四川省成都市2024-2025学年高三上学期半期考试物理试卷
1．（2024高三上·成都期中）科学的思维和研究方法对物理学的发展意义深远，对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪项研究是运用理想实验法得到的（ ）
A．牛顿发现万有引力定律
B．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量
C．开普勒提出行星的运动规律
D．伽利略发现力不是维持物体运动的原因
【答案】D
【知识点】伽利略理想斜面实验；开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】 在物理学的发展中，有很多人的发明或发现对物理学的进步起到了很大的促进作用，要牢记一些物理学家及其贡献。A．牛顿通过大量的数据研究推导得出万有引力定律，故A错误；
B．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量，是建立在实验基础上直接得出的结论，故B错误；
C．开普勒提出行星的运动规律，是开普勒从天文学家第谷观测火星位置所得资料中总结出来的，采用了归纳法，故C错误；
D．伽利略发现力不是维持物体运动的原因，是伽利略在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，不能够用实验证明，即运用了理想实验法，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略的各实验以及结论，结合用到的物理方法进行分析解答。
2．（2024高三上·成都期中）抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A．沿虚线a向左移动，细线的拉力减小
B．沿虚线b向上移动，细线的拉力减小
C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。设AB两点水平间距为d，细线总长为L，细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
由几何关系可得
根据平衡条件可得
A．沿虚线a向左移动，d减小、θ减小、cosθ增大，则细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，d不变、θ不变、cosθ不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大、θ增大、cosθ减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，空竹受力平衡，根据平衡条件可知，细线对空竹的合力与重力等大反向，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选A。
【分析】以空竹为研究对象，根据平衡条件结合几何关系得到拉力表达式，然后逐项进行分析。
3．（2024高三上·成都期中）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为
B．物块的初速度为
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前内物块的平均速度为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。AB．根据图乙得到函数表达式为
则有
根据位移公式有
对比上述表达式有
，
解得
故AB错误；
C．对滑块进行分析，物体沿斜面方向受重力分力以及摩擦力，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移时间关系可得前内的位移
则前内物块的平均速度为
故D错误。
故选C。
【分析】由匀变速直线运动的位移—时间关系可得 关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
4．（2024高三上·成都期中）一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，只能测得2条电流随电压变化的图像如图乙所示，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是（ ）
A．图乙中的a光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
B．图乙中的b光光子能量为
C．动能为的电子不能使处于第3能级的氢原子电离
D．阴极金属的逸出功可能为
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，知道怎么才能使原子电离。A．图乙中的a光遏止电压比b光小，根据光电效应方程
可知，b光频率最大，对应的氢原子跃迁的能级差最大，则b光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，选项A错误；
B．图乙中的b光光子能量为
选项B正确；
C．使处于第3能级的氢原子电离需要的最小能量为1.51eV，则动能为2eV的电子能使处于第3能级的氢原子电离，选项C错误；
D．因a光子对应着从第3能级到基态的跃迁，该光能使光电管发生光电效应；比a光能量稍小的跃迁对应于从第2能级到基态的跃迁，该跃迁放出能量为10.2eV，但是该光不能使光电管发生光电效应，可知阴极金属的逸出功大于10.2eV，不可能为W0＝10eV，选项D错误。
故选B。
【分析】由玻尔理论分析可能的跃迁；由图可得遏止电压；根据动能定理，可求出最大初动能；根据光电效应方程Ek=hν-W0，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功。
5．（2024高三上·成都期中）如图甲所示质量为m的B木板放在水平面上，质量为的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力提供
B．物体B在时刻对地面的压力大小为
C．物体A在最低点，弹簧弹力为
D．物体A的振动方程为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】本题要注意把握在简谐运动过程中，最高点和最低点的回复力具有对称性。A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合力提供，选项A错误；
B．在时刻A在平衡位置，此时弹簧被压缩，弹力为2mg，则此时物体B对地面的压力大小为，选项B错误；
C．物体A在最高点时B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧弹力为mg，则对A受力分析根据牛顿第二定律可得
解得
由对称性可知物体A在最低点时加速度向上为1.5g，则在最低点时根据牛顿第二定律可得：
解得弹簧弹力为
选项C错误；
D．设物体A的振动方程为
根据T=1s，A=10cm
当t=0时y=5cm，即代入简谐运动方程可得
可得
则物体A的振动方程为
选项D正确。
故选D。
【分析】物体A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合力提供，根据牛顿第二定律求得加速度，根据力的平衡条件分析木板B对地面的压力，根据图乙得出振幅与周期，然后结合简谐振动的方程写出振动方程。
