四川省射洪中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二上·射洪开学考）如图，一质点在水平面内受力作用，从O点经A点运动到B点。质点运动轨迹的OA段为匀速圆周运动，AB段为直线。下列说法正确的是（ ）
A．质点在O点的速度方向由O点指向A点
B．质点在OA段所受合力方向一定不断改变
C．质点在OA段的加速度可能为零
D．质点在AB段所受合力的一定为零
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．曲线运动中，质点在某点的速度方向沿轨迹切线方向，O点轨迹切线方向并非由O指向A，故A错误；
BC．质点运动轨迹的OA段为匀速圆周运动，所受合外力方向指向圆心，所受合力方向一定不断改变，加速度不可能为零，故B正确，C错误；
D．AB段是直线运动，直线运动的合力条件为：合力为零或合力与速度共线 ，题干未说明AB段是匀速直线，故合力可能不为零，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：质点在曲线某点的速度方向沿轨迹切线，据此判断O点速度方向。
BC：合力提供向心力，方向始终指向圆心，随位置变化而改变；加速度由合力产生，不为零。
D：直线运动的合力条件是 “合力为零（匀速 ）或合力与速度共线（变速 ）”，据此判断合力是否为零。
2．（2024高二上·射洪开学考）郑钦文在巴黎奥运会网球比赛夺得金牌，如图所示是她在比赛中击球一瞬间的图片，她在用网球拍打击飞过来的网球时，网球拍打击网球的力的冲量（ ）
A．与球的动量变化相等
B．比球撞击球拍的力的冲量大得多
C．比球撞击球拍的力的冲量稍小些
D．与球撞击球拍的力的冲量大小相等
【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A.根据动量定理：网球动量变化等于合外力的冲量（球拍对网球的力拍球与网球重力的合力冲量 ），即合拍球 ，网球动量变化不等于球拍力的冲量（还需考虑重力冲量 ），故 错误 。
BCD.球拍对网球的力拍球与网球对球拍的力球拍是相互作用力（牛顿第三定律 ），满足：
大小相等：拍球球拍 ；作用时间相同：击球过程中，两力同时产生、同时消失，作用时间相同，因此：拍球拍球，球拍球拍，因拍球球拍且相同，故拍球球拍 ，即球拍击打网球的力的冲量与球撞击球拍的力的冲量大小相等 ，、错误， 正确 。
故答案为：D。
【分析】1. 动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化（合 ），明确网球动量变化与合外力冲量（球拍力 + 重力 ）的关系。
2. 牛顿第三定律：球拍对网球的力与网球对球拍的力是相互作用力，大小相等、方向相反，且作用时间相同。
3. 冲量计算：冲量，结合相互作用力和作用时间，判断两者冲量大小关系。
3．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，自动卸货车在水平地面上匀速向右运动，车厢在液压机的作用下，与水平面夹角为θ，质量为m的货物相对车厢仍然静止，货车前进L的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的支持力不做功
B．货物受到的摩擦力不做功
C．货物受到的支持力对货物做的功为
D．货物受到的摩擦力对货物做的功为
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功的计算
【解析】【解答】AC．对货物受力分析可知
货物受到的支持力与运动方向之间的夹角为钝角，故货物受到的支持力对货物做负功，根据功的定义知
故A错误，C错误；
BD．摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角（锐角 ），，代入、，，故B错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】AC：货物匀速运动，合力为零，受重力、支持力、摩擦力，根据平衡条件确定和的大小（， ）。
BD：功的正负由力与位移夹角决定（做正功，做负功，不做功 ），结合支持力、摩擦力与位移的夹角，判断做功正负；再用计算功的大小。
4．（2024高二上·射洪开学考）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑的水平面上的A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子，振动周期为1.6s，振幅为24cm
B．0.5s末和1.1s末，振子的速度相同
C．在时间内，振子的速度和加速度方向始终相反
D．振子做简谐运动的表达式为
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AD．由题图可知，振子的周期为1.6s，振幅为12cm，则有
设振子做简谐运动的表达式为
解得，故AD错误；
B．由图可知，0.5s末振子从平衡位置向最大位移处运动，1.1s末振子从最大位移处向平衡位置运动，所以振子在这两个时刻的速度方向不相同，故B错误；
C．由图可知，在时间内弹簧振子从平衡位置移动到最大位移处，该过程中，弹簧振子做减速运动，即振子的速度和加速度方向始终相反，故C正确。
故答案为：C。
【分析】A：从振动图像读取周期（完成一次全振动的时间 ）和振幅（最大位移的绝对值 ）。
BC：速度方向：振动图像斜率的正负（斜率正，速度沿正方向；斜率负，速度沿负方向 ）。
加速度方向：与位移方向相反（ ），位移为正，加速度为负；位移为负，加速度为正。
D：，其中为振幅，为角频率，为初相位，通过初始条件（时的位移 ）求解。
5．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将可视为质点的摆球拉至A点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置。整个过程忽略空气阻力，则在摆动稳定后的一个周期内（ ）
A．摆球只受到重力、拉力两个力的作用
B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为零
C．摆球在经过B点处，速度最大，回复力最大
D．摆球相邻两次经过B点时，细线拉力大小不相等
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆球运动中，仅受重力（竖直向下 ）和细线拉力（沿细线指向悬点 ），无其他力，故A正确；
B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为重力沿切线方向的分力，不为零，故B错误；
C．摆球在经过B点（单摆的平衡位置）处，速度最大，回复力为零，故C错误；
D．摆球相邻两次经过B点时，速度大小相等，根据牛顿第二定律得
解得，细线拉力大小相等，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：摆球受重力（竖直向下 ）和拉力（沿细线方向 ），无其他力。
B：回复力是重力沿运动切线方向的分力，A、C 点速度为 0，但切线分力不为 0。
C：B 是平衡位置，速度最大；回复力为 0（重力切线分力为 0 ）。
