北京市豐臺區2023-2024學年高三上學期11月期中考試物理試題

閱卷人

一、單選題。本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選

項中，選出最符合題目要求的一項。

得分

1.以30m/s速度行駛的汽車遇到緊急情況時突然剎車，剎車時汽車的加速度大小為5面乳下列說法正

確的是（）

A.經過2s汽車的速度為40m/s

B.經過2s汽車前進的距離為60m

C.汽車從開始剎車到停下來需要6s

D.汽車從開始剎車到停下來前進了180m

2.如圖所示，體重秤放在水平地面上，人站在體重秤上。下列說法正確的是（）

A.體重秤的示數就是人的重力

B.人給體重秤的壓力就是人的重力

C.人靜止在體重秤上是因為人對秤的壓力與秤對人的支持力大小相等

D.在任何情況下，人對秤的壓力都與秤對人的支持力大小相等

3.如圖所示，一輛汽車陷入泥坑中。距離泥坑不遠處有一棵大樹，駕駛員將一根結實的長繩系在車前

端拉鉤和大樹之間，繃緊繩子后在中點處用力拉繩，把車從泥坑中拉了出來。某一時刻駕駛員施加的拉

力為E繩子與車和樹連線的夾角為。。不計繩的質量，此時繩子給車的拉力為（）

c磊

4.如圖所示，質量為m的物體放在水平地面上，在與水平方向成0角的拉力F作用下沿水平地面向右

加速運動。已知物體與地面間的動摩擦因數為山重力加速度為g。下列說法正確的是（）

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃/

A.物體受到的摩擦力大小為FcosO

B.物體對地面的壓力大小為mg-Fsin8

C.物體受到的合外力大小為FcosB-iimg

D.物體受到地面作用力的合力大小為mg

5.2023年10月，“神州十七號”飛船從酒泉衛星發射中心發射升空后與在軌的“天宮”空間站核心艙對

接，為之后空間科學實驗和技術試驗提供更多條件。已知“天宮”空間站在軌高度約為400km,下列說法

正確的是（）

A.神州十七號飛船的發射速度一定大于地球的第二宇宙速度

B.空間站繞地球做圓周運動的速度大于7.9km/s

C.空間站繞地球運動的周期等于地球同步衛星的周期

D.空間站繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度

6.下列說法正確的是（）

A.聲波從空氣傳入水中時波長變長是因為波速不變但聲波的頻率變小了

B.兩列波發生干涉現象時振動加強的點總是處于波峰，振動減弱的點總是處于波谷

C.火車靠近時汽笛聲音逐漸變大是因為發生了多普勒效應

D.“聞其聲而不見其人”說明此時聲波比光波發生了更明顯的衍射現象

7.一列簡諧橫波在t=0時的波形圖如圖甲所示。介質中x=2m處的質點P的振動圖像如圖乙所示。下

圖甲圖乙

A.波沿x軸負方向傳播

B.波的傳播速度的大小為0.5m/s

C.i=l.0s時，質點P的速度沿y軸的負方向

D.從t=0.5s到t=2.0s,質點P通過的路程為3m

8.我國計劃在2030年前實現載人登月。假設宇航員在月球上利用彈簧測力計測得質量m的鉤碼重力大

小為F。已知萬有引力常量為G,宇航員還需要知道以下哪個條件才能計算出月球的質量（）

A.月球的半徑R

B.月球表面擺長為1的單擺周期T1

C.月球繞地球做圓周運動的周期T2

D.月球表面物體自由下落高度為h時所用的時間〔

9.四個質點做直線運動的圖像分別如圖中甲、乙、丙、丁所示。設向東為速度v坐標軸的正方

向，下列說法正確的是（

甲

丙

A.質點甲一直向東運動

B.t=2s時質點乙回到出發點

C.0~2s質點丙所受合外力做功為0

D.0~2s質點丁所受合外力的沖量為0

10.把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在水平面內做勻速

圓周運動，如圖中的軌跡1和軌跡2所示。比較小球沿軌跡1和軌跡2的運動，下列說法正確的是

A.沿軌跡1運動時受到的彈力較大B.沿軌跡I運動時的角速度較小

C.沿軌跡1運動時的機械能較小D.沿軌跡1運動時里力的功率較大

11.如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B,A球質量為m,B球質量為

3mo用手托B球，當輕繩剛好破拉緊時，B球離地面的高度為h,A球靜止于地面。定滑輪的質量及滑

輪與軸間的摩擦均不計，重力加速度為g。釋放B球，下列說法正確的是（）

B.A球能上升口最大高度為1.5h

C.B球下落過程中減少的重力勢能等于兩球增加的動能

D.B球落地前定滑輪受到向上的拉力大小為4mg

12.如圖所示的按壓式圓珠筆，其結構由外殼、內芯和輕質彈簧三部分組成。某同學將圓珠筆倒立在桌

面上，用力下壓外殼，松手后外殼先豎直向上運動，彈簧恰好恢復原長時，外殼與靜止的內芯碰撞，碰

后一起以共同的速度繼續向上運動，上升到最高點。碰撞時間極短，忽略阻力，下列說法正確的是

