广东省2024-2025学年高三上学期摸底测试（8月）物理试题
1．（2024高三上·广东月考）某物体由静止开始在外力作用下沿直线运动，其位移s与时间t的关系图像如图所示，0~t1、t1~t2、t2~t3三段时间相等，其中t1~t2段图像是直线，以下判断正确的是（ ）
A．0~t1时间内物体速度增大，合外力一定也增大
B．t1~t2时间内物体速度增大，合外力不变
C．t2~t3时间内物体速度减小，合外力不变
D．三段时间内，t1~t2段时间的位移最大
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A.0~t1时间内由图像的斜率逐渐增大，表示瞬时速度增大，但加速度的大小变化不确定，根据牛顿第二定律，加速度由合外力决定，则合外力不一定增大，故A错误；
B．t1~t2段图像是直线，即图像的斜率不变，则物体的速度不变，做匀速直线运动，合外力始终为零，故B错误；
C．t2~t3时间内图像的斜率变小，即物体的瞬时速度减小，而加速度的大小无法判断，根据牛顿第二定律，加速度由合外力决定，则合外力的变化不确定，故C错误；
D．图像的纵坐标表示位置，两个纵坐标之差表示位移，可以由st图像直接读出两个位置之间的位移，由图可知三段时间内，t1~t2段时间的纵坐标之差最大，即位移最大，故D正确。
故选D。
【分析】 由x-t图像分析速度变化情况，根据速度变化判断加速度变化，结合牛顿第二定律判断合外力变化。
2．（2024高三上·广东月考）某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中不考虑滑道摩擦力及空气阻力的作用，则该过程（ ）
A．运动员的切向加速度逐渐增大
B．运动员机械能始终保持不变
C．运动员重力的功率逐渐增大
D．运动员机械能的变化量等于重力做的功
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员的切向加速度由重力沿斜面分力产生为
斜面倾角逐渐减小则运动员的切向加速度逐渐减小，故A错误；
BD．机械能守恒的条件是系统只有重力或者弹力做功，因为运动员在下滑过程中只有重力做功，则运动员机械能守恒，重力做功等于动能增加量，故B正确，D错误；
C．运动员重力的功率为
运动员开始下滑时，速度为零，则重力的功率为零，但滑到B点时，θ为零，重力功率仍然为零，所以重力的功率先增大后减小，故C错误。
故选B。
【分析】滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小。
3．（2024高三上·广东月考）如图是我国长征18号核潜艇，核潜艇是以核反应堆为动力来源，核反应方程式为，下列说法正确的是（ ）
A．该核反应是核聚变
B．的比结合能大于的比结合能
C．该核反应前、后原子核的总质量保持不变
D．的核子数比多，核力使比更稳定
【答案】B
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应是重核裂变反应，核聚变是小的原子核结合成大的原子核并放出能量，故A错误；
BD．中等质量核的比结合能比重核大，比结合能越大，原子核越稳定，故比的比结合能大，比更稳定，故B正确，D错误；
C．该核反应放出能量，所以核反应过程中存在质量亏损，即反应前、后原子核的总质量保持减小，故C错误。
故选B。
【分析】由裂变过程中的质量数和电荷数守恒进行分析，同时由链式反应的过程进行分析。
4．（2024高三上·广东月考）t=0时位于坐标原点的波源从平衡位置开始振动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=9m/s，下图是振动刚好传到质点x=6m时的波形，则以下判断正确的是（ ）
A．t=0时波源的起振动方向沿y轴负方向
B．此时波源已经振动了1.5s
C．若波源振动频率减小，该横波的波长将增大
D．若波源振动频率增大，该横波传播的速度将增大
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．根据“上下坡”法可知x=6m处的质点起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．由于振动刚好传到质点x=6m，则波源振动的时间为
故B错误；
CD．机械波的传播速度由介质决定，若减小波源的振动频率，该波的传播速度不变，根据
可知该波的波长将增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题要抓住简谐波一个基本特点：介质中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，进行分析。
5．（2024高三上·广东月考）在匀强磁场中，一匝数N = 5的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，某时刻开始计时，磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（ ）
A．该线框产生的电动势有效值为200π V
B．该线框的转速为20 r/s
C．该线框在前四分之一周期内电动势的平均值为200 V
D．该线框的磁通量变化率的最大值为40π Wb/s
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在磁通量为零时电动势最大，根据正弦式交变电流规律可得线框产生的电动势最大值
则该线框产生的电动势有效值为
故A错误；
B．根据周期可得转速，该线框的转速为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，该线框在前四分之一周期内产生的电动势平均值
故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，该线框产生的电动势的瞬时值表达式为
该线框的磁通量变化率的最大值为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据图像可得到交流电的周期，最大电动势，依据正弦式交流电有效值和峰值关系得到有效值，根据周期和频率关系得到频率，根据图像判断磁通量变化率。
6．（2024高三上·广东月考）关于光学知识，下列说法正确的是（ ）
A．介质对某单色光的折射率越大，表明单色光在介质中传播速度越小
B．光需要介质才能传播，水中蓝光的传播速度比红光快
C．红外线的光子能量比紫外线的大
D．两束频率不同的光，可以产生干涉现象
【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光子及其动量
【解析】【解答】A．根据光的折射定律
