暑期综合提高练习（三）力学1——2025-2026年高中物理新高三年级暑期强化训练
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．如图所示，小明同学用两个力将一重为物体悬挂起来，力的方向与竖直的方向成角，力的大小为，可知（ ）
A．的大小是唯一的
B．的方向是唯一的
C．有两个可能的方向
D．可取任意方向
2．生活中曲线运动随处可见，关于物体做曲线运动，下列说法正确的是( )
A速度方向有时与曲线相切，有时与曲线的切线垂直
B平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动是变加速曲线运动
C物体所受合力方向一定指向曲线的凹侧
D物体所受合力可能不变，但它的加速度一定改变
3．如图所示，放在粗糙水平桌面上的一个物体，同时受到水平方向的两个力的作用，且方向向右，且方向向左.当从逐渐减小到零时，物体始终保持静止，物体与桌面间摩擦力大小变化情况是（ ）
A．先减小后增大 B．先增大后减小
C．逐渐减小 D．逐渐增大
4．两列相干水波在时刻的叠加情况如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，其中点是连线的中点，点是连线的中点.下列说法正确的是（ ）
A．、两点的振动减弱
B．点的振幅为0，但是它是振动加强点
C．时刻、两点振动方向相反
D．若两振源振幅相同，则、两点的位移始终为零
5．如图甲所示，一质量为的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，一个质量为的小物块从斜面上高处由静止释放，滑至斜面体底部后与斜面体分离，此时小物块相对水平面的水平位移为.改变小物块在斜面上的高度，得到小物块的水平位移和高度的关系图像如图乙所示.已知斜面倾角 ，,,关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．斜面体对小物块不做功
B．小物块与斜面体组成的系统动量守恒
C．
D．
6．2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将遥感三十九号卫星送入太空。遥感三十九号卫星能够实现全球无死角观测，意义重大。遥感三十九号卫星、地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示。已知地球半径为R，自转周期为T0，遥感三十九号卫星轨道高度为h，地球同步卫星轨道的高度为h0，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行的向心加速度之比为
B．遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为T0
C．遥感三十九号卫星的运行速度大于7.9 km/s
D．地球的平均密度可表示为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．赛龙舟是端午节的传统活动，下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A． B．
C． D．
8．高速公路上用位移传感器测车速，它的原理如图所示，汽车向右匀速运动，仪器在某一时刻发射超声波脉冲（即持续时间很短的一束超声波），经过时间接收到被反射回来的超声波，过一小段时间后又发射一个超声波脉冲，发出后经过时间再次接收到反射回来的信号，已知超声波传播的速度为，两次发射超声波脉冲的时间间隔为,则下列说法正确的是（ ）
A．第一次脉冲测得汽车和仪器的距离为
B．第二次脉冲测得汽车和仪器的距离为
C．汽车在接收到两个超声波脉冲信号的时间内，前进的距离为
D．测得汽车前进的速度大小为
9．如图所示，质量mA=4.0kg、mB=2.0kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=10m/s，之后与B球发生对心碰撞碰后B球的速度可能为（ ）
A．m/s B．5m/s C．8m/s D．15m/s
10．（多选）如图甲所示为光滑水平面上一水平弹簧振子做简谐运动的示意图，其振动图像如图乙．已知弹簧的劲度系数为，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A． 图中点，振子所受的弹力大小为
B． 图中点，振子的速度方向指向轴的正方向
C． 弹簧振子的振幅等于
D． 时间内，振子做了4次全振动
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学设计了一个测量重力加速度大小的实验方案，所用器材有：砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等.
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所示.
图（a）
②用米尺测量平衡时弹簧的长度，并安装光电门.
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动.
④用数字计时器记录30次全振动所用时间.
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作.
该同学将振动系统理想化为弹簧振子.已知弹簧振子的振动周期，其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量.
（1） 由步骤④，可知振动周期________.
（2） 设弹簧的原长为，则与、、的关系式为____________________.
（3） 由实验数据作出的图线如图（b）所示，可得____（保留三位有效数字，取）.
图（b）
（4） 本实验的误差来源包括_______（双选，填标号）.
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
12．某物理兴趣小组用如图1所示的实验装置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块（与弹簧不拴接），滑块的左端有一宽度为d的遮光条，O点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。
（1）测遮光条的宽度：用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图2所示，则遮光条的宽度 mm。
（2）平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块（图中未画出），在O点右侧不同位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
（3）向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度（弹簧处于弹性限度内），通过刻度尺测出滑块左端到O点的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t。
（4）重复步骤（3），测出多组x及对应的t，画出图像如图3所示。
（5）要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能，还必须测量 （填选项序号）。
A．弹簧原长l
B．当地重力加速度g
C．滑块（含遮光条）的质量m
（6）测得图像的斜率为，若轻弹簧弹性势能表达式成立，则轻弹簧的劲度系数为 （用测得的物理量字母表示）。
13．（10分）如图所示，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为h）使两者一起以相同加速度2g竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g，求：
（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；
（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。
14．如图所示，质量均为的套筒和小球通过长度为的轻杆及铰链连接，套筒套在竖直立杆上与原长为的轻质弹簧连接，小球可以沿水平形槽滑动，系统静止时轻杆与竖直方向夹角 ．现让系统从静止绕缓慢加速转动，某时刻球对形槽恰好无压力．已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，，．求：
（1） 弹簧的劲度系数；
（2） 球对形槽恰好无压力时系统转动的角速度 ；
（3） 从静止开始至球对形槽无压力过程中槽对球做的功．
15．如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为，木板长度为，机器人质量为，重力加速度取，忽略空气阻力.
（1） 机器人从木板左端走到木板右端时，求、木板间的水平距离.
（2） 机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对木板连续不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与木板长度的关系.
参考答案
1．【知识点】力的分解的定解及极值问题
【答案】C
【解析】如图所示，以的“箭头”为圆心，以的大小为半径画一个圆弧，圆弧与所在直线有两个交点，因此有两个可能的方向，的大小有两个可能的值。选C。
2．【知识点】物体做曲线运动的条件
【答案】C
【详解】在曲线运动中，物体的速度方向一定沿着轨迹的切线方向，A错误；平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动也是匀变速曲线运动，B错误；根据曲线运动的受力特点可知，做曲线运动的物体所受合力一定指向轨迹的凹侧，C正确；做曲线运动的物体可以受恒力作用，其加速度可以保持不变，如平抛运动，D错误。
3．【知识点】静摩擦力有无的判定及静摩擦力的大小与方向
【答案】A
【解析】本题考查静-静突变.由于物体始终保持静止，由平衡条件可知，开始时摩擦力，方向向右，当减小到时，此时的摩擦力减小为0，继续减小，则摩擦力，方向向左，且随的减小而增大，所以摩擦力先减小后增大，正确.
4．【知识点】波的干涉
【答案】D
【解析】点是波峰与波峰相遇的位置,点是波谷与波谷相遇的位置,都是振动加强点,故错误；、两点都是振动加强点,在连线上,也是振动加强点,振幅为两列波振幅之和,不为零,故错误；点处于波谷位置,点处于波峰位置,、两点在之间,波向右平移,所以两点的振动方向相同,都向上振动,故错误；、两点是波峰与波谷相遇的位置,是振动减弱点,振幅为两列波振幅之差,若两振源振幅相同,则这两点的振幅为零,位移始终为零,故正确.
5．【知识点】人船模型
【答案】C
【解析】由题意,小物块下滑的同时,斜面体向左运动,由受力分析可知,小物块位移与所受斜面体的支持力夹角大于 ,所以斜面体对小物块做负功,故错误；小物块与斜面体组成的系统水平方向所受合外力为零,竖直方向所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故错误；由水平方向动量守恒可得,两边同时乘时间,则有,又因为,联立解得,由题图乙可知,图线的斜率为,解得,故正确,错误.
6．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、天体密度的计算
【答案】 A
【详解】 根据万有引力提供向心力，有G＝ma，所以＝＝，故A正确；设遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为T，根据开普勒第三定律可得＝所以T＝T0，故B错误；所有地球卫星的运行速度都小于7.9 km/s，故C错误；对同步卫星有G＝m0，所以地球密度为ρ＝＝，故D错误。
7．【知识点】v-t图像及其应用、x-t图像及其应用
【答案】BD
【解析】龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐,说明龙舟甲与其他龙舟在相同的时刻位移大小相等,图像中,图线与时间轴围成图形的面积表示位移,在选项A、B中,只有选项B中图线与时间轴围成图形的面积有相等的时刻,A错误,B正确；图像中,两图线的交点表示相遇,即表示龙舟甲与其他龙舟船头并齐,C错误,D正确.
【方法总结】 应明确图像与图像的区别.这两种运动图像描述的都是直线运动,无论其图线是直线还是曲线；其图线并不表示真实的运动轨迹.图像中图线的交点表示相遇,图像中图线的交点表示速度相等,此时需要注意位移差是否为最大值或最小值.
8．【知识点】追及与相遇问题
【答案】CD
【解析】超声波是匀速运动的,往返时间相同,第一次脉冲测得汽车和仪器的距离为,第二次脉冲测得汽车和仪器的距离为,故、错误；汽车在接收到两个超声波脉冲信号的时间内,前进的距离为,故正确；超声波两次追上汽车的时间间隔,故速度大小,故正确.
9．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、碰撞可能性判断
【答案】AC
【详解】如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球速度相等，设大小是v，两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=（mA+mB）v
代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
代入数据解得
vA=
vB=
碰撞后B球的速度范围是
故AC正确，BD错误。
故AC。
10．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】AB
【解析】弹簧振子的回复力为弹簧的弹力，根据题图乙可看出A点位移为，所以振子所受的弹力大小，故A正确；图中A点，振子正在向轴的正方向运动，所以速度方向指向轴的正方向，故B正确；振幅指振子离开平衡位置的最大距离，从题图乙中纵坐标可看出，弹簧振子的振幅等于，故C错误；振子的周期为，1个周期振子做1次全振动，所以时间内，振子做了2次全振动，故D错误．
11．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】（1）
（2）
（3） 9.61
（4）
【解析】
（1） 30次全振动时间为,则振动周期.
（2） 设托盘与砝码的总质量为,静止时有,又,联立解得.
（3） 图像斜率为,解得.
（4） 弹簧振子为理想化模型,不计阻力与弹簧质量,因此空气阻力和弹簧质量都会引起测量误差,而光电门位置不影响周期的测量,、正确.
