吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试物理试卷
1．（2024高三上·吉林模拟）2022年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应用与发展阶段。如图所示，若该空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，则运动过程中不变的物理量是（ ）
A．动量 B．加速度 C．动能 D．机械能
【答案】D
【知识点】卫星问题；动能；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】AC．空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，速度大小和方向不断改变，根据动量和动能定义，故动量时刻改变，动能时刻改变，故AC错误 ；
B．空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力
可知，加速度大小以及方向可能时刻改变，故B错误；
D．空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D正确。
故选D。
【分析】空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，是变速曲线运动；由万有引力提供向心力分析加速度；仅在地球引力作用下运动，满足机械能守恒。
2．（2024高三上·吉林模拟）如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．湿衣物在b、d两点的向心力相同
B．湿衣物在a点更容易脱水
C．湿衣物在c点更容易脱水
D．减小转速湿衣物脱水效果会更好
【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，则根据
可知，湿衣物在b、d两处的向心力大小相等，方向相反，故A错误；
B．湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律有
可知湿衣物在a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好，故B正确；
C．同理，湿衣物在c点时，加速度竖直向下，处于失重状态，由牛顿第二定律有
湿衣物在c点受到滚筒的作用力最小，脱水效果最差，故C错误；
D．根据
可知，增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好，故D错误；
故选：B。
【分析】衣物随脱水筒一起做匀速圆周运动，故所需的向心力相同，根据受力分析结合牛顿第二定律分析即可判断。
3．（2024高三上·吉林模拟）如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c点的切线方向竖直，可知该烟花（ ）
A．由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动
B．由b点到c点做平抛运动
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．在b点处于失重状态
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；平抛运动
【解析】【解答】A．由图知，由a点运动到c点过程中，烟花做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，烟花在c点的水平速度为零，因此烟花受到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；
B．由于烟花受到空气阻力的作用，不只受重力，所以烟花由b点到c点不是做平抛运动，故B错误；
C．烟花在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度方向为左下方，而非竖直向下，故C错误；
D．烟花在b点时存在竖直向下的加速度，因此烟花处于失重状态，故D正确。
故选：D。
【分析】 由a点运动到c点过程 ，烟花做曲线运动；做曲线运动的物体，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，b点时水平向右，c点时竖直向下；自c点运动至地面过程，烟花做直线运动；烟花在整个运动过程中受重力和空气阻力的作用。
4．（2024高三上·吉林模拟）如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且。下列可以使弹簧伸长量不变的是（ ）
A．增大水平拉力F B．在木板上表面垫上粗糙的纸
C．将A、B的位置互换 D．悬线下增挂一定质量的小钩码
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
联立二式解得
因此增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误；
B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以B为研究对象，由牛顿第二定律有得
联立二式解得
因此弹簧弹力不变，伸长量不变，故B正确；
C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以A为研究对象，由牛顿第二定律得
联立二式解得
因此弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误；
D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为，对ABC整体，由牛顿第二定律得
则
对A有
未悬挂钩码时，对A有
则
因此弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。
故选：B。
【分析】先对AB整体利用牛顿第二定律列式求出加速度表达式，再隔离物体B或A利用牛顿第二定律列式，进而得出弹簧弹力的表达式，进而判断选项。
5．（2024高三上·吉林模拟）如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为。如果将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后（ ）
A．物块B的高度不变，不变 B．物块B的高度不变，变大
C．物块B的高度增大，变大 D．物块B的高度增大，不变
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设绳子拉力大小为，根据受力平衡，以B为研究对象，有
以动滑轮为研究对象，有
设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为，水平距离为，由几何关系得
将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，绳子拉力大小保持不变，则不变，由于水平距离不变，则左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度不变，故物块B的高度不变。
故选：A。
【分析】以B为研究对象，根据平衡条件确定绳子拉力大小；再以动滑轮为研究对象，根据平衡条件列式，结合几何关系分析θ的变化情况。
6．（2024高三上·吉林模拟）如图，一物块以初速度从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块加速度相等
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．将小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；
C．设小求初速度与斜面夹角为α，则小球沿斜面方向的初速为v0cosα，小球垂直斜面方向的初速为v0sinα，则小球沿斜面方向的速度v0cosα小于物块的速度v0；若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，不可能在P点相遇，因此斜面是粗糙的；从O点到P点，小球克服重力做功，物块克服重力和摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；