6．（2024高三上·成都期中）已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是（ ）
A．质量相同
B．密度相同
C．第一宇宙速度大小之比为
D．同步卫星距星球表面的高度之比为
【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解决本题的关键知道g-r围成的面积表示的含义，可以类比于速度—时间图线围成的面积表示位移进行分析，知道万有引力与重力的关系。
A．对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。令星球质量为M，，星球半径为r0，星球内部某位置到球心间距为r，则有
其中
解得
可知，此时内部某位置的重力加速度与该位置到球心间距成正比，而在星球外部某位置有
则有
可知，星球外部某位置的重力加速度与间距正平方反比的关系，结合图像可知P、Q两星球的半径分别为R、2R，则有
，
解得
，
两星球质量不同，故A错误；
B．结合上述，两星球密度分别为
，
结合上述解得
故B正确；
C．第一宇宙速度等于星球表面卫星的环绕速度，则有
，
解得
故C错误；
D．两星球自转角速度相同，则自转周期相同，其同步卫星的周期相同，根据
，
解得
故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力近似等于重力计算质量和密度；根据万有引力作为向心力计算第一宇宙速度和同步卫星距星球表面的高度。
7．（2024高三上·成都期中）某快递公司的传送带设备部分结构如图所示，倾角为的传送带由电动机带动，始终保持速率顺时针匀速转动，传送带两端点之间的长为，现将质量为的物体（可视为质点）轻放在传送带底端，传送带与物体之间的动摩擦因数为，重力加速度取，物体从传送带底端运动到顶端过程中，（其中，）下列说法正确的是（ ）
A．物体一直做加速运动
B．系统因摩擦产生热量为34.56J
C．传送带对物体的冲量大小为
D．电动机多做的功为63.36J
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；冲量
【解析】【解答】传送带问题中系统产生的内能对应是摩擦力乘以相对位移，电动机输出的能量在理想电动机条件下对应的是牵引力做功，一般由系统的动能定理或能量守恒定律求解，明确两者关系和区别，不要混淆。
A．对物体受力分析，由牛顿第二定律有
解得
物体加速到与传送带速度相等时的位移
所以物体先加速运动后匀速运动，故A错误；
B．匀加速时间
匀速时间
物体从传送带底端运动到顶端时间
物体加速运动过程中，物体与传送带的相对位移
系统因摩擦产生热量为
故B错误；
C．沿传送带方向，传送带对物体的冲量大小为
垂直传送带方向，传送带对物体也有冲量，所以传送带对物体的冲量大小不可能为，故C错误；
D．电动机多做的功为
故D正确。
故选D。
【分析】在快递盒与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出相对位移，从而求得系统摩擦生热，根据功能关系求电动机多做的功。
8．（2024高三上·成都期中）如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是，B的质量是，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，）。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两物体没有发生相对滑动 B．A物体受到的摩擦力大小为
C．细绳的拉力大小等于 D．B物体的加速度大小是
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿力学，理解牛顿第二定律，合理利用整体法与隔离法是解决此类问题的关键。ABD．假设A、B不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可知，A、B、C整体的加速度大小为
隔离对A分析，有
假设成立；即A、B两物体不发生相对滑动，A所受的摩擦力大小为2.5N；A、B、C的加速度为，故A正确，BD错误；
C．隔离对C分析，根据牛顿第二定律得
解得细绳的拉力大小为
N
故C正确。
故选AC。
【分析】根据整体法得到整体的加速度，在对A和C分别列牛顿第二定律方程求解。
9．（2024高三上·成都期中）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．当时，小球刚好过最高点D点
B．当时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过E点，则越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大
D．小球从E点运动到A点的最长时间为
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知重力提供向心力
在A到D过程中，对小球由动能定理可知
联立解得
A正确；
B．当时，设上升高度为，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足，对小球由动能定理知
代入得
假设不成立，故当时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；
C．B到E运动过程中，对小球由动能定理知
在B点时，由牛顿第二定律得小球所受弹力为
在E点时，由牛顿第二定律得小球所受弹力为
则小球在B点与E点所受的弹力之差为
故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；
D．在D到E过程中，只有重力做功，对小球由动能定理知
代入得
从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则由竖直下抛规律得
代入得
D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律求出最高点的速度；根据动能定理可得，求出上升的高度，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R；根据动能定理和牛顿第二定律求出在B点和E点的弹力，再计算B点和E点所受的弹力之差；根据动能定理求出E点速度，结合速度—时间公式求出运动的时间。
10．（2024高三上·成都期中）如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知，重力加速度g取，轻绳不可伸长，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放。下列说正确的是（ ）
A．释放小球A之前弹簧的形变量
B．小球A运动到C点的过程中拉力对小球A所做的功
C．小球A运动到底端D点时，B物体的速度大小为
D．小球A运动到底端D点的过程中，小球A和物体B组成的系统机械能守恒
【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查了功能关系、功率的计算以及运动的合成与分解，解答本题的关键是分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功率计算公式、运动的合成与分解、功能关系等列方程解答。
