为
所以
（2）解：a.小物体所受摩擦力如图所示
b.物体被甩出瞬间，静摩擦力达到最大值
即
设与半径夹角为，在沿半径方向，由牛顿第二定律得
物体被甩落后做平抛运动，两种情况下平抛的飞行时间 相等，由几何关系可知
转速缓慢增大
转速迅速增大
由于
可得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）a.在转速缓慢增加的情况下，分析小物体被甩出时的临界条件，即摩擦力等于最大静摩擦力，此时摩擦力提供向心力。通过这一条件，求出物体被甩出时的角速度。
b.物体在加速过程中，摩擦力对物体做功可以通过动能定理求解，关键是确定物体的初速度与摩擦力的关系。
（2）ab.通过牛顿第二定律，分析摩擦力与物体速度的关系，并结合物体甩出后的平抛运动，比较小物体落地点在两种不同加速情况（缓慢和迅速）的距离关系。
（1）a.当转速增大到某一值时，小物体被甩出，此时，最大静摩擦力提供向心力，则
解得
b.小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功为
所以
（2）a.小物体所受摩擦力如图所示
b.物体被甩出瞬间，静摩擦力达到最大值
即
设与半径夹角为，在沿半径方向，由牛顿第二定律得
物体被甩落后做平抛运动，两种情况下平抛的飞行时间 相等，由几何关系可知
转速缓慢增大
转速迅速增大
由于
可得
18．（2024高三上·海淀期中）“深蹲跳”是一项利用自重训练的健身运动，需要先蹲下，然后靠大腿、臀部等的肌肉让整个身体向上直立跳起。如图甲所示，运动员做该动作，在离开地面瞬间，全身绷直，之后保持该姿势达到最大高度。小明和小红运用所学知识对该对象和过程构建了简化的物理模型来研究“深蹲跳”。已知重力加速度为，不计空气阻力。
（1）测得运动员在离开地面之后上升的最大高度为，求运动员离开地面瞬间的速度大小。
（2）小明考虑到起跳过程中身体各部分肌肉的作用，构建了如图乙所示的模型：把运动员的上、下半身看作质量均为的、两部分，这两部分用一质量不计的轻弹簧相连，静止时弹簧的压缩量为。起跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。小明查得弹簧的弹性势能与其形变量满足关系，为弹簧的劲度系数。
a．求图乙模型中弹簧的劲度系数；
b．要想人的双脚能够离开地面，即能离地，计算起跳前弹簧压缩量的最小值。
（3）小红发现，在运动员离开地面上升的过程中，绷直身体的各部分基本处于相对静止的状态，于是她在小明构建的模型基础上做了进一步修正：如图丙所示，和间连一质量不计的轻杆（图中虚线所示），当被压缩的弹簧伸长到原长时，轻杆将弹簧的长度锁定，此后上升过程中和的相对位置固定，代表绷直的身体离开地面。根据小红的模型，当弹簧的压缩量为时，计算运动员跳起的最大高度。
【答案】（1）解：运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知
则运动员离开地面瞬间的速度大小为
（2）解：a．静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件可知
解得劲度系数为
b．B恰好离地，A恰好到达最高点时，B所受的支持力恰好为0，A的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧压缩量最小，由平衡条件
解得弹簧的伸长量为
对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得起跳前弹簧压缩量的最小值为
（3）解：弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得弹簧锁定前A的速度大小为
弹簧锁定前后，对A、弹簧和B组成的系统，由动量守恒定律
解得运动员跳起时速度大小
运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为
【知识点】胡克定律；能量守恒定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）重力做功等于物体动能变化，根据动能定理求解运动员离开地面时的速度；
（2）重力等于弹力，对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律根结合胡克定律求解弹簧的劲度系数和弹簧的压缩量；
（3）弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律和竖直上抛规律进行分析。
（1）运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知
则运动员离开地面瞬间的速度大小为
（2）a．静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件可知
解得劲度系数为
b．B恰好离地，A恰好到达最高点时，B所受的支持力恰好为0，A的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧压缩量最小，由平衡条件
解得弹簧的伸长量为
对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得起跳前弹簧压缩量的最小值为
（3）弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，由动量守恒定律
解得弹簧锁定前A的速度大小为