12．【知识点】弹性势能的变化与弹力做功的关系
【答案】 3.25 C
【详解】（1）由图2可知，遮光条的宽度为
（5）根据能量守恒有
可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能，还需测出滑块（含遮光条）的质量m。
选C。
（6）根据能量守恒有
其中
联立可得
又因为图线的斜率为，即
解得
13．【知识点】两类动力学问题
【答案】（1）mg （2）
【解析】（1）镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有
f＋mg＝ma（2分）
其中a＝2g，
解得f＝mg（2分）
（2）设木柄与地面碰撞时，镐头的速度大小为v，由运动学公式有
v2＝2ah，
解得v＝2（1分）
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄继续向下运动，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma1（2分）
解得a1＝，
由运动学公式有Δx＝（1分）
联立解得Δx＝（2分）
【一题多解】动能定理
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以竖直向下为正方向，由动能定理有（mg－Ff）Δx＝0－mv2，解得Δx＝。
14．【知识点】圆锥摆问题、应用动能定理求解变力做功问题
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 系统静止时,根据平衡条件有,解得．
（2） 球对形槽恰好无压力时,设此时弹簧的压缩量为,对整体分析有,解得,根据几何关系有,解得 ,对球,根据牛顿第二定律可得,解得．
（3） 对,由动能定理可得,即,解得,对球,由动能定理可得,其中, ,联立解得．
15．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）
（2） ；2
（3）
【解析】
（1） 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒,木板向左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得,设所用时间为,则有,即,又,联立解得,则、木板间的水平距离为.
（2） 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到木板左端的时间为,由斜抛运动规律得,,联立解得,机器人跳离木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得,由功能关系得,机器人做的功为,联立可得,由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得.
（3） 由,可计算出,由解得,此后木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得,此过程中木板向左运动的距离,代入数据得,机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为,以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①,每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②,机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中,、木板的位移之差为,则有 ③,联立①②③三个式子得,A、两木板的间距为,,整理得.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、木板组成的系统在水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则,
机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间,得,
设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动,机器人向右运动,即,
板长,
代入数据可得,
B能追上,则该时刻、两板间距.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解板左端到的距离,这
样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则的速度不再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足,
机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长,
代入数据可得,
B左端到的距离即、两板间距为.
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一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较高，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，乒乓球从斜面上滚下，以一定的速度沿直线运动.在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒（纸筒的直径略大于乒乓球的直径），当乒乓球经过筒口正前方时，沿纸筒方向对着球吹气，则关于乒乓球的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 乒乓球将保持原有的速度继续前进
B. 乒乓球将偏离原有的运动路径，但不进入纸筒
C. 乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒
D. 只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒
3．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，田径比赛使用400米标准跑道，如图所示为400米标准跑道简化示意图，400米指的是跑道内圈的长度，内圈跑道由直道部分和两个半圆组成，直道部分长度为，半圆的半径为，点为直跑道的起点，点为直跑道的中点.假设某运动员在该跑道内圈上进行训练，以下说法正确的是（ ）
A．若起跑点为且该运动员完成长跑训练，则他全程的位移大小为
B．若起跑点为且该运动员完成长跑训练，则他全程的位移大小为
C．若起跑点为且该运动员完成长跑训练，则他全程的位移大小为
D．若该运动员完成10 000米长跑训练，则他全程的平均速度为0
4．如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h(h
C． D．
5．截止到2024年，木星已经发现有95颗卫星，其中最大的4颗是1610年由伽利略·伽利雷发现的，因此它们又被称为伽利略卫星，按照距离木星的距离依次是木卫一、木卫二、木卫三和木卫四，它们的轨道呈圆形，其轨道平面几乎都和木星的赤道面重合。木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为。木卫三是太阳系中最大的卫星，其半径约为地球半径的，其质量约为地球质量的，其绕木星运动的轨道半径约为月球绕地球运动的轨道半径的3倍，木星质量约为地球质量的320倍。以下说法正确的是（ ）
A. 木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径之比为
B. 木卫一、木卫二、木卫三的线速度大小之比为
C. 木卫三表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为
D. 木卫三绕木星运动的公转周期与月球绕地球运动的公转周期之比为
6．陶瓷是以黏土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品．如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同（台面足够大），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A． 离轴越远的陶屑质量越大
B． 离轴越近的陶屑质量越小
C． 只有平台边缘有陶屑
D． 离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．赛龙舟是端午节的传统活动，下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示,一根轻质细绳两端分别固定在足够长的两竖直杆上等高的、点,两竖直杆间的距离为,质量为、可视为质点的灯笼用轻质光滑挂钩挂在细绳上。无风时灯笼静止的状态记为状态1,此时细绳状态如实线所示且细绳上的弹力大小为;当灯笼受到水平向右的恒定风力时,灯笼静止的状态记为状态2,细绳状态如虚线所示。细绳长度始终不变,取重力加速度大小,下列说法正确的是（ ）
A. 细绳的长度为
B. 状态2下挂钩两侧细绳的夹角小于状态1下挂钩两侧细绳的夹角
C. 若在状态1下缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地）,则细绳上的弹力逐渐减小
D. 若在状态2下缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地）,则细绳上的弹力逐渐减小
9．如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中.已知手掌与书间的动摩擦因数 ，书与书间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若每本书的质量为 ，该同学对书的水平正压力为 ，每本书均呈竖直静止状态，重力加速度 ，则（ ）
A．每本书受到的摩擦力的合力大小不相等
B．书与书之间的摩擦力大小不相等
C．他最多能夹住22本书
D．他最多能夹住30本书
10．传送带在工业生产中有着巨大的作用，例如可以利用传送带分拣鱼虾，其原理如图所示.传送带倾角为 ，长度为，以速度顺时针匀速转动.该装置工作时，将混合的鱼虾无初速度放到传送带中点.为研究方便，仅研究一只虾与一条鱼，已知鱼和虾的质量分别为、，鱼、虾与传送带间的动摩擦因数分别为、，且鱼和虾均可视为质点.混合的鱼虾放到传送带上后，鱼会沿传送带向上运动，且到达传送带最高点前已达到速度；虾会沿传送带向下运动.重力加速度为，鱼和虾在传送带上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带与鱼之间因摩擦产生的热量为
B. 传送带对鱼做功为
C. 传送带对虾做功为
D. 传送带与虾之间因摩擦产生的热量为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组通过如图所示的实验装置来测量滑块与轨道之间的动摩擦因数。倾斜轨道AB和水平轨道CD由一小段圆弧BC（计算中可忽略）平滑连接，轨道固定且各部分的材料、表面粗糙程度均相同，滑块可视为质点。
(1)使滑块从倾斜轨道上的M点由静止释放，最终停在水平轨道上的N点。测出M与N之间的水平距离L，M距水平轨道的高度h，则滑块与轨道之间的动摩擦因数为 （用h、L表示）。
(2)改变滑块从倾斜轨道上释放点的位置，得到多组对应的h和L数据，利用这些数据已经在图上描出了三个点，请你描出剩下的两个点并绘制图像 ，根据图像得动摩擦因数的值为 （保留2位小数）。
比较项 1 2 3 4 5
h/cm 60.00 50.00 40.00 30.00 20.00
L/cm 199.10 165.20 132.50 99.60 66.30
12．兴趣小组利用轻质弹簧、刻度尺、天平、钢球、盒子，不仅可以测量弹簧的劲度系数，也可用来制作一个简易加速度测量仪，测量竖直方向上的加速度大小，制作过程如下：
A．将盒子竖直放置，轻质弹簧上端固定在盒子上部，弹簧末端固定指针，在弹簧侧旁竖直固定刻度尺；
B．使盒子静止，弹簧下端不悬挂钢球，弹簧在自然状态下，指针位于刻度尺的5.20cm处；
C．用天平测出钢球质量为0.1kg，在弹簧下端悬挂钢球，钢球静止时指针位置如图所示；
D．通过计算，在刻度尺不同刻度处标注相对应的加速度数值。
若当地重力加速度大小g取10m/s2，不计弹簧质量和空气阻力，完成以下问题：
（1）盒子静止时弹簧形变量大小为 cm；
（2）弹簧的劲度系数为 N/m；
（3）若弹簧弹性限度范围为（），当盒子竖直向上做加速运动时，其加速度最大值为 m/s2。
13．（10分）2023年杭州亚运会田径铁饼赛场上，首次在体育赛事中使用机械狗来运输铁饼.某次运输任务中，机械狗的运动可视为由静止开始的匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动到停止的三个过程.其中在匀加速过程中运动了，用时，匀速运动的时间为，匀减速过程中的加速度大小为.求：
（1）机械狗加速过程中的加速度大小和最大速度；
（2）机械狗运动的总时间和全程的平均速度大小.
14．在某次击球训练中，一同学将排球从离地高的处以某一初速度水平击出，已知重力加速度．
甲 乙
（1） 在无阻力的情况下，如图甲所示，将排球从点以的初速度水平击出，最终排球从点沿圆弧切线落入一个圆弧形坑中，试求与竖直方向的夹角 ；
（2） 将圆弧形坑填平后，如图乙所示，在点以的初速度将排球水平击出，排球在空中的运动过程中受到水平恒定风力影响，落地前瞬间速度与水平方向夹角 斜向右下，已知,，求落地点到击球点的水平距离；
（3） 在（2）问的条件下，求排球在空中的运动过程中的最小速度大小．
15．（18分）如图所示，有一半径为、高为的圆柱形屋顶，现在屋顶天花板中心的点用长为的细绳悬挂一质量为的小球，将小球拉开一个角度，从静止释放，小球便能如图1所示，在竖直面内做圆周运动．已知小球的质量，绳长，取重力加速度，,．
图1 图2
（1） 若小球运动到最低点时速度为，求绳对小球的拉力大小;
（2） 若给小球一水平速度，如图2所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，当角速度时，求此时绳与竖直方向的夹角 ；
（3） 若图2中绳的最大张力为，当小球的速度逐渐增大到绳子断裂时，小球以的速度落在墙边，求此圆柱形屋顶的高度和半径．
参考答案
1．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】B
【解析】本题考查简单的碰撞问题.如果发生的是完全非弹性碰撞，以向下为正方向，则由动量守恒定律知，解得，如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律知，由机械能守恒定律知，联立解得，故撞击后大石块的速度范围为，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的.故选.
2．【知识点】运动的合成与分解
【答案】B
【解析】当乒乓球经过筒口正前方时,沿纸筒方向对着球吹气,乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动,实际运动是两个运动的合运动,故乒乓球一定不会进入纸筒,只有在乒乓球到达筒口正前方之前吹气才可能让乒乓球进入纸筒正确.
【教材变式】 本题由教材P42第6题演变而来,教材考查了实验失败的原因,本题延伸考查了垂直运动方向吹气时乒乓球的运动轨迹和使实验成功的方法.
3．【知识点】位置、位移与路程
【答案】D
【解析】由于完成长跑训练需要跑12.5圈,若起跑点为A,则他的终止点在C点,如图甲所示,所以他的位移大小为,若起跑点为B且该运动员完成长跑训练,则他的终止点在D点,如图乙所示,所以他的位移大小为,故A、B错误；若完成训练,则不论起跑点在何处,结束点和起跑点重合,位移为0,则平均速度为0,故C错误,D正确.