A.從松手到彈簧恢復原長時，外殼的動能一直增加

B.當外殼的速度最大時，小帽對桌面的壓力與圓珠筆的重力大小相等

C.從松手到彈簧恢復原長時，外殼所受合外力的沖量為（）

D.從松手到圓珠筆上升到最高點時，圓珠筆和地球組成口系統機械能守恒

13.2023年諾貝爾物理學獎授予了“為研究物質中的電子動力學而產生阿秒（10-18s）光脈沖實驗方法''

的三位物理學家，他們的實驗為人類探索原子和分子內部的電子世界提供了新的工具。科學研究表明，

人類所能測量的最短長度和最短時間都存在一個極限，分別稱為普朗克長度％和普朗克時間tp,兩者之

間滿足關系％=tp.c（c為真空中的光速）。推導普朗克長度和普朗克時間需要用到三個常數：萬有引力

常量G、光速c和普朗克常數h。己知普朗克常數h的單位為Js,下列關系式正確的是（）

14,2023年9月21日，神舟一六號航天員在“天宮課堂”中進行了“驗證碰撞過程中動量守恒”的實驗。

實驗在一個“網格背景板”前進行。實驗時;航天員用一個質量大的金屬球撞擊一個靜止的質量小的金屬

球。假設采用“頻閃照相”的方法來研究類似的碰撞過程,且在碰撞的瞬間恰好完成一次閃光，如圖所

示。則下一次閃光時兩小球所處的位置合理的是（）

閱卷人

綜合題。本部分共6題，共58分。

得分

15.物理實驗一般都涉及實驗目的、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數據分析等。例如:

（I）用游標卡尺測量小球的直徑，示數如圖所示，小球直徑為mm。

（2）“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗裝置如圖所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，0為

橡皮筋與細繩的結點，OB和0C為細繩。在該實驗中，下列操作正確的是0

A.拉著細繩套的兩只彈簧測力計，穩定后讀數應相同

B.測量時，橡皮筋、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板

C.實驗中，把橡皮筋的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角應取90。，以便于算出合力的人

小

D.實驗前將兩彈簧測力計調零后水平互鉤對拉，選擇兩個讀數相同的彈簧測力計

（3）某小組探究橡皮筋彈力與形變量的關系，測出橡皮筋在不同拉力F作用下的長度x,并據此作

出了F-x圖像，如圖所示。請根據圖像分析橡皮筋勁度系數的變化特

點O

（4）某同學利用圖示裝置“探究加速度與力、質量的關系”，某次實驗中補償了阻力之后，保持細繩與

木板平行，測得小車的加速度為2.0m/s2。該同學認為此時不能用槽碼的重力大小來替代小車所受的拉

力大小。請對此談談你的看法1g取10m/

s2）__________________________________________________________________________________________

16.利用如圖所示裝置“驗證機械能守恒定律”。

（1）如下操作中沒有必要或者操作不當的步驟是一。

A.用天平測出重錘的質量

B.先釋放紙帶，后接通電源

C.在紙帶上選取計數點，并測量計數點間的距離

D.根據測量的結果計算重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能

（2）以下是紙帶將被釋放瞬間的五張照片,其中操作正確的是

（3）選出一條點跡清嘶的紙帶進行數據處理。如圖所示，在紙帶上選取計數點A、B、C、D、E、

F、G,測量其他點到A點的距離分別為%8=3.10cm、hAC=6.45cm、hAD=10.25cm、hAE=

14.40cmhAF=18.85cm,hAG=23.65cm,相鄰計數點間的時間間隔為0.02s。打點計時器打E點時重錘

的速度%=m/So（保留三位有效數字）

（4）根據紙帶上的數據計算出B、C、D、E、F點的速度，以/為縱軸、h為橫軸建立直角坐標系,

在坐標紙上已標出B、C、D、E、F對應的坐標點，如圖所示。根據圖像可得打點計時器打A點時里錘

的速度內=m/So某同學認為利用圖像測量圖線在h軸上的截距，只要約為-0.10m即可驗證重

錘下落過程中機械能守恒。你是否同意該同學的看法，說明理

由____________________________________________________________________________________________

17.滑梯是游樂園中常見的游戲設施，圖甲為某游樂園中的大型滑梯，圖乙為其簡化的示意圖。滑梯最

高點離地高度h=3.6m,滑梯長度L=6.0m質量m=30的的兒童從滑梯頂端由靜止滑下，滑到滑梯底端

的速度u=6m/s,gMX10m/s2?