A．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，对于B根据平衡条件有
解得
故A正确；
B．小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为，根据动能定理有
由图，根据几何关系有
，
物块B下降的高度为
由此可知，弹簧此时被压缩了，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则
当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度
联立解得
故B错误；
C．由图根据几何关系可知
则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，有
对于整个下降过程由机械能守恒得
解得
，
则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为，故C正确；
D．小球A运动到底端D点的过程中，弹簧对B物体做功，则小球A和物体B组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选AC。
【分析】根据机械能守恒定律的守恒条件进行分析机械能是否守恒；设绳子拉力为F时，绳子与杆的夹角为θ，求出绳对A做功的功率大小和绳对B做功的功率大小进行分析；根据动能定理分析轻绳拉力做的功；分析两个物体的运动情况，根据功能关系结合动能的计算公式进行解答。
11．（2024高三上·成都期中）某实小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。
（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量和（A的质量含遮光片）。
②用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度 。
③将重物A，B用轻绳按图甲所示连接，跨放在轻质定滑轮上，一同学用手托住重物B，另一同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则此时重物B速度 （用d、表示）。
（2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： 。
【答案】（1）1.020；
（2）4
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合光电门的测速原理和机械能守恒定律即可完成分析。
（1）该游标卡尺为20分度的，其精度为，读数为
读数不用估读，在时间极短的情况下，可以用平均速度替代瞬时速度，此时重物A的速度为
重物B的速度为
（2）对于A、B组成的系统若机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即
代入数据并整理，得
【分析】（1）②先确定游标卡尺的分度值再主尺和游标尺的读数；
③根据极短时间，可以平均速度替代瞬时速度求A通过光电门的速，再根据滑轮特点计算B的速度；
（2）根据机械能守恒定律得出需要满足的关系式。
（1）[1]该游标卡尺为20分度的，其精度为，读数为
[2]此时重物A的速度为
重物B的速度为
（2）对于A、B组成的系统若机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即
代入数据并整理，得
12．（2024高三上·成都期中）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，然后测量其电动势和内阻。所提供的器材有：
A．电压表V1（量程）
B．电压表V2（量程）
C．电流表A1（量程）
D．电流表A2（量程）
E．滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
F．滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
G．保护电阻
某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的图像。
（1）实验中，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ；（填器材前的字母代号）
（2）根据图乙所示，则该电池的电动势 ，内阻 ；（结果保留到小数点后一位）。
（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势和内阻，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的两条图线，综合两条图线，此电芯的电动势 ，内阻 （用图中表示）。
【答案】（1）A；C；E
（2）3.8；0.6
（3）EB；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验电路图的选择以及实验数据处理的基本方法。
（1） 根据闭合电路的欧姆定律可知
根据图乙所示图像可知，电动势约为3.8V，且有电阻R0分压，为减小误差，电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2） 根据闭合电路欧姆定律得
由图乙所示U-I图像可知，图像纵轴的截距表示电源的电动势为E=3.8V，图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻 。有
所以电源的内阻为
（3）当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。
S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据图示图像求出电源电动势与内阻。
（3）根据实验原理进行分析，明确误差来源，从而确定电流表接法，进而判断图线A是利用单刀双掷开关S2接何处的实验数据描出的，再求此电芯的内阻r。
（1）[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V，且有电阻分压，所以电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为
E=3.8V
图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有
所以电源的内阻为
（3）[1][2]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。
S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
E=EB
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
13．（2024高三上·成都期中）如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1，抽取隔板A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2，然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强，且有，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（1）求绝热活塞B的质量；