【教材变式】 本题目由教材P13第3题演变而来,教材考查的是跑比赛中,运动员跑完全程的路程和位移是否相同,本题延伸考查了起跑点不同的情况下该运动员全程的位移大小.
4．【知识点】绳球模型圆周运动中机械能守恒定律的应用
【答案】 B
【详解】 A、B组成的系统机械能守恒，则有3mgh＝(m＋3m)v2，解得v＝，故B正确。
5．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】C
【详解】木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为，根据开普勒第三定律可知三者的轨道半径之比为，错误；根据万有引力提供向心力有，可得，木卫一、木卫二、木卫三的线速度大小之比为:，错误；在地球表面，根据万有引力等于重力有，可得，木卫三表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为，正确；根据万有引力提供向心力有，可得，木卫三绕木星运动的公转周期与月球绕地球的公转周期之比为，错误。
【一题多解】 根据万有引力提供向心力有，则，木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为，则三者的轨道半径之比为，A错误。
6．【知识点】水平面内匀速圆周问题
【答案】D
【解析】离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律得，则陶屑做圆周运动的最大半径为， 与 均一定，则为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过，D正确；因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，与台面相对静止的陶屑离轴的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，A、B、C错误．
7．【知识点】v-t图像及其应用、x-t图像及其应用
【答案】BD
【解析】龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐,说明龙舟甲与其他龙舟在相同的时刻位移大小相等,图像中,图线与时间轴围成图形的面积表示位移,在选项A、B中,只有选项B中图线与时间轴围成图形的面积有相等的时刻,A错误,B正确；图像中,两图线的交点表示相遇,即表示龙舟甲与其他龙舟船头并齐,C错误,D正确.
【方法总结】 应明确图像与图像的区别.这两种运动图像描述的都是直线运动,无论其图线是直线还是曲线；其图线并不表示真实的运动轨迹.图像中图线的交点表示相遇,图像中图线的交点表示速度相等,此时需要注意位移差是否为最大值或最小值.
8．【知识点】解析法在解动态平衡问题中的应用
【答案】ABD
【详解】设绳长为，两竖直杆间的距离为，因轻质挂钩光滑，可知两边绳子的拉力相等，设为，则绳子与竖直方向的夹角 相等，则由平衡可知，设灯笼与绳子的交点为，由几何关系有,，联立解得绳长为，若在状态1下缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地）， 角不变（点拨：不变，还是同一根绳子，不变），绳上的拉力不变，正确，错误；受到水平向右的恒定风力时，灯笼受力增加一个风力，四力平衡，两侧绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，如图所示的状态，
设有风时绳子夹角的一半为 ，分别过、点作灯笼挂绳的平行线、，间距为，作左边那段绳子的反向延长线交于，则由几何关系有，由上述分析可知无风时，由几何关系有 ，因为，联立可知 ，正确；当在有风的情况下，缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地），根据图可得变小，两段绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则绳上的拉力变小，正确。
【模型提取】 晾衣架模型的分析方法
9．【知识点】在共点力平衡中整体法与隔离法的应用、正交分解法与三角形定则在平衡问题中的应用
【答案】BC
【详解】因为每本书均呈竖直静止状态,所以每本书所受的摩擦力的合力都与书的重力平衡,即每本书受到的摩擦力的合力大小相等,A错误；越靠近外侧，书与书之间的摩擦力越大,即书与书之间的摩擦力大小不相等,B正确；先将所有的书（设有 本）当作整体,受力分析,竖直方向受重力、静摩擦力,根据平衡条件有 ,则有 ,再考虑除最外侧两本书外的其他书 本 ,受力分析,竖直方向受重力、静摩擦力,根据平衡条件有 ,则有 ,故最多能夹住22本书,C正确,D错误.
10．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】BC
【解析】由于鱼到达传送带最高点前已达到速度,则鱼与传送带间的相对位移小于,所以传送带与鱼之间因摩擦产生的热量 ,故A错误；传送带对鱼做功为 ,故B正确；虾沿传送带向下运动,摩擦力方向向上,则传送带对虾做功为 ,故C正确；传送带与虾相向运动,虾运动的位移大小为,则传送带与虾的相对位移大于,所以传送带与虾之间因摩擦产生的热量 ,故D错误.
11．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】(1)；(2) ，0.30
【详解】（1）由能量守恒定律，可得滑块与轨道之间的动摩擦因数为
（2）将两组数据描点，用直线拟合这些点，如图所示
由图可知得到一条直线，得到一条直线，图像斜率的倒数即为动摩擦因数，
12．【知识点】实验：探究弹簧弹力和形变量的关系、牛顿第二定律的简单计算
【答案】 2.00 50 15
【详解】（1）[1]由图可知，钢球静止时弹簧示数，弹簧形变量
（2）[2]钢球静止时，有
解得
（3）[3]弹簧在弹性限度内，弹簧最大伸长时对应加速度最大，由牛顿第二定律可得
解得
13．【知识点】匀变速直线运动的位移—时间公式及其应用、匀变速直线运动的速度与位移的关系
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 以初速度方向为正方向,在加速阶段,根据位移与时间的关系有,代入数据解得,根据速度与时间的关系有,解得最大速度.
（2） 匀减速运动的位移为,匀减速运动阶段有,解得,由题可知匀速运动阶段时间,匀速运动阶段的位移为,总位移为,总时间,平均速度大小为.
14．【知识点】斜抛运动
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 设排球平抛后经过点的竖直分速度为,由,解得,由题意可得,解得 ．
（2） 由题意可得,排球落地时竖直分速度与落在点时竖直分速度相同,为,设此时水平分速度为,则,解得,设排球在空中运动时间为,在竖直方向,有,解得,设落地点到击球点的水平距离为,有,解得．
（3） 排球受水平风力时水平方向的加速度大小,解得,水平方向有,竖直方向有,合速度,整理可得．由于排球落地时间为,故时,速度取最小值,为．
15．【知识点】圆锥摆问题
【答案】（1）
（2）
（3） ；
【解析】
（1） 小球摆到最低点时,由牛顿第二定律可得,可得绳对小球的拉力大小为．
（2） 小球在水平面内做匀速圆周运动时,根据牛顿第二定律可得 ,可得,则 ．
（3） 设绳子刚好断裂时与竖直方向的夹角为 ,有,可得 ,则小球做圆周运动的半径为,悬点至小球做圆周运动圆心的距离为,此时对小球,根据牛顿第二定律可得,解得,设小球水平飞出后,落在墙角的点,由平抛运动速度公式可得,,联立解得,则小球竖直方向下落的距离为,小球水平方向运动的距离为,故圆柱形屋顶的高度为,圆柱形屋顶的半径为．
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第 page number 页，共 number of pages 页暑期综合提高练习（三）力学3——2025-2026年高中物理新高三年级暑期强化训练
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B．
C． D．
2．关于自由落体运动的研究，伽利略采用了“冲淡重力”的方法，用如图甲所示的斜面实验来验证自己的猜想，然后用如图乙所示的几个斜面的合理外推得出自由落体运动是一种最简单的匀加速运动的结论，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．伽利略用斜面做实验，是为了增大小球运动的位移，延长运动时间
B．伽利略通过斜面实验直接得出自由落体运动速度与时间成正比的结论
C．当斜面倾角发生改变时，与的比值不变且与无关
D．当斜面倾角不变时，与的比值不变且与无关，逐渐增大倾角验证，外推到竖直下落
3．如图所示，三辆相同的平板小车、、成一直线排列，静止在光滑水平地面上，车上一人跳到车上，接着又立即从车跳到车上，人跳离车和车时对地的水平速度相同，他跳到车上后没有走动，相对车保持静止，此后（ ）
A．、两车的运动速率相等
B．、两车的运动方向一定相反
C．、两车的运动速率相等
D．三辆车的运动速率关系为
4．波源甲、乙分别在一根水平放置的绳的左右两端，两波源发出的波振幅和波长均相等，在绳中的传播速度均是，在时刻绳上的波形如图所示，则根据波的叠加原理，以下说法中正确的是（ ）
A．当时，波形如图中①所示，当时，波形如图中②所示
B．当时，波形如图中①所示，当时，波形如图中③所示
C．当时，波形如图中②所示，当时，波形如图中①所示
D．当时，波形如图中②所示，当时，波形如图中③所示
5．甲、乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，图像如图1所示.乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．经过，甲追上乙
B．经过，甲追上乙
C．时刻，甲的速度大小为，乙的速度大小为
D．甲和乙的加速度大小均为
6．某次列车加速出站可视为初速度为零的匀加速直线运动，列车每节车厢长为，共有节车厢.某观察者站在站台处，即列车第1节车厢的前端，如图所示.下列说法正确的是（ ）
A．列车上的人看到这名观察者在做匀减速直线运动
B．列车第1节和第2节车厢通过观察者的时间之比为
C．列车第1节和第节车厢通过观察者的时间之比为
D．列车第1节和第节车厢通过观察者的平均速度大小之比为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的极正对着乙的极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
8．如图所示，在倾角为 的斜面上的点，与水平方向成 角分别以速度和两次抛出小球，小球先后打到斜面上的、两点，其中初速度是的小球沿水平方向击中点，不计空气阻力，重力加速度为.则下列说法正确的是（ ）
A. 斜面的倾角为
B. 击中点的小球在空中的飞行时间为
C. 初速度是的小球也一定沿水平方向击中点
D. 、间的距离等于、间的距离
9．如图，在倾角为 的足够长的光滑斜面上某点处有一质量为的可视为质点的小球。现将其以的速度水平向右抛出。抛出后，小球每次落到斜面上都与斜面发生了弹性碰撞，碰撞前后小球沿斜面方向的速度不变，垂直于斜面方向的速度等大反向。重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 小球相邻两次碰撞斜面的时间间隔为
B. 每次碰撞后小球距斜面的最大距离相同
C. 抛出后任意长为的时段内，小球动量变化量总相同，且沿斜面向下
D. 整个运动过程中斜面所受小球的平均力大小为
10．如图所示，置于竖直平面内呈抛物线形状的光滑细杆，它是按照初速度为，水平射程为的平抛运动轨迹的形状制成的，其中端对应抛出点，离地面的高度为，端为着地点.现将一质量为可视为质点的小球套于光滑细杆上，由静止开始从端滑下，不计空气阻力，重力加速度为.则当小球到达细杆的端时（未触地）（ ）
A. 小球在水平方向的速度大小为
B. 小球的瞬时速率为
C. 小球的速度方向与水平方向的夹角为
D. 小球重力的瞬时功率为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某小组欲研究肌肉疲劳对引体向上运动克服重力做功的平均功率的影响。在体育课中某同学完成系列引体向上运动，该同学做引体向上运动时双手紧握单杠，身体无摆动。如图甲所示为一次完整引体向上运动示意图，取重力加速度。
（1）用体重秤测量体重，体重秤示数如图乙所示，则该同学质量 kg。
（2）测得做引体向上时身体的重心上升的距离均为50cm。
（3）该同学依次经过足够长恢复时间后分别完成了四组完整标准动作。记录数据如丙所示：
组次 连续次数 用时
① 1 3s
② 3 15s
③ 6 36s
④ 9 63s
（4）记录中发现上升过程所用时间大约为下降过程所用时间的2倍，计算该同学在第②组运动“连续三次完整标准动作”中，向上运动时克服重力做功的平均功率P约为 W（保留两位有效数字）。
（5）通过实验发现做引体向上的过程中，随着肌肉疲劳的累积（肌肉纤维收缩效率下降），该同学克服重力做功的平均功率会 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
12．某同学利用如图（a）所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系.让小车左端和纸带相连,右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连，钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带.某次实验得到的纸带和相关数据如图（b）所示.
