【文档说明】广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”2024-2025学年高三上学期第一次联合模拟考试 物理 Word版含解析.docx，共(19)页，167.500 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2024-2025学年度上学期广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”第一次联合模拟考试物理参加学校：诺德安达学校、金石实验中学、英广实验学校学校:___________姓名：___________班级：___________考

号：___________注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，请2B用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试

结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.(4分)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成𝜃角的拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重力加速度大小为g，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是()A.拉力F的冲量大小为FtB.拉力F的

冲量大小为𝐹𝑡cos𝜃C.摩擦力的冲量大小为FtD.重力的冲量大小为02.(4分)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环(图中未画出)，

三个滑环分别从a、b、c点无初速释放，下列关于它们下滑到d过程的说法中正确的是()A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长B.重力对各环的冲量中a的最小C.弹力对各环的冲量中c的最大D.合力对各环的冲量大小相等3.(4分)最近，义乌中学实验室对一款市场

热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为10𝑚/𝑠2，则下列同学的推断结果正确的是()A.机器人与水平桌面间的最大静摩

擦力为3NB.机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C.在0∼4𝑠时间内，合外力的冲量为12𝑁⋅𝑆D.在0∼4𝑠时间内，合外力做的功为12J4.(4分)如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为𝑚1和𝑚2，且𝑚1>𝑚2(滑轮质量及一切摩擦不计)，此时系统的加速度为a

，今用一竖直向下的恒力𝐹=𝑚1𝑔代替𝑚1，系统的加速度为𝑎1，则𝑎1和a的关系为()A.𝑎1=𝑎B.𝑎1=𝑚1+𝑚2𝑚2𝑎C.𝑎1=𝑚1𝑚2𝑎D.𝑎1=𝑚2𝑚1𝑎

5.(4分)如图所示，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度比b球的高．P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力，与b球相比，a球()A.初速度较大B.速度变化率较大C.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较小D.落地时速度方向与其初速

度方向的夹角较大6.(4分)图为一辆某建设工地上运送沙石的厢式自卸车，到达目的地后准备卸下车厢内的沙子，此时车头朝前，车厢在液压顶作用下缓慢抬高，车厢与水平面的夹角𝛼逐渐增大，整个卸沙过程汽车车轮相对地面始终静止。对此

下列说法正确的是()A.车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角𝛼逐渐增大，汽车受到沙子的作用力越来越大B.车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角𝛼逐渐增大，汽车受到地面的支持力越来越大C.当夹角𝛼为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的摩擦力为零D

.当夹角𝛼为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的静摩擦力方向向前7.(4分)图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力

随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，不计空气阻力。根据图像分析可知()A.尚清华的重力可由b点读出，为300NB.尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态C

.尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态D.尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.(6分)如图所示，相同的容器内水面高度相同。甲容器内

只有水，乙容器内有木块漂浮在水面上，丙容器中悬浮着一个小球。则下列说法正确的是()A.三个容器对水平桌面的压力相等B.三个容器中，丙容器对水平桌面的压力最大C.如果向乙容器中加入盐水，木块受到的浮力变大D.如果向丙容器中加入酒精，小球受到的浮力变小9.(6

分)关于运动的合成与分解，下列说法正确的是()A.两个直线运动的合运动不一定是直线运动B.两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动C.两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动D.两个初速度为零的匀加速直线运动互成角度，合运动一定不是匀加速直线运动10.(6分)质量为

𝑚1、𝑚2的甲、乙两物体间的万有引力，可运用万有引力定律𝐹=𝐺𝑚1𝑚2𝑟2计算，则下列说法正确的是()A.若𝑚1>𝑚2，甲对乙的万有引力大于乙对甲的万有引力B.甲对乙的万有引力的大小与乙对甲的万有引力的大小总相等C.

甲对乙的作用力和乙对甲的作用力是一对平衡力D.若只将第三个物体放在甲、乙两物体之间，甲、乙之间的万有引力不变三、实验题：本大题共1小题，共9分。11.(8分)某同学利用如图所示的实验装置进行了向心力来源分析并探究向心力表达式的实验。固定在竖直面内的轨道由

竖直轨道AB和四分之一圆弧轨道组成，C处固定有压力传感器和光电门(检测光线与球心等高)。实验中用小球压缩弹簧到某一位置，后由静止释放，小球沿轨道运动经过C点时，数字计时器显示遮光时间，压力传感器显示压力数值。已知圆弧轨道半径为R，小球直径为d。实验过程如下：(1)调节小球释放位置，使小球经过C点时

，压力传感器的示数恰好为零，此时数字计时器显示遮光时间为𝑡0，则经过C点时的速度大小𝑣=___________________；实验所在地的重力加速度大小𝑔=___________________；(2)逐渐压低小球释放点的位置，多次操作，记录每次对应的压力数值F、遮光时间

t，作出𝐹−1𝑡2的图像，分析可知图线的斜率为k，则小球的质量𝑚=___________________；F与t之间的表达式可表示为___________________。(以上均用已知物理量符号表示)四、简答题：本大题共1小题，共3分。12.(10分)如图所示，自动称米