可知，介质对某单色光的折射率越大，表明单色光在介质中传播速度越小，红光传播速度最大，紫光传播速度最小，故A正确；
B．光不需要介质也能传播，光在真空也可以传播，而且在真空传播速度大于在其他介质中传播速度，在水中蓝光的折射率大于红光的折射率，根据光的折射定律
可知，水中蓝光的传播速度比红光慢，故B错误；
C．红外线的频率小于紫外线的频率，根据
可知，红外线的光子能量比紫外线的小，故C错误；
D．根据产生干涉现象的条件可知两束频率不同的光，不可以产生干涉现象，故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查光学知识，包括折射率、光的传播、光子能量以及光的干涉现象。根据各个知识点逐一分析。
7．（2024高三上·广东月考）1984年4月我国发射了第一颗地球同步卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据你的理解，以下正确的是（ ）
A．同步卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度
B．在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面
C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度
D．在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，周期与地球自转周期相同，则根据向心加速度
可知，同步卫星的环绕半径比地面物体随地球做圆周运动的半径大，则同步卫星运行的加速度大于地面物体随地球自转的向心加速度。故A错误；
B．第一宇宙速度是物体脱离地球表面成为地球卫星的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙速度，则物体必定会落回地面。故B正确；
C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，发射速度应大于等于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度。第一宇宙速度对应最小的发射速度以及做圆周运动的卫星最大的环绕速度。因此沿圆轨道运行的地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇宙速度，故C错误；
D．在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会摆脱地球束缚，成为太阳的行星。故D错误。
故选B。
【分析】 地球同步卫星是定轨道的，在赤道的上方，根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．
8．（2024高三上·广东月考）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，cd与电场方向平行，则以下正确的是（ ）
A．c、b两点的电势差等于a、d两点的电势差
B．电子在c点的电势能小于零
C．让质子从c点沿圆的切线以某合适的初速度开始运动，仅在电场力作用下其可能沿圆周返回c点
D．c点是圆周上电势最高的点
【答案】A,D
【知识点】电势能；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据
求出cb以及ad两点间的电势差，c、b两点的电势差为
a、d两点的电势差为
故A正确；
B．由于电势零点未知，所以c点电势未知，电势能等于电荷量与电势的乘积，如果C点电势为0，则电子在c点的电势能可能等于0，电势为其他值，电势能可能大于零，可能小于零，故B错误；
C．由于质子所受电场力为恒力，所以让质子从c点沿圆的切线以某合适的初速度开始运动，则质子做类抛体运动，不可能沿圆周运动返回c点，故C错误；
D．沿电场线电势降低，c点是圆周上电势最高的点，故D正确。
故选AD。
【分析】 匀强电场场强一定，根据U=Ed求出cb以及ad两点间的电势差，分析c点的电势；根据电势能计算公式判断电势能的大小。
9．（2024高三上·广东月考）如图所示，以O点为原点建立空间直角坐标系，空间存在匀强磁场，一带负电的粒子由O点沿y轴正方向射出，粒子在yOz平面做圆周运动，且沿x轴正方向观察粒子为逆时针转动，则以下正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向指向x轴负方向
B．匀强磁场的方向指向x轴正方向
C．若仅增大磁场的磁感应强度，粒子转动周期将减小
D．若仅增大粒子由O点射出的速度，粒子转动的加速度将减小
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．根据题意，粒子的速度方向沿y轴正方向，粒子在yOz平面做圆周运动，且沿x轴正方向观察粒子为逆时针转动，则粒子在O点所受洛伦兹力的方向沿z轴负方向，洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力，所以根据左手定则可知，匀强磁场的方向指向x轴负方向，故A正确，B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
所以粒子运动周期
由此可知，若仅增大磁场的磁感应强度，粒子转动周期将减小，故C正确；
D．洛伦兹力产生加速度，粒子转动的加速度大小为
若仅增大粒子由O点射出的速度，粒子转动的加速度将增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据左手定则判断匀强磁场的方向，洛伦兹力提供向心力，求解粒子转动周期表达式，洛伦兹力产生加速度。
10．（2024高三上·广东月考）如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过平行边界的匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长），已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2，忽略导线框电流产生的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．线框穿越磁场的全过程克服安培力做的功等于线框产生的电热与损失的动能之和
B．线框进入磁场的过程与穿出磁场的过程受到安培力的冲量相等
C．线框完全在磁场中运动时的速度为
D．线框完全在磁场中运动时的电流不为0且恒定不变