弹簧锁定前后，对A、弹簧和B组成的系统，由动量守恒定律
解得运动员跳起时速度大小
运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为
1 / 1北京市海淀区2024-2025学年高三上学期期中物理试题
1．（2024高三上·海淀期中）将手机放在支架上，如图所示，和分别是支架对手机作用力的两个分力。如果将手机支架和水平方向的夹角减小，在此过程中手机始终保持静止，则（ ）
A．不变 B．增大 C．增大 D．减小
2．（2024高三上·海淀期中）在第33届夏季奥运会男子自由泳决赛中，我国运动员游出的好成绩，打破世界纪录，赢得冠军。已知运动员从长的游泳池的起点游出，沿直线到达对岸，再折返回到起点触及池壁，完成比赛。下列说法正确的是（ ）
A．题目中的“”指的是位移大小
B．题目中的“46.40s”指的是时刻
C．运动员完成全程比赛的位移大小为
D．在研究运动员游泳动作时不能将他看作质点
3．（2024高三上·海淀期中）我国航天员在“天宫课堂”中做了如图所示的实验，将不可伸长的轻绳一端固定于点，另一端系一小球，使其绕点做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球绕点做圆周运动的轨迹可以处于任意平面
B．若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大
C．若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力增大
D．若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大
4．（2024高三上·海淀期中）一列简谐横波在t=0时的波形如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt(cm)，下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波的振幅为10cm
B．该简谐横波的波速是25m/s
C．经过0.2s，质点P将沿x轴正方向移动到x=4m处
D．若某时刻x=0处的波源突然停止振动，则0.2s后质点P也会停止振动
5．（2024高三上·海淀期中）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平地面上，两物体的质量均为1 kg。从t = 0开始，推力FA和拉力FB分别作用于物体A、B上，FA和FB随时间t变化的规律分别为FA = （8 2t） N和FB = （2 + 2t） N。关于8 s内两物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．物体A运动的加速度逐渐减小
B．物体B运动的加速度先不变后变大
C．t = 1.5 s时，物体A与物体B刚好分离
D．t = 4.0 s时，物体A与物体B刚好分离
6．（2024高三上·海淀期中）2023年5月10日，天舟六号货运飞船进入预定轨道，次日经点火沿运动方向加速，变轨后与中国空间站组合体完成交会对接，在距地球表面约的空间站轨道运行。若在预定轨道和空间站轨道上天舟六号均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．天舟六号的预定轨道高度大于
B．天舟六号在预定轨道上运行时的速度大于
C．天舟六号在预定轨道上做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度
D．天舟六号在预定轨道上的运行周期小于其在空间站轨道上的运行周期
7．（2024高三上·海淀期中）水平放置的力传感器可以记录站在传感器上的人对其压力随时间的变化情况。某次实验，人从静止站立开始，先下蹲至最低点再用力向上跳起。传感器记录了如图所示的图像，图线上每个坐标点对应的时刻和压力大小的数据均可获取。取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．根据图像中信息可知人向上跳起后离开传感器两次
B．通过数据可计算出每一次人跳起后离开传感器的高度
C．在内，人从静止站立下蹲至最低点
D．从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，人始终处于超重状态
8．（2024高三上·海淀期中）将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（ ）
A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量
B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功
C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小
D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小