D：相邻两次过 B 点，速度大小相等（机械能守恒 ），用牛顿第二定律分析拉力。
6．（2024高二上·射洪开学考）如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一小球压紧轻质弹簧并保持静止。松手后，弹簧将小球弹出。在小球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50J。小球克服阻力做的功为30J，则在此过程中（ ）
A．合力对小球做了80J的功 B．弹力对小球做了50J的功
C．小球的动能减少了30J D．小球的动能增加了50J
【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．弹簧的弹性势能减少了50J，根据 “弹性势能变化与弹力做功的关系”：弹性势能减少量等于弹力做的正功，对木球做了50J功，故B正确；
ACD．根据动能定理，木球的动能变化量J
合力对小球做了20J的功，小球的动能增加了20J，故ACD错误。
故答案为：B 。
【分析】ACD：合外力做功等于动能变化量（合弹阻 ），其中阻力做负功（阻 ，因小球克服阻力做功 ）。
B：弹性势能减少量等于弹力做的正功（弹 ，弹性势能减少，弹力做正功 ）。
7．（2024高二上·射洪开学考）甲、乙两个物体在光滑水平面上沿同一直线运动，两物体受力的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（ ）
A．0~5s内，甲物体的动量变化量为
B．0~5s内，乙物体的动量变化量为
C．0~5s内，甲物体的动量一定变小
D．0~5s内，乙物体的动量一定变小
【答案】A
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．根据图像的面积表示冲量，可知0~5s内，甲、乙物体受到的力的冲量为，
根据动量定理可得，，故A正确，B错误；
CD．由于不清楚甲、乙物体的初速度大小和方向，所以不能确定0~5s内，甲、乙两物体的动量大小如何变化，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】1. 冲量计算（图像面积 ）：图像与时间轴围成的面积表示冲量，正面积为正冲量，负面积为负冲量。
2. 动量变化量（动量定理 ）：物体动量变化量等于合外力的冲量（ ）。
3. 动量变化的方向与大小：动量变化量的正负表示方向，但动量大小变化需结合初动量方向判断（因动量是矢量 ）。
8．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A．a、b、c三物体，都仅由万有引力提供向心力
B．周期关系为Ta>Tb>Tc
C．线速度的大小关系为
D．向心加速度的大小关系为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．b、c围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，a为地球赤道上的物体，由万有引力的一个分力提供向心力。故A错误；
B．c为地球同步卫星，a为地球赤道上的物体，两者的周期与地球自转周期相等，根据
解得
由图可知
可得
Ta=Tc>Tb
故B错误；
C．c为地球同步卫星，根据
a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有
根据
解得
轨道半径大于b的轨道半径，则c的线速度小于b的线速度，则有，故C错误；
D．c为地球同步卫星，根据
a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有
根据
解得
由于c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的加速度小于b的加速度，则有
正确。
故答案为：D。
【分析】A：区分赤道物体（受万有引力、地面支持力，合力提供向心力）与卫星（万有引力完全充当向心力）的受力差异，判断向心力来源。
B：同步卫星与赤道物体周期关联（等于地球自转周期），卫星周期用万有引力定律推导，结合轨道半径比较周期大小。
C：a、c用角速度关联（）比较线速度；卫星b、c用万有引力推导线速度公式（ ），结合轨道半径比较，整合得三者线速度关系。
D：a、c用角速度关联（）比较向心加速度；卫星b、c用万有引力推导向心加速度公式（ ），结合轨道半径比较，整合得三者向心加速度关系。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中有多个选项符合要求，全部选对得4分，不全得2分，有错选或不选得0分）
9．（2024高二上·射洪开学考）如图，内壁光滑的圆锥漏斗固定在水平面上，其母线与竖直方向的夹角为两个质量均为m的小球A、B紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球均受到重力、支持力和向心力
B．A、B两球受到的支持力均指向各自圆周的圆心
C．A球的转动周期大于B球的转动周期
D．A、B球对漏斗壁的压力均为mg
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球做匀速圆周运动，受重力mg（竖直向下 ）和支持力（垂直漏斗内壁向上 ），合力提供向心力（向心力是重力与支持力的合力，不是单独受力 ），不能说小球 “受到向心力”， A错误；
B．支持力方向垂直漏斗内壁向上，漏斗母线与竖直方向夹角为α，支持力方向不指向圆周圆心，B错误；
C．对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
可得，可知，轨道半径越大，周期越大，所以A球的转动周期大于B球的转动周期，C正确；
D．根据受力分析可知A、B球对漏斗壁的压力均为，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：小球受重力、支持力，合力提供向心力（向心力是效果力，非实际受力 ）。
B：支持力垂直漏斗内壁，结合几何关系判断方向是否指向圆心。
C：通过受力分析（重力、支持力合力提供向心力 ），推导周期与轨道半径的关系，判断周期大小。
D：用受力分析（正交分解 ）求支持力，判断压力大小。
10．（2024高二上·射洪开学考）水面上两振源振动图像皆如图1所示。图2是两振源发出的两列水波在离振源较近区域内叠加形成的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。图2中点皆为两振源连线中垂线上的点，点为连线上一点。若用图3中的甲、乙、丙三图像描述图2区域内的振动，则可能正确的说法是（ ）
A．点振动如丙所示 B．点振动如乙所示
C．点振动如甲所示 D．点振动如乙所示
【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】根据题意，由图2可知，M、N、Q皆为两振源连线中垂线上的点，到两振源距离相等，均为振动加强点，则M、N、Q振动如图丙所示，R到两振源距离之差介于，两个频率相等的波源在某点叠加的振幅公式为
其中φ表示两个波源到该点的相位差。而当R到两振源距离差为时此时对应的相位差为120°，此时的合振幅为
，R点振动如甲所示。
故答案为：AC。