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据动能定理可知，线框穿越磁场的全过程中只有安培力做功，则克服安培力做的功等于线框损失的动能，故A错误；
B．线框进入磁场的过程中，根据安培力冲量表达式结合法拉第电磁感应定律有
线框穿出磁场的过程中，有
故B正确；
C．线框进入磁场的过程中，对线框根据动量定理有
线框穿出磁场的过程中，对线框根据动量定理有
联立可得
故C正确；
D．线框完全进入磁场后，磁通量不发生变化，没有感应电流，但有感应电动势，不受安培力，则线框做匀速直线运动，故D错误。
故选BC。
【分析】 线框在进入磁场的过程中，分析线框的受力情况，判断其运动情况，根据动量定理分析A的变化情况，并根据动量定理求线框完全进入磁场后的速度。
11．（2024高三上·广东月考）某学习小组做“用单摆测定重力加速度”的实验，就地取材组装了如下几种实验装置。
（1）下列最合理的装置是（ ）
A． B．
C． D．
（2）为了完成本实验，他们需要刻度尺测量摆线长度L，并用游标卡尺测小球直径，如图甲所示，摆球直径为d= cm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历n=50次全振动所用的时间如图乙所示为t= s；
（3）此单摆周期T= s；重力加速度大小g= （用L、d和T表示）；
（4）在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）B
（2）2.125；100.0
（3）2.0；
（4）偏小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力导致的实验误差小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应采取铁夹夹住细丝线。
故选B。
（2）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，游标卡尺读数不用估读，由图甲可知摆球直径为
由图乙可知秒表读得n次全振动的时间为
（3）根据秒表读数可知此单摆周期为
根据单摆周期公式
可得重力加速度大小为
（4）根据重力加速度表达式
在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，但代入计算的摆长不变，根据周期计算公式摆长变长导致测量的周期变大，将会导致所测重力加速度的数值偏小。
【分析】（1）根据单摆模型的条件分析作答；
（2）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
秒表的读数等于分针对应示数与秒针对应示数之和；
（3）由秒表读数求出单摆周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
（4）根据得到的重力加速度的表达式分析实验的误差；
（1）为了减小误差小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应采取铁夹夹住细丝线。
故选B。
（2）[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图甲可知摆球直径为
[2]由图乙可知秒表读得n次全振动的时间为
（3）[1]此单摆周期为
[2]根据单摆周期公式
可得重力加速度大小为
（4）根据
在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，则代入计算的摆长偏小，将会导致所测重力加速度的数值偏小。
12．（2024高三上·广东月考）许多中学实验室逐渐普及了传感器使用，某中学有个学习小组的同学用电流传感器做“观察电容器的充、放电现象”，设计了如图甲所示电路。
（1）K断开，使开关S与2相连，电源对电容器充电，这个过程可在极短时间内完成，充满电的电容器左极板带 电（填“正”或“负”）；
（2）然后把开关S掷向1端，电容器通过电阻R1放电，传感器将电流传入计算机，屏幕上显示出电容器充放电过程电流随时间变化的I t图像如图乙所示，充放电过程I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是 ；
（3）根据I t图像可估算电容器在全部放电过程释放的电荷量为 C；（结果保留两位有效数字）
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，则电容器的电容为 F；（结果保留两位有效数字）
（5）如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则放电时I t曲线与横轴所围成的面积将 （填“变大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。
【答案】（1）负
（2）电容器存储的电荷量
（3）9.5 × 10 4
（4）9.5 × 10 5
（5）不变；变短
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器左极板与电源负极相连，充电时，电源电荷进入电容器，充满电的电容器左极板带负电。
（2）根据电流定义式可知充电时I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是电容存储的电荷量。
（3）根据电流定义式可知充电时I t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，一小格的面积为
总共约19格，总面积表示总储存的电荷量，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，根据电容定义式，则电容器的电容为
（5）由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I t曲线与横轴所围成的面积将不变，闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，根据电流定义式可知充电时间将变短。
【分析】（1）根据电路的连接方式判断；
（2）（3）根据i-t图像与横轴所围面积的物理意义计算；
（4）根据已知条件代入电容定义式计算；
（5）根据i-t图像与横轴所围面积的物理意义和欧姆定律分析判断。
（1）电容器左极板与电源负极相连，充满电的电容器左极板带负电。
（2）充电时I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是电容存储的电荷量。
（3）I t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，一小格的面积为