（2）求气体内能的增加量。
【答案】（1）解：气体从状态1到状态2发生等温变化，由玻意尔定律得
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，根据平衡条件得
两式联立解得
（2）解：当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
该过程气体对外做功
根据热力学第一定律可得
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）气体从状态1到状态2发生等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件分析作答；
（2）当电阻丝C加热时，气体做等压变化，根据盖 吕萨克定律求气体体积，再根据气体做功公式、热力学第一定律分析作答。
（1）气体从状态1到状态2发生等温变化，由玻意尔定律得
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，根据平衡条件得
两式联立解得
（2）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
该过程气体对外做功
根据热力学第一定律可得
解得
14．（2024高三上·成都期中）跑酷是一项充满挑战和创意的极限运动，2022年在宁波举行的“一带一路”国际跑酷大师赛网络预选赛，吸引了世界各地跑酷爱好者的积极参与。其中一段表演跑酷运动员从较高平台抓环沿倾斜杆下滑，当环滑至杆底卡住后，运动员顺势摆动至最低点立刻松手抛出，抛出后落到一个曲面上。某同学为了研究酷跑运动中的安全问题，将这段酷跑表演路线抽象为如图所示的物理模型，并通过计算来警示相关从业公司。倾斜直杆长为与水平面夹角，质量的运动员P（看成质点），抓住套在直杆上的滑环C从A点由静止开始下滑。下滑过程中人的质心P与滑环C保持相对静止且始终垂直于轨道，P距杆的距离为。滑环C到达B点时被锁定，运动员P继续下摆至B点正下方E点松手，然后水平抛出落到抛物面上，其中高度差为。如果以B点正下方地面上的O点为坐标原点，水平向右为x轴，为y轴，抛物面的方程为。整个运动过程中将运动员等效为质点P，重力加速度g取，求：
（1）运动员P下摆至B点正下方E点松手前瞬间对滑环的作用力
（2）运动员松手后到落到抛物面上的时间t
（3）计算滑环与轨道间的动摩擦因数，并请你根据以上分析向相关从业公司定性地提出两条安全设计问题的提醒。
【答案】（1）解：从A到E的过程，根据动能定理有
其中
在E点时由牛顿第二定律有
由①②③得
由牛顿第三定律知，运动员对环的作用力大小为
其方向竖直向下。
（2）解：由①②可计算出运动员松手后做平抛运动的初速度为
设落点G的坐标为，则由平抛运动知识有
由题知抛物面的方程为
由④⑤⑥⑦得
（3）解：下滑过程中滑环始终垂直于轨道，对人分析有
解得
设滑环质量为，对滑环和运动员整体有
解得
为了安全，设计中应注意：轨道不能太光滑，轨道不宜过长，轨道倾角不宜过大，滑环所能承受拉力要大，离地不宜过高，抛物面设计应考虑撞击和下落时间等合理建议都正确。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据几何关系表示OE的高度差，根据动能定理求解到E点速度，根据牛顿第二定律求解 松手前瞬间对滑环的作用力 。
（2）运动员松手后做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合抛物面OF的方程。
（3）对人分析求解加速度，对滑环和运动员整体由牛顿第二定律求解动摩擦因数。
（1）从A到E的过程，根据动能定理有
……………………………………①
其中
……………………………………②
在E点时由牛顿第二定律有
……………………………………③
由①②③得
由牛顿第三定律知，运动员对环的作用力大小为
其方向竖直向下。
（2）由①②可计算出运动员松手后做平抛运动的初速度为
……………………………………④
设落点G的坐标为，则由平抛运动知识有
……………………………………⑤
……………………………………⑥
由题知抛物面的方程为
……………………………………⑦
由④⑤⑥⑦得
（3）下滑过程中滑环始终垂直于轨道，对人分析有
解得
设滑环质量为，对滑环和运动员整体有
解得
为了安全，设计中应注意：轨道不能太光滑，轨道不宜过长，轨道倾角不宜过大，滑环所能承受拉力要大，离地不宜过高，抛物面设计应考虑撞击和下落时间等合理建议都正确。
15．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为37°足够长的光滑斜面固定于水平面上，质量的“”形木板被锁定于轨道上静止不动，原长为的轻弹簧一端固定于木板底端A处，另一端位于木板B处，轻弹簧处于自然状态。现将质量为的小物块P自C点静止释放，运动至最低点后被弹回，沿木板上滑到F点速度减为0.已知，，P与木板间的动摩擦因数，g取，，。求：
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小
（2）求弹簧最大压缩量为x和最大弹性势能
（3）若小物块仍然从C点静止下滑，当小物块P第二次经过B点时解除锁定，求从静止释放木块至木板速度再次为零的过程中系统产生的热量Q
【答案】（1）解：对物块P从C到B的过程，由动能定理得
解得
（2）解：对物块P从C到F的过程，由动能定理得
解得
对物块P从C到最低点的过程，由能量守恒得
解得
（3）解：设物块第二次到达B点速度大小为，从最低点到B的过程，由能量守恒得
解得
解除锁定后，小物块向上做匀减速运动加速度大小为，木板向上做匀加速运动设加速度大小为，设两者经时间t达到共同速度，由牛顿第二定律和运动学公式得
解得
，
该过程中两者发生位移分别为
，
之后两者不发生相对滑动，将一起向上匀减速直至速度减为零，全程产生热量为
解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物块P从C到B的过程受力分析，求解各个力所做功，根据动能定理求解运动到B点时速度的大小。
（2）对物块P从C到F的过程受力分析，根据动能定理求解弹簧最大压缩量为x ，根据能量守恒求解最大弹性势能。
（3）从最低点到B的过程，由能量守恒求解到达B点速度大小，由牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解相对位移，产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。
（1）对物块P从C到B的过程，由动能定理得
解得
（2）对物块P从C到F的过程，由动能定理得
解得
对物块P从C到最低点的过程，由能量守恒得
解得
（3）设物块第二次到达B点速度大小为，从最低点到B的过程，由能量守恒得
解得
解除锁定后，小物块向上做匀减速运动加速度大小为，木板向上做匀加速运动设加速度大小为，设两者经时间t达到共同速度，由牛顿第二定律和运动学公式得
解得
，
该过程中两者发生位移分别为
，
之后两者不发生相对滑动，将一起向上匀减速直至速度减为零，全程产生热量为
解得
1 / 1四川省成都市2024-2025学年高三上学期半期考试物理试卷
1．（2024高三上·成都期中）科学的思维和研究方法对物理学的发展意义深远，对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪项研究是运用理想实验法得到的（ ）