【分析】1.加强点判断：两波源中垂线上的点（M、N、Q），到两波源距离相等，为振动加强点（波峰与波峰、波谷与波谷叠加 ），振幅等于两波振幅之和。
2.减弱点 / 非最强点判断：R点到两波源距离差非零，需通过振幅叠加公式判断振幅，再匹配振动图像。
11．（2024高二上·射洪开学考）如图，要使地球同步卫星进入预定轨道Ⅲ，需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，卫星在轨道Ⅰ的A点变轨进入转移轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点B再次变轨进入轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上的速率小于轨道Ⅰ上的速率
B．卫星在轨道Ⅱ上A 点比B点速率小
C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率小于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率
D．卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度
【答案】A,C
【知识点】离心运动和向心运动；开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据
解得，可知，卫星在轨道Ⅲ上的速率小于轨道Ⅰ上的速率，故A正确；
B．椭圆轨道 Ⅱ 中，A点（近地点 ）到地球的距离小于B点（远地点 ）到地球的距离，为保证 “面积相等”，近地点（A ）速率大于远地点（B ）速率，故B错误；
C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时点火加速做离心运动可以变轨进入轨道Ⅲ，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率小于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率，故C正确；
D．根据
解得，可知卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由万有引力提供向心力，推导速率与轨道半径的关系，判断不同轨道速率大小。
B：行星（卫星 ）与中心天体连线在相等时间内扫过面积相等，判断椭圆轨道上不同点的速率。
C：离心 / 近心运动的条件（万有引力与所需向心力的大小关系 ），判断变轨前后同一点的速率。
D：由万有引力产生加速度，判断同一点在不同轨道的加速度。
12．（2024高二上·射洪开学考）用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为800J
B．阻力做的功为
C．经过点时对轨道的压力大小为
D．经过点时重力的功率为1200W
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意可知，重力做功为，故A正确；
B．设阻力做功为W，由动能定理有
解得，故B错误；
C．在Q点，由牛顿第二定律有
又有
解得
由牛顿第三定律可知，经过Q点时对轨道的压力大小为，故C正确；
D．经过Q点时，货物速度方向水平，重力方向与速度方向垂直，则经过Q点时重力的功率为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：重力做功与路径无关，仅由初末位置高度差决定。
B：合外力做功（重力做功 + 阻力做功 ）等于动能变化量，用于求阻力做功。
C：在Q点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，结合牛顿定律求支持力（即货物对轨道的压力 ）。
D：重力功率为（为重力与速度方向夹角 ），判断Q点重力功率。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。）
13．（2024高二上·射洪开学考）某小组同学做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、刻度尺外，下列器材中，还需要_______。
A．秒表 B．天平 C．弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2—l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2—l图像应该是图中的 （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g= ，由此得到的g值 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【答案】（1）A
（2）①；；不变
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表。
故答案为：A
（2）由单摆周期可知
则图像的斜率
则重力加速度大小为
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变。
故答案为：①；；不变
【分析】（1）：根据实验原理（测周期、摆长 ），判断所需器材（秒表测周期，无需测质量 ）。
（2）：由单摆周期公式推导关系，明确斜率与的关联；分析摆长测量错误（误将直径当半径 ）对图像的平移影响，判断图像形态及的计算结果。
（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表。
故选A。
（2）[1][2][3]由单摆周期可知
则图像的斜率
则重力加速度大小为
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变。
14．（2024高二上·射洪开学考）为了验证动量守恒定律，“宋应星”研究小组使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。两个滑块A、B上的挡光片完全相同，放在气垫导轨上， G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。实验步骤如下：
（1）实验开始，先调节气垫导轨水平：调节底座的螺母，把一个滑块放到气垫导轨上，轻推一下后，滑块通过两个光电门的时间△t1 (填“>”“<”或“=”)△t2，则说明导轨已水平。
（2）将滑块A置于导轨上，位于光电门G1左侧，将滑块B置于光电门 G1和 G2之间，用手推一下滑块A，使滑块A 获得水平向右的速度。滑块A 经过光电门 G1后与滑块B 发生碰撞且被弹回，再次经过光电门 G1，光电门 G1先后记录滑块A 上挡光片的挡光时间为光电门 G2记录滑块B向右运动时挡光片的挡光时间为，在本次实验中，两个滑块完全相同，其中一个滑块加了配重。滑块 A 应选择 (填“未加”或“加了”)配重的滑块；记录结果一定满足 (填“大于”“小于”或“等于”)；该同学用天平测量两滑块A、B各自的总质量但没有测量挡光片的宽度，若表达式 (用表示)在误差允许的范围内成立，则两滑块碰撞过程总动量守恒。
【答案】（1）=
（2）未加；小于；