9．（2024高三上·海淀期中）如图所示，在时小球被斜向上抛出，空气阻力可以忽略。以抛出点为原点，以水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向，建立平面直角坐标系。关于小球运动过程中，动量在方向的分量随时间、动量在方向的分量随时间、动能随水平位移、动能随竖直位移的变化关系，图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·海淀期中）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力相互作用，的大小与分界线的长度成正比，即（为液体的表面张力系数），的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为的U型细框上放置一细杆，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对产生水平向左的力．小明用一测力计水平向右拉住使其保持静止，测力计示数为，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为。下列说法正确的是（ ）
A．表面张力系数的单位是
B．测得肥皂水的表面张力系数为
C．肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强
D．肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
11．（2024高三上·海淀期中）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。先将A球多次从斜轨上P位置静止释放，找到其平均落点E。然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上P位置静止释放，两球相碰，重复多次，分别确定碰后A球和B球的平均落点D和F。测得A球的质量为mA，B球的质量为mB，且mA>mB。
（1）实验中，确定平均落点需要的器材是______（选填选项前的字母）。
A．天平 B．秒表 C．圆规
（2）分别测出O到平均落点的距离，记为OD、OE、OF。
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，简述其可行的依据： 。
②在误差允许范围内，若关系式 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）某同学认为，在上述实验中仅更换A球和B球的材质，其他条件不变，可以使碰后两小球做平抛运动的水平射程发生变化。请分析关于射程的关系式中，可能成立的是______（选填选项前的字母）。
A． B． C．
12．（2024高三上·海淀期中）某小组同学用如图所示装置完成“用单摆测量重力加速度大小”的实验。
（1）制作单摆时，应该选择的悬挂方式是图中的 （选填“甲”或“乙”）。
（2）让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测量摆长，根据图所示，可测得摆长 。
（3）该小组同学测出单摆的摆长及完成次全振动所用的时间，可以推导出重力加速度 （用、、表示）。
（4）该小组同学多次调整摆长，并分别记录相应单摆完成30次全振动所用时间，处理数据绘出图像，如图所示．可以计算出当地的重力加速度 （计算结果保留三位有效数字）。
（5）若已测得当地的重力加速度。将一个摆长为的单摆，从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，未测量其周期。忽略空气阻力，以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为 。
13．（2024高三上·海淀期中）如图所示，一滑块（可视为质点）从光滑且足够长的固定斜面底端出发，以初速度沿斜面上行，一段时间后返回斜面底端．已知斜面的倾角为，滑块质量为，重力加速度为．求：
（1）滑块沿斜面上行的最大距离；
（2）滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间；
（3）当滑块返回斜面底端时，重力对滑块做功的瞬时功率。
14．（2024高三上·海淀期中）跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已知运动员（含装备）的质量m = 80 kg，测得AB间的距离L = 40 m，斜坡与水平方向的夹角θ = 30°，取重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力。求运动员（含装备）
（1）从A处运动到B处所用时间t；
（2）从A处运动到B处过程中，动量变化量Δp的大小和方向；
（3）在B处着陆前瞬间的动能Ek。
15．（2024高三上·海淀期中）生活中常用高压水枪清洗汽车，当高速水流射向物体，会对物体表面产生冲击力，从而实现洗去污垢的效果。图为利用水枪喷水洗车的简化示意图。已知水枪喷水口的横截面积为，水的密度为，不计流体内部的黏滞力。假设水流垂直打到车身表面后不反弹，测得水枪管口单位时间内喷出水流体积为。
（1）求水枪喷水口喷出水流的速度大小；
（2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，求喷水时动力装置的输出功率至少有多大；
（3）清洗车身时，汽车静止不动，忽略水流喷出后在竖直方向的运动。计算水流对车身表面的平均作用力的大小。
16．（2024高三上·海淀期中）万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。
（1）地球同步卫星的周期与地球自转周期相同。已知地球质量为，自转周期为，万有引力常量为，求地球同步卫星的轨道半径。