机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻关闭开关S切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来。作为一名高中生，请

你用所学知识对此交易是否公平做出评判并证明。(已知单位时间流出来的质量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，在空中做自由落体运动。若切断米流后，盛米的容器中静止的那部分米的质量为𝑚1，空中还在下落的米的质量为𝑚2)。五、计算题：本大题共3小题，共3

0分。13.(10分)宇航员站在一颗星球表面上，在距星球表面高h处以初速度𝑣0水平抛出一个物体，然后测量出该平抛物体的水平位移为x。通过查阅资料得知该星球的半径为R，设物体只受星球引力的作用，求：(1)该平抛物体刚要落到星球表面处时

的速度大小v；(2)该星球的第一宇宙速度𝑣1。14.(10分)如图所示，轻质杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，当球B运动到最低点时，杆对球B的

作用力大小为3mg，已知当地重力加速度为g，求此时：(1)球B转动的线速度大小；(2)在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小和方向。15.(16分)如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为

𝜃=37∘与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离𝐿=125𝑅处由静止释放，滑

块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为𝜇=0.5，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最

大距离；(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。答案和解析1.【答案】A【解析】【考点】动量定理；动量冲量．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】A【分析】由平衡条件表达摩擦力和支持力，根据冲量的定义式求解各个力的冲量。【

解答】解：AB、根据冲量的定义式可知拉力F的冲量大小为Ft，故A正确，B错误；C、根据平衡条件可得摩擦力𝑓=𝐹cos𝜃，根据冲量的定义式可知摩擦力的冲量大小为𝐹𝑡cos𝜃，故C错误。D、根据平衡条件可得支持力𝑁=𝑚𝑔−𝐹sin𝜃，根据冲量的定义式可知支持力N的冲

量大小为(𝑚𝑔−𝐹sin𝜃)𝑡，故D错误；故选：A。【点评】本题主要是考查冲量的计算和动量定理，知道一个力的冲量就等于该力乘以作用时间，合外力的冲量等于动量的变化。2.【答案】C【解析】【考点】动量定理．【专题】比

较思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】C【分析】计算出滑环沿杆下滑的加速度，根据几何关系得到各细杆的长度，然后根据运动学公式得到下滑的时间；重力的冲量等于重力与时间的乘积；弹力的冲量等于弹力与时间的乘积；合力的冲量等于各个分力冲量的矢量和。【解答】解：A、设光滑细杆与水平方向的

夹角为𝛼，细杆的长度为𝐿=𝑅sin𝛼，其中R表示圆周的半径，根据牛顿第二定律可知滑环沿细杆下滑的加速度大小为𝑎=𝑔sin𝛼，则滑环沿细杆下滑到d的时间为t，则𝐿=12𝑎𝑡2，得𝑡=√2𝐿𝑎=√2𝑅sin�

�𝑔sin𝛼=√2𝑅𝑔.可以看出滑环沿细杆下滑到d的时间是一个与夹角𝛼无关的量。即它们下滑到d的时间相等，故A错误；B、重力的冲量𝐼𝐺=𝑚𝑔𝑡，滑环完全相同，所以质量相等，由上面的分析可知时间也相等

，所以重力对各环的冲量相等，故B错误；C、各环所受弹力为𝑁=𝑚𝑔cos𝛼，所以弹力对各环的冲量大小为𝐼𝑁=𝑚𝑔cos𝛼⋅𝑡，其中c杆与水平方向的夹角最小，即c杆对环的弹力最大，时间都是相等的，故弹力对各环的冲量中c的最大，故C正确；D、根据动能定理可以知道a环下

滑到底端时的速度最大，由上面的分析知道这个是等时圆模型，所以它们下滑到底端所用时间是相等的，根据动量定理可以知道合力的冲量等于物体动量的变化量，所以合力对a环的冲量最大，故D错误。故选：C。【点评】这是一个等时圆模型，可以快

速的得到滑环沿细杆下滑的时间相等，然后根据冲量的定义即可比较冲量的大小。3.【答案】A【解析】【考点】动量定理；牛顿第二定律；功的计算．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】A【分析】由图像求解时间，及摩擦力，由牛顿第二定律求解动摩擦

因数，由冲量公式求解C选项，由动能定理求解合外力做功。【解答】解：𝐴.由图b可知加速度的表达式为𝑎=3−14−2(𝑡−𝑡0)=𝑡−𝑡0则可得𝑡0=1𝑠即1s时加速度为零，则最大静摩擦力为𝑓𝑚=124×1𝑁=3𝑁故A正确；B.2s时的牵引力为𝐹2=124×2𝑁=6

𝑁由a、图b结合牛顿第二定律可得𝐹4−𝑓=𝑚𝑎4𝐹2−𝑓=𝑚𝑎2联立可得机器人质量𝑚=3𝑘𝑔滑动摩擦力为𝑓=3𝑁机器人与水平桌面间的动摩擦因数为𝜇=𝑓𝐹𝑁=𝑓𝑚𝑔解得𝜇=0.1故B错误；C.在0−4𝑠时间