【知识点】动量守恒定律；验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）滑块通过两个光电门的时间相等，说明滑块做匀速运动，导轨已水平。
故答案为：=
（2）碰撞过程为确保反弹，滑块B 的质量应大于滑块A 的质量，滑块A 应选择未加配重的滑块；
滑块 A 碰后速度一定小于碰前速度，所以碰后记录时间长，即小于；
根据动量守恒定律有
而
只需验证
。
故答案为：
【分析】（1）利用“水平导轨上匀速运动，速度不变”，结合挡光片测速公式，判断两光电门时间关系。
（2）依据“碰撞后A弹回”的运动要求，结合动量守恒中质量与运动方向的关联（质量小的易被反向弹回 ），确定滑块A的选择；通过挡光片测速公式，结合“碰撞后速度减小”的运动特征，比较两次挡光时间；用挡光片测速公式表示碰前、碰后速度，结合动量守恒定律（ ），代入速度表达式并化简，消去挡光片宽度，得到动量守恒的验证式。
（1）滑块通过两个光电门的时间相等，说明滑块做匀速运动，导轨已水平。
（2）[1]碰撞过程为确保反弹，滑块B 的质量应大于滑块A 的质量，滑块A 应选择未加配重的滑块；
[2]滑块 A 碰后速度一定小于碰前速度，所以碰后记录时间长，即小于；
[3]根据动量守恒定律有
而
只需验证
四、计算题（本题共3小题，共36分。每个题请写出必要的文字说明和推导过程。）
15．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，时刻的波形图如图甲所示，图乙表示处质点P的振动图像。求：
（1）请判断这列波的传播方向，并计算该波传播速度v的大小；
（2）内质点Q运动的路程s；
（3）画出质点Q的振动图像。
【答案】（1）（1）解：由图乙可知，时刻处质点P沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播；
由图甲、乙可知，
则波速为，沿x轴正方向传播。
（2）（2）解：由于
则内质点Q运动的路程为。
（3）（3）解：由于这列波沿x轴正方向传播，可知t=0时刻质点Q从平衡位置沿y轴负方向振动，则质点Q的振动图像如图所示
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）通过质点振动方向（振动图像 ）结合“波形平移法”判断波的传播方向；利用波形图读波长λ，振动图读周期T，由算波速。
（2）简谐运动中，一个周期内质点路程为4A（A为振幅 ），根据时间与周期的倍数关系，计算总路程。
（3）确定t=0时刻质点的振动方向、振幅、周期，据此绘制图像。
（1）由图乙可知，时刻处质点P沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播；由图甲、乙可知
，
则波速为
（2）由于
则内质点Q运动的路程为
（3）由于这列波沿x轴正方向传播，可知时刻质点Q从平衡位置沿y轴负方向振动，则质点Q的振动图像如图所示
16．（2024高二上·射洪开学考）电动平衡车是时下深受年轻人喜欢的休闲代步工具。假设某品牌的平衡车额定输出功率为，小明骑该款平衡车以额定输出功率沿水平路面由静止开始运动，人和车的总质量为，行驶时受到的阻力始终为重力的，重力加速度大小取。
（1）求小明骑该款平衡车能达到的最大速度；
（2）若小明骑该款平衡车速度达到，用时5s，求此过程平衡车行驶的距离x。
【答案】（1）解：由题意得，阻力
当牵引力时，平衡车达到最大速度，则
解得。
（2）解：由动能定理有
解得。
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）平衡车匀速时，牵引力与阻力平衡F = f，结合功率公式P = Fv求最大速度。
（2）平衡车以额定功率启动，牵引力为变力，用动能定理（合力做功 = 动能变化 ）计算路程。
17．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，质量的轨道ABCDE放在光滑水平面上，其中ABC段是光滑圆弧，圆弧半径R=1m，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，圆轨道与水平粗糙轨道相切，段长L=3m，D点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一处于原长的轻质弹簧，弹簧长度小于DE长度。现有一质量m=0.2kg的小滑块在B点由静止滑下，已知滑块与水平轨道CD段的动摩擦因数，g=10m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求：
（1）滑块第一次到达C点时滑块和轨道速度大小；
（2）滑块再次回到圆轨道，沿轨道上升的最大高度；
（3）最终状态下，滑块与C点的距离；
（4）现将轨道固定在水平地面上，滑块与CD段的动摩擦因数变成，弹簧被锁定于压缩状态。滑块仍从B点静止释放，当滑块与弹簧接触的瞬间解除弹簧锁定，储存的弹性势能Ep全部转化为滑块的动能，其余条件不变。若要求滑块返回后能进入圆弧轨道且不从直径AC的右侧部分脱离ABCDE轨道，则弹性势能Ep应满足什么条件？
【答案】（1）解：根据题意可知，当滑块第一次运动到轨道的C点时，轨道和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设向左为正方向，轨道速度大小为，滑块速度大小为v2，由动量守恒定律有
0=mv2-Mv1
滑块由B到C点，滑块和轨道组成的系统机械能守恒，有
解得
，。
（2）解：滑块再次回到圆弧轨道上升到最高处时，滑块竖直速度为0，水平方向和轨道具有共同速度
0=（m+M）v3
解得
v3=0
轨道和滑块组成的系统能量守恒，有
mgR=2μ1mgL+mgH
解得
H=0.4m
（3）解：最后滑块和轨道都静止，由动量守恒定律有
0=(m+M)v4
解得
v4 =0
全过程系统能量守恒
mgR=μ1mgs
解得
s=10m=3L+1m
所以滑块静止在C点左侧2m处。
（4）解：当滑块能刚好进入圆轨道，从B点出发与弹簧作用后返回C时速度为零，由能量守恒Ep1+mgR-2μ2mgL=0
解得
Ep1=0.4J
当滑块能刚好到达B点，从B点出发回到B时速度为零，由能量守恒
Ep2-2μ2mgL=0
解得Ep2=2.4J
当滑块能刚好通过A点，在A点有牛顿第二定律
从B点出发回到A时，由能量守恒
解得
Ep3=5.4J
故0.4J≤Ep≤2.4J或Ep≥5.4J。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；向心力；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块到C点时，系统水平动量守恒（无水平外力），且B到C只有重力做功，机械能守恒。联立两守恒式，代入数据求解滑块和轨道速度。
（2）滑块返回上升最高时，水平与轨道共速，系统水平动量守恒，全程能量守恒（初机械能 = CD段摩擦能 + 上升最大高度的重力势能 + 共速动能），联立求解最大高度。
（3）最终系统静止，动量守恒（总动量始终为 ）。全程机械能因摩擦转化为内能，由能量守恒（初重力势能）等于段摩擦生热（ ），求出滑块滑动总路程，结合长度，确定与点距离。
（4）轨道固定后，滑块运动受段摩擦、弹簧势能。分“刚好进圆轨道（到 ）” “刚好到不脱离” “刚好过点不脱离”三种临界，用能量守恒（、重力势能、摩擦内能转化 ）和点临界向心力条件，确定范围。