（2）由于地球自转的影响，在地球表面不同的地方，物体的重量会随纬度的变化而有所不同。将地球视为质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。用弹簧秤称量一个相对于地面静止的小物体的重量，设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是；在赤道地面称量时，弹簧秤的读数是。
a.求在赤道地面，小物体随地球自转的向心力大小；
b.求在纬度为的地面称量时，弹簧秤的读数。
17．（2024高三上·海淀期中）转动被淋湿的雨伞，雨水会被甩落到地面。某同学观察到，在雨伞加速转动过程中水滴被甩落，他猜想雨伞转速增加的快慢不同，水滴落点的远近也会不同。为了验证猜想，他设计了一个实验。
如图所示，半径为R的水平圆盘在电机带动下可绕中心轴转动，且通过控制电机调整圆盘转速，转速可以缓慢增大，也可以迅速增大。圆盘静止时，在其边缘处放一质量为m的小物体。已知小物体与圆盘间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）圆盘初始静止，控制电机，让圆盘的转速缓慢增大。当转速增大到某一值时，小物体被甩出。求：
a．小物体被甩出时圆盘角速度的大小ω0；
b．小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功W。
（2）通过研究小物体被甩出后落到水平地面的情况，可以模拟水滴从雨伞边缘甩落的情况。设在圆盘转速缓慢增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L1；在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出后的落点到中心轴的距离为L2。
a．在图中，画出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体所受摩擦力f的示意图；
b．写出在圆盘转速迅速增大的情况下，小物体被甩出瞬间所受摩擦力f与瞬时速度v的关系式，并由此比较L1和L2的大小关系。（注意：解答中需要用到、但题目中没有给出的物理量，要在解题过程中做必要的说明）
18．（2024高三上·海淀期中）“深蹲跳”是一项利用自重训练的健身运动，需要先蹲下，然后靠大腿、臀部等的肌肉让整个身体向上直立跳起。如图甲所示，运动员做该动作，在离开地面瞬间，全身绷直，之后保持该姿势达到最大高度。小明和小红运用所学知识对该对象和过程构建了简化的物理模型来研究“深蹲跳”。已知重力加速度为，不计空气阻力。
（1）测得运动员在离开地面之后上升的最大高度为，求运动员离开地面瞬间的速度大小。
（2）小明考虑到起跳过程中身体各部分肌肉的作用，构建了如图乙所示的模型：把运动员的上、下半身看作质量均为的、两部分，这两部分用一质量不计的轻弹簧相连，静止时弹簧的压缩量为。起跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。小明查得弹簧的弹性势能与其形变量满足关系，为弹簧的劲度系数。
a．求图乙模型中弹簧的劲度系数；
b．要想人的双脚能够离开地面，即能离地，计算起跳前弹簧压缩量的最小值。
（3）小红发现，在运动员离开地面上升的过程中，绷直身体的各部分基本处于相对静止的状态，于是她在小明构建的模型基础上做了进一步修正：如图丙所示，和间连一质量不计的轻杆（图中虚线所示），当被压缩的弹簧伸长到原长时，轻杆将弹簧的长度锁定，此后上升过程中和的相对位置固定，代表绷直的身体离开地面。根据小红的模型，当弹簧的压缩量为时，计算运动员跳起的最大高度。
答案解析部分
1．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】首先，对手机进行受力，根据力的分解求出摩擦力与支持力的表达式，然后根据角度的变化判断摩擦力以及支持力的变化情况即可。手机始终保持静止，根据平衡条件可得
则将手机支架和水平方向的夹角减小，增大，减小。
故选BD。
【分析】根据共点力平衡条件列出平衡方程，结合角度的变化分析各力如何变化。
2．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程
【解析】【解答】AC．位移是初位置到末位置的有向线段，题目中的“”指的是路程，此过程位移为零，故AC错误；
B．时刻指时间点，时间间隔指的是一段时间，题目中的“46.40s”指的是时间间隔，故B错误；
D．在研究运动员游泳动作时，运动员的大小和形状不能忽略不计，所以不能将他看作质点，故D正确。
故选D。
【分析】明确路程与位移、时间与时刻和质点等的概念进行分析解答。研究运动员游泳动作时，身体大小不能忽略，故不能看成质点。
3．【答案】A,B,D
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．综合匀速圆周运动向心力的问题以及做圆周运动条件等，会根据题意进行准确分析解答。将此实验放在绕地球做匀速圆周运动的太空实验室中进行，由于小球在太空实验室中处于完全失重状态，则小球受到的绳子拉力完全提供向心力，且绳子拉力总是与速度方向垂直，所以小球圆周运动的轨迹可以处于任意平面内，故A正确；
B．根据向心力的表达式列式分析拉力的变化情况。根据