（1）已知打出图（b）中相邻两个计数点间隔的时间均为.以打出点时小车的位置为初始位置，将打出、、、、各点时小车的位移填到表中，小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为和.表中 , .
位移区间
6.60 14.60 34.90 47.30
66.0 73.0 87.3 94.6
（2）根据表中数据，得到小车平均速度随时间的变化关系，如图（c）所示.在图（c）中补全实验点.
图（c）
（3）从实验结果可知，小车运动的图线可视为一条直线，此直线用方程表示，其中 , .（结果均保留3位有效数字）
（4）根据（3）中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出点时小车的速度大小 ,小车的加速度大小 .（结果用字母、表示）
13．如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角应满足的条件；
（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。
14．在平面直角坐标系x轴上有一振源，产生的简谐波沿x轴传播，A和B是x轴上的两个质点，从质点A第一次达到波峰开始计时，A和B两质点的振动图像分别如图甲和乙所示，已知A和B平衡位置间距离为2 m，且满足B点在A点的右侧，已知A点的横坐标为，该简谐波的波长大于AB间距，时波源位于平衡位置，波源起振方向竖直向上。
（1）求该简谐波的波速；
（2）若波源在原点，求坐标轴上的各点的波动方程。（波动方程：写出x轴上各质点偏离平衡位置的位移y与x、t的关系）
15．如图甲所示，一木板静止在光滑水平面上，质量为m=3 kg的物块以初速度4 m/s滑上木板的左端，同时木板受到一个水平向右的恒力F作用。施加不同大小的恒力F，物块相对木板滑动路程为s，其关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为0.5 m-1。若木板的质量M=1.5 kg、长度L=2 m，物块可视为质点，物块与木板之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
（1）当时，求物块和木板运动的加速度大小；
（2）当时，求物块在木板上运动的时间和物块从木板上滑离时的速度大小；
（3）图乙中AB、BC、DE均为直线段，求这三段恒力F的取值范围及对应的函数关系式。
参考答案
1．【知识点】单一物体机械能守恒定律的应用
【答案】D 【详解】运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m，解得R＝，故D正确。
2．【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【答案】D
【解析】伽利略用斜面做实验,是为了“冲淡重力”,即减小重力的加速效果,延长运动时间,故A错误；伽利略通过斜面实验得出自由落体运动位移与时间的平方成正比,并没有直接得出自由落体运动速度与时间成正比,故B错误；小球沿斜面向下运动,初速度为0,根据 可知,当斜面倾角发生改变时,与的比值变化,但是比值与无关,故C错误；伽利略通过斜面实验直接得出自由落体运动位移与时间的二次方成正比,当斜面倾角不变时,与的比值不变且与无关,逐渐增大倾角验证,外推到竖直下落,故D正确.
3．【知识点】人船模型
【答案】B
【解析】以向左为正方向，设人跳离、车时速度为,人跳离车的过程,人与车组成的系统水平方向动量守恒，有,人跳上和跳离车的过程,人与车组成的系统水平方向动量守恒，有,人跳上车的过程,人与车组成的系统水平方向动量守恒，有,解得,方向向右，,,方向向左，即,并且与方向相反正确.
4．【知识点】波的干涉
【答案】D
【解析】波速,在时,两列波都传到和之间,根据波的叠加原理可知,叠加后各质点位移为0,如题图中②所示；两列波传播时互不干扰,因此时,两列波都传到了对方一侧,如题图中③所示,正确.
【方法总结】
波的叠加原理
在两列波重叠的区域里,任何一个质点同时参与两个振动,其振动位移等于这两列波分别引起的位移的矢量和,当两列波振动方向在同一直线上时,这两个位移的矢量和在选定正方向后可简化为代数和.
5．【知识点】追及与相遇问题
【答案】A
【解析】设甲的位置表达式为,将、、代入上式解得,,；设乙的位移表达式为,变形可得,所以,,解得,,故C、D错误.乙停止运动所用时间为,乙内的位移为,甲经过的位移为,因为,所以经过,甲追上乙,故A正确,B错误.
6．【知识点】匀变速直线运动重要推论的应用
【答案】D
【详解】由于列车做初速度为零的匀加速直线运动,以列车为参考系,列车上的人看到这名观察者也在做匀加速直线运动,故错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论可知,列车第1节和第2节车厢通过观察者的时间之比为,列车第1节和第节车厢通过观察者的时间之比为,故、错误；根据平均速度定义式,可得列车第1节和第节车厢通过观察者的平均速度大小之比为,故正确.
7．【知识点】动量定理及其应用
【答案】BD
【解析】设乙对甲的磁力大小为,对两磁铁受力分析如图所示,由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知,,因为,所以,故在它们相互接近过程中的任一时刻,错误；由动量定理可知,因为,所以,正确,错误；对甲、乙整体分析,取向右为正方向,甲和乙的动量之和,可知甲和乙的动量之和不为零,正确.
8．【知识点】斜抛运动
【答案】BC
【解析】研究以的速度抛出的小球的运动,可反向看作平抛运动,根据几何关系可知,落到斜面上时末速度与水平方向的夹角为 ,斜面的倾角 等于位移与水平方向的夹角,根据平抛运动的推论,速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的2倍,可知 ,解得,则 ,故A错误；击中B点的小球落到斜面上的竖直分速度大小,在空中飞行的时间,故B正确；落到A点的小球斜上抛的水平分速度为,竖直分速度为,设飞行时间为,则有,解得,小球落到A点时,竖直方向末速度,说明小球一定沿水平方向击中A点,故C正确；小球落点A与抛出点的距离,即、A间距离与初速度的平方成正比,故、B间的距离是、A间距离的4倍,、A间的距离等于A、B间的距离的,故D错误.
9．【知识点】动量定理及其应用、平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题
【答案】BD
【详解】以沿斜面向下为轴正方向、垂直斜面向上为轴正方向，将小球第一次与斜面碰撞前的运动分解为沿斜面的初速度为 、加速度为 的匀加速直线运动和垂直斜面的初速度为 、加速度为 的匀变速直线运动（关键：斜面上抛体运动的两种分解方法：一是分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，二是分解为沿斜面方向的匀加速直线运动与垂直斜面方向的匀变速直线运动），小球在整个运动过程中在垂直斜面方向上做周期性的类竖直上抛运动，相邻两次碰撞斜面的时间间隔为，错误；每次碰撞后小球离斜面的最大距离恒定，为，正确；若取小球相邻两次碰撞间的运动过程分析，该段时间为，在这段时间内小球只受重力作用，小球动量的变化量等于重力的冲量（点拨：物体在一个过程中所受合力的冲量等于动量的变化量），方向竖直向下，大小为，错误；在小球运动的一个周期内，小球碰撞前后的速度变化量大小为，斜面给了小球大小为的冲量，同样小球也给了斜面大小为的冲量，由动量定理有，解得 ，正确。
10．【知识点】瞬时功率及其计算
【答案】BD
【解析】若小球以初速度做平抛运动,则,,可得,细杆B端的切线与水平方向的夹角满足,设小球沿细杆运动到B端时的速率为,根据动能定理得,解得到达B端时（未触地）小球的瞬时速率为,小球运动到B端时,在水平方向的速度大小,故A错误,B正确；到达B端时（未触地）小球的速度方向与水平方向夹角和在细杆B端的切线与水平方向的夹角相同,则, 不等于 ,故C错误；到达B端（未触地）瞬间小球重力的功率为,故D正确.
11．【知识点】功率的计算和估算
【答案】62kg，91W，减小
【详解】[1]体重秤示数如图乙所示，则该同学质量为62kg
[2]上升过程所用时间大约为下降过程所用时间的2倍，该同学在第②组运动“连续三次完整标准动作”中，向上运动的时间为10s，平均功率为
[3]同理计算③组的时间为24s，平均功率为，可见该同学克服重力做功的平均功率会减小。
12．【知识点】平均速度和瞬时速度、平均速率
【答案】（1） 24.00 80.0
（2） 见解析
（3） 71.5 58.7
（4）
【解析】
（1） 段位移为,段平均速度为.
（2） 将点在图中描点如图所示.
（3） 将（2）中的实验点用直线拟合,图线与纵轴交点,斜率.
（4） 小车做匀加速直线运动时,有,平均速度为,则,.