1 / 1四川省射洪中学校2024-2025学年高二上学期开学物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二上·射洪开学考）如图，一质点在水平面内受力作用，从O点经A点运动到B点。质点运动轨迹的OA段为匀速圆周运动，AB段为直线。下列说法正确的是（ ）
A．质点在O点的速度方向由O点指向A点
B．质点在OA段所受合力方向一定不断改变
C．质点在OA段的加速度可能为零
D．质点在AB段所受合力的一定为零
2．（2024高二上·射洪开学考）郑钦文在巴黎奥运会网球比赛夺得金牌，如图所示是她在比赛中击球一瞬间的图片，她在用网球拍打击飞过来的网球时，网球拍打击网球的力的冲量（ ）
A．与球的动量变化相等
B．比球撞击球拍的力的冲量大得多
C．比球撞击球拍的力的冲量稍小些
D．与球撞击球拍的力的冲量大小相等
3．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，自动卸货车在水平地面上匀速向右运动，车厢在液压机的作用下，与水平面夹角为θ，质量为m的货物相对车厢仍然静止，货车前进L的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的支持力不做功
B．货物受到的摩擦力不做功
C．货物受到的支持力对货物做的功为
D．货物受到的摩擦力对货物做的功为
4．（2024高二上·射洪开学考）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑的水平面上的A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子，振动周期为1.6s，振幅为24cm
B．0.5s末和1.1s末，振子的速度相同
C．在时间内，振子的速度和加速度方向始终相反
D．振子做简谐运动的表达式为
5．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将可视为质点的摆球拉至A点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置。整个过程忽略空气阻力，则在摆动稳定后的一个周期内（ ）
A．摆球只受到重力、拉力两个力的作用
B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为零
C．摆球在经过B点处，速度最大，回复力最大
D．摆球相邻两次经过B点时，细线拉力大小不相等
6．（2024高二上·射洪开学考）如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一小球压紧轻质弹簧并保持静止。松手后，弹簧将小球弹出。在小球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50J。小球克服阻力做的功为30J，则在此过程中（ ）
A．合力对小球做了80J的功 B．弹力对小球做了50J的功
C．小球的动能减少了30J D．小球的动能增加了50J
7．（2024高二上·射洪开学考）甲、乙两个物体在光滑水平面上沿同一直线运动，两物体受力的图像，如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是（ ）
A．0~5s内，甲物体的动量变化量为
B．0~5s内，乙物体的动量变化量为
C．0~5s内，甲物体的动量一定变小
D．0~5s内，乙物体的动量一定变小
8．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A．a、b、c三物体，都仅由万有引力提供向心力
B．周期关系为Ta>Tb>Tc
C．线速度的大小关系为
D．向心加速度的大小关系为
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中有多个选项符合要求，全部选对得4分，不全得2分，有错选或不选得0分）
9．（2024高二上·射洪开学考）如图，内壁光滑的圆锥漏斗固定在水平面上，其母线与竖直方向的夹角为两个质量均为m的小球A、B紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两球均受到重力、支持力和向心力
B．A、B两球受到的支持力均指向各自圆周的圆心
C．A球的转动周期大于B球的转动周期
D．A、B球对漏斗壁的压力均为mg
10．（2024高二上·射洪开学考）水面上两振源振动图像皆如图1所示。图2是两振源发出的两列水波在离振源较近区域内叠加形成的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。图2中点皆为两振源连线中垂线上的点，点为连线上一点。若用图3中的甲、乙、丙三图像描述图2区域内的振动，则可能正确的说法是（ ）
A．点振动如丙所示 B．点振动如乙所示
C．点振动如甲所示 D．点振动如乙所示
11．（2024高二上·射洪开学考）如图，要使地球同步卫星进入预定轨道Ⅲ，需先将卫星发射到近地轨道Ⅰ，卫星在轨道Ⅰ的A点变轨进入转移轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点B再次变轨进入轨道Ⅲ。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上的速率小于轨道Ⅰ上的速率
B．卫星在轨道Ⅱ上A 点比B点速率小
C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率小于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率
D．卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度
12．（2024高二上·射洪开学考）用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为800J
B．阻力做的功为
C．经过点时对轨道的压力大小为
D．经过点时重力的功率为1200W
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。）
13．（2024高二上·射洪开学考）某小组同学做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、刻度尺外，下列器材中，还需要_______。
A．秒表 B．天平 C．弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2—l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2—l图像应该是图中的 （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g= ，由此得到的g值 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