D．从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，根据
可知，小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。
A．小球的加速度为
设斜面倾角为，物块与斜面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
求得物块的加速度大小为
因此无法确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。
故选：C。
【分析】当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远；把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇；根据动能定理分析动能的变化；根据合外力做功特点比较平均功率。
7．（2024高三上·吉林模拟）“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m的汽电混动汽车以速度在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于时选择再生制动，速度小于等于时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即；机械制动阶段阻力大小恒为车重的倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又知
则有
因此在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学公式得
因此汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】由动量定理求解在再生制动阶段的位移，在机械制动阶段，由牛顿第二定律结合运动学公式求解位移大小，由此得到汽电混动汽车从刹车到停止的位移。
8．（2024高三上·吉林模拟）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为600N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度，，不计空气阻力，此次打夯过程中（ ）
A．人对重物做功288J
B．重物的重力势能减少288J
C．重物的重力势能减少165J
D．重物对地面的平均冲击力大小为10100N
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．人对重物做功为
故A正确；
BC．重物克服重力做功为
则其重力势能的减少量为
故C错误；
D．设地面对重物的平均冲击力大小为，根据动能定理，对全程有
解得
根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为10100N，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据W=Flcosθ可求得人对重物做的功；从重物始上升到重物落地前过程，对重物利用动能定理可求；重力做的功等于重力势能减少量，据此求得重物的重力势能减少量；重物落入地面过程，利用动能定理可得地面对重物的平均冲击力大小，利用牛顿第三定律可得重物对地面的平均冲击力 。
9．（2024高三上·吉林模拟）如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，机械臂长为d，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（ ）
A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为
B．空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比为
C．微型卫星处于完全失重状态
D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站
【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，因此微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，由
得
故A错误；
B．由牛顿第二定律得
解得空间站所在轨道处的加速度为
在地表有
解得
则
故B正确；
CD．由牛顿第二定律得
解得
则当仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由
可知所需向心力增大，因此机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全始终。所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动，角速度相等，根据分析两者线速度大小之比，根据牛顿第二定律以及万有引力等于重力求解空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比，根据万有引力提供向心力列式，分析微型卫星脱落后的运动情况。
10．（2024高三上·吉林模拟）如图（a），质量均为m的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线（图中虚线）的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙间的动摩擦因数为
B．碰后瞬间乙的速度大小为
C．L至少为
D．乙、丙的质量比
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】B．由图（b）可知，碰后0~t0时间内，乙做匀减速直线运动，t0时刻甲乙共速，之后二者匀速运动，设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，则根据运动学公式有
抛物线的顶点为Q，若乙一直做匀减速运动，则乙将在2t0时刻速度减为0，该过程有
联立解得
，
故B错误；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得
则
故D正确；
C．丙、乙碰后，甲、乙动量守恒，则
由能量守恒得
联立解得
故C正确；
A．由于
则
故A正确。
故选：ACD。
【分析】根据运动学公式结合x-t图像的切线斜率表示速度求解碰后瞬间乙的速度大小，根据牛顿第二定律甲、乙间的动摩擦因数；物块丙与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解质量之比。
11．（2024高三上·吉林模拟）物理小组进行验证机械能守恒定律实验，设计了如下方案：
（1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是______；
A． B．
C． D．
（2）利用上述装置按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_______。
A．OA、AD和EG的长度 B．OC、BC和DE的长度
C．BD、CF和EG的长度 D．AC、BD和EG的长度
（3）换用两个质量分别为、的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度和相应的速度大小，描绘图像如图。对比图像分析正确的是______。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．可能等于 D．不可能等于
【答案】（1）B
（2）C
（3）B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1)为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。另外打点计时器应连接交流电源，故ACD错误，B正确；
故选：B。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。