13．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据动能定理有，
解得。
（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，，
解得碰撞后A和B的速度分别为，，
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，，
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为，
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有，
运动时间为，
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是，
斜面倾角应满足的条件为。
（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为，
之后再次向右运动，通过距离停下来，则有，
依据题意有，
而第一次碰撞前物块A的速度为，
解得。
14．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】（1）见详解；（2）
【详解】（1）由振动图像可知，该简谐波的周期为，由于A和B两质点间的距离小于波长，有以下几种情况：
①当波源在A的左侧时，时刻A和B间的波动图像如图1所示，
由此可知，
求得，
波速为。
②当波源在B的右侧时，时刻A和B间的波动图像如图2所示，
由此可知，
求得，
波速为。
③当波源在A和B之间时，时刻A和B间的波动图像如图3所示，
由此可知，
求得，
波速为。
（2）当波源在原点时，已知A点振动方程，
坐标轴上的各点的波动方程为。
15．【知识点】板块模型
【答案】（1），；（2）s，；（3）见解析
【详解】（1）根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为。
（2）滑块相对木板的路程为，
联立解得s，s（舍），
根据速度与时间公式有，
解得。
（3）当F较小时，对应图像为AB段，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，
由牛顿第二定律得，
由速度关系得，
由位移关系得，
联立解得，
将m代入解得N，
当F继续增大时，对应图像为BC段，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得，
物块相对静止加速度的最大值有
可解得临界值为F=4.5 N；
当N时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为，
当两者具有共同速度，历时，根据速度时间关系可得，
根据位移关系可得，
由牛顿第二定律得，
联立解得的函数关系式为，
综上所述可知AB、BC、DE三段恒力F的取值范围及对应的函数关系式分别为
（N）；（N）；（N）。
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一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．手持软绳的一端O点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。t=0时O点由平衡位置出发开始振动，时刻Q点恰好完成两次全振动，此时绳上OQ间形成如图所示的波形（Q点之后未画出），则（ ）
A．t=0时O点运动方向向上
B．时刻P点运动方向向上
C．P点的起振方向向下
D．时刻P点刚好完成3次全振动
2．质点沿直线运动，其位移—时间图像如图所示，关于质点的运动，下列说法中正确的是( )
A．2 s末质点的位移为零，前2 s内位移为“–”，后2 s内位移为“+”，所以2 s末质点改变了运动方向
B．2 s末质点的位移为零，该时刻质点的速度为零
C．质点做匀速直线运动，速度大小为0.1 m/s，方向与规定的正方向相反
D．质点在4 s时间内的位移大小为0.4 m，位移的方向与规定的正方向相同
3．（广东深圳高二上段考）一列水平传播的简谐横波在t＝0时的波形如图所示，图中A、B两质点平衡位置的间距为8 m，B、C两质点平衡位置的间距为3 m，当t＝1 s时，质点C恰好通过平衡位置，则该简谐波的波速不可能为( )
A．24 m/s B．23 m/s C．21 m/s D．19 m/s
4．如图所示,工人利用滑轮组将重物缓慢提起,下列说法正确的是 ( )
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢提起的过程中,绳子拉力变小
D．重物缓慢提起的过程中,绳子拉力不变
5．2024年10月，中国人民解放军东部战区在台岛周边开展实战演习，震慑“台独”势力。一枚质量为m的炮弹以初速度斜向上发射，运动轨迹如图所示，O点为炮弹发射点，Q点为与O点等高的落地点，P为曲线最高点。假设这枚炮弹在空中无动力飞行时受到的空气阻力大小不变（小于重力），方向始终与速度方向相反，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．炮弹在运动过程中机械能守恒 B．炮弹在P点的加速度等于g
C．炮弹在上升过程中处于超重状态 D．炮弹上升过程比下降过程运动时间短
6．打弹珠是儿童常玩的游戏，某次游戏时，两个质量相等的弹珠1、2相距L，开始时静止在水平场地中，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，一个小朋友给弹珠1一个水平弹力使其获得水平速度，弹珠1与弹珠2发生弹性正碰后，弹珠2恰好能沿直线运动L的距离，重力加速度为g。则弹珠2运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，直升机沿着水平方向向前飞行时，旋翼平面与水平方向成θ角，旋翼与空气相互作用产生的作用力F与机翼平面垂直，以下说法正确的是（ ）
A．飞机的重力G= F
B．飞机的重力G= Fcos θ
C．飞机水平前进的动力为Fsin θ
D．飞机水平前进的动力为Ftan θ
8．时刻，一物体在水平面上的一平面直角坐标系中的坐标原点开始运动，沿轴和轴的运动图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体沿轴方向做匀速直线运动
B．物体沿轴方向做初速度为0的匀加速直线运动
C．物体的实际运动是直线运动
D．物体4秒内的位移为
9．一质量为M=1．0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（不计子弹穿过物块的时间），如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g取。在这一个过程中下列判断正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为2m/s，逆时针转动
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0．2
C．传送带对物块做的功为－6J
D．传送带对物块做的功为6J
10．据报道，美国国家航天航天局（NASA）首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f、若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T，宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t。已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则（ ）
A．该行星的第一宇宙速度为
B．宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期不小于
C．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为
D．该行星的平均密度为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．2023年5月17日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在安徽星河动力装备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为1000kg的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为，与水平方向成，火箭沿斜向右上方与水平方向成做匀加速直线运动。经过t＝30s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，大小变为，火箭依然可以沿原方向做匀减速直线运动。（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，g取）求：
推力的大小；
火箭上升的最大位移大小；
火箭在上升的过程中推力最大功率。
12．已知某天体半径为R，现要测得该天体质量，用如图甲所示装置做了如下实验：悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片中坐标为物体运动的实际距离，已知引力常量为G，则：
（1）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度g为m/s2;（保留两位有效数字）。
（2）该星球质量为。（用G、R、g表示）
13．（14分）如图所示，在建筑装修中，工人用质量为的磨石对地面和斜壁进行打磨，当受到斜向下与水平方向夹角 、大小为的推力时，恰好在水平地面上做匀速直线运动.已知与地面、与斜壁间的动摩擦因数 均相同.取，，
甲 乙
（1）求与地面间的动摩擦因数 ；
（2）若用对倾角的斜壁进行打磨，当对施加竖直向上大小为的推力时，求磨石从静止开始沿斜壁向上运动（斜壁长）时的速度大小.
14．如图所示，物块a、b叠放在一起，质量均为m = 10kg，足够长的木板c的质量为2m = 20kg。物块a、b和木板c的厚度相同。物块a与物块b及长木板c之间的动摩擦因数均为μ1= 0.15，物块b和木板c与地面的动摩擦因数均为μ2= 0.1。物块a和b以速度v1= 10m/s、木板c以速度v2= 2m/s同时相向运动，经时间t = 4s发生碰撞。设碰撞时间极短，物块a、b的长度和木板c相比可以忽略，物块a不能滑离木板c，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）相碰前瞬间物块a、b和木板c的速度大小；
（2）物块b和木板c碰后瞬间木板c的速度大小范围；
（3）物块a在木板c上滑动时，a和c接触面间的摩擦热。
15．如图所示，质量为m的薄木板A静置于光滑水平地面上，质量为3m的小物块B以初速度v0从薄木板A左端水平向右滑行，A与B之间的动摩擦因数为μ，A与竖直挡板C每次碰撞时A与B均达到共同速度，且A每次与C碰撞的碰后速率与碰前速率之比k（）相同，已知薄木板足够长，重力加速度为g，求：
(1)A与C碰后向左运动的最大距离；
(2)A与C第1次与第2次碰撞之间的时间间隔；
(3)A与C碰后运动的总路程。
参考答案
1．【知识点】简谐运动的函数与图像
【答案】A
【详解】A．因为至时刻点已完成两次全振动，此时的状态与刚起振时相同，由于波的传播方向是从到，因此点的起振方向向上，即时点运动方向向上，A正确；
B．从图可知，此时点的运动方向向下，B错误；
C．点的起振方向与波源起振方向相同，向上起振，C错误；
D．根据图像可知，点与点间隔半个波长，因此时刻点还未完成3次全振动，错误。选A。
2．【知识点】x-t图像及其应用
【答案】D
【详解】由题图可知，质点从距原点负方向0.2 m处沿规定的正方向做匀速直线运动，经4 s运动到距原点正方向0.2 m处，在图像中，“+”号表示质点在坐标原点正方向一侧，“–”号表示质点在坐标原点负方向一侧，与质点实际运动方向无关，位移由“–”变为“+”并不表示质点运动方向改变.由题给图像的斜率可得质点运动速度大小为0.1 m/s，综上所述，选项A、B、C错误，D正确.
3．【知识点】波的图像及其应用、波的形成和传播、波长、频率和波速的关系及应用
【答案】A
【详解】由题图可知，波长λ＝8 m．若波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是(nλ＋1)m或(nλ＋5)m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝(8n＋1)m/s或(8n＋5)m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝2时，v＝17 m/s或v＝21 m/s；当n＝3时，v＝25 m/s或v＝29 m/s．同理，若波向左传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的距离可能是(nλ＋3)m或(nλ＋7)m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝(8n＋3)m/s或(8n＋7)m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝2时，v＝19 m/s或v＝23 m/s；当n＝3时，v＝27 m/s或v＝31 m/s．显然该简谐波的波速不可能为24 m/s，故选A．
4．【知识点】共点力与共点力平衡的条件、力的动态平衡问题、受力分析
【答案】B
【解析】工人受到重力、支持力、绳子拉力,重力大小等于支持力与绳子拉力的合力大小,A错误;工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力,B正确;设动滑轮两侧的绳子与竖直方向的夹角均为θ,绳子的拉力大小为F,对滑轮和重物有2Fcos θ=mg,重物缓慢提起的过程中,夹角θ增大,则F增大,C、D错误.
5．【知识点】超重和失重现象分析
【答案】D
【详解】A．炮弹受到重力和空气阻力，空气阻力做负功，机械能减少．故A错误；
B．炮弹在P点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合外力大于重力，根据牛顿第二定律可知，炮弹在P点的加速度大于g，B错误；
C．炮弹在上升过程中竖直方向的合外力向下，竖直方向的加速度向下，处于失重状态，C错误；
D．由于上升时和下落时竖直方向的加速度不同，上升过程阻力有向下的分量，下降过程阻力有向上的分量，炮弹上升过程比下降过程运动的加速度大，根据运动学规律，可知炮弹上升过程比下降过程运动的时间短，D正确。选D。
6．【知识点】匀变速直线运动的位移—时间公式及其应用
【答案】A
【详解】弹珠2碰后做匀减速运动，末速度为零，可看做是反向的匀加速运动，加速度为，根据，可得，选A。
7．【知识点】解析法在解动态平衡问题中的应用
【答案】BC
【详解】飞机在水平方向前飞行时，竖直方向受力平衡，则
G= Fcos θ
在水平方向有
所以飞机水平前进的动力为Fsin θ，所以AD错误，BC正确。
故选BC。
8．【知识点】运动的合成与分解
【答案】AB
【详解】A．由x-t图像可知，物体沿轴方向做匀速直线运动，选项A正确；
B．由vy-t图像可知，物体沿轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，选项B正确；
C．物体在x方向是匀速直线运动，在y方向做匀加速直线运动，则实际运动是曲线运动，选项C错误；
D．物体4秒内x=8m，，则位移为，选项D错误。选AB。
9．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题、应用动能定理求解与图像相关的动能问题
【答案】AC
【详解】A．由题图乙可判断出物块被子弹击中后先做减速运动，再做匀速运动，但方向不变，说明传送带逆时针转动，物块最终做匀速运动的速度即为传送带的速度，大小为2m/s，故A正确；
B．由题图乙可知物块做减速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得，故B错误；
CD．根据动能定理可得传送带对物块做的功，故C正确，D错误。
故选AC。
10．【知识点】人造卫星问题、天体密度的计算、宇宙速度
【答案】BCD
【详解】A．该行星在做匀速圆周运动，所以其赤道上的线速度为，星球的第一宇宙速度一定大于，否则卫星发射不出去，A错误；
B．对于宇宙飞船，根据万有引力提供圆周运动向心力有，可得卫星的周期为，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值为，根据该行星表面物体所受重力与万有引力相等，有，联立解得，B正确；
C．同步卫星的周期与星球自转周期相同，故有，代入数据解得其距行星表面高度为，C正确；
D．根据自由落体运动规律可得，解得该行星表面的重力加速度为，可得
，星球的密度为，联立解得该行星的平均密度为，D正确。
故选BCD。
11．【知识点】两类动力学问题、瞬时功率及其计算
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图，由图可知，。
（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：与垂直，，加速阶段的加速度，减速阶段的加速度，，，。
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为，。
12．【知识点】计算某一星球的重力加速度
【答案】8.0；
【详解】（1）[1]平抛运动在水平方向为匀速直线运动，由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同为，平抛运动在竖直方向为匀变速直线运动，根据逐差法可知，解得
（2）[2]该星球表面，重力等于万有引力，则有，解得
13．【知识点】传送带模型、板块模型
【答案】（1）0.5 （2
【答案】（1 （2 （3
【解析】（1）恰好在水平地面上做匀速直线运动，则有，，联立解得.