总共约19格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，则电容器的电容为
（5）[1][2]由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I t曲线与横轴所围成的面积将不变，闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。
13．（2024高三上·广东月考）一热爱自行车运动的小伙子，购买了一辆具有车胎压温监测系统的山地自行车，产品说明书上建议后轮胎标准胎压为2.10bar（1.0bar=100kPa），自行车交付时监测系统显示后轮胎胎压为2.10bar、温度为27℃，他使用一段时间后，发现后轮胎变软了，此时显示后轮胎胎压为1.40bar、温度为7℃，然后进行保养，车胎内气体可看作理想气体，容积可视为不变。
（1）保养时，后轮胎是否漏气？说明道理和依据；
（2）保养时，大气压强为p0=1.0×105Pa，小伙子使用打气筒充气，每次充入气体的体积是后轮胎容积的，求需要打气多少次？
【答案】（1）解：后车胎内体积不变，若没有漏气，根据查理定律可得
即
解得
说明轮胎已漏气；
（2）解：使用打气筒充气，每次可以充入气体压强为
根据玻意耳定律有
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）轮胎容积不变，找出初末状态参量，根据查理定律即可求得未漏气的压强，与保养时压强比较即可判断是否漏气；
（2）根据使用打气筒充气每次可以充入气体压强，打气时等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
（1）后车胎内体积不变，若没有漏气，根据查理定律可得
即
解得
说明轮胎已漏气；
（2）使用打气筒充气，每次可以充入气体压强为
根据玻意耳定律有
即
解得
14．（2024高三上·广东月考）如图所示，粒子能量检测仪显示器的立体小单元格，是边长为L的正方体微小区域，其右侧面是有彩色荧光效应的石墨烯薄膜显示屏，显示屏上的各阵点捕获到不同的能量子时，会显示与其能量值相对应的颜色，以中心O为原点在右侧面建立直角坐标系xOy，x轴平行于正方体底面，该微小区域内加有方向均沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场，电量大小为e、质量为m的电子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域，电子在电场和磁场共同作用下发生偏转，若观察到右侧面坐标为（x0，y0）的P处发光点，求：
（1）电子通过该区域过程的动能增量；
（2）电子进入该区域前的速度v和打到显示屏P点时的动能。
【答案】（1）解；粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，所以
（2）解：洛伦兹力与电场力垂直，根据运动的独立性，电子在磁场中向y正方向偏转不受电场力影响，设电子在该区域内圆周运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有
由几何关系可得
联立解得
由动能定理得
解得电子到达显示屏时的动能为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，根据电场力做功公式求解电子通过该区域过程的动能增量 ；
（2）粒子在xOz平面内只受洛伦兹力做匀速圆周运动，由几何关系求得轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，由动能定理求解电子到达显示屏时的动能。
（1）粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，所以
（2）洛伦兹力与电场力垂直，根据运动的独立性，电子在磁场中向y正方向偏转不受电场力影响，设电子在该区域内圆周运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有
由几何关系可得
联立解得
由动能定理得
解得电子到达显示屏时的动能为
15．（2024高三上·广东月考）如图所示是一场杂技表演的舞台设计，不考虑演员的体型大小和花样动作，一辆质量m0=200kg的杂技车，前部为半径R=2.2m的四分之一圆弧光滑轨道AB，以速度v0=10.5m/s，正水平向右撞上质量m1=10kg的静止箱子，并粘卡在一起运动，箱子顶部与轨道底端B点等高，原来静止在箱子上质量为m2=50kg的演员甲，随后从B点无摩擦滑上轨道至A处，并被抛向空中，恰好运动到最高处抱紧了静止悬吊在空中质量为m3=30kg的小演员乙，小演员乙同时松手，两人一起安全落到杂技车上无滑动地站稳，忽略杂技车和箱子受到地面的摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）杂技车与箱子碰撞后的速度v1，这次碰撞损失了多少机械能ΔE；
（2）小演员乙被抱紧时，重心应离箱子顶部水平面多高的位置；
（3）杂技车的总长度至少要多长，两演员才能安全落到车顶上。
【答案】（1）解：杂技车与箱子碰撞过程，动量守恒，选向右为正方向，则
代入数据解得
损失的机械能
（2）解：演员甲从B处滑上杂技车轨道，系统水平方向动量守恒，至A处水平速度相等，设为v2，则
系统机械能守恒
代入数据解得
，
（3）解：甲抱紧乙过程，甲乙系统水平方向动量守恒，设抱紧后共同速度为v3，则
代入数据解得
甲乙两演员一起开始做平抛运动时，杂技车上A点恰好在正下方，设平抛运动时间为t，则
代入数据解得
杂技车顶长度
杂技车总长度
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，结合动能表达式求解碰撞损失的机械能；
（2）二者构成的系统水平方向动量守恒，根据机械能守恒定律求解高度；
（3）根据动量守恒定律求解抱紧后共同速度，甲乙两演员一起开始做平抛运动时，根据竖直方向下落高度求解下落时间，水平方向匀速运动，杂技车顶长度加上半径等于杂技车的总长度。
（1）杂技车与箱子碰撞过程，动量守恒，选向右为正方向，则
代入数据解得
损失的机械能
（2）演员甲从B处滑上杂技车轨道，系统水平方向动量守恒，至A处水平速度相等，设为v2，则
系统机械能守恒
代入数据解得
，
（3）甲抱紧乙过程，甲乙系统水平方向动量守恒，设抱紧后共同速度为v3，则
代入数据解得
甲乙两演员一起开始做平抛运动时，杂技车上A点恰好在正下方，设平抛运动时间为t，则
代入数据解得
杂技车顶长度
杂技车总长度
1 / 1广东省2024-2025学年高三上学期摸底测试（8月）物理试题