若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大，故B正确；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力减小，故C错误；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】根据题意分析小球的状态，结合轻绳拉力的情况判断能否在任意平面做匀速圆周运动；根据向心力的表达式列式分析拉力的变化情况。
4．【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据简谐运动的表达式求解该简谐横波的振幅和周期，介质做简谐运动的表达式为
则该简谐横波的振幅为10cm，故A正确；
B．根据图像可知波长，由此求解该波的波速。根据题意可知
该简谐横波的波速
故B错误；
C．质点不会随波迁移。经过0.2s，即半个周期，质点P将刚好回到平衡位置，故C错误；
D．若某时刻x=0处的波源突然停止振动，由于波速为10m/s，而P点到坐标原点的距离为2m，所以0.2s后质点P也会停止振动，故D正确。
故选AD。
【分析】解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，根据图像直接读出波长，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
5．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】物体一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发生相对运动。此时便是临界状态。临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。
FA、FB都是关于时间的函数，随着时间的改变而改变，但
为恒力，则可知在A、B分离前两者一起做匀加速直线运动；
物体A、B开始分离时，两物体间弹力恰好等于0，但此时刻两物体具有相同的加速度，则此时应有
即
解得
即t = 1.5 s时，物体A、B开始分离；分离后A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增加，故整个过程中物体A运动的加速度先不变后逐渐减小，物体B运动的加速度先不变后变大。
故选BC。
【分析】根据FA和FB的关系式分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律解答。临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。
6．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．天舟六号要想与空间站对接，必须在低轨道上加速才能完成，可知天舟六号的预定轨道高度小于，选项A错误；
B.7.9km/s是所有环绕地球做圆周运动卫星的最大速度，可知天舟六号在预定轨道上运行时的速度小于，选项B错误；
C．根据牛顿第二定律进行分析判断，
可知
可知，天舟六号在预定轨道上做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项C正确；
D． 根据开普勒第三定律进行分析判断
因天舟六号的轨道半径小于空间站的轨道半径，可知天舟六号在预定轨道上的运行周期小于其在空间站轨道上的运行周期，选项D正确，本题考查万有引力定律的应用以及开普勒关于行星运动的规律，会根据题意进行准确分析解答。
故选CD。
【分析】根据对接需要加速变轨分析轨道半径关系；根据圆轨道上的运行速度和第一宇宙速度的关系进行分析判断。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．根据图像可知，有两个时间间隔压力F是零，可见人向上跳起后离开传感器两次，故A正确；
B．由可以读取人离开水平放置的力传感器时间，若不计阻力此阶段人作竖直上抛运动，根据运动的对称性可得
但是阻力大小未知，故由题中数据无法精确计算出每一次人跳起后离开传感器的高度，故B错误；
C．人从静止站立下蹲至最低点，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上；F先小于G，再大于G，而，F一直小于G，故C错误；
D．物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象叫超重，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象叫失重。从最低点向上跳起至离开传感器的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，人先超重后失重，故D错误。
故选A。
【分析】根据图像所示人的受力情况分析其运动状态。物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
8．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量定理；冲量
【解析】【解答】A． 运动员重力势能的变化量 等于重力做功的相反数。起跳后重心上升的最大高度为h，则
故A正确；
B．全过程有重力做功以及水的阻力做功，从最高点至入水后速度减为零的过程，有
由于最高点至入水后速度减为零的高度未知，所以不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误；
C．由于不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误；