14．（2024高二上·射洪开学考）为了验证动量守恒定律，“宋应星”研究小组使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。两个滑块A、B上的挡光片完全相同，放在气垫导轨上， G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。实验步骤如下：
（1）实验开始，先调节气垫导轨水平：调节底座的螺母，把一个滑块放到气垫导轨上，轻推一下后，滑块通过两个光电门的时间△t1 (填“>”“<”或“=”)△t2，则说明导轨已水平。
（2）将滑块A置于导轨上，位于光电门G1左侧，将滑块B置于光电门 G1和 G2之间，用手推一下滑块A，使滑块A 获得水平向右的速度。滑块A 经过光电门 G1后与滑块B 发生碰撞且被弹回，再次经过光电门 G1，光电门 G1先后记录滑块A 上挡光片的挡光时间为光电门 G2记录滑块B向右运动时挡光片的挡光时间为，在本次实验中，两个滑块完全相同，其中一个滑块加了配重。滑块 A 应选择 (填“未加”或“加了”)配重的滑块；记录结果一定满足 (填“大于”“小于”或“等于”)；该同学用天平测量两滑块A、B各自的总质量但没有测量挡光片的宽度，若表达式 (用表示)在误差允许的范围内成立，则两滑块碰撞过程总动量守恒。
四、计算题（本题共3小题，共36分。每个题请写出必要的文字说明和推导过程。）
15．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，时刻的波形图如图甲所示，图乙表示处质点P的振动图像。求：
（1）请判断这列波的传播方向，并计算该波传播速度v的大小；
（2）内质点Q运动的路程s；
（3）画出质点Q的振动图像。
16．（2024高二上·射洪开学考）电动平衡车是时下深受年轻人喜欢的休闲代步工具。假设某品牌的平衡车额定输出功率为，小明骑该款平衡车以额定输出功率沿水平路面由静止开始运动，人和车的总质量为，行驶时受到的阻力始终为重力的，重力加速度大小取。
（1）求小明骑该款平衡车能达到的最大速度；
（2）若小明骑该款平衡车速度达到，用时5s，求此过程平衡车行驶的距离x。
17．（2024高二上·射洪开学考）如图所示，质量的轨道ABCDE放在光滑水平面上，其中ABC段是光滑圆弧，圆弧半径R=1m，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，圆轨道与水平粗糙轨道相切，段长L=3m，D点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一处于原长的轻质弹簧，弹簧长度小于DE长度。现有一质量m=0.2kg的小滑块在B点由静止滑下，已知滑块与水平轨道CD段的动摩擦因数，g=10m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求：
（1）滑块第一次到达C点时滑块和轨道速度大小；
（2）滑块再次回到圆轨道，沿轨道上升的最大高度；
（3）最终状态下，滑块与C点的距离；
（4）现将轨道固定在水平地面上，滑块与CD段的动摩擦因数变成，弹簧被锁定于压缩状态。滑块仍从B点静止释放，当滑块与弹簧接触的瞬间解除弹簧锁定，储存的弹性势能Ep全部转化为滑块的动能，其余条件不变。若要求滑块返回后能进入圆弧轨道且不从直径AC的右侧部分脱离ABCDE轨道，则弹性势能Ep应满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．曲线运动中，质点在某点的速度方向沿轨迹切线方向，O点轨迹切线方向并非由O指向A，故A错误；
BC．质点运动轨迹的OA段为匀速圆周运动，所受合外力方向指向圆心，所受合力方向一定不断改变，加速度不可能为零，故B正确，C错误；
D．AB段是直线运动，直线运动的合力条件为：合力为零或合力与速度共线 ，题干未说明AB段是匀速直线，故合力可能不为零，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：质点在曲线某点的速度方向沿轨迹切线，据此判断O点速度方向。
BC：合力提供向心力，方向始终指向圆心，随位置变化而改变；加速度由合力产生，不为零。
D：直线运动的合力条件是 “合力为零（匀速 ）或合力与速度共线（变速 ）”，据此判断合力是否为零。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A.根据动量定理：网球动量变化等于合外力的冲量（球拍对网球的力拍球与网球重力的合力冲量 ），即合拍球 ，网球动量变化不等于球拍力的冲量（还需考虑重力冲量 ），故 错误 。
BCD.球拍对网球的力拍球与网球对球拍的力球拍是相互作用力（牛顿第三定律 ），满足：
大小相等：拍球球拍 ；作用时间相同：击球过程中，两力同时产生、同时消失，作用时间相同，因此：拍球拍球，球拍球拍，因拍球球拍且相同，故拍球球拍 ，即球拍击打网球的力的冲量与球撞击球拍的力的冲量大小相等 ，、错误， 正确 。
故答案为：D。
【分析】1. 动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化（合 ），明确网球动量变化与合外力冲量（球拍力 + 重力 ）的关系。
2. 牛顿第三定律：球拍对网球的力与网球对球拍的力是相互作用力，大小相等、方向相反，且作用时间相同。
3. 冲量计算：冲量，结合相互作用力和作用时间，判断两者冲量大小关系。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功的计算
【解析】【解答】AC．对货物受力分析可知
货物受到的支持力与运动方向之间的夹角为钝角，故货物受到的支持力对货物做负功，根据功的定义知
故A错误，C错误；
BD．摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角（锐角 ），，代入、，，故B错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】AC：货物匀速运动，合力为零，受重力、支持力、摩擦力，根据平衡条件确定和的大小（， ）。
BD：功的正负由力与位移夹角决定（做正功，做负功，不做功 ），结合支持力、摩擦力与位移的夹角，判断做功正负；再用计算功的大小。
4．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AD．由题图可知，振子的周期为1.6s，振幅为12cm，则有
设振子做简谐运动的表达式为
解得，故AD错误；
B．由图可知，0.5s末振子从平衡位置向最大位移处运动，1.1s末振子从最大位移处向平衡位置运动，所以振子在这两个时刻的速度方向不相同，故B错误；
C．由图可知，在时间内弹簧振子从平衡位置移动到最大位移处，该过程中，弹簧振子做减速运动，即振子的速度和加速度方向始终相反，故C正确。
故答案为：C。
【分析】A：从振动图像读取周期（完成一次全振动的时间 ）和振幅（最大位移的绝对值 ）。
BC：速度方向：振动图像斜率的正负（斜率正，速度沿正方向；斜率负，速度沿负方向 ）。
加速度方向：与位移方向相反（ ），位移为正，加速度为负；位移为负，加速度为正。
D：，其中为振幅，为角频率，为初相位，通过初始条件（时的位移 ）求解。
5．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆球运动中，仅受重力（竖直向下 ）和细线拉力（沿细线指向悬点 ），无其他力，故A正确；