1．（2024高三上·广东月考）某物体由静止开始在外力作用下沿直线运动，其位移s与时间t的关系图像如图所示，0~t1、t1~t2、t2~t3三段时间相等，其中t1~t2段图像是直线，以下判断正确的是（ ）
A．0~t1时间内物体速度增大，合外力一定也增大
B．t1~t2时间内物体速度增大，合外力不变
C．t2~t3时间内物体速度减小，合外力不变
D．三段时间内，t1~t2段时间的位移最大
2．（2024高三上·广东月考）某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中不考虑滑道摩擦力及空气阻力的作用，则该过程（ ）
A．运动员的切向加速度逐渐增大
B．运动员机械能始终保持不变
C．运动员重力的功率逐渐增大
D．运动员机械能的变化量等于重力做的功
3．（2024高三上·广东月考）如图是我国长征18号核潜艇，核潜艇是以核反应堆为动力来源，核反应方程式为，下列说法正确的是（ ）
A．该核反应是核聚变
B．的比结合能大于的比结合能
C．该核反应前、后原子核的总质量保持不变
D．的核子数比多，核力使比更稳定
4．（2024高三上·广东月考）t=0时位于坐标原点的波源从平衡位置开始振动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=9m/s，下图是振动刚好传到质点x=6m时的波形，则以下判断正确的是（ ）
A．t=0时波源的起振动方向沿y轴负方向
B．此时波源已经振动了1.5s
C．若波源振动频率减小，该横波的波长将增大
D．若波源振动频率增大，该横波传播的速度将增大
5．（2024高三上·广东月考）在匀强磁场中，一匝数N = 5的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，某时刻开始计时，磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（ ）
A．该线框产生的电动势有效值为200π V
B．该线框的转速为20 r/s
C．该线框在前四分之一周期内电动势的平均值为200 V
D．该线框的磁通量变化率的最大值为40π Wb/s
6．（2024高三上·广东月考）关于光学知识，下列说法正确的是（ ）
A．介质对某单色光的折射率越大，表明单色光在介质中传播速度越小
B．光需要介质才能传播，水中蓝光的传播速度比红光快
C．红外线的光子能量比紫外线的大
D．两束频率不同的光，可以产生干涉现象
7．（2024高三上·广东月考）1984年4月我国发射了第一颗地球同步卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据你的理解，以下正确的是（ ）
A．同步卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度
B．在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面
C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度
D．在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度
8．（2024高三上·广东月考）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，cd与电场方向平行，则以下正确的是（ ）
A．c、b两点的电势差等于a、d两点的电势差
B．电子在c点的电势能小于零
C．让质子从c点沿圆的切线以某合适的初速度开始运动，仅在电场力作用下其可能沿圆周返回c点
D．c点是圆周上电势最高的点
9．（2024高三上·广东月考）如图所示，以O点为原点建立空间直角坐标系，空间存在匀强磁场，一带负电的粒子由O点沿y轴正方向射出，粒子在yOz平面做圆周运动，且沿x轴正方向观察粒子为逆时针转动，则以下正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向指向x轴负方向
B．匀强磁场的方向指向x轴正方向
C．若仅增大磁场的磁感应强度，粒子转动周期将减小
D．若仅增大粒子由O点射出的速度，粒子转动的加速度将减小
10．（2024高三上·广东月考）如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过平行边界的匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长），已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2，忽略导线框电流产生的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．线框穿越磁场的全过程克服安培力做的功等于线框产生的电热与损失的动能之和
B．线框进入磁场的过程与穿出磁场的过程受到安培力的冲量相等
C．线框完全在磁场中运动时的速度为
D．线框完全在磁场中运动时的电流不为0且恒定不变
11．（2024高三上·广东月考）某学习小组做“用单摆测定重力加速度”的实验，就地取材组装了如下几种实验装置。
（1）下列最合理的装置是（ ）
A． B．
C． D．
（2）为了完成本实验，他们需要刻度尺测量摆线长度L，并用游标卡尺测小球直径，如图甲所示，摆球直径为d= cm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历n=50次全振动所用的时间如图乙所示为t= s；
（3）此单摆周期T= s；重力加速度大小g= （用L、d和T表示）；
（4）在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．（2024高三上·广东月考）许多中学实验室逐渐普及了传感器使用，某中学有个学习小组的同学用电流传感器做“观察电容器的充、放电现象”，设计了如图甲所示电路。
（1）K断开，使开关S与2相连，电源对电容器充电，这个过程可在极短时间内完成，充满电的电容器左极板带 电（填“正”或“负”）；
（2）然后把开关S掷向1端，电容器通过电阻R1放电，传感器将电流传入计算机，屏幕上显示出电容器充放电过程电流随时间变化的I t图像如图乙所示，充放电过程I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是 ；
（3）根据I t图像可估算电容器在全部放电过程释放的电荷量为 C；（结果保留两位有效数字）
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，则电容器的电容为 F；（结果保留两位有效数字）