(1)求兒童沿滑梯下滑的加速度a的大小；

(2)求兒童與滑梯之間的動摩擦因數皿；

(3)為保護兒童，滑梯底端圓滑地與水平地墊連接，若水平地墊的長度x=2.0m求水平地墊與兒童

之間的動摩擦因數M的最小值，

18.如圖所示，長為1的輕繩(不可伸長)一端固定在O點，另一端連接質量為m的小球。若開始時小

球靜止在最低點M,用力推一下小球，小球恰好可以在豎直平面內做圓周運動。已知重力加速度g,空

氣阻力忽略不計，求：

N

，、

z?、、

??、\

/?\\

f\

oL----\A

|I

\\la|//

\、1：/?

\、?1/zz

M

（1）小球通過最高點N時速度v的大小;

(2)小球通過與0點等高的A點時，繩對小球拉力T的大小;

(3)在最低點M給小球施加的水平沖量I的大小。

19.如圖甲所示，一玻璃瓶中裝有純凈水，當彈性橡皮錘快速卜落并敲擊瓶口時，玻璃瓶瞬間獲得向卜

的速度，然后在手的作用下迅速減速到零。而瓶中的水在該過程由于慣性可認為停留在原地，因此水柱

與瓶底間會短暫存在真空層c

中華人民共和國國家標準

GB4544-1996

C、專用瓶的理化指標通過加工合同限定,

各廠之間差距較大

耐內壓：1.2-4.0Mpa

抗沖擊：0.3/.6J

丙

(1)若橡皮錘錘頭的質量為m(錘柄質量忽略不計),在手的作用下從靜止開始豎直向下運動，當位

移為卜時。，橡皮錘的速度大小為vO,并與瓶口發生碰撞,假設橡皮錘與玻璃瓶發生彈性碰撞，已知重力

加速度為g。

①求手對橡皮錘做的功W；

②若瓶子的質量(不含水)為M,求瓶子碰撞后瞬間獲得的速度v的大小。

(2)如圖乙所示，若在此操作過程后瓶底發生碎裂，某小組猜想是因為瓶子底部出現真空層后，水

柱會撞向瓶底，從而將瓶底撞碎。為了驗證該猜想是否合理，他們查詢了此類玻璃瓶的相關參數，部分

內容如圖內所示。玻璃瓶中的水約500mL(500g),瓶內部半徑約為2.5cm,假設真空層高約1cm,水與

瓶底發生相互作用的時間約為0.001s,水柱撞擊瓶底后速度減為零。已知大氣壓為lxl()5pa,g取

10m/s2,請通過計算分析該小組的猜想是否合理。

20.等效是物理學中常用的思維方法之一，合成與分解是在等效思想的指導下物理學研究復雜問題的一

種需要方法。運用合成與分解，我們可以通過一些已知運動的規律來研究復雜的運動。已知地球表面的

重力加速度g,研究以下問題。

(1)如圖甲所示，小球在距離地面h處的水平桌面上向右運動，以初速度vO離開桌面后做平拋運

動，求小球落地點到桌緣的水平距離xl；

(2)如圖乙所示，將桌子和小球移到以加速度Q(a<g)豎直向下運動口電梯中，小球離開桌面時水

平方向速度仍為vO,求小球在電梯中的落地點到桌緣的水平距離外(小球下落時未與電梯側壁發生碰

撞)；

(3)如圖丙所示，洲際導彈飛行很遠，研究其射程時不能將地面看成平面。考慮地面是球面，可以

將洲際導彈的運動近似地看成是繞地球中心的勻速圓周運動與垂直地球表面的上拋運動的疊加，此過程

中地球對導彈引力的大小近似保持不變。假設導彈從地面發射時的速度大小為v,仰角為仇地球半徑為

Ro請利用運動的合成與分解求解洲際導彈的射程s(導彈的發射點到落地點沿地表方向的距離)。

答案解析部分

1.【答案】C

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系

【解析】【解答】A、經過2s汽車的速度為

v=v0-at=20m/s

故A錯誤；

B、經過2s汽車前進的距離為

—2a

故B錯誤；

C、汽車從開始剎車到停下來需要

￡1=粵=6s

故C正確；

D、汽車從開始剎車到停下來前進了

Xi=當"=90m

故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】對于剎車模型，要注意判斷汽車開始剎車到停止運動需要的時長。再根據勻變速直線運動規律