A．当已知OA、AD和EG的长度时，可求F点与BC的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，可求BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选：C。
（3）设重物受到的阻力大小为，由动能定理得，则；若阻力为0，则图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知，由于两重物所受阻力大小关系未知，则无法确定与的大小关系，即可能等于，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
故答案为：（1）B；（2）C；（3）BC。
【分析】（1）从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答。
（2）本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断。
（3）根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答；本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断；根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
（1）【解答】为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。另外打点计时器应连接交流电源，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答。
（2）【解答】根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。
A．当已知OA、AD和EG的长度时，可求F点与BC的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，可求BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选：C。
【分析】本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断。
（3）【解答】设重物受到的阻力大小为，由动能定理得
则
若阻力为0，则图线的斜率为
则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于两重物所受阻力大小关系未知，则无法确定与的大小关系，即可能等于，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
【分析】根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
12．（2024高三上·吉林模拟）某同学用图甲所示装置探究加速度合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度大小为g。
（1）平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小车（和钩码）做减速运动，则应将小物块向 （选填“左”或“右”）移动，才会使小车（和钩码）在板上做匀速运动；
（2）平衡摩擦力后，将n（依次取，2，3，4。）个钩码挂在轻绳左端，其余N—n个钩码放在小车内，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的时间间隔均为0.1s，则可计算出小车的加速度大小a= （结果保留3位有效数字）；
（3）实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）丙图是利用不同n对应不同a作出的图像，如果图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用的钩码个数N= （用g、k、m、M表示）；
【答案】（1）左
（2）2.02
（3）不需要
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，应将小物块向左移动，来增大倾角，使小车在板上做匀速运动；
（2）结合图乙，由逐差法可得小车的加速度大小为
（3）因为本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，所以不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）以小车和N个砝码为整体作为研究对象，由牛顿第二定律可得
整理得
因此图像的斜率为
解得本实验中可用的钩码个数为
故答案为：（1）左；（2）2.02；（3）不需要；（4）。
【分析】(1)小车做减速运动，说明斜面倾角过小，通过移动小物块来调节倾角；
(2)根据逐差法即可求出小车的加速度大小 ；
(3)本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力；
(4)把小车和N个砝码看成一个整体，根据牛顿第二定律列方程，写出图像的函数表达式分析。
（1）发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，应增大倾角，则应将小物块向左移动，才会使小车在板上做匀速运动
（2）根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。
（4）以小车和N个砝码为整体，根据牛顿第二定律可得
整理可得
可知图像的斜率为
解得本实验中可用的钩码个数为
13．（2024高三上·吉林模拟）遥控小汽车在驱动电机提供的作用下从A处由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方B处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质量为，A、B之间距离为，小汽车受到的阻力是其重力的0.5倍，取重力加速度。
（1）求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
（2）若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相撞，求小汽车电机的额定功率。
【答案】（1）解：设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
解得
，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有
，
减速阶段由运动学公式有
又
联立解得
（2）解：小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为，对全程根据动能定理有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【分析】(1)小汽车先做匀加速直线运动，关闭驱动电机后做匀减速直线运动，对两个过程，分别根据牛顿第二定律列方程，求出两个过程的加速度大小。结合运动学公式和两个过程位移之和等于x即可求得小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
(2)对全程，根据动能定理即可求得小汽车电机的额定功率。
（1）设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有
，
减速阶段由运动学公式有
又
联立解得
（2）小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为，对全程根据动能定理有
解得
14．（2024高三上·吉林模拟）利用如图简易装置可以探测在真空环境内微粒在重力场中的能量。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h的探测屏竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系；
（2）若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力（图中未画出），某一微粒恰好能沿直线打在B处，求L与h的关系。