（2）对受力分析如图所示，在沿斜壁方向有，
在垂直斜壁方向有，又，，联立解得.
15（18分）水平传送带、两端点相距，以的速度（始终保持不变）顺时针转动.现将一质量的小物块（可视为质点，且可在传送带上留下划痕）无初速度地轻放至点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为.小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量的木板.木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
（1）求小物块从点运动到点的时间及在传送带上留下划痕的长度；
（2）若，小物块滑上木板时，对小物块施加一个大小为的水平向右的恒力，要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
（3）若，小物块滑上木板时，改为对木板施加一个大小为的水平向右的恒力，则要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？全过程木板的位移是多少？
【解析】（1）小物块在传送带上滑动时的加速度大小为，加速到与传送带速度相等所用的时间为，加速过程的位移为，匀速运动的时间为，小物块从点运动到点的时间为，传送带上留下划痕的长度.
（2）由于，则木板不动，小物块在木板上滑行的加速度大小，若小物块速度减小为零时刚好到达木板最右端，此时木板长度最短，有，则.
（3）由于,则木板的加速度大小，小物块的加速度大小为，设小物块与木板运动到速度相等所用的时间为，则有,解得.此过程小物块和木板的位移分别为,,此后小物块与木板共同做匀减速运动至速度为零，所以木板的长度至少为.两者共同做匀减速运动的加速度大小为,位移为,故木板的总位移为.
14．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1）6m/s，=0 （2）2m/s ≤ v6 ≤ 4m/s （3）40J ≤ Q ≤ 140J
【详解】（1）由于μ1 > μ2，则物块a和b一起向右减速。物块a、b和木板减速的加速度大小为μ2g = 1m/s2，
相碰前瞬间物块a、b速度为v3，由运动学公式v3= v1－μ2gt，
解得v3= 6m/s，
设木板c停下的时间为t0，则由运动学公式有0 = v2－μ2gt0，
解得t0= 2s < t，
则相碰的木板c速度v4= 0。
（2）若物块b和木板c发生弹性碰撞，碰撞后速度分别为v5和v6，则由动量守恒定律有mv3= mv5＋2mv6，
由机械能守恒定律有，
联立解得v5= －2m/s，v6= 4m/s，
若物块b和木板c碰撞后速度相同，均为v′6，
由动量守恒定律有mv3= 3mv′6，
解得v′6= 2m/s，
则碰撞后木板的速度大小满足2m/s ≤ v6 ≤ 4m/s。
（3）碰撞后物块a以速度v3滑上木板c，当物块a速度大于木板c时，物块a加速度大小为μ1g = 1.5m/s2，
设木板加速度大小为a1，当物块a速度等于木板c时，a的最大加速度为μ2g = 1m/s2，
对整体，由牛顿第二定律有3μ2mg－μ1mg = 2ma1，
解得a1= 0.75m/s2<1m/s2，
当v6= 4m/s时，经时间t1物块a和木板c达到共同速度大小为v7。由运动学公式有v7= v3－μ1gt1，v7= v6－a1t1，
联立解得v7= 2m/s，，
这个过程中物块a相对木板滑动距离为L1，然后和木板一起减速停下来，
，
解得，
则产生的热量为Q1= μ1mgL1= 40J，
当v6= 2m/s时，木板减速度到零静止，物块a继续在木板上滑动，直到停止，在木板上滑动距离为L2。由运动学公式有，
解得，
则产生的热量为Q2= μ1mgL2= 140J，
故物块a在木板c上滑动时两者间产生的热量Q满足40J ≤ Q ≤ 140J。
15．【知识点】动量守恒中的多次碰撞问题
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由动量守恒定律，得
解得
A与C第一次碰后向左运动的距离最大，碰后对A应用动能定理得
解得
（2）设A与C第2次碰前的速度为，由动量守恒定律得
解得
对A应用动量定理得
有
求A与C第1次与第2次碰撞之间的时间间隔为
联立解得
（3）第2次碰后对A应用动能定理得
联立解得
同理可得
A与C碰后运动的总路程为
联立解得
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一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．甲、乙两物体在同一直线上做匀变速直线运动的速度一时间图像如图所示。由此可知（ ）
A．甲、乙两物体的运动方向相反
B．甲、乙两物体的初速度相同
C．甲、乙两物体的加速度方向相同，大小之比为3：1
D．甲、乙两物体的加速度方向相反，大小之比为1：1
2．如图所示，一位老爷爷在一片平坦的草地上遛狗，拉狗的绳子与地面的夹角为，设绳的拉力始终是，在向前移动的过程中，老爷爷的拉力对小狗做的功为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，一个物体由绕过定滑轮的轻质细绳拉着，分别被图中所示的三种情况拉住静止不动，在这三种情况下，若绳的拉力分别为、、，轴心对定滑轮的支持力分别为、、，若不计滑轮的质量及摩擦，则（ ）
，
B．，
C．，
D．，
4．北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． B．
C． D．
5．每逢节日，舞台上曼妙的舞姿让人赏心悦目,配合着悠扬的音乐展示着当前人民的精神文明生活的富足,如图所示。某次舞蹈收尾的高难度动作中由甲、乙两人托起丙，同时丙做旋转运动组合成“奔腾与展望”寓意,赢得满堂掌声。三人质量均为，重力加速度为，下列关于动作解析说明正确的是（ ）
A. 正在表演的三位舞蹈演员,台下的观众可以将她们视为质点
B. “奔腾与展望”组合中的三人均不受摩擦力作用
C. 甲受地面的支持力大小为
D. 若将三人组合动作移至我国的空间站内表演,则甲对丙的作用力大小为
6．关联速度 机械能守恒 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为的滑块连接，穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块和重物连接起来，重物的质量为。一开始用手托住重物，使轻绳恰好伸直但张力为零，然后由静止释放重物，使从图中点由静止沿竖直杆上下运动，滑块经过、两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，已知与水平面的夹角 ，与垂直，长为，弹簧劲度系数为，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为，，。当滑块运动至点时，其速度大小为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．挥杆套马是我国蒙古族传统体育项目，如图甲.烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的图像如图乙所示，则（ ）
A．内烈马做匀速直线运动
B．内骑手做匀速直线运动
C．内骑手的加速度大小为
D．内烈马的加速度大于内骑手的加速度
8．“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力.下列现象的物理原理与之相同的是（ ）
A．插入水中的筷子，看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
9．“杆线摆”结构如图所示，轻杆一端通过活动铰链与立柱垂直连接，另一端安装质量为的摆球（可视为质点），细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于 ，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内.已知立柱与竖直方向的夹角及细线与轻杆的夹角均为 ，重力加速度为.下列说法正确的是（ ）
A．摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为
B．摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为
C．摆球向平衡位置运动过程中轻杆对摆球的作用力增大
D．若增大细线长度使点上移，则摆球运动周期不变
10．（多选）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接.工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力随位移变化的关系如图乙所示，、为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）
甲 乙
A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B．工件向右运动后与弹簧分离
C．弹簧的劲度系数为
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球和,如图所示，一实验小组用此装置测量小球运动的加速度.
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球释放时的高度,下降一段距离后的高度;由下降至所用的时间.由此求得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
从实验室提供的数据得知,小球、的质量分
别为和，当地重力加速度大小为.根据牛顿第二定律计算可得小球加速度的大小为 （保留3位有效数字）.
可以看出，与有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： .
12．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系.所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、 的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为 ,其上可放钩码）、刻度尺.当地重力加速度为 .实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
回答下列问题：
（1） 实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______ （保留三位有效数字）；
（2） 步骤④中的表格所缺数据为______；
（3） 以 为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像；
则滑块与木板之间的动摩擦因数为____（保留两位有效数字）.
13．如图，在示数已调零的台秤上固定一个半径r＝0.4 m的光滑圆形导轨，某电动小车在电机作用下，可以沿着导轨在竖直面内做匀速圆周运动。已知导轨的质量为M＝2 kg，小车的质量为m＝0.4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不考虑空气阻力影响。
(1)求当小车以2 m/s的速度运动到最高点A时台秤的示数；
(2)若小车在最低点B时台秤的示数为33 N，求小车的速度大小。
14．有个人以水平恒力推着一个箱子在水平面上做匀速直线运动，若在倾角为 的斜坡上，则他需要以两倍的平行于斜面向上的力去推才能使箱子保持向上做匀速直线运动，设水平面与斜坡对箱子的动摩擦因数相同，现在把箱子自由放在倾角为 的斜面上，若使箱子不下滑，则 需要满足什么条件？（结果可用三角函数表示）
15．如图甲所示，一木板静止在光滑水平面上，质量为m=3 kg的物块以初速度4 m/s滑上木板的左端，同时木板受到一个水平向右的恒力F作用。施加不同大小的恒力F，物块相对木板滑动路程为s，其关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为0.5 m-1。若木板的质量M=1.5 kg、长度L=2 m，物块可视为质点，物块与木板之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
（1）当时，求物块和木板运动的加速度大小；
（2）当时，求物块在木板上运动的时间和物块从木板上滑离时的速度大小；
（3）图乙中AB、BC、DE均为直线段，求这三段恒力F的取值范围及对应的函数关系式。
参考答案
1．【知识点】v-t图像及其应用
【答案】D
【详解】甲、乙图像都在t轴上方，速度方向都为正，A错误；由图可知甲的初速度为3m/s，乙的初速度为1m/s，B错误；由图像斜率代表加速度可知，甲、乙物体的加速度相反，由斜率可知、，则加速度之比为1:1，C错误，D正确；
2．【知识点】功和功率
【答案】B
【详解】老爷爷的拉力与小狗的位移夹角为180°-30°=150°，所做的功为
3．【知识点】三角函数求解力
【答案】C
【解析】设物体的重力为,由于定滑轮只改变力的方向,不改变力的大小,所以拉力的大小关系为,由于轴心对定滑轮的支持力等于细绳对定滑轮的合力,而已知两个分力的大小,其合力与两分力的夹角 满足关系式,可知 越大,越小,故,选项C正确.
【易错分析】 同一根绳中张力大小处处相等,根据平行四边形定则求两段细绳张力的合力,所画出的应该是一个菱形.此类题易因不会选择研究对象,导致判断不清定滑轮对细绳的作用力的方向.