D．根据动量定理可得
所以
即从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。
故选AD。
【分析】根据动量定理（合力的冲量等于物体动量变化）和动能定理（合力做功等于物理动能变化）的定义逐项分析。
9．【答案】B
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】A．动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。小球做斜抛运动，设初速度与轴正方向的夹角为，沿方向小球做匀速直线运动，动量在方向的分量为
可知动量在方向的分量不变，故A错误；
B．小球沿方向小球做竖直上抛运动，加速度大小恒定为g，速度为
动量在方向的分量为
故B正确；
CD．斜抛运动最高点速度大于零。小球做斜抛运动过程中，沿方向的速度保持不变，小球的动能不可能为零，故CD错误。
故选B。
【分析】根据运动的合成与分解，将速度分解成水平、竖直两个方向的分运动，运用关系式进行分析。
10．【答案】B,C,D
【知识点】液体的表面张力；单位制
【解析】【解答】A．根据拉力F的表达式，确定液体的表面张力系数σ的表达式，进一步推导σ的单位。由，得
其中的单位是，即，的单位是，代入上式，得到表面张力系数的单位是，故A错误；
B．根据平衡条件、F的公式列式求解。肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有
得到肥皂水的表面张力系数为
故B正确；
C．由于肥皂泡表面存在表面张力，肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强，故C正确；
D．右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
故D正确。
故选BCD。
【分析】本题主要考查的是共点力的平衡条件的应用，选准研究对象是关键，也需要注意题干引入的新公式的灵活应用。肥皂泡表面存在表面张力，且肥皂泡呈球形，据此判断；.结合前面求得的肥皂水的表面张力系数及平衡条件，列式求解。
11．【答案】（1）C
（2）见解析；
（3）A；B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）多次让小球从斜面上的同一位置由静止开始释放，小球的落点并不会完全重合，用圆规将各落点用最小的圆圈起来，圆心为落点的平均位置，因此所需的器材为圆规。
故选C。
（2）让质量较大的小球A（质量为m1）与静止的质量较小的小球B（质量为m2）碰撞，要验证
需测量碰撞前后小球的速度．本实验中较巧妙地借助平抛运动的规律，将速度的测量转化为水平位移的测量。由于小球做平抛运动，下落高度相同，所用时间相等，则
由此可知，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，若碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）
若更换A球和B球的材质，两球碰撞过程仍然满足
联立可得
同时，两球碰撞后，B球的速度大于A球的速度，则
所以OE可能大于OF，也可能小于OF。
故选AB。
【分析】（1）根据实验的原理分析实验误差的减小措施；
（2）①根据平抛运动的规律进行分析，竖直方向运动时间相同，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度；
②根据平抛运动的规律和动量守恒定律表达式求解作答；
（3）更换A球和B球的材质后，两小球可能发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律分析作答。
（1）确定平均落点的方法是用最小的圆将小球的落点圈起来，该圆的圆心即为小球的平均落点，故需要用圆规。
故选C。
（2）[1][2]由于小球做平抛运动，下落高度相同，所用时间相等，则
由此可知，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，若碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）若更换A球和B球的材质，两球碰撞过程仍然满足
联立可得
同时，两球碰撞后，B球的速度大于A球的速度，则
所以OE可能大于OF，也可能小于OF。
故选AB。
12．【答案】（1）乙
（2）97.50
（3）
（4）9.86
（5）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆模型可知，单摆的悬点应该固定。制作单摆时，为了保证摆动过程，摆长保持不变，应该选择的悬挂方式是图中的乙。
（2）
图中刻度尺的分度值为，读数需要估读，由图可知，摆长为
（3）根据单摆周期公式求解重力加速度
根据单摆周期公式
又
联立可得重力加速度为
（4）
根据根据全振动的次数求解单摆周期
整理可得
可知图像的斜率为
可知当地的重力加速度为
（5）
单摆的周期为
从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，单摆在θ＜5°范围内做简谐运动，则振幅为
以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为
联立可得
【分析】（1）根据单摆模型的条件分析作答；