【答案】（1）解：设打在A点的微粒的初速度为，则有
，
可得
同理可得，打在B点的微粒的初速度为
打在A和B两点的动能一样，根据动能定理可得
则有
联立可得L与h的关系为
（2）解：若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力，微粒恰好能沿直线打在B处，则微粒在界线OA以下受到的合力与水平方向的夹角满足
可得
微粒进入界线OA前做平抛运动，根据平抛规律结合几何关系可得
，
又
联立可得L与h的关系为
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)根据微粒水平方向和竖直方向的位移可得微粒初速度的大小，根据微粒打在A和B两点时的动能相等，微粒从抛出到A、B两点过程分别利用动能定理列式，联立方程可得解；
(2)根据施加水平恒力和重力的大小关系可得合力与水平方向的夹角，可知微粒在OA以下速度与水平方向的夹角，利用几何关系可得微粒在OA以下水平位移与竖直方向位移的大小关系，根据平抛运动的推论可得OA以上微粒水平位移与竖直方向位移的大小关系，联立方程可得解。
（1）设打在A点的微粒的初速度为，则有
，
可得
同理可得打在B点的微粒的初速度为
打在A和B两点的动能一样，根据动能定理可得
则有
联立可得L与h的关系为
（2）若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力，微粒恰好能沿直线打在B处，则微粒在界线OA以下受到的合力与水平方向的夹角满足
可得
微粒进入界线OA前做平抛运动，根据平抛规律结合几何关系可得
，
又
联立可得L与h的关系为
15．（2024高三上·吉林模拟）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m=6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h=5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为 =0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M=24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
【答案】（1）解：设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根可得
解得
（2）解：设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
解得
（3）解：当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
联立可得
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对物体受力分析，求出各个力所做功，根据据动能定理解答；
（2）碰撞过程动量守恒，弹性势能大小等于克服摩擦力以及重力做的功，根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（3）根据平底容器碰后的运动情况结合能量守恒定律解答。
（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得
解得
（2）设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
解得
（3）当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
联立可得
1 / 1吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试物理试卷
1．（2024高三上·吉林模拟）2022年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应用与发展阶段。如图所示，若该空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，则运动过程中不变的物理量是（ ）
A．动量 B．加速度 C．动能 D．机械能
2．（2024高三上·吉林模拟）如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．湿衣物在b、d两点的向心力相同
B．湿衣物在a点更容易脱水
C．湿衣物在c点更容易脱水
D．减小转速湿衣物脱水效果会更好
3．（2024高三上·吉林模拟）如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c点的切线方向竖直，可知该烟花（ ）
A．由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动
B．由b点到c点做平抛运动
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．在b点处于失重状态
4．（2024高三上·吉林模拟）如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速度向左运动，两物块材料相同且。下列可以使弹簧伸长量不变的是（ ）
A．增大水平拉力F B．在木板上表面垫上粗糙的纸
C．将A、B的位置互换 D．悬线下增挂一定质量的小钩码
5．（2024高三上·吉林模拟）如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为。如果将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后（ ）
A．物块B的高度不变，不变 B．物块B的高度不变，变大
C．物块B的高度增大，变大 D．物块B的高度增大，不变
6．（2024高三上·吉林模拟）如图，一物块以初速度从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块加速度相等
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等
7．（2024高三上·吉林模拟）“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m的汽电混动汽车以速度在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于时选择再生制动，速度小于等于时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即；机械制动阶段阻力大小恒为车重的倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·吉林模拟）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个大小为600N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面30cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度，，不计空气阻力，此次打夯过程中（ ）
A．人对重物做功288J
B．重物的重力势能减少288J
C．重物的重力势能减少165J
D．重物对地面的平均冲击力大小为10100N
9．（2024高三上·吉林模拟）如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，机械臂长为d，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（ ）
A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为
B．空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比为
C．微型卫星处于完全失重状态
D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站