A．牛顿发现万有引力定律
B．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量
C．开普勒提出行星的运动规律
D．伽利略发现力不是维持物体运动的原因
2．（2024高三上·成都期中）抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A．沿虚线a向左移动，细线的拉力减小
B．沿虚线b向上移动，细线的拉力减小
C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大
3．（2024高三上·成都期中）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．物块的加速度为
B．物块的初速度为
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前内物块的平均速度为
4．（2024高三上·成都期中）一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，只能测得2条电流随电压变化的图像如图乙所示，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是（ ）
A．图乙中的a光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
B．图乙中的b光光子能量为
C．动能为的电子不能使处于第3能级的氢原子电离
D．阴极金属的逸出功可能为
5．（2024高三上·成都期中）如图甲所示质量为m的B木板放在水平面上，质量为的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力提供
B．物体B在时刻对地面的压力大小为
C．物体A在最低点，弹簧弹力为
D．物体A的振动方程为
6．（2024高三上·成都期中）已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是（ ）
A．质量相同
B．密度相同
C．第一宇宙速度大小之比为
D．同步卫星距星球表面的高度之比为
7．（2024高三上·成都期中）某快递公司的传送带设备部分结构如图所示，倾角为的传送带由电动机带动，始终保持速率顺时针匀速转动，传送带两端点之间的长为，现将质量为的物体（可视为质点）轻放在传送带底端，传送带与物体之间的动摩擦因数为，重力加速度取，物体从传送带底端运动到顶端过程中，（其中，）下列说法正确的是（ ）
A．物体一直做加速运动
B．系统因摩擦产生热量为34.56J
C．传送带对物体的冲量大小为
D．电动机多做的功为63.36J
8．（2024高三上·成都期中）如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是，B的质量是，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，）。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两物体没有发生相对滑动 B．A物体受到的摩擦力大小为
C．细绳的拉力大小等于 D．B物体的加速度大小是
9．（2024高三上·成都期中）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．当时，小球刚好过最高点D点
B．当时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过E点，则越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大
D．小球从E点运动到A点的最长时间为
10．（2024高三上·成都期中）如图所示，质量的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮后与套在光滑直杆顶端的、质量的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为，且与水平面的夹角，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知，重力加速度g取，轻绳不可伸长，图中直线与杆垂直。现将小球A由静止释放。下列说正确的是（ ）
A．释放小球A之前弹簧的形变量
B．小球A运动到C点的过程中拉力对小球A所做的功
C．小球A运动到底端D点时，B物体的速度大小为
D．小球A运动到底端D点的过程中，小球A和物体B组成的系统机械能守恒
11．（2024高三上·成都期中）某实小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。
（1）实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量和（A的质量含遮光片）。
②用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度 。
③将重物A，B用轻绳按图甲所示连接，跨放在轻质定滑轮上，一同学用手托住重物B，另一同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则此时重物B速度 （用d、表示）。
（2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应满足的关系式为： 。
12．（2024高三上·成都期中）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，然后测量其电动势和内阻。所提供的器材有：
A．电压表V1（量程）
B．电压表V2（量程）
C．电流表A1（量程）
D．电流表A2（量程）
E．滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
F．滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
G．保护电阻
某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的图像。
（1）实验中，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ；（填器材前的字母代号）
（2）根据图乙所示，则该电池的电动势 ，内阻 ；（结果保留到小数点后一位）。
（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势和内阻，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的两条图线，综合两条图线，此电芯的电动势 ，内阻 （用图中表示）。
13．（2024高三上·成都期中）如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1，抽取隔板A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2，然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强，且有，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（1）求绝热活塞B的质量；
（2）求气体内能的增加量。