（5）如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则放电时I t曲线与横轴所围成的面积将 （填“变大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。
13．（2024高三上·广东月考）一热爱自行车运动的小伙子，购买了一辆具有车胎压温监测系统的山地自行车，产品说明书上建议后轮胎标准胎压为2.10bar（1.0bar=100kPa），自行车交付时监测系统显示后轮胎胎压为2.10bar、温度为27℃，他使用一段时间后，发现后轮胎变软了，此时显示后轮胎胎压为1.40bar、温度为7℃，然后进行保养，车胎内气体可看作理想气体，容积可视为不变。
（1）保养时，后轮胎是否漏气？说明道理和依据；
（2）保养时，大气压强为p0=1.0×105Pa，小伙子使用打气筒充气，每次充入气体的体积是后轮胎容积的，求需要打气多少次？
14．（2024高三上·广东月考）如图所示，粒子能量检测仪显示器的立体小单元格，是边长为L的正方体微小区域，其右侧面是有彩色荧光效应的石墨烯薄膜显示屏，显示屏上的各阵点捕获到不同的能量子时，会显示与其能量值相对应的颜色，以中心O为原点在右侧面建立直角坐标系xOy，x轴平行于正方体底面，该微小区域内加有方向均沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场，电量大小为e、质量为m的电子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域，电子在电场和磁场共同作用下发生偏转，若观察到右侧面坐标为（x0，y0）的P处发光点，求：
（1）电子通过该区域过程的动能增量；
（2）电子进入该区域前的速度v和打到显示屏P点时的动能。
15．（2024高三上·广东月考）如图所示是一场杂技表演的舞台设计，不考虑演员的体型大小和花样动作，一辆质量m0=200kg的杂技车，前部为半径R=2.2m的四分之一圆弧光滑轨道AB，以速度v0=10.5m/s，正水平向右撞上质量m1=10kg的静止箱子，并粘卡在一起运动，箱子顶部与轨道底端B点等高，原来静止在箱子上质量为m2=50kg的演员甲，随后从B点无摩擦滑上轨道至A处，并被抛向空中，恰好运动到最高处抱紧了静止悬吊在空中质量为m3=30kg的小演员乙，小演员乙同时松手，两人一起安全落到杂技车上无滑动地站稳，忽略杂技车和箱子受到地面的摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）杂技车与箱子碰撞后的速度v1，这次碰撞损失了多少机械能ΔE；
（2）小演员乙被抱紧时，重心应离箱子顶部水平面多高的位置；
（3）杂技车的总长度至少要多长，两演员才能安全落到车顶上。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A.0~t1时间内由图像的斜率逐渐增大，表示瞬时速度增大，但加速度的大小变化不确定，根据牛顿第二定律，加速度由合外力决定，则合外力不一定增大，故A错误；
B．t1~t2段图像是直线，即图像的斜率不变，则物体的速度不变，做匀速直线运动，合外力始终为零，故B错误；
C．t2~t3时间内图像的斜率变小，即物体的瞬时速度减小，而加速度的大小无法判断，根据牛顿第二定律，加速度由合外力决定，则合外力的变化不确定，故C错误；
D．图像的纵坐标表示位置，两个纵坐标之差表示位移，可以由st图像直接读出两个位置之间的位移，由图可知三段时间内，t1~t2段时间的纵坐标之差最大，即位移最大，故D正确。
故选D。
【分析】 由x-t图像分析速度变化情况，根据速度变化判断加速度变化，结合牛顿第二定律判断合外力变化。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图可知，从A到B斜面倾角θ一直减小，运动员的切向加速度由重力沿斜面分力产生为
斜面倾角逐渐减小则运动员的切向加速度逐渐减小，故A错误；
BD．机械能守恒的条件是系统只有重力或者弹力做功，因为运动员在下滑过程中只有重力做功，则运动员机械能守恒，重力做功等于动能增加量，故B正确，D错误；
C．运动员重力的功率为
运动员开始下滑时，速度为零，则重力的功率为零，但滑到B点时，θ为零，重力功率仍然为零，所以重力的功率先增大后减小，故C错误。
故选B。
【分析】滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小。
3．【答案】B
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应是重核裂变反应，核聚变是小的原子核结合成大的原子核并放出能量，故A错误；
BD．中等质量核的比结合能比重核大，比结合能越大，原子核越稳定，故比的比结合能大，比更稳定，故B正确，D错误；
C．该核反应放出能量，所以核反应过程中存在质量亏损，即反应前、后原子核的总质量保持减小，故C错误。
故选B。
【分析】由裂变过程中的质量数和电荷数守恒进行分析，同时由链式反应的过程进行分析。
4．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．根据“上下坡”法可知x=6m处的质点起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．由于振动刚好传到质点x=6m，则波源振动的时间为
故B错误；
CD．机械波的传播速度由介质决定，若减小波源的振动频率，该波的传播速度不变，根据
可知该波的波长将增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】本题要抓住简谐波一个基本特点：介质中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，进行分析。
5．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在磁通量为零时电动势最大，根据正弦式交变电流规律可得线框产生的电动势最大值
则该线框产生的电动势有效值为
故A错误；
B．根据周期可得转速，该线框的转速为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律，该线框在前四分之一周期内产生的电动势平均值
故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，该线框产生的电动势的瞬时值表达式为
该线框的磁通量变化率的最大值为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据图像可得到交流电的周期，最大电动势，依据正弦式交流电有效值和峰值关系得到有效值，根据周期和频率关系得到频率，根据图像判断磁通量变化率。