10．（2024高三上·吉林模拟）如图（a），质量均为m的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线（图中虚线）的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙间的动摩擦因数为
B．碰后瞬间乙的速度大小为
C．L至少为
D．乙、丙的质量比
11．（2024高三上·吉林模拟）物理小组进行验证机械能守恒定律实验，设计了如下方案：
（1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是______；
A． B．
C． D．
（2）利用上述装置按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_______。
A．OA、AD和EG的长度 B．OC、BC和DE的长度
C．BD、CF和EG的长度 D．AC、BD和EG的长度
（3）换用两个质量分别为、的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度和相应的速度大小，描绘图像如图。对比图像分析正确的是______。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．可能等于 D．不可能等于
12．（2024高三上·吉林模拟）某同学用图甲所示装置探究加速度合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度大小为g。
（1）平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小车（和钩码）做减速运动，则应将小物块向 （选填“左”或“右”）移动，才会使小车（和钩码）在板上做匀速运动；
（2）平衡摩擦力后，将n（依次取，2，3，4。）个钩码挂在轻绳左端，其余N—n个钩码放在小车内，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的时间间隔均为0.1s，则可计算出小车的加速度大小a= （结果保留3位有效数字）；
（3）实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）丙图是利用不同n对应不同a作出的图像，如果图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用的钩码个数N= （用g、k、m、M表示）；
13．（2024高三上·吉林模拟）遥控小汽车在驱动电机提供的作用下从A处由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方B处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质量为，A、B之间距离为，小汽车受到的阻力是其重力的0.5倍，取重力加速度。
（1）求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
（2）若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相撞，求小汽车电机的额定功率。
14．（2024高三上·吉林模拟）利用如图简易装置可以探测在真空环境内微粒在重力场中的能量。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h的探测屏竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系；
（2）若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力（图中未画出），某一微粒恰好能沿直线打在B处，求L与h的关系。
15．（2024高三上·吉林模拟）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m=6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h=5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为 =0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M=24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】卫星问题；动能；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】AC．空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，速度大小和方向不断改变，根据动量和动能定义，故动量时刻改变，动能时刻改变，故AC错误 ；
B．空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力
可知，加速度大小以及方向可能时刻改变，故B错误；
D．空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D正确。
故选D。
【分析】空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，是变速曲线运动；由万有引力提供向心力分析加速度；仅在地球引力作用下运动，满足机械能守恒。
2．【答案】B
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，则根据
可知，湿衣物在b、d两处的向心力大小相等，方向相反，故A错误；
B．湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律有
可知湿衣物在a点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好，故B正确；
C．同理，湿衣物在c点时，加速度竖直向下，处于失重状态，由牛顿第二定律有
湿衣物在c点受到滚筒的作用力最小，脱水效果最差，故C错误；
D．根据
可知，增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好，故D错误；
故选：B。
【分析】衣物随脱水筒一起做匀速圆周运动，故所需的向心力相同，根据受力分析结合牛顿第二定律分析即可判断。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；平抛运动
【解析】【解答】A．由图知，由a点运动到c点过程中，烟花做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，烟花在c点的水平速度为零，因此烟花受到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误；
B．由于烟花受到空气阻力的作用，不只受重力，所以烟花由b点到c点不是做平抛运动，故B错误；
C．烟花在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度方向为左下方，而非竖直向下，故C错误；
D．烟花在b点时存在竖直向下的加速度，因此烟花处于失重状态，故D正确。
故选：D。
【分析】 由a点运动到c点过程 ，烟花做曲线运动；做曲线运动的物体，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，b点时水平向右，c点时竖直向下；自c点运动至地面过程，烟花做直线运动；烟花在整个运动过程中受重力和空气阻力的作用。
4．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
联立二式解得
因此增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误；
B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以B为研究对象，由牛顿第二定律有得
联立二式解得
因此弹簧弹力不变，伸长量不变，故B正确；
C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
以A为研究对象，由牛顿第二定律得
联立二式解得
因此弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误；