（2）毫米刻度尺的精确度为1mm，要估读到下一位；
（3）根据全振动的次数求解单摆周期；根据单摆周期公式求解重力加速度；
（4）根据单摆周期公式求解t2-L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
（5）单摆在θ＜5°范围内做简谐运动，根据单摆周期公式结合简谐运动的函数表达式求解作答。
（1）制作单摆时，为了保证摆动过程，摆长保持不变，应该选择的悬挂方式是图中的乙。
（2）图中刻度尺的分度值为，由图可知，摆长为
（3）根据单摆周期公式
又
联立可得重力加速度为
（4）根据
整理可得
可知图像的斜率为
可知当地的重力加速度为
（5）单摆的周期为
从平衡位置拉开很小的角度后静止释放，则振幅为
以平衡位置作为计时起点，则此摆球偏离平衡位置的位移与时间的关系式为
联立可得
13．【答案】（1）解：物块向上滑动过程中，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
物块向上滑动过程中，物块的加速度大小为
上滑到顶端速度为0，由位移-速度公式，有
有滑块沿斜面上行的最大距离
上滑时间
（2）解：物块向下滑动过程中，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
物块向下滑动过程中，物块的加速度大小为
可见下滑为上滑逆过程，所以滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间
（3）解：由上知当滑块返回斜面底端时，速度为，方向沿斜面向下，重力对滑块做功的瞬时功率
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解滑动时的加速度大小，结合逆向思维方法，匀变速直线运动的规律列式求解上滑的最远距离；
（2）根据牛顿第二定律求解滑动时的加速度大小，下滑为上滑逆过程，根据速度时间关系求解时间；
（3）根据功率的公式列式求解。
（1）物块向上滑动过程中，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma1
物块向上滑动过程中，物块的加速度大小为
a1=gsinθ
上滑到顶端速度为0，由位移-速度公式，有
有滑块沿斜面上行的最大距离
上滑时间
（2）物块向下滑动过程中，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma2
物块向下滑动过程中，物块的加速度大小为
a2=gsinθ
可见下滑为上滑逆过程，所以滑块从出发到返回斜面底端过程所用时间
（3）由上知当滑块返回斜面底端时，速度为，方向沿斜面向下，重力对滑块做功的瞬时功率
14．【答案】（1）解：从A到B，运动员做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）解：从A处运动到B处过程中，根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量
方向竖直向下
（3）解：根据机械能守恒定律可知，在B处着陆前瞬间的动能
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）从A到B，运动员做平抛运动，将运动分解成水平竖直两个方向的分运动，分别列出方程式；
（2）物体所受合力的冲量等于物体的动量变化；
（3）运动前后系统机械能不变，根据机械能守恒定律求解。
（1）从A到B，运动员做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）从A处运动到B处过程中，根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量
方向竖直向下。
（3）根据机械能守恒定律可知，在B处着陆前瞬间的动能
15．【答案】（1）解：水枪管口单位时间内喷出水流体积为，则有
解得水流的速度大小为
（2）解：高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，将内的水喷出，将电能转化为水的动能，有
解得动力装置的输出功率为
（3）解：以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对时间内的水，在水平方向由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力为
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）题中给出了水枪喷口的截面积和单位时间内喷出水的体积。可以通过这两个量之间的关系来确定水流速度大小。利用水流在单位时间内喷出的体积等于喷口截面积与速度的乘积，根据这一关系即可求得速度大小。
（2）考虑单位时间内被加速喷出的水所需的动能增加，依据功率与动能的关系，可以求出动力装置的输出功率。此过程实际上是将电能或其他形式的能量转化为水的动能。
（3）根据动量定理，水流撞击车身后速度变为零，可以通过单位时间内水流动量的变化，得到水流对车身的平均作用力大小。然后，根据牛顿第三定律，车身受到的水流冲击力与水对车身表面的作用力相等，即为所求。
（1）水枪管口单位时间内喷出水流体积为，则有
解得水流的速度大小为
（2）高压水枪通过动力装置将水由静止加速喷出，将内的水喷出，将电能转化为水的动能，有
解得动力装置的输出功率为