6．【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光子及其动量
【解析】【解答】A．根据光的折射定律
可知，介质对某单色光的折射率越大，表明单色光在介质中传播速度越小，红光传播速度最大，紫光传播速度最小，故A正确；
B．光不需要介质也能传播，光在真空也可以传播，而且在真空传播速度大于在其他介质中传播速度，在水中蓝光的折射率大于红光的折射率，根据光的折射定律
可知，水中蓝光的传播速度比红光慢，故B错误；
C．红外线的频率小于紫外线的频率，根据
可知，红外线的光子能量比紫外线的小，故C错误；
D．根据产生干涉现象的条件可知两束频率不同的光，不可以产生干涉现象，故D错误。
故选A。
【分析】本题主要考查光学知识，包括折射率、光的传播、光子能量以及光的干涉现象。根据各个知识点逐一分析。
7．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，周期与地球自转周期相同，则根据向心加速度
可知，同步卫星的环绕半径比地面物体随地球做圆周运动的半径大，则同步卫星运行的加速度大于地面物体随地球自转的向心加速度。故A错误；
B．第一宇宙速度是物体脱离地球表面成为地球卫星的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙速度，则物体必定会落回地面。故B正确；
C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，发射速度应大于等于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度。第一宇宙速度对应最小的发射速度以及做圆周运动的卫星最大的环绕速度。因此沿圆轨道运行的地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇宙速度，故C错误；
D．在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会摆脱地球束缚，成为太阳的行星。故D错误。
故选B。
【分析】 地球同步卫星是定轨道的，在赤道的上方，根据万有引力提供向心力，得出线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．
8．【答案】A,D
【知识点】电势能；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．根据
求出cb以及ad两点间的电势差，c、b两点的电势差为
a、d两点的电势差为
故A正确；
B．由于电势零点未知，所以c点电势未知，电势能等于电荷量与电势的乘积，如果C点电势为0，则电子在c点的电势能可能等于0，电势为其他值，电势能可能大于零，可能小于零，故B错误；
C．由于质子所受电场力为恒力，所以让质子从c点沿圆的切线以某合适的初速度开始运动，则质子做类抛体运动，不可能沿圆周运动返回c点，故C错误；
D．沿电场线电势降低，c点是圆周上电势最高的点，故D正确。
故选AD。
【分析】 匀强电场场强一定，根据U=Ed求出cb以及ad两点间的电势差，分析c点的电势；根据电势能计算公式判断电势能的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．根据题意，粒子的速度方向沿y轴正方向，粒子在yOz平面做圆周运动，且沿x轴正方向观察粒子为逆时针转动，则粒子在O点所受洛伦兹力的方向沿z轴负方向，洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力，所以根据左手定则可知，匀强磁场的方向指向x轴负方向，故A正确，B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
所以粒子运动周期
由此可知，若仅增大磁场的磁感应强度，粒子转动周期将减小，故C正确；
D．洛伦兹力产生加速度，粒子转动的加速度大小为
若仅增大粒子由O点射出的速度，粒子转动的加速度将增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据左手定则判断匀强磁场的方向，洛伦兹力提供向心力，求解粒子转动周期表达式，洛伦兹力产生加速度。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据动能定理可知，线框穿越磁场的全过程中只有安培力做功，则克服安培力做的功等于线框损失的动能，故A错误；
B．线框进入磁场的过程中，根据安培力冲量表达式结合法拉第电磁感应定律有
线框穿出磁场的过程中，有
故B正确；
C．线框进入磁场的过程中，对线框根据动量定理有
线框穿出磁场的过程中，对线框根据动量定理有
联立可得
故C正确；
D．线框完全进入磁场后，磁通量不发生变化，没有感应电流，但有感应电动势，不受安培力，则线框做匀速直线运动，故D错误。
故选BC。
【分析】 线框在进入磁场的过程中，分析线框的受力情况，判断其运动情况，根据动量定理分析A的变化情况，并根据动量定理求线框完全进入磁场后的速度。
11．【答案】（1）B
（2）2.125；100.0
（3）2.0；
（4）偏小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力导致的实验误差小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应采取铁夹夹住细丝线。
故选B。
（2）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，游标卡尺读数不用估读，由图甲可知摆球直径为
由图乙可知秒表读得n次全振动的时间为
（3）根据秒表读数可知此单摆周期为
根据单摆周期公式
可得重力加速度大小为
（4）根据重力加速度表达式
在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，但代入计算的摆长不变，根据周期计算公式摆长变长导致测量的周期变大，将会导致所测重力加速度的数值偏小。
【分析】（1）根据单摆模型的条件分析作答；
（2）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
秒表的读数等于分针对应示数与秒针对应示数之和；
（3）由秒表读数求出单摆周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
（4）根据得到的重力加速度的表达式分析实验的误差；