14．（2024高三上·成都期中）跑酷是一项充满挑战和创意的极限运动，2022年在宁波举行的“一带一路”国际跑酷大师赛网络预选赛，吸引了世界各地跑酷爱好者的积极参与。其中一段表演跑酷运动员从较高平台抓环沿倾斜杆下滑，当环滑至杆底卡住后，运动员顺势摆动至最低点立刻松手抛出，抛出后落到一个曲面上。某同学为了研究酷跑运动中的安全问题，将这段酷跑表演路线抽象为如图所示的物理模型，并通过计算来警示相关从业公司。倾斜直杆长为与水平面夹角，质量的运动员P（看成质点），抓住套在直杆上的滑环C从A点由静止开始下滑。下滑过程中人的质心P与滑环C保持相对静止且始终垂直于轨道，P距杆的距离为。滑环C到达B点时被锁定，运动员P继续下摆至B点正下方E点松手，然后水平抛出落到抛物面上，其中高度差为。如果以B点正下方地面上的O点为坐标原点，水平向右为x轴，为y轴，抛物面的方程为。整个运动过程中将运动员等效为质点P，重力加速度g取，求：
（1）运动员P下摆至B点正下方E点松手前瞬间对滑环的作用力
（2）运动员松手后到落到抛物面上的时间t
（3）计算滑环与轨道间的动摩擦因数，并请你根据以上分析向相关从业公司定性地提出两条安全设计问题的提醒。
15．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为37°足够长的光滑斜面固定于水平面上，质量的“”形木板被锁定于轨道上静止不动，原长为的轻弹簧一端固定于木板底端A处，另一端位于木板B处，轻弹簧处于自然状态。现将质量为的小物块P自C点静止释放，运动至最低点后被弹回，沿木板上滑到F点速度减为0.已知，，P与木板间的动摩擦因数，g取，，。求：
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小
（2）求弹簧最大压缩量为x和最大弹性势能
（3）若小物块仍然从C点静止下滑，当小物块P第二次经过B点时解除锁定，求从静止释放木块至木板速度再次为零的过程中系统产生的热量Q
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】伽利略理想斜面实验；开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】 在物理学的发展中，有很多人的发明或发现对物理学的进步起到了很大的促进作用，要牢记一些物理学家及其贡献。A．牛顿通过大量的数据研究推导得出万有引力定律，故A错误；
B．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量，是建立在实验基础上直接得出的结论，故B错误；
C．开普勒提出行星的运动规律，是开普勒从天文学家第谷观测火星位置所得资料中总结出来的，采用了归纳法，故C错误；
D．伽利略发现力不是维持物体运动的原因，是伽利略在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，不能够用实验证明，即运用了理想实验法，故D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿、开普勒、卡文迪什以及伽利略的各实验以及结论，结合用到的物理方法进行分析解答。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。设AB两点水平间距为d，细线总长为L，细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
由几何关系可得
根据平衡条件可得
A．沿虚线a向左移动，d减小、θ减小、cosθ增大，则细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，d不变、θ不变、cosθ不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大、θ增大、cosθ减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，空竹受力平衡，根据平衡条件可知，细线对空竹的合力与重力等大反向，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选A。
【分析】以空竹为研究对象，根据平衡条件结合几何关系得到拉力表达式，然后逐项进行分析。
3．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。AB．根据图乙得到函数表达式为
则有
根据位移公式有
对比上述表达式有
，
解得
故AB错误；
C．对滑块进行分析，物体沿斜面方向受重力分力以及摩擦力，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移时间关系可得前内的位移
则前内物块的平均速度为
故D错误。
故选C。
【分析】由匀变速直线运动的位移—时间关系可得 关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
4．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，知道怎么才能使原子电离。A．图乙中的a光遏止电压比b光小，根据光电效应方程
可知，b光频率最大，对应的氢原子跃迁的能级差最大，则b光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，选项A错误；
B．图乙中的b光光子能量为
选项B正确；
C．使处于第3能级的氢原子电离需要的最小能量为1.51eV，则动能为2eV的电子能使处于第3能级的氢原子电离，选项C错误；
D．因a光子对应着从第3能级到基态的跃迁，该光能使光电管发生光电效应；比a光能量稍小的跃迁对应于从第2能级到基态的跃迁，该跃迁放出能量为10.2eV，但是该光不能使光电管发生光电效应，可知阴极金属的逸出功大于10.2eV，不可能为W0＝10eV，选项D错误。
故选B。
【分析】由玻尔理论分析可能的跃迁；由图可得遏止电压；根据动能定理，可求出最大初动能；根据光电效应方程Ek=hν-W0，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功。
5．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】本题要注意把握在简谐运动过程中，最高点和最低点的回复力具有对称性。A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合力提供，选项A错误；
B．在时刻A在平衡位置，此时弹簧被压缩，弹力为2mg，则此时物体B对地面的压力大小为，选项B错误；
C．物体A在最高点时B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧弹力为mg，则对A受力分析根据牛顿第二定律可得
解得
由对称性可知物体A在最低点时加速度向上为1.5g，则在最低点时根据牛顿第二定律可得：
解得弹簧弹力为
选项C错误；
D．设物体A的振动方程为
根据T=1s，A=10cm
当t=0时y=5cm，即代入简谐运动方程可得
可得
则物体A的振动方程为
选项D正确。
故选D。