進行解答。

2.【答案】D

【知識點】牛頓笫三定律

【解析】【解答】A、體重秤的示數大小等于人的重力大小，但體重秤的示數不是人的重力，故A錯誤；

B、人給體重秤的壓力作用在體重秤上，人的重力作用在人上，人給體重秤的壓力不是人的重力，故B

錯誤；

C、人靜止在體重秤上是因為秤對人的支持力大小與人的重力大小相等，使人處于平衡狀態，故C錯

誤；

D、由于人對秤的壓力與秤對人的支持力是一對相互作用力，所以在任何情況下，人對秤的壓力都與秤對

人的支持力大小相等，故D正確。

故答案為：Do

【分析】相互作用力等大，反向，作用在不同物體上。平衡力等大，反向，作用在同一物體上。施力物

體不同，力的性質不同。

3.【答案】A

【知識點】力的合成；共點力的平衡

【解析】【解答】繩子受力如圖所示

當人以拉力F拉繩的中點時，中點左右兩段繩子拉力的合力與人的拉力平衡，設繩子中的張力大小為

T,則根據平衡條件有

2Ts\n6=F

解得

F

T=7T—:-77

故答案為：Ao

【分析同一根繩子拉力大小相同，對繩子中點進行受力分析，再根據平衡條件進行解答即可。

4.【答案】B

【知識點】力的合成與分解的運用

AB、物體對地面的壓力與地面對物體的支持力是作用力與反作用力，而支持力

FN=mg-Fsind

物體受到的摩擦力為

Ff=p.(mg-FsinO')

故A錯誤，B正確：

C、物體受到的合外力大小為

F合=Fcos6-n(mg-FsinO)

故C錯誤;

D、物體受到地面作用力為支持力和摩擦力的合力，大小不等于mg,故D錯誤。

故答案為：Bo

【分析】對物體進行受力分析，根據平衡條件及力的合成與分解進行解答。注意掌握相互作用力和平衡

力的區別和特點。

5.【答案】D

【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題

【薛析】【解答】A、神舟十七號飛船的發射速度一定大于地球的笫一宇宙速皮，小于地球的第二宇宙速

度，故A錯誤；

B、根據

Mmv2

--=7H--

可知軌道半徑越大，運行速度越小，在地面處的運行速度為7.9km/s,因此空間站繞地球做圓周運動的速

度小于7.9km/s,故B錯誤;

C、根據

Mm4TT2

可得

空間站繞地球運動的半徑小于地球同步衛星的半徑，則空間站繞地球運動的周期小于地球同步衛星的周

期，故c錯誤；

D、根據

Mmma

G-丫乙=

空間站繞地球做圓周運動的半徑大于地球半徑，向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D正確。

故答案為：Do

【分析】第一宇宙速度是最小發射速度，最大環繞速度，第二宇宙速度是脫離地球引力的最小速度。結

合萬有引力定律及牛頓第二定律根據題意講行分析即可。注意天宮軌道半徑和地球半徑的關系。

6.【答案】D

【知識點】多普勒效應；波長、波速與頻率的關系；波的衍射現象；波的干涉現象

【解析】【解答】A、由于波的頻率由波源決定，因此波無論在空氣中還是在水中頻率都不變；乂因波在

水中速度較大，由公式

v=Xf

可知，波在水中的波長變長，故A錯誤；

B、兩列波發生干涉現象時，當波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動始終加強，振幅等于兩列波振幅

之和；當波峰與波谷相遇時振動始終減弱，振幅等于兩列波的振幅之差，加強點和減弱點都做周期性振

動，但振動加強的點不一定總是處于波峰，振動減弱的點不一定總是處于波谷，故B錯誤；

C、根據多普勒效應可知，火車鳴笛向我們駛來時，我們聽到的笛聲頻率比聲源發出的頻率高，但火車汽

笛的頻率是保持不變的，故C錯誤；

D、聲波的波長遠大于光波的波長，更容易發生明顯的衍射，“聞其聲而不見其人”就是因為聲波比光波更

容易發生衍射現象，故D正確。

故答案為：Do

【分析】波的頻率由波源決定，與傳播介質無關。波速與傳播介質有關。兩列波發生干涉現象時，當波

峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動始終加強，當波峰與波谷相遇時振動始終減弱，熟悉多普勒效應

和衍射現象的具體內容。

7.【答案】C

【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達式與圖象；橫波的圖象

【解析】【解答】A、由題圖乙可知，1=0時質點P向上振動，根據質點振動方向與波的傳播方向之間的關

系可以判斷，該波一定是沿乂粕正方向傳播，故A錯誤；

B、由圖甲可知，該波的波長為4m,該波的傳播速度為

A

v=7p=2m/s

故B錯誤；

C、由題圖乙可知，t=1.0s時，質點P的速度沿y軸的負方向，故C正確；

D、從t=0.5s到t=2.0s,經歷

3

t=-4rT

質點P通過的路程為

s=3A=0.3m

故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】根據質點的振動圖像和波動圖像，根據同側法或者上下坡法確定波的傳播方向。根據時間與周

期的關系，結合波的傳播方向確定任意時刻質點的振動方向及質點在時間段內運動的路程。

8.【答案】A

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】【解答】ABD、根據物為在月球表面受到的萬有引力等于重力可得