B．摆球在经过A点和C点处，速度为零，回复力为重力沿切线方向的分力，不为零，故B错误；
C．摆球在经过B点（单摆的平衡位置）处，速度最大，回复力为零，故C错误；
D．摆球相邻两次经过B点时，速度大小相等，根据牛顿第二定律得
解得，细线拉力大小相等，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：摆球受重力（竖直向下 ）和拉力（沿细线方向 ），无其他力。
B：回复力是重力沿运动切线方向的分力，A、C 点速度为 0，但切线分力不为 0。
C：B 是平衡位置，速度最大；回复力为 0（重力切线分力为 0 ）。
D：相邻两次过 B 点，速度大小相等（机械能守恒 ），用牛顿第二定律分析拉力。
6．【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．弹簧的弹性势能减少了50J，根据 “弹性势能变化与弹力做功的关系”：弹性势能减少量等于弹力做的正功，对木球做了50J功，故B正确；
ACD．根据动能定理，木球的动能变化量J
合力对小球做了20J的功，小球的动能增加了20J，故ACD错误。
故答案为：B 。
【分析】ACD：合外力做功等于动能变化量（合弹阻 ），其中阻力做负功（阻 ，因小球克服阻力做功 ）。
B：弹性势能减少量等于弹力做的正功（弹 ，弹性势能减少，弹力做正功 ）。
7．【答案】A
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．根据图像的面积表示冲量，可知0~5s内，甲、乙物体受到的力的冲量为，
根据动量定理可得，，故A正确，B错误；
CD．由于不清楚甲、乙物体的初速度大小和方向，所以不能确定0~5s内，甲、乙两物体的动量大小如何变化，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】1. 冲量计算（图像面积 ）：图像与时间轴围成的面积表示冲量，正面积为正冲量，负面积为负冲量。
2. 动量变化量（动量定理 ）：物体动量变化量等于合外力的冲量（ ）。
3. 动量变化的方向与大小：动量变化量的正负表示方向，但动量大小变化需结合初动量方向判断（因动量是矢量 ）。
8．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．b、c围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，a为地球赤道上的物体，由万有引力的一个分力提供向心力。故A错误；
B．c为地球同步卫星，a为地球赤道上的物体，两者的周期与地球自转周期相等，根据
解得
由图可知
可得
Ta=Tc>Tb
故B错误；
C．c为地球同步卫星，根据
a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有
根据
解得
轨道半径大于b的轨道半径，则c的线速度小于b的线速度，则有，故C错误；
D．c为地球同步卫星，根据
a、c角速度相等，a的轨道半径小一些，则有
根据
解得
由于c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的加速度小于b的加速度，则有
正确。
故答案为：D。
【分析】A：区分赤道物体（受万有引力、地面支持力，合力提供向心力）与卫星（万有引力完全充当向心力）的受力差异，判断向心力来源。
B：同步卫星与赤道物体周期关联（等于地球自转周期），卫星周期用万有引力定律推导，结合轨道半径比较周期大小。
C：a、c用角速度关联（）比较线速度；卫星b、c用万有引力推导线速度公式（ ），结合轨道半径比较，整合得三者线速度关系。
D：a、c用角速度关联（）比较向心加速度；卫星b、c用万有引力推导向心加速度公式（ ），结合轨道半径比较，整合得三者向心加速度关系。
9．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球做匀速圆周运动，受重力mg（竖直向下 ）和支持力（垂直漏斗内壁向上 ），合力提供向心力（向心力是重力与支持力的合力，不是单独受力 ），不能说小球 “受到向心力”， A错误；
B．支持力方向垂直漏斗内壁向上，漏斗母线与竖直方向夹角为α，支持力方向不指向圆周圆心，B错误；
C．对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律，有
可得，可知，轨道半径越大，周期越大，所以A球的转动周期大于B球的转动周期，C正确；
D．根据受力分析可知A、B球对漏斗壁的压力均为，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：小球受重力、支持力，合力提供向心力（向心力是效果力，非实际受力 ）。
B：支持力垂直漏斗内壁，结合几何关系判断方向是否指向圆心。
C：通过受力分析（重力、支持力合力提供向心力 ），推导周期与轨道半径的关系，判断周期大小。
D：用受力分析（正交分解 ）求支持力，判断压力大小。
10．【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】根据题意，由图2可知，M、N、Q皆为两振源连线中垂线上的点，到两振源距离相等，均为振动加强点，则M、N、Q振动如图丙所示，R到两振源距离之差介于，两个频率相等的波源在某点叠加的振幅公式为
其中φ表示两个波源到该点的相位差。而当R到两振源距离差为时此时对应的相位差为120°，此时的合振幅为
，R点振动如甲所示。
故答案为：AC。
【分析】1.加强点判断：两波源中垂线上的点（M、N、Q），到两波源距离相等，为振动加强点（波峰与波峰、波谷与波谷叠加 ），振幅等于两波振幅之和。
2.减弱点 / 非最强点判断：R点到两波源距离差非零，需通过振幅叠加公式判断振幅，再匹配振动图像。
11．【答案】A,C
【知识点】离心运动和向心运动；开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据
解得，可知，卫星在轨道Ⅲ上的速率小于轨道Ⅰ上的速率，故A正确；
B．椭圆轨道 Ⅱ 中，A点（近地点 ）到地球的距离小于B点（远地点 ）到地球的距离，为保证 “面积相等”，近地点（A ）速率大于远地点（B ）速率，故B错误；
C．卫星在轨道Ⅱ上经过B点时点火加速做离心运动可以变轨进入轨道Ⅲ，所以卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的速率小于其在轨道Ⅲ上经过B点时的速率，故C正确；
D．根据
解得，可知卫星在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于其在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由万有引力提供向心力，推导速率与轨道半径的关系，判断不同轨道速率大小。
B：行星（卫星 ）与中心天体连线在相等时间内扫过面积相等，判断椭圆轨道上不同点的速率。
C：离心 / 近心运动的条件（万有引力与所需向心力的大小关系 ），判断变轨前后同一点的速率。
D：由万有引力产生加速度，判断同一点在不同轨道的加速度。
12．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意可知，重力做功为，故A正确；