【分析】物体A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合力提供，根据牛顿第二定律求得加速度，根据力的平衡条件分析木板B对地面的压力，根据图乙得出振幅与周期，然后结合简谐振动的方程写出振动方程。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解决本题的关键知道g-r围成的面积表示的含义，可以类比于速度—时间图线围成的面积表示位移进行分析，知道万有引力与重力的关系。
A．对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。令星球质量为M，，星球半径为r0，星球内部某位置到球心间距为r，则有
其中
解得
可知，此时内部某位置的重力加速度与该位置到球心间距成正比，而在星球外部某位置有
则有
可知，星球外部某位置的重力加速度与间距正平方反比的关系，结合图像可知P、Q两星球的半径分别为R、2R，则有
，
解得
，
两星球质量不同，故A错误；
B．结合上述，两星球密度分别为
，
结合上述解得
故B正确；
C．第一宇宙速度等于星球表面卫星的环绕速度，则有
，
解得
故C错误；
D．两星球自转角速度相同，则自转周期相同，其同步卫星的周期相同，根据
，
解得
故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力近似等于重力计算质量和密度；根据万有引力作为向心力计算第一宇宙速度和同步卫星距星球表面的高度。
7．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；冲量
【解析】【解答】传送带问题中系统产生的内能对应是摩擦力乘以相对位移，电动机输出的能量在理想电动机条件下对应的是牵引力做功，一般由系统的动能定理或能量守恒定律求解，明确两者关系和区别，不要混淆。
A．对物体受力分析，由牛顿第二定律有
解得
物体加速到与传送带速度相等时的位移
所以物体先加速运动后匀速运动，故A错误；
B．匀加速时间
匀速时间
物体从传送带底端运动到顶端时间
物体加速运动过程中，物体与传送带的相对位移
系统因摩擦产生热量为
故B错误；
C．沿传送带方向，传送带对物体的冲量大小为
垂直传送带方向，传送带对物体也有冲量，所以传送带对物体的冲量大小不可能为，故C错误；
D．电动机多做的功为
故D正确。
故选D。
【分析】在快递盒与传送带相对静止之前，两者之间有相对位移，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出相对位移，从而求得系统摩擦生热，根据功能关系求电动机多做的功。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿力学，理解牛顿第二定律，合理利用整体法与隔离法是解决此类问题的关键。ABD．假设A、B不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可知，A、B、C整体的加速度大小为
隔离对A分析，有
假设成立；即A、B两物体不发生相对滑动，A所受的摩擦力大小为2.5N；A、B、C的加速度为，故A正确，BD错误；
C．隔离对C分析，根据牛顿第二定律得
解得细绳的拉力大小为
N
故C正确。
故选AC。
【分析】根据整体法得到整体的加速度，在对A和C分别列牛顿第二定律方程求解。
9．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知重力提供向心力
在A到D过程中，对小球由动能定理可知
联立解得
A正确；
B．当时，设上升高度为，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足，对小球由动能定理知
代入得
假设不成立，故当时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；
C．B到E运动过程中，对小球由动能定理知
在B点时，由牛顿第二定律得小球所受弹力为
在E点时，由牛顿第二定律得小球所受弹力为
则小球在B点与E点所受的弹力之差为
故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；
D．在D到E过程中，只有重力做功，对小球由动能定理知
代入得
从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则由竖直下抛规律得
代入得
D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律求出最高点的速度；根据动能定理可得，求出上升的高度，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R；根据动能定理和牛顿第二定律求出在B点和E点的弹力，再计算B点和E点所受的弹力之差；根据动能定理求出E点速度，结合速度—时间公式求出运动的时间。
10．【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查了功能关系、功率的计算以及运动的合成与分解，解答本题的关键是分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功率计算公式、运动的合成与分解、功能关系等列方程解答。
A．释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子的拉力大于B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧伸长量为，对于B根据平衡条件有
解得
故A正确；
B．小球A从顶点运动到C的过程，设绳子拉力对小球A所做的功为，根据动能定理有
由图，根据几何关系有
，
物块B下降的高度为
由此可知，弹簧此时被压缩了，则弹簧的弹性势能与初状态相等，A、B组成的系统机械能守恒，则
当小球A运动到C点时，小球A的速度方向与绳子垂直，则此瞬间物块B的速度
联立解得
故B错误；
C．由图根据几何关系可知
则小球A运动到D点时，物体B又回到原位置，有
对于整个下降过程由机械能守恒得
解得
，
则小球A运动到底端D点时B物体的速度大小为，故C正确；
D．小球A运动到底端D点的过程中，弹簧对B物体做功，则小球A和物体B组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选AC。
【分析】根据机械能守恒定律的守恒条件进行分析机械能是否守恒；设绳子拉力为F时，绳子与杆的夹角为θ，求出绳对A做功的功率大小和绳对B做功的功率大小进行分析；根据动能定理分析轻绳拉力做的功；分析两个物体的运动情况，根据功能关系结合动能的计算公式进行解答。
11．【答案】（1）1.020；
（2）4
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合光电门的测速原理和机械能守恒定律即可完成分析。
（1）该游标卡尺为20分度的，其精度为，读数为
读数不用估读，在时间极短的情况下，可以用平均速度替代瞬时速度，此时重物A的速度为
重物B的速度为
（2）对于A、B组成的系统若机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即
代入数据并整理，得
【分析】（1）②先确定游标卡尺的分度值再主尺和游标尺的读数；
③根据极短时间，可以平均速度替代瞬时速度求A通过光电门的速，再根据滑轮特点计算B的速度；
（2）根据机械能守恒定律得出需要满足的关系式。
（1）[1]该游标卡尺为20分度的，其精度为，读数为
[2]此时重物A的速度为
重物B的速度为