Mm

G—y-=mg

R2

可得月球質量為

由題意可知

F=mg

聯立可得

FR2

M=-^—

Gm

可知宇航員還需要知道月球的半徑R,才能計算出月球的質量；知道月球表面擺長為1的單擺周期Ti,

根據單擺周期公式

可知重力加速度，但月球半徑未知，故無法計算出月球的質量；月球表面物體自由下落高度為h時所用

的時間t則有

1

h=29t2

可求月球表面重力加速度，但月球半徑未知，故無法計算出月球的質量，故A正確，BD錯誤；

C、月球繞地球做圓周運動的周期T2,無法計算出月球的質量，故C錯誤。

故答案為：Ao

【分析】彈簧測力計的讀數等于物體受到的重力，根據萬有引力定律及牛頓第二定律推導得出月球質量

與重力加速度的關系式，再結合選項的特點進行分析工

9.【答案】C

【知識點】功的計算；沖量；運動學v-t圖象

【解析】【解答】A、由圖像可知，質點甲先向西運動，再向東運動，故A錯誤：

B、由圖像可知，質點乙在0~2s內一直向正方向運動，則t=2sH、l?質點乙沒有回到出發點，故B錯誤：

C、由圖像可知，質點丙在l=2s時的速度等于t=Os時的速度，則0~2s內質點丙的動能變化為0,根據動

能定理可知，質點丙所受合外力做功為0,故c正確；

D、由圖像可知，0~2s內質點丁的速度變化量不為0,則動量變化量不為0,根據動量定理可知，質點丁

所受合外力的沖量不為0,故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】圖像速度的正負表示運動方向，v-t圖像的面積表示位移。根據圖像確定物體的初末速度，再

根據動能定理及動量定理進行分析解答。

10.【答案】B

【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；勻速圓周運動；向心力；功率及其計算；動能；重力勢能

【解析】【解答】A、小球做勻速圓周運動時，只受重力和支持力兩個力作用，由兩個力的合力提供向心

小球受到的彈力為

COS0

小球在兩軌跡上運動時彈力相等，故A錯誤；

BC、由牛頓第二定律可得

..mv2

mgtanO=ma)6r=—

且

丁1>r2

可得

0)\<v\>v2

則沿軌跡1運動時的動能、重力勢能較大，機械能較大，故B正確，C錯誤；

D、小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在水平面內做勻速圓周運動，重力不做功，重力的功率都為0,故D