B．设阻力做功为W，由动能定理有
解得，故B错误；
C．在Q点，由牛顿第二定律有
又有
解得
由牛顿第三定律可知，经过Q点时对轨道的压力大小为，故C正确；
D．经过Q点时，货物速度方向水平，重力方向与速度方向垂直，则经过Q点时重力的功率为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：重力做功与路径无关，仅由初末位置高度差决定。
B：合外力做功（重力做功 + 阻力做功 ）等于动能变化量，用于求阻力做功。
C：在Q点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，结合牛顿定律求支持力（即货物对轨道的压力 ）。
D：重力功率为（为重力与速度方向夹角 ），判断Q点重力功率。
13．【答案】（1）A
（2）①；；不变
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表。
故答案为：A
（2）由单摆周期可知
则图像的斜率
则重力加速度大小为
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变。
故答案为：①；；不变
【分析】（1）：根据实验原理（测周期、摆长 ），判断所需器材（秒表测周期，无需测质量 ）。
（2）：由单摆周期公式推导关系，明确斜率与的关联；分析摆长测量错误（误将直径当半径 ）对图像的平移影响，判断图像形态及的计算结果。
（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表。
故选A。
（2）[1][2][3]由单摆周期可知
则图像的斜率
则重力加速度大小为
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变。
14．【答案】（1）=
（2）未加；小于；
【知识点】动量守恒定律；验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）滑块通过两个光电门的时间相等，说明滑块做匀速运动，导轨已水平。
故答案为：=
（2）碰撞过程为确保反弹，滑块B 的质量应大于滑块A 的质量，滑块A 应选择未加配重的滑块；
滑块 A 碰后速度一定小于碰前速度，所以碰后记录时间长，即小于；
根据动量守恒定律有
而
只需验证
。
故答案为：
【分析】（1）利用“水平导轨上匀速运动，速度不变”，结合挡光片测速公式，判断两光电门时间关系。
（2）依据“碰撞后A弹回”的运动要求，结合动量守恒中质量与运动方向的关联（质量小的易被反向弹回 ），确定滑块A的选择；通过挡光片测速公式，结合“碰撞后速度减小”的运动特征，比较两次挡光时间；用挡光片测速公式表示碰前、碰后速度，结合动量守恒定律（ ），代入速度表达式并化简，消去挡光片宽度，得到动量守恒的验证式。
（1）滑块通过两个光电门的时间相等，说明滑块做匀速运动，导轨已水平。
（2）[1]碰撞过程为确保反弹，滑块B 的质量应大于滑块A 的质量，滑块A 应选择未加配重的滑块；
[2]滑块 A 碰后速度一定小于碰前速度，所以碰后记录时间长，即小于；
[3]根据动量守恒定律有
而
只需验证
15．【答案】（1）（1）解：由图乙可知，时刻处质点P沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播；
由图甲、乙可知，
则波速为，沿x轴正方向传播。
（2）（2）解：由于
则内质点Q运动的路程为。
（3）（3）解：由于这列波沿x轴正方向传播，可知t=0时刻质点Q从平衡位置沿y轴负方向振动，则质点Q的振动图像如图所示
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）通过质点振动方向（振动图像 ）结合“波形平移法”判断波的传播方向；利用波形图读波长λ，振动图读周期T，由算波速。
（2）简谐运动中，一个周期内质点路程为4A（A为振幅 ），根据时间与周期的倍数关系，计算总路程。
（3）确定t=0时刻质点的振动方向、振幅、周期，据此绘制图像。
（1）由图乙可知，时刻处质点P沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播；由图甲、乙可知
，
则波速为
（2）由于
则内质点Q运动的路程为
（3）由于这列波沿x轴正方向传播，可知时刻质点Q从平衡位置沿y轴负方向振动，则质点Q的振动图像如图所示
16．【答案】（1）解：由题意得，阻力
当牵引力时，平衡车达到最大速度，则
解得。
（2）解：由动能定理有
解得。
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）平衡车匀速时，牵引力与阻力平衡F = f，结合功率公式P = Fv求最大速度。
（2）平衡车以额定功率启动，牵引力为变力，用动能定理（合力做功 = 动能变化 ）计算路程。
17．【答案】（1）解：根据题意可知，当滑块第一次运动到轨道的C点时，轨道和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设向左为正方向，轨道速度大小为，滑块速度大小为v2，由动量守恒定律有
0=mv2-Mv1
滑块由B到C点，滑块和轨道组成的系统机械能守恒，有
解得
，。
（2）解：滑块再次回到圆弧轨道上升到最高处时，滑块竖直速度为0，水平方向和轨道具有共同速度
0=（m+M）v3
解得
v3=0
轨道和滑块组成的系统能量守恒，有
mgR=2μ1mgL+mgH
解得
H=0.4m
（3）解：最后滑块和轨道都静止，由动量守恒定律有
0=(m+M)v4
解得
v4 =0
全过程系统能量守恒
mgR=μ1mgs
解得
s=10m=3L+1m
所以滑块静止在C点左侧2m处。
（4）解：当滑块能刚好进入圆轨道，从B点出发与弹簧作用后返回C时速度为零，由能量守恒Ep1+mgR-2μ2mgL=0
解得
Ep1=0.4J
当滑块能刚好到达B点，从B点出发回到B时速度为零，由能量守恒
Ep2-2μ2mgL=0
解得Ep2=2.4J
当滑块能刚好通过A点，在A点有牛顿第二定律
从B点出发回到A时，由能量守恒
解得
Ep3=5.4J
故0.4J≤Ep≤2.4J或Ep≥5.4J。
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；向心力；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块到C点时，系统水平动量守恒（无水平外力），且B到C只有重力做功，机械能守恒。联立两守恒式，代入数据求解滑块和轨道速度。
（2）滑块返回上升最高时，水平与轨道共速，系统水平动量守恒，全程能量守恒（初机械能 = CD段摩擦能 + 上升最大高度的重力势能 + 共速动能），联立求解最大高度。
（3）最终系统静止，动量守恒（总动量始终为 ）。全程机械能因摩擦转化为内能，由能量守恒（初重力势能）等于段摩擦生热（ ），求出滑块滑动总路程，结合长度，确定与点距离。
（4）轨道固定后，滑块运动受段摩擦、弹簧势能。分“刚好进圆轨道（到 ）” “刚好到不脱离” “刚好过点不脱离”三种临界，用能量守恒（、重力势能、摩擦内能转化 ）和点临界向心力条件，确定范围。
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