（2）对于A、B组成的系统若机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即
代入数据并整理，得
12．【答案】（1）A；C；E
（2）3.8；0.6
（3）EB；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验电路图的选择以及实验数据处理的基本方法。
（1） 根据闭合电路的欧姆定律可知
根据图乙所示图像可知，电动势约为3.8V，且有电阻R0分压，为减小误差，电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2） 根据闭合电路欧姆定律得
由图乙所示U-I图像可知，图像纵轴的截距表示电源的电动势为E=3.8V，图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻 。有
所以电源的内阻为
（3）当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。
S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（2）根据图示图像求出电源电动势与内阻。
（3）根据实验原理进行分析，明确误差来源，从而确定电流表接法，进而判断图线A是利用单刀双掷开关S2接何处的实验数据描出的，再求此电芯的内阻r。
（1）[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V，且有电阻分压，所以电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为
E=3.8V
图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有
所以电源的内阻为
（3）[1][2]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。
S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有
E=EB
由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
13．【答案】（1）解：气体从状态1到状态2发生等温变化，由玻意尔定律得
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，根据平衡条件得
两式联立解得
（2）解：当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
该过程气体对外做功
根据热力学第一定律可得
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）气体从状态1到状态2发生等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件分析作答；
（2）当电阻丝C加热时，气体做等压变化，根据盖 吕萨克定律求气体体积，再根据气体做功公式、热力学第一定律分析作答。
（1）气体从状态1到状态2发生等温变化，由玻意尔定律得
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，根据平衡条件得
两式联立解得
（2）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
该过程气体对外做功
根据热力学第一定律可得
解得
14．【答案】（1）解：从A到E的过程，根据动能定理有
其中
在E点时由牛顿第二定律有
由①②③得
由牛顿第三定律知，运动员对环的作用力大小为
其方向竖直向下。
（2）解：由①②可计算出运动员松手后做平抛运动的初速度为
设落点G的坐标为，则由平抛运动知识有
由题知抛物面的方程为
由④⑤⑥⑦得
（3）解：下滑过程中滑环始终垂直于轨道，对人分析有
解得
设滑环质量为，对滑环和运动员整体有
解得
为了安全，设计中应注意：轨道不能太光滑，轨道不宜过长，轨道倾角不宜过大，滑环所能承受拉力要大，离地不宜过高，抛物面设计应考虑撞击和下落时间等合理建议都正确。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据几何关系表示OE的高度差，根据动能定理求解到E点速度，根据牛顿第二定律求解 松手前瞬间对滑环的作用力 。
（2）运动员松手后做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合抛物面OF的方程。
（3）对人分析求解加速度，对滑环和运动员整体由牛顿第二定律求解动摩擦因数。
（1）从A到E的过程，根据动能定理有
……………………………………①
其中
……………………………………②
在E点时由牛顿第二定律有
……………………………………③
由①②③得
由牛顿第三定律知，运动员对环的作用力大小为
其方向竖直向下。
（2）由①②可计算出运动员松手后做平抛运动的初速度为
……………………………………④
设落点G的坐标为，则由平抛运动知识有
……………………………………⑤
……………………………………⑥
由题知抛物面的方程为
……………………………………⑦
由④⑤⑥⑦得
（3）下滑过程中滑环始终垂直于轨道，对人分析有
解得
设滑环质量为，对滑环和运动员整体有
解得
为了安全，设计中应注意：轨道不能太光滑，轨道不宜过长，轨道倾角不宜过大，滑环所能承受拉力要大，离地不宜过高，抛物面设计应考虑撞击和下落时间等合理建议都正确。
15．【答案】（1）解：对物块P从C到B的过程，由动能定理得
解得
（2）解：对物块P从C到F的过程，由动能定理得
解得
对物块P从C到最低点的过程，由能量守恒得
解得
（3）解：设物块第二次到达B点速度大小为，从最低点到B的过程，由能量守恒得
解得
解除锁定后，小物块向上做匀减速运动加速度大小为，木板向上做匀加速运动设加速度大小为，设两者经时间t达到共同速度，由牛顿第二定律和运动学公式得
解得
，
该过程中两者发生位移分别为
，
之后两者不发生相对滑动，将一起向上匀减速直至速度减为零，全程产生热量为
解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物块P从C到B的过程受力分析，求解各个力所做功，根据动能定理求解运动到B点时速度的大小。
（2）对物块P从C到F的过程受力分析，根据动能定理求解弹簧最大压缩量为x ，根据能量守恒求解最大弹性势能。
（3）从最低点到B的过程，由能量守恒求解到达B点速度大小，由牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解相对位移，产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。
（1）对物块P从C到B的过程，由动能定理得
解得
（2）对物块P从C到F的过程，由动能定理得
解得
对物块P从C到最低点的过程，由能量守恒得
解得
（3）设物块第二次到达B点速度大小为，从最低点到B的过程，由能量守恒得
解得
解除锁定后，小物块向上做匀减速运动加速度大小为，木板向上做匀加速运动设加速度大小为，设两者经时间t达到共同速度，由牛顿第二定律和运动学公式得
解得
，
该过程中两者发生位移分别为
，
之后两者不发生相对滑动，将一起向上匀减速直至速度减为零，全程产生热量为
解得
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