錯誤。

故答案為：Bo

【分析】對兩球進行受力分析，確定兩球向心力的來源。根據圖像確定兩球運動半徑的關系。再根據平

衡條件及牛頓第二定律講行分析。小球在水平面內運動，速度始終沿水平方向，豎直方向速度為零。

1L【答案】B

【知識點】牛頓運動定律的應用一連接體；機械能守恒定律

【解析】【解答】AD、釋放B沫，設繩的拉力為T,有

3mg-T=3ma,T-mg=ma

解得

1

T=l.Smg

B球落地前定滑輪受到向上的拉力大小為

r=2T=3mg

B球運動到落地過程有

1

h.=Tjat2

乙

可得

[4h

故AD錯誤；

B、B球下落的過程中，由A、B兩球及繩子組成的系統機械能守恒

1

3mgh-mgh=(3m+rri)v2

乙

整理得

V=yfgh

B球著地后，A球做豎直上拋運動，則由機械能守恒定律

1

mgh=-^mv

乙

解得

hr=^h

則A球上升的最大高度

故B正確；

C、由機械能守恒可知，B球卜.落過程中減少的重力勢能等于兩球增加的動能與A球增加的重力勢能之

利，故C錯誤。

故答案為：Bo

【分析】B落地前，兩球的加速度大小、速度大小相等，分別對AB進行受力分析，根據牛頓第二定律

及運動規律確定落地時AB的速度。落地后A向上做豎直上腦運動。用一根繩子兩端受到的拉力大小相

等。注意運動過程各能量之間的轉換關系。

12.【答案】B

【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；動能；機械能守恒定律；沖量

【解析】【解答】A、從松手到強簧恢復原長時，彈簧對外殼的彈力先大于外殼重力后小于外殼重力，外

殼的合力先向上后向3外殼向上先做加速運動后做減速運動，則外殼的動能先增加后減小，故A錯

誤；

B、當外殼的速度最大時，彈力等于外殼重力，外殼的加速度為0,小帽對桌面的壓力與圓珠筆的重力大

小相等，故B正確；

C、從松手到彈簧恢復原長時，外殼的動量變化量不為0,所受合外力的沖量不為0,故C錯誤；

D、從松手到圓珠筆上升到最高點時，彈簧與外殼碰撞有能黃損失，圓珠筆和地球組成的系統機械能不守

恒，故D錯誤。

故答案為：Bo

【分析】分析運動過程外殼的受力變化情況，再根據牛頓第二定律定性分析外殼的運動情況。速度最大

時.，外殼的加速度為零，彈簧彈力等于外殼重力。彈簧恢復原長時，外殼速度不為零。碰撞屬于完全非

彈性碰撞，存在能量損耗。

13.【答案】D

【知識點】單位制

【解析】【解答】普朗克常數h的單位為J$G萬有引力常量的單位為N?m2/kg2,結合

1J=lNm,lN=lkg?m/s2

可知Gh單位為nWs3,則普朗克長度為

Ip=tp?C

普朗克時間為

故答案為：Do

【分析】根據基本單位制推導得出普朗克長度的表達式，再根據題意推導得出普朗克時間的關系式。

14.【答案】D

【知識點】碰撞模型

【解析】【解答】AB.設閃光周期為7,網格背景板一格寬度為人設質量大的金屬球質量為M,質量小

的金屬球質量為用，根據題圖可知碰撞前大質量金屬球的速度為

3d

%=亍-

由于是大質量碰撞小質量，碰撞后大質量小球應繼續向前運動，且在圖中水平方向和豎直方向均滿足動

量守恒，則豎直方向大質量小球的速度應小于小質量小球的速度，可知A、B中下一次閃光時兩小球所

處的位置均不合理。故AB不符合題意；

C、對于C圖，由圖可知，大質量小球沿水平方向和豎直方向的速度大小分別為

_2d_d

vMx~丁vMy=f

小質量小球沿水平方向和豎直方向的速度大小分別為

3d_3d

vmx=y*vmy=y

水平方向根據動量守恒可得

Mv0=MVMX+mvmx

可得

M=3m

碰撞前后系統動能分別為

1227md2

=MVQ=2-

22T

l1？？、1/?2、33md2

Eki=2M(或+xvMy)+2m^x+v^y)=2產

故有

EKOVEki

可知不滿足碰撞過程總動能不增加原則，故C中下?次閃光時兩小球所處的位置不合理。故C不符合題

.在?

忌；

D、對于D圖，由圖可知，大質量小球沿水平方向和豎直方向的速度大小分別為

2dd

vMx=丁vMy=f

小質量小球沿水平方向和豎直方向的速度大小分別為

3d_2d

vmx=丁vmy=y

水平方向根據動量守恒可得

Mv0=MVMX+mvmx

可得

M=2m

碰撞前后系統動能分別為

1227md2

Eko=5M訪=----o—

L2T

2

I/?x1/7?、18md

Eki=2M(或x+%7y)+2m\,Vmx+^my)=,穴

故有

EKO>EH

可知滿足碰撞過程總動能不增加原則，故D中下一次閃光時兩小球所處的位置合理。故符合題意

故答案為：Do

【分析】由于兩球半徑不一致，故碰撞并非止碰，即碰后兩球在水平和豎直方向均存在速度。根據圖像

確定金屬球碰撞前后各方向的速度。由于太空中不受重力作用，故兩球在水平和豎直方向均滿足動量守

恒，再根據動量守恒定律及碰撞過程動能不增加原則進行解答。

15.【答案】(1)17.6

(2)B：D

(3)橡皮筋的勁度系數隨長度的增大而減小

(4)測得小車的加速度為2.0m/s2,以槽碼為對象，由牛頓第二定律得mg-尸=ma,解得小車所受的

拉力大小為F=0.8mg,則有寫7=20%,可知小車所受的拉力大小與槽碼的重力相差較大，所以此時

不能用槽碼的重力大小來替代小車所受的拉力大小

【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系；驗證力的平行四邊形定則；探究加速度與力、質量的關系;

刻發尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用

【解析】【解答】(1)游標卡尺的主尺讀數為：17mm,游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，故