D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为，对ABC整体，由牛顿第二定律得
则
对A有
未悬挂钩码时，对A有
则
因此弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。
故选：B。
【分析】先对AB整体利用牛顿第二定律列式求出加速度表达式，再隔离物体B或A利用牛顿第二定律列式，进而得出弹簧弹力的表达式，进而判断选项。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设绳子拉力大小为，根据受力平衡，以B为研究对象，有
以动滑轮为研究对象，有
设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为，水平距离为，由几何关系得
将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，绳子拉力大小保持不变，则不变，由于水平距离不变，则左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度不变，故物块B的高度不变。
故选：A。
【分析】以B为研究对象，根据平衡条件确定绳子拉力大小；再以动滑轮为研究对象，根据平衡条件列式，结合几何关系分析θ的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．将小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；
C．设小求初速度与斜面夹角为α，则小球沿斜面方向的初速为v0cosα，小球垂直斜面方向的初速为v0sinα，则小球沿斜面方向的速度v0cosα小于物块的速度v0；若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，不可能在P点相遇，因此斜面是粗糙的；从O点到P点，小球克服重力做功，物块克服重力和摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；
D．从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，根据
可知，小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。
A．小球的加速度为
设斜面倾角为，物块与斜面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
求得物块的加速度大小为
因此无法确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。
故选：C。
【分析】当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远；把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇；根据动能定理分析动能的变化；根据合外力做功特点比较平均功率。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又知
则有
因此在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学公式得
因此汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】由动量定理求解在再生制动阶段的位移，在机械制动阶段，由牛顿第二定律结合运动学公式求解位移大小，由此得到汽电混动汽车从刹车到停止的位移。
8．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．人对重物做功为
故A正确；
BC．重物克服重力做功为
则其重力势能的减少量为
故C错误；
D．设地面对重物的平均冲击力大小为，根据动能定理，对全程有
解得
根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为10100N，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据W=Flcosθ可求得人对重物做的功；从重物始上升到重物落地前过程，对重物利用动能定理可求；重力做的功等于重力势能减少量，据此求得重物的重力势能减少量；重物落入地面过程，利用动能定理可得地面对重物的平均冲击力大小，利用牛顿第三定律可得重物对地面的平均冲击力 。
9．【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，因此微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，由
得
故A错误；
B．由牛顿第二定律得
解得空间站所在轨道处的加速度为
在地表有
解得
则
故B正确；
CD．由牛顿第二定律得
解得
则当仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由
可知所需向心力增大，因此机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全始终。所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。
故选：BD。
【分析】微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动，角速度相等，根据分析两者线速度大小之比，根据牛顿第二定律以及万有引力等于重力求解空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比，根据万有引力提供向心力列式，分析微型卫星脱落后的运动情况。
10．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】B．由图（b）可知，碰后0~t0时间内，乙做匀减速直线运动，t0时刻甲乙共速，之后二者匀速运动，设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，则根据运动学公式有
抛物线的顶点为Q，若乙一直做匀减速运动，则乙将在2t0时刻速度减为0，该过程有
联立解得
，
故B错误；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得
则
故D正确；
C．丙、乙碰后，甲、乙动量守恒，则
由能量守恒得
联立解得
故C正确；
A．由于
则
故A正确。
故选：ACD。
【分析】根据运动学公式结合x-t图像的切线斜率表示速度求解碰后瞬间乙的速度大小，根据牛顿第二定律甲、乙间的动摩擦因数；物块丙与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解质量之比。
11．【答案】（1）B
（2）C
（3）B；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】(1)为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。另外打点计时器应连接交流电源，故ACD错误，B正确；
故选：B。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。
A．当已知OA、AD和EG的长度时，可求F点与BC的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，可求BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选：C。
（3）设重物受到的阻力大小为，由动能定理得，则；若阻力为0，则图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知，由于两重物所受阻力大小关系未知，则无法确定与的大小关系，即可能等于，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
故答案为：（1）B；（2）C；（3）BC。