4．【知识点】单一物体机械能守恒定律的应用
【答案】D 【详解】运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m，解得R＝，故D正确。
5．【知识点】在共点力平衡中整体法与隔离法的应用
【答案】C
【详解】观众欣赏舞蹈演员的表演，舞蹈演员的大小、形状不能忽略，故不能将舞蹈演员视为质点，错误；甲、乙两人静止，甲、乙手拉手，两者间可能有作用力，也可能无作用力，由平衡条件知，甲、乙两人可能受摩擦力，也可能不受摩擦力，错误；将甲、乙、丙三人作为整体，竖直方向处于静止状态，由平衡条件得甲受到地面的支持力大小为，正确；在空间站中三人均处于完全失重状态，故将三人组合动作移至空间站内表演，甲对丙的作用力为0，错误。
6．【知识点】弹簧问题中机械能守恒定律的应用
【答案】C
【详解】由题意知，经过、两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等（点拨：点压缩，点拉伸，且形变量大小相等），故弹簧在点的压缩量等于在点的拉伸量，弹性势能也相等，由几何关系知，，则，开始手托住重物，使轻绳恰好伸直但张力为零，对，有，从释放到运动至点过程，、及弹簧三者组成的系统机械能守恒，可得，又、二者沿轻绳方向速度大小相等（关键：关联速度的实质：沿绳或杆方向分速度大小相等），则，联立解得，正确。
【试题亮点】本题综合性比较强，既涉及了连接体的关联速度，又涉及两个物体和弹簧的系统机械能守恒问题。
7．【知识点】追及与相遇问题
【答案】AD
【详解】
8．【知识点】多普勒效应及其应用
【答案】BD
【解析】观察题图中轮船两部件推起的波，两列波发生干涉现象.插入水中的筷子看起来折断了，是光的折射现象，故错误.阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是薄膜干涉现象，故正确.驶进站台的火车汽笛音调变高，是多普勒现象，故错误.振动音叉的周围声音忽高忽低，是因为音叉的两个振动片产生的波发生干涉现象，故正确.
9．【知识点】单摆周期公式及其应用
【答案】AD
【解析】摆球在平衡位置静止时,对摆球进行受力分析,如图所示,由平衡条件可知 , ,解得,,摆球摆动过程中,运动轨迹被约束在一个倾角为 的平面内,垂直该平面摆球一直处于平衡状态,即细线的拉力在垂直该平面上的分力与重力在垂直该平面上的分力大小相等,可知细线拉力大小不变,即摆球在摆动过程中细线上的拉力大小为,摆球静止在平衡位置时轻杆对摆球作用力大小为,故正确,错误；摆球以垂直于纸面的较小速度向平衡位置摆动过程中,所需向心力（沿杆方向）不断增大,由于细线拉力大小不变,则轻杆对摆球的作用力逐渐减小,故错误；增大细线长度使点上移,摆球运动平面不变,此时可以等效为一个在斜面上的单摆,摆长为杆的长度,周期为,可知摆球运动周期不变,故正确.
10．【知识点】功和功率
【答案】BD
【解析】本题考查变力做功.从题图乙可知，摩擦力在处方向发生突化，在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明此时工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，错误；在区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，在位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动后与弹簧分离，正确；由胡克定律得，解得弹簧的劲度系数，错误；摩擦力对工件先做正功后做负功，题图乙图像与轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即，正确.
11．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】1.84； 1.96； 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量
【思路导引】 测加速度的实验,首先需要考虑与加速度相关的表达式及.
观察题中内容,求解第一空时已知量有位移,有运动时间,考虑位移表达式；求解第二空时已知量有质量和重力加速度,即有重力,考虑牛顿第二定律.二者存在差异必然是由于外力的影响,实验中的外力多是阻力,考虑哪个过程存在阻力.
【解析】由题意可知,小球的质量大于小球的质量,所以小球下落,小球上升,、小球做匀变速直线运动,两小球的加速度大小相同,由匀变速直线运动规律可知,解得；由实验室提供的数据获得小球、的质量,结合牛顿第二定律有,可得,比实验所测得的实际加速度大,除实验中的偶然误差外,还会存在阻力的作用,可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量（合理即可）.
【易错分析】本题的易错点在求解第二空时,将小球的重力视为整体受到的力,从而导致错解.
【关键点拨】 解答本题的关键是要清楚实验原理：小球、通过不可伸长的细绳相连,运动的速度和加速度大小均相同,研究时应对整体进行研究.
12．【知识点】功与功率、功能关系与能量守恒定律的综合应用、动能和动能定理、机械能守恒定律、重力势能
【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；见解析
【详解】（1） 轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 .
（2） 系统总机械能的减少量等于重力势能减少量与动能增加量之差,即 .
（3） 由于滑块与木板之间的摩擦力做负功,系统总机械能减少,所以系统总机械能的减少量 ,对照绘出的 图像,得 ,所以 .
13．【知识点】两类动力学问题
【答案】 (1)20 N；(2)3 m/s
【详解】 (1)当小车以2 m/s的速度运动到最高点A时，设导轨对小车的作用力为F，则mg＋F＝m，解得F＝0，所以台秤的示数等于导轨的重力，即F1＝Mg＝20 N。
(2)若小车在最低点B时台秤的示数为33 N，则导轨对台秤的压力大小为33 N，可知小车对导轨的压力大小为F2＝F1′－G＝33 N－2×10 N＝13 N，由牛顿第三定律可知导轨对小车的支持力大小为F2′＝13 N，对小车由牛顿第二定律可得F2′－mg＝m，解得v1＝3 m/s。
14．【知识点】用正交分解法分析问题
【答案】
【详解】箱子在水平面上做匀速直线运动，有 ，
箱子在倾角为 的斜坡向上做匀速直线运动，有 ，
若箱子在斜坡上不下滑，则应满足 ，
联立解得 .
15．【知识点】板块模型
【答案】（1），；（2）s，；（3）见解析
【详解】（1）根据牛顿第二定律可知，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为。
（2）滑块相对木板的路程为，
联立解得s，s（舍），
根据速度与时间公式有，
解得。
（3）当F较小时，对应图像为AB段，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，
由牛顿第二定律得，
由速度关系得，
由位移关系得，
联立解得，
将m代入解得N，
当F继续增大时，对应图像为BC段，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得，
物块相对静止加速度的最大值有
可解得临界值为F=4.5 N；
当N时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为，
当两者具有共同速度，历时，根据速度时间关系可得，
根据位移关系可得，
由牛顿第二定律得，
联立解得的函数关系式为，
综上所述可知AB、BC、DE三段恒力F的取值范围及对应的函数关系式分别为
（N）；（N）；（N）。
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第 page number 页，共 number of pages 页暑期综合提高练习（三）力学6——2025-2026年高中物理新高三年级暑期强化训练
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（ ）
A．电场强度是采取比值法定义的物理量
B．瞬时速度的定义运用了等效替代法
C．将物体看成质点运用了理想化模型法
D．库仑扭秤实验运用了放大法
2．2023年12月25日，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲，成功将天目一号气象星座11~14星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．快舟一号甲（KZ-1A）运载火箭是由中国航天科工集团有限公司研制的三级固体运载火箭，全长约，起飞质量约，最大直径。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．“m”、“t”都是国际单位制中的基本单位
B．运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星惯性变大
C．运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星处于失重状态
D．运载火箭加速上升的过程中，空气对火箭的作用力大小等于火箭对空气的作用力
3．如图所示为中国无人机“翼龙”飞行时的照片。无人机巡航时水平分速度为40 m/s，竖直分速度为0。无人机接收到动作指令后立即在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上仍以40 m/s的速度做匀速直线运动。以无人机接收到动作指令为计时起点，当无人机运动的水平位移为160 m时，其竖直位移也为160 m，关于这一过程，下列说法正确的是( )
A．无人机的运动轨迹为直线
B．无人机运动的时间为8 s
C．无人机的加速度大小为20 m/s2
D．此时无人机的速度为80 m/s
4．如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定.木块从弹簧正上方H高度处由静止释放.以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t.忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 ( )
A．
B．
C．
D．
5．如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的图像.已知轻杆在竖直面内长，电动机转速为.该振动的圆频率和光点在内通过的路程分别为（ ）
A． B．
C． D．
6．位于坐标原点处的波源做简谐振动，发出一列沿轴正方向传播的横波，时刻波恰好传到坐标为处的点，波形图如图所示，波的周期为，下列说法正确的是（ ）
A．波源起振方向向下
B．、两点振动的位移始终等大反向
C．波的传播速度大小为
D．至时，点处质点沿轴正方向运动的路程为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正下方有一速度传感器，可以测量小球通过最低点时的速度大小v，O轴处有一力传感器，可以测量小球通过最低点时O轴受到的杆的作用力F的大小，得到的Fv2图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．小球的质量为3 kg
B．小球的质量为0.3 kg
C．小球重心到O轴的距离为0.5 m
D．小球重心到O轴的距离为0.25 m
8．质量为m的汽车在平直公路上以额定功率P额行驶，当速度为v时，汽车加速度a＝0.5g；当速度为2v时，汽车加速度为a。当汽车在倾角为30°的斜坡上加速上行，其达到最大速度vm时的牵引力为F牵，重力加速度为g，汽车在行驶过程中阻力F阻不变，则下列说法正确的是( )
A．F阻＝mg B．P额＝mgv
C．F牵＝mg D．vm＝v
9．（多选）如图所示，两个完全相同的箱子甲、乙放在水平地面上，箱子中分别放着两个完全相同的木块和，用两根完全相同的轻质弹簧连接，弹簧的另一端固定在箱子的右上角.两个箱子唯一的不同之处在于甲箱中的木块位置比较靠左，弹簧处于拉长状态，乙箱中的木块位置比较靠右，而弹簧处于压缩状态，下列说法正确的是（ ）
A．两个箱子对地面的压力大小相等
B．两个箱子受到地面的摩擦力方向相反
C．两个木块对箱子的压力大小相等
D．两个木块受到箱子的摩擦力方向相反
10．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ ）
A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为3g
B．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
C．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大
D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：
（1）测出钩码和小磁铁的总质量;
（2）在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；
（3）某次采集到的磁感应强度的大小随时间变化的图像如图（b）所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期 （用“”表示）；
（4）改变钩码质量，重复上述步骤；
（5）实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是 （填“线性的”或“非线性的”）；
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
（6）设弹簧的劲度系数为，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是 （填正确答案标号）；
A． B． C． D．
（7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因： ．
12． 一跳台滑雪运动员在进行场地训练。某次训练中，运动员以30 m/s的速度斜向上跳出，空中飞行后在着陆坡的K点着陆。起跳点到K点的竖直高度差为60 m，运动员总质量(包括装备)为60 kg，g取10 m/s2。求(结果可以保留根号)：
(1)若不考虑空气阻力，运动员着陆时的速度；
(2)若运动员着陆时的速度大小为44 m/s，飞行中克服空气阻力做的功。
13．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系.所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、 的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为 ,其上可放钩码）、刻度尺.当地重力加速度为 .实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
回答下列问题：
（1） 实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______ （保留三位有效数字）；
（2） 步骤④中的表格所缺数据为______；
（3） 以 为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像；
则滑块与木板之间的动摩擦因数为____（保留两位有效数字）.