游標讀數為

17mm+6x0.1mm=17.6mm

(2)A、拉著細繩套的兩只彈簧測力計，穩定后讀數可以不相同，故A錯誤；

B、測量時，橡皮條、繩套和彈簧測力計應貼近并平行于木板，故B正確；

C、為減小實驗誤差，把橡皮條的另一端拉到0點時，兩彈簧測力計之間夾角應適當大些，但因為是通

過作圖求合力，故不必取90。，故C錯誤：

D、實驗前將兩彈簧測力計調零后水平互鉤對拉，選擇兩個讀數相同的彈簧測力計，選擇的彈簧測力計讀

數更為準確，故D正確。

故答案為：BDo

（3）在F-x圖像中，斜率代表橡皮筋的勁度系數，由圖可知圖線的斜率不斷減小，則在彈性限度內，橡

皮筋的勁度系數隨長度的增大而減小；

（4）測得小車的加速度為2.0m/s2,以槽碼為對象，由牛頓第二定律得

mg-F=ma

解得小車所受的拉力大小為

F=0.8mg

則有

mq—F

苔-二2。％

可知小車所受的拉力大小與槽碼的重力相差較大，所以此時不能用槽碼的重力大小來替代小車所受的拉

力大小。

【分析】讀數時注意分度值。探究兩個互成角度的力的合成規律實驗采用等效法進行操作，操作過程

要注意保證同一組實驗的實驗效果的一致性。熟悉掌握實驗的操作要求和操作步驟。橡皮筋的勁度系數

并非不變，根據圖像判斷勁度系數與長度的關系。掌握探究加速度與力、質量的關系實驗中注意用槽碼

重力代替小車受到拉力大小的條件。

16.【答案】（1）A；B

（2）D

（3）2.15

（4）魚：根據機械能守恒定律=用描繪/-力圖像來驗證機械能守恒不僅需要驗證/=

2gh,而且還要驗證其斜率k=2&,利用圖像測量圖線在h軸上的截距，只要約為-0.10m時，斜率為k=

言=20=2g,即可驗證重錘下落過程中機械能守恒

【知識點】驗證機械能守恒定律

【解析】【解答】（1）沒必要測量重錘的質量，因為在驗證的表達式

1

mgh=-^mv2

乙

中兩邊可以消掉質量；應該先接通電源，然后釋放紙帶，故答案為：AB.,

（2）驗證機械能守恒定律實驗中，紙帶應該筆直的穿過打點計時器，以減小紙帶與打點計時器間的摩擦

力影響，同時重物應該緊靠打點計時器。

故答案為：D。

（3）打點計時器打E點時重錘的速度

VE==2.15m/s

(4)描點作圖可得v2-h圖像為

vA=x/2m/s

根據機械能守恒定律

=^mv2

mgh

用描繪v2-h圖像來驗證機械能守恒不僅需要驗證

V2=2gh

而目.還要驗證其斜率

k=2g

當圖像在h軸上的截距約為。1加時-，斜率為

2—0

k=O^OJL=20=20

即可驗證重錘下落過程中機械能守恒。

【分析】熟悉打點計時器的操作方法和數據處理方法。根據實驗原理推導得出圖像的函數表達式，分析

圖像斜率的物理意義。根據A點坐標及h軸上交點坐標確定k值，再根據其與2g的關系確定是否可行。

17.【答案】(1)解：兒童沿滑梯下滑，由速度位移公式/—0=2QL

可得兒童沿滑梯下滑的加速度a的大小Q=3mls2

(2)解：兒童在滑梯上由牛頓第二定律可得mgsinJ-〃17ngeosS=ma

且sin。=^=0.6

解得/=0.375

(3)解：兒童在水平地墊匕滑行，由速度位移公式0-講二-2優工

由牛頓第二定律〃2mg=ma

解得〃2=0.9

即水平地墊與兒童之間的動摩擦因數|12的最小值為0.9o

【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律

【解析】【分析】3）根據勻變速直線運動位移與速度的關系進行解答即可；

（2）根據幾何關系確定傾角的大小，對兒童進行受力分析，再根據牛頓第二定律進行解答即可；

（3）摩擦因數越小，阻力越小，小孩滑行的距離越遠。則為了保證安全，應使兒童速度為零時，兒童在

水平段運動位移小于等于地墊長度。明確兒童的受力情況，再根據牛頓第二定律及運動學公式進行解答

即可。

18.【答案】（1）解：小球恰好可以在豎直平面內做圓周運動，通過最高點N時有

小球通過最高點N時速度大小為〃=4gi

（2）解：小球通過與。點等高的A點時，根據動能定理有;m說一mg/

繩對小球拉力T的大小為7=加甲=3mg

（3）解：根據機械能守恒，在最低點M有$772扁=

根據動量定理在最低點M給小球施加的水平沖量1的大小為/=mvM=m阿

【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用；沖量

【解析】【分析】（1）小球恰好在豎直平面內做圓周運動。則在最高點由重力提供向心力，根據牛頓第二

定律進行解答即可；

（2）明確小球在AN過程的受力情況及各力做功情況，根據動能定理確定小球在A點的速度大小，再根

據牛頓第二定律進行解答；

（3）對MN過程運用動能定理確定小球在M點的速度大小。明確小球在M點運動前后的速度情況，再

根據動量定理進行解答。

19.【答案】（1）解：①以橡皮錘為對象，從橡皮錘開始下落到發生彈性碰撞之前，由動能定理可得W+

mgh=ymvQ-0

解得W=-mgh

②彈性碰撞后，設橡皮錘的速度為巧〃，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律可得加為=加為+時〃