【分析】（1）从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答。
（2）本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断。
（3）根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答；本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断；根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
（1）【解答】为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。另外打点计时器应连接交流电源，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】从充分利用纸带和减小阻力的角度及计时器所用的电源分析作答。
（2）【解答】根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。
A．当已知OA、AD和EG的长度时，可求F点与BC的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，可求BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选：C。
【分析】本实验中，需要测出某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离，或者两点的平均速来代替瞬时速度的，结合各选项的数据特点分析判断。
（3）【解答】设重物受到的阻力大小为，由动能定理得
则
若阻力为0，则图线的斜率为
则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于两重物所受阻力大小关系未知，则无法确定与的大小关系，即可能等于，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
【分析】根据动能定理求解函数，结合图像斜率进行分析。
12．【答案】（1）左
（2）2.02
（3）不需要
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，应将小物块向左移动，来增大倾角，使小车在板上做匀速运动；
（2）结合图乙，由逐差法可得小车的加速度大小为
（3）因为本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，所以不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）以小车和N个砝码为整体作为研究对象，由牛顿第二定律可得
整理得
因此图像的斜率为
解得本实验中可用的钩码个数为
故答案为：（1）左；（2）2.02；（3）不需要；（4）。
【分析】(1)小车做减速运动，说明斜面倾角过小，通过移动小物块来调节倾角；
(2)根据逐差法即可求出小车的加速度大小 ；
(3)本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力；
(4)把小车和N个砝码看成一个整体，根据牛顿第二定律列方程，写出图像的函数表达式分析。
（1）发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，应增大倾角，则应将小物块向左移动，才会使小车在板上做匀速运动
（2）根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，因此不需要满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。
（4）以小车和N个砝码为整体，根据牛顿第二定律可得
整理可得
可知图像的斜率为
解得本实验中可用的钩码个数为
13．【答案】（1）解：设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
解得
，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有
，
减速阶段由运动学公式有
又
联立解得
（2）解：小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为，对全程根据动能定理有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【分析】(1)小汽车先做匀加速直线运动，关闭驱动电机后做匀减速直线运动，对两个过程，分别根据牛顿第二定律列方程，求出两个过程的加速度大小。结合运动学公式和两个过程位移之和等于x即可求得小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
(2)对全程，根据动能定理即可求得小汽车电机的额定功率。
（1）设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有
，
减速阶段由运动学公式有
又
联立解得
（2）小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为，对全程根据动能定理有
解得
14．【答案】（1）解：设打在A点的微粒的初速度为，则有
，
可得
同理可得，打在B点的微粒的初速度为
打在A和B两点的动能一样，根据动能定理可得
则有
联立可得L与h的关系为
（2）解：若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力，微粒恰好能沿直线打在B处，则微粒在界线OA以下受到的合力与水平方向的夹角满足
可得
微粒进入界线OA前做平抛运动，根据平抛规律结合几何关系可得
，
又
联立可得L与h的关系为
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)根据微粒水平方向和竖直方向的位移可得微粒初速度的大小，根据微粒打在A和B两点时的动能相等，微粒从抛出到A、B两点过程分别利用动能定理列式，联立方程可得解；
(2)根据施加水平恒力和重力的大小关系可得合力与水平方向的夹角，可知微粒在OA以下速度与水平方向的夹角，利用几何关系可得微粒在OA以下水平位移与竖直方向位移的大小关系，根据平抛运动的推论可得OA以上微粒水平位移与竖直方向位移的大小关系，联立方程可得解。
（1）设打在A点的微粒的初速度为，则有
，
可得
同理可得打在B点的微粒的初速度为
打在A和B两点的动能一样，根据动能定理可得
则有
联立可得L与h的关系为
（2）若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的倍的恒定外力，微粒恰好能沿直线打在B处，则微粒在界线OA以下受到的合力与水平方向的夹角满足
可得
微粒进入界线OA前做平抛运动，根据平抛规律结合几何关系可得
，
又
联立可得L与h的关系为
15．【答案】（1）解：设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根可得
解得
（2）解：设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
解得
（3）解：当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
联立可得
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）对物体受力分析，求出各个力所做功，根据据动能定理解答；
（2）碰撞过程动量守恒，弹性势能大小等于克服摩擦力以及重力做的功，根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（3）根据平底容器碰后的运动情况结合能量守恒定律解答。
（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得
解得
（2）设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
解得
（3）当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
联立可得
1 / 1