（1）为了减小误差小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应采取铁夹夹住细丝线。
故选B。
（2）[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图甲可知摆球直径为
[2]由图乙可知秒表读得n次全振动的时间为
（3）[1]此单摆周期为
[2]根据单摆周期公式
可得重力加速度大小为
（4）根据
在摆球振动过程中悬点处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，则代入计算的摆长偏小，将会导致所测重力加速度的数值偏小。
12．【答案】（1）负
（2）电容器存储的电荷量
（3）9.5 × 10 4
（4）9.5 × 10 5
（5）不变；变短
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器左极板与电源负极相连，充电时，电源电荷进入电容器，充满电的电容器左极板带负电。
（2）根据电流定义式可知充电时I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是电容存储的电荷量。
（3）根据电流定义式可知充电时I t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，一小格的面积为
总共约19格，总面积表示总储存的电荷量，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，根据电容定义式，则电容器的电容为
（5）由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I t曲线与横轴所围成的面积将不变，闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，根据电流定义式可知充电时间将变短。
【分析】（1）根据电路的连接方式判断；
（2）（3）根据i-t图像与横轴所围面积的物理意义计算；
（4）根据已知条件代入电容定义式计算；
（5）根据i-t图像与横轴所围面积的物理意义和欧姆定律分析判断。
（1）电容器左极板与电源负极相连，充满电的电容器左极板带负电。
（2）充电时I t曲线与横轴所围成的面积表示的物理量是电容存储的电荷量。
（3）I t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，一小格的面积为
总共约19格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
（4）已知直流电源的电动势为10 V，内阻忽略不计，则电容器的电容为
（5）[1][2]由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I t曲线与横轴所围成的面积将不变，闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。
13．【答案】（1）解：后车胎内体积不变，若没有漏气，根据查理定律可得
即
解得
说明轮胎已漏气；
（2）解：使用打气筒充气，每次可以充入气体压强为
根据玻意耳定律有
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）轮胎容积不变，找出初末状态参量，根据查理定律即可求得未漏气的压强，与保养时压强比较即可判断是否漏气；
（2）根据使用打气筒充气每次可以充入气体压强，打气时等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
（1）后车胎内体积不变，若没有漏气，根据查理定律可得
即
解得
说明轮胎已漏气；
（2）使用打气筒充气，每次可以充入气体压强为
根据玻意耳定律有
即
解得
14．【答案】（1）解；粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，所以
（2）解：洛伦兹力与电场力垂直，根据运动的独立性，电子在磁场中向y正方向偏转不受电场力影响，设电子在该区域内圆周运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有
由几何关系可得
联立解得
由动能定理得
解得电子到达显示屏时的动能为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，根据电场力做功公式求解电子通过该区域过程的动能增量 ；
（2）粒子在xOz平面内只受洛伦兹力做匀速圆周运动，由几何关系求得轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，由动能定理求解电子到达显示屏时的动能。
（1）粒子从入射到出射，只有沿x正方向的电场力对电子做功，所以
（2）洛伦兹力与电场力垂直，根据运动的独立性，电子在磁场中向y正方向偏转不受电场力影响，设电子在该区域内圆周运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有
由几何关系可得
联立解得
由动能定理得
解得电子到达显示屏时的动能为
15．【答案】（1）解：杂技车与箱子碰撞过程，动量守恒，选向右为正方向，则
代入数据解得
损失的机械能
（2）解：演员甲从B处滑上杂技车轨道，系统水平方向动量守恒，至A处水平速度相等，设为v2，则
系统机械能守恒
代入数据解得
，
（3）解：甲抱紧乙过程，甲乙系统水平方向动量守恒，设抱紧后共同速度为v3，则
代入数据解得
甲乙两演员一起开始做平抛运动时，杂技车上A点恰好在正下方，设平抛运动时间为t，则
代入数据解得
杂技车顶长度
杂技车总长度
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，结合动能表达式求解碰撞损失的机械能；
（2）二者构成的系统水平方向动量守恒，根据机械能守恒定律求解高度；
（3）根据动量守恒定律求解抱紧后共同速度，甲乙两演员一起开始做平抛运动时，根据竖直方向下落高度求解下落时间，水平方向匀速运动，杂技车顶长度加上半径等于杂技车的总长度。
（1）杂技车与箱子碰撞过程，动量守恒，选向右为正方向，则
代入数据解得
损失的机械能
（2）演员甲从B处滑上杂技车轨道，系统水平方向动量守恒，至A处水平速度相等，设为v2，则
系统机械能守恒
代入数据解得
，
（3）甲抱紧乙过程，甲乙系统水平方向动量守恒，设抱紧后共同速度为v3，则
代入数据解得
甲乙两演员一起开始做平抛运动时，杂技车上A点恰好在正下方，设平抛运动时间为t，则
代入数据解得
杂技车顶长度
杂技车总长度
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