由于碰撞為彈性碰撞，根據機械能守恒可得詔=

解得玻璃瓶的速度大小為u=駕女

m+Mu

（2）解：瓶中水先在重力與大氣壓力的作用下加速運動，設水的質量為m（）,與瓶底發生相互作用前的

速度為爐，真空層高度為/■/,瓶內部半徑為R,大氣壓強為Po，由動能定理可得mogH+Po"*”=

2^0^-0

其中水重力做的功可忽略，則有v=V2.5zrm/s

當水與瓶底發生相互作用時，設相互作用所用時間為3瓶給水的作用力為F,瓶底受到的內壓為p。

角度一：以瓶中全部水為研究對象，取向上為iE方向，由動量定理得F￡=O-（-mo/）

由牛頓第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小為8則有一

解得p?0.7Mpa

無法撞碎瓶底;

角度二：以一段極短時間小內瓶中底部質量為/m的水為研究對象，取向上為正方向，由動量定理得尸亡=

0-

其中dm=pnR2vrAt（p=1000/c^/m3）

由牛頓第三定律可知，瓶底受到水的作用力大小為尸，則有P=與=p/2

TTY

解得pX0.008Mpa

無法撞碎瓶底；

角度三：以瓶中全部水為研究對象，根據能量守恒定律，可人為水損失的動能全部傳遞給玻璃瓶，則玻

璃瓶獲得的能量為

可以撞碎瓶底，該小組的猜想合理。

【知識點】動量定理：能量守恒定律；動能定理的綜合應用；碰撞模型

【解析】【分析】（1）①對橡皮錘從橡皮錘開始下落到發生彈性碰撞之前，明確橡皮錘的初末速度，運用

功能關系進行解答即可；

②對橡皮錘和瓶子整體運用動量守恒定律及能量守恒定律進行解得即可，彈性碰撞無機械能損失。

（2）對水進行受力分析，根據動能定理確定水開始運動至與底部撞擊前水的速度大小，真空層大氣對水

的做功情況。明確碰撞前后水的速度變化情況。由閃圖可知，壓強與作用力有關，抗沖擊與能量有關。

故對于碰撞過程，可采用流體模型法或者整體法運用動量定理計算沖擊力對底部壓強的大小情況，繼而

判斷是否能撞碎瓶底。對于抗沖擊情況，可假設能撞碎瓶底，則撞后可不考慮水的回沖，認為撞后水的

速度為零，則可根據能量守恒定律判斷瓶底受到的沖擊，繼而判斷是否能撞碎瓶底。

20.【答案】（1）解：豎直方向做自由落體運動，則有/i=/g￡2

解得yJ寧

水平方向做勻速直線運動，則有血=%￡

解得勺=

（2）解：豎直方向上有MgJ—4a『二h

解得t'=屏

則有％2=V0t=

（3）解：導彈沿切線方向口速度為ucos。，法向方向的速度為usin。；沿切線方向做勻速圓周運動，對應

2

的向心加速度為Q=9。）

故沿法向上拋滿足t=

又S=VCOS0?t

【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；豎直上拋運動；牛頓第二定律；平拋運動；向心加速度

【解析】【分析】（1）小球離開桌面做平拋運動，根據平拋運動規律進行解答即可；

（2）在電梯內小球飛出后到落地的過程中，由于電梯和小球都在向下運動，故小球距離桌面的高度等于

小球和電梯在此過程中運動的位移之差。再結合平拋運動規律進行解答；

（3）導彈做斜拋運動，即延切線方向做勻速運動，沿法向方向做減速運動。導體運動過程中受到的重力

始終沿法向方向，且由于向心加速度的影響，重力的分力一部分用于提供向心加速度，另一部分改變導

彈法向速度的大小。再根據運動的分解及牛頓第二定律及斜效運動規律進行解答。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：100分

客觀題（占比）42.0(42.0%)

分值分布

主觀題（占比）53.0(58.0%)

客觀題（占比）14(70.0%)

題量分布

主觀題（占比）6(30.0%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

單選題。木部分共

14題，每題3分，

共42分。在每題列

14(70.0%)42.0(42.0%)

出的四個選項中，選

出最符合題目要求的

一項。

綜合題。本部分共6

6(30.0%)53.0(58.0%)

題，共58分。

3、試卷難度結構分析

序號難易度占比

1普通(75.0%)

2容易(10.0%)

3困難(15.0%)

4、試卷知識點分析

序號知識點（認知水平）分值（占比）對應題號

1向心加速度10.0(10.0%)20

2衛星問題3.0(3.0%)5

3運動學v-t圖象3.0(3.0%)9

4力的合成3.0(3.0%)3

5功率及其計算3.0(3.0%)10

6功的計算3.0(3.0%)9

7萬有引力定律的應用6.0(6.0%)5.8

8牛頓運動定律的綜合應用3.0(3.0%)12

9驗證機械能守恒定律10.0(10.0%)16

10重力勢