（3）以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对时间内的水，在水平方向由动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力为
16．【答案】（1）解：万有引力提供圆周运动所需向心力，则有
解得
（2）解：a.在地球北极地面称量时，万有引力等于重力，则有
根据平衡条件有
在赤道地面称量时有
其中向心力
根据平衡条件有
解得
b. 在纬度为的地面，结合上述可知，万有引力
上述位置所需向心力
该位置的重力大小等于弹簧秤的读数，根据余弦定理有
解得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力提供向心力，求解同步卫星的轨道半径；
（2）a.通过对物体在赤道和北极受力进行分析，求解物体在赤道上向心力；
b.分析物体在纬度为45°的地面的受力，根据余弦定理求解。
（1）万有引力提供圆周运动所需向心力，则有
解得
（2）a.在地球北极地面称量时，万有引力等于重力，则有
根据平衡条件有
在赤道地面称量时有
其中向心力
根据平衡条件有
解得
b. 在纬度为的地面，结合上述可知，万有引力
上述位置所需向心力
该位置的重力大小等于弹簧秤的读数，根据余弦定理有
解得
17．【答案】（1）解：a.当转速增大到某一值时，小物体被甩出，此时，最大静摩擦力提供向心力，则
解得
b.小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功为
所以
（2）解：a.小物体所受摩擦力如图所示
b.物体被甩出瞬间，静摩擦力达到最大值
即
设与半径夹角为，在沿半径方向，由牛顿第二定律得
物体被甩落后做平抛运动，两种情况下平抛的飞行时间 相等，由几何关系可知
转速缓慢增大
转速迅速增大
由于
可得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）a.在转速缓慢增加的情况下，分析小物体被甩出时的临界条件，即摩擦力等于最大静摩擦力，此时摩擦力提供向心力。通过这一条件，求出物体被甩出时的角速度。
b.物体在加速过程中，摩擦力对物体做功可以通过动能定理求解，关键是确定物体的初速度与摩擦力的关系。
（2）ab.通过牛顿第二定律，分析摩擦力与物体速度的关系，并结合物体甩出后的平抛运动，比较小物体落地点在两种不同加速情况（缓慢和迅速）的距离关系。
（1）a.当转速增大到某一值时，小物体被甩出，此时，最大静摩擦力提供向心力，则
解得
b.小物体被甩出前，加速过程中摩擦力对小物体做的功为
所以
（2）a.小物体所受摩擦力如图所示
b.物体被甩出瞬间，静摩擦力达到最大值
即
设与半径夹角为，在沿半径方向，由牛顿第二定律得
物体被甩落后做平抛运动，两种情况下平抛的飞行时间 相等，由几何关系可知
转速缓慢增大
转速迅速增大
由于
可得
18．【答案】（1）解：运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知
则运动员离开地面瞬间的速度大小为
（2）解：a．静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件可知
解得劲度系数为
b．B恰好离地，A恰好到达最高点时，B所受的支持力恰好为0，A的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧压缩量最小，由平衡条件
解得弹簧的伸长量为
对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得起跳前弹簧压缩量的最小值为
（3）解：弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得弹簧锁定前A的速度大小为
弹簧锁定前后，对A、弹簧和B组成的系统，由动量守恒定律
解得运动员跳起时速度大小
运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为
【知识点】胡克定律；能量守恒定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）重力做功等于物体动能变化，根据动能定理求解运动员离开地面时的速度；
（2）重力等于弹力，对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律根结合胡克定律求解弹簧的劲度系数和弹簧的压缩量；
（3）弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律和竖直上抛规律进行分析。
（1）运动员在离开地面之后只有重力做功，由动能定理可知
则运动员离开地面瞬间的速度大小为
（2）a．静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件可知
解得劲度系数为
b．B恰好离地，A恰好到达最高点时，B所受的支持力恰好为0，A的速度恰好为为0，此时起跳前弹簧压缩量最小，由平衡条件
解得弹簧的伸长量为
对A和弹簧组成的系统，由能量守恒定律
解得起跳前弹簧压缩量的最小值为
（3）弹簧恢复原长过程，对A和弹簧组成的系统，由动量守恒定律
解得弹簧锁定前A的速度大小为
弹簧锁定前后，对A、弹簧和B组成的系统，由动量守恒定律
解得运动员跳起时速度大小
运动员跳起后做竖直上抛运动，其跳起的最大高度为
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