14．如图所示，这是两块粗糙程度不同但面积均为 的正方形地砖 、 ，有两个小朋友正在地砖上玩弹棋，已知 地砖与棋子间的动摩擦因数为 ， 地砖与棋子间的动摩擦因数为 ，棋子被弹出后在每块地砖上的运动均可视为匀减速直线运动，重力加速度 .
（1）若甲想从 边上弹出一颗棋子，使其能够恰好停在 边上，那么他把棋子弹出的速度最少应为多少？
（2）若乙想从 边上弹出一颗棋子，使其能够恰好停在 边上，那么他把棋子弹出的速度最多应为多少？
（3）以（1）问中的初速度从 或 中的一条边上弹出一枚棋子，使其恰好停在另一条边上，这个过程最少要花费多长时间？
15．（16分）伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明。现我们共同做有关伽利略大炮的实验，先将1 kg的弹性大球单独由静止自由释放，其落地后的反弹高度为下落高度的0．64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0．8 m高处同时由静止自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
（1）若将弹性大球单独从距地面0．8 m高处由静止自由释放，求弹性大球与地面第一次碰撞时地面对弹性大球所做的功；
（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球第一次碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；
（3）若要使最上端的弹性小球第一次碰撞后上升高度不低于45 m，求弹性大球上端至少需要叠放多少个弹性小球？
参考答案
1．【知识点】平均速度和瞬时速度、平均速率、库仑定律、电场、电场强度
【答案】B
【详解】A．电场强度是采取比值法定义的物理量，A正确；
B．瞬时速度的定义运用的是极限思维法，B错误；
C．将物体看成质点运用了理想化模型法，C正确；
D．库仑扭秤实验运用了放大法，D正确。
本题选错误的，选B。
2．【知识点】超重和失重现象分析
【答案】D
【详解】“m”是国际单位制中的基本单位，“t”是国际单位制中的基本物理量，不是国际单位制中的基本单位，A错误；惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，B错误；运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星具有向上的加速度，处于超重状态，C错误；空气对火箭的作用力与火箭对空气的作用力是一对相互作用力，大小相等，D正确。
3．【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】C
【详解】无人机水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其合运动的轨迹为曲线，A错误；水平方向满足x＝vt，解得运动的时间为t＝4 s，B错误；竖直方向满足y＝at2，解得a＝20 m/s2，C正确；vy＝at＝80 m/s，v合＝＝40 m/s，故D错误。
4．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】B
【详解】在木块下落H高度之前,木块所受合外力为木块的重力保持不变,即F=mg,当木块接触弹簧后到合力为零前,F=mg-kΔy,随着Δy增大,F线性减小,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kΔy'-mg,木块所受合外力向上,随着Δy增大F线性增大,木块返回到原点过程是下落过程的逆过程,受力情况完全相同,A错误,B正确;同理,在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2和v=gt可知速度逐渐增大,所以y-t图像为抛物线,斜率逐渐增大,当木块接触弹簧后到合力为零前,木块的速度继续增大,做加速度减小的加速运动,所以y-t图像斜率继续增大,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中,木块所受合外力向上,木块做加速度增大的减速运动,所以y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,由对称性可知,返回过程木块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后做匀减速直线运动回到原点,C、D错误.
5．【知识点】简谐运动、简谐运动中的位移与路程问题
【答案】C
【解析】本题考查简谐运动.根据题意可知，紫外光笔的光点在纸面上沿轴方向做简谐运动，则有，、错误；，由杆长可知，振幅，，则光点在内通过的路程，正确，错误.
6．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】C
【详解】根据同侧法可知a点的起振方向向上，则波源起振方向向上，A错误；b、c两点平衡位置间距不等于半波长，则b和c振动的位移不是始终等大反向，B错误；根据波形图可得，解得波长，波的传播速度大小为，C正确；振动质点不会随波迁移，只会在自己的平衡位置上下振动，D错误。
7．【知识点】竖直面内圆周运动问题
【答案】 BC
【详解】 由图可知，在最低点小球的速度为零时F＝mg＝3 N，可知m＝0.3 kg，选项A错误，B正确；根据F＝m＋mg，可知k＝＝ kg/m＝0.6 kg/m，可得R＝0.5 m，选项C正确，D错误。
8．【知识点】机车启动的两种方式
【答案】 ABD
【详解】 当汽车速度为v时，由功率公式有P额＝F牵1v，结合题意由牛顿第二定律有F牵1－F阻＝mg；同理当汽车速度为2v时有P额＝2F牵2v，由牛顿第二定律有F牵2－F阻＝mg，联立解得F阻＝mg，P额＝mgv，A、B正确；汽车在斜坡上加速行驶并达到最大速度时，由牛顿第二定律有F牵－mgsin θ－F阻＝0，且P额＝F牵vm，联立解得F牵＝mg，vm＝v，C错误，D正确。
9．【知识点】用正交分解法分析问题
【答案】AD
【思路导引】 以整体为研究对象,根据竖直方向和水平方向受力平衡分析箱子对地面的压力和箱子受到地面的摩擦力情况；隔离、进行受力分析,甲中弹簧处于拉长状态,乙中弹簧处于压缩状态,根据平衡条件分析甲、乙箱子中的木块所受压力和摩擦力的大小、方向.
【解析】以甲箱子、木块A和弹簧作为整体,整体受重力、地面的支持力.根据受力平衡可知,甲箱子受到地面的摩擦力为0,地面对甲箱子的支持力等于整体的重力；同理,以乙箱子、木块B和弹簧作为整体,根据受力平衡可知,乙箱子受到地面的摩擦力为0,地面对乙箱子的支持力等于整体的重力,则根据作用力与反作用力可知,两个箱子对地面的压力大小相等,故A正确,B错误.甲箱中的弹簧处于拉长状态,对A有斜向上的拉力,乙箱中的弹簧处于压缩状态,对B有斜向下的压力.对木块A、B受力分别分析如图1、图2所示,由于弹簧对木块A的拉力有竖直向上的分力,则木块A对箱子的压力小于木块A的重力；由于弹簧对木块B的弹力有竖直向下的分力,则木块B对箱子的压力大于木块B的重力.则两个木块对箱子的压力大小不相等,故C错误.弹簧对木块A有水平向右的分力,则木块A受到箱子的摩擦力方向向左；弹簧对木块B有水平向左的分力,则木块B受到箱子的摩擦力方向向右,可知两个木块受到箱子的摩擦力方向相反,故D正确.
10．【知识点】利用牛顿定律进行受力分析
【答案】BD
【详解】AB．剪断悬绳前，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力
F=mg
剪断瞬间，对A分析，A的合力为
F合=mg+F=2mg
根据牛顿第二定律，得
F合=ma
解得
a=2g
选项B正确，A错误．
CD．弹簧开始处于伸长状态，弹力
F=mg=kx
当悬绳剪断后，弹簧向下压缩，速度最大时有
mg=F′=kx′
解得
x′=x
所以下降的距离为2x，选项C错误，D正确。
故选BD。
11．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】；线性的；A；空气阻力
【详解】（3）从图中可以算出弹簧振子振动周期
（5）分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；
（6）因的单位为，因为s（秒）为周期的单位，则其它各项单位都不是周期的单位。
（7）除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
12．【知识点】应用动能定理求解变力做功问题
【答案】 (1)10 m/s；(2)4 920 J
【详解】 (1)不考虑空气阻力时，运动员从起跳到着陆的过程由动能定理得
mgh＝mv2－mv，解得v＝10 m/s。
(2)考虑空气阻力时，运动员在飞行过程中，根据动能定理有mgh－W克阻＝mv－mv，解得W克阻＝4 920 J。
13．【知识点】功与功率、功能关系与能量守恒定律的综合应用、动能和动能定理、机械能守恒定律、重力势能
【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；见解析
【详解】（1） 轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 .
（2） 系统总机械能的减少量等于重力势能减少量与动能增加量之差,即 .
（3） 由于滑块与木板之间的摩擦力做负功,系统总机械能减少,所以系统总机械能的减少量 ,对照绘出的 图像,得 ,所以 .
14．【知识点】两类动力学问题、匀变速直线运动基本公式的灵活应用
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1） 棋子能够恰好停在 边上，要使棋子弹出的速度最小，则棋子弹出后沿平行 方向运动，总位移为 ，设弹出速度为 ，到达两块地砖交界处的速度为 ，根据运动学公式有 ， ，由 ，得 ，由 ，得 ，联立解得 .
（2） 从 边上弹出一颗棋子，使其能够恰好停在 边上，要使棋子弹出的速度最大，则棋子弹出后沿对角线运动，总位移为 ，由运动学公式得 ， ，其中 ，联立解得 .
（3） 如图所示，图线①表示棋子从 边运动到 边，图线②表示棋子从 边运动到 边，两种情况位移大小相等，由图可知，要使时间最短，则棋子从 边运动到 边，且方向平行于 方向，设棋子位移中点为 （交界处），由运动学公式得 ， ，联立解得 ， ,则最短时间为 .
15．【知识点】动量守恒中的多次碰撞问题
【答案】（1）－2．88 J （2）3．6 N·s （3）4
【解析】（1）设弹性大球质量为m1，其与地面碰撞前速度为v1，与地面碰撞后速度为v0，取竖直向上为正方向，地面对弹性大球所做的功为W，则下落过程中有
2gh1＝（1分）
上升过程中有
2gh0＝，且h0＝0．64h（1分）
根据动能定理可得
W＝m1－m1（1分）
解得v1＝－4 m/s，v0＝3．2 m/s，W＝－2．88 J（2分）
（2）弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为v'0，弹性小球碰前与碰后的速度分别为v1、v'1，以竖直向上为正方向，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v0＋m2v1＝m1v'0＋m2v'1（1分）
m1＋m2＝m1v'＋m2v'（1分）
由动量定理得
I＝m2v'1－m2v1（1分）
联立解得I＝3．6 N·s（2分）
（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为
v'1＝（1分）
整理可得v'1＝v0－v1（1分）
同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为
v'2＝（1分）
整理可得v'2＝v0－·v1－v1（1分）
由数学知识可得
v'n＝v0－·v1－·v1－…－v1（1分）
要使最上端的弹性小球第一次上升高度不低于45 m，由运动学规律可得
＝2gh，
由v'n≥vm，解得n≥4，
所以弹性大球上端至少叠放4个弹性小球（1分）
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