内，合外力的冲量为𝐼=𝑚𝑎𝑡=3×0+32×(4−1)𝑁⋅𝑠=13.5𝑁⋅𝑠故C错误；D.4s末机器人的速度为𝑣=𝑎𝑡=32×3𝑚/𝑠=4.5𝑚/𝑠在0−4𝑠时间内，合外力做的功为𝑊=12𝑚𝑣2代入数据，解得𝑊=30.375𝐽故D错误.故选：

A。【点评】本题考查动量定理，学生除熟练掌握公式运用，还需灵活数形结合，综合求解。4.【答案】B【解析】【考点】牛顿运动定律的应用——连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定

律综合专题；分析综合能力．【答案】B【分析】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律求出加速度a与两个物体质量的关系。当用一竖直向下的恒力𝐹=𝑚1𝑔代替𝑚1时，对𝑚2，根据牛顿第二定律求出𝑎1，最后求𝑎1和a的关系。【解答】解：定

滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得：(𝑚1−𝑚2)𝑔=(𝑚1+𝑚2)𝑎，得𝑎=𝑚1−𝑚2𝑚1+𝑚2𝑔；当用一竖直向下的恒力𝐹=𝑚1𝑔代替𝑚1时，对𝑚2，根据牛顿第二定律得：𝑚1𝑔−𝑚2𝑔=𝑚2𝑎1，得

𝑎1=𝑚1−𝑚2𝑚2𝑔，则𝑎1=𝑚1+𝑚2𝑚2𝑎，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题是连接体问题，要灵活选择研究对象，运用牛顿第二定律列式解答，要注意整体法和隔离法的应用。5.【答案】

D【解析】【考点】平抛运动．【专题】定性思想；方程法；平抛运动专题．【答案】D【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系，速度变化率等于重力加速度，由速

度的合成求落地时速度大小和方向．【解答】解：A、两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由ℎ=12𝑔𝑡2，得𝑡=√2ℎ𝑔，则𝑡𝑎>𝑡𝑏。小球水平方向都做匀速直线运动，由𝑥=𝑣0𝑡，由题意x相等，又𝑡𝑎>𝑡𝑏，则

知𝑣𝑎<𝑣𝑏.故A错误。B、根据𝛥𝑣𝛥𝑡=𝑎=𝑔，则知速度变化率相同，故B错误。C、D、落地时速度𝑣=√𝑣02+𝑣𝑦2=√𝑣02+2𝑔ℎ，落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切tan𝛼=𝑣𝑦𝑣0=√2𝑔ℎ𝑣0，则知a的h大，𝑣0

小，tan𝛼大，落地时速度方向与其初速度方向的夹角大，故C错误，D正确。故选：D。【点评】平抛运动常用的研究方法是运动的分解法，只要掌握两个分运动的规律，通过合成即可知道平抛运动的规律．6.【答案】C【解析】【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．【专题】定性思想；推理法；共点力

作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】C【分析】根据平衡条件，分析沙子受到的作用力，再根据牛顿第三定律，分析汽车受到沙子的作用力；根据平衡条件，分析汽车受到地面的支持力；沙子恰好匀速下滑，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零。【解答】解：𝐴.当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到

重力和汽车给的作用力，沙子受到汽车的作用力和重力是平衡力，根据平衡条件，二者大小相等，方向相反，则沙子受到的作用力不变，由牛顿第三定律可知随着夹角𝛼逐渐增大，汽车受到沙子的作用力不变，故A错误；B.当车厢内的沙子没有滑动时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，是一对平衡力，根据

平衡条件，二者大小相等，方向相反，重力不变，则支持力不变，所以随着夹角𝛼逐渐增大，汽车受到地面的支持力不变，故B错误；𝐶𝐷.当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零，故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题考查

学生对平衡条件的掌握，处于平衡状态的物体受力特点为，若受到两个力作用，则二者大小相等，方向相反。7.【答案】C【解析】【考点】牛顿运动定律的应用——超重和失重．【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力；推理能力；分析综合能力．【答案】C【分析】人处于平

衡状态时，可以读出重力；弹力小于重力是失重，弹力大于重力是超重；只受重力作用时是完全失重状态；根据牛顿第二定律可求加速度大小；【解答】解：A、开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也是900N，故A错误；B、从b到c的过程中，人对板的

压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态而后是超重状态，故B错误；C、离开板后，人只受重力的作用，处于完全失重的状态，故C正确；D、b点对应时刻的弹力与重力的差值要小于c点对应时刻的弹

力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于c点对应时刻的加速度，故D错误；故选：C。【点评】明确超重和失重的概念，知道完全失重状态的受力情况是解决问题的关键。8.【答案】AD【解析】【考点】弹力的产生、方向．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；分析综合

能力．【答案】AD【分析】(1)三个相同的容器内水面高度相同，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ可知其对容器底的压强，再利用𝐹=𝑝𝑆比较三个容器对水平桌面的压力；(2)物体漂浮或悬浮，受到的浮力都等于物体重。(3)当物体的密度大于液体的密度时，物体下沉；当物体的密度

小于液体的密度时，物体上浮(漂浮)；当物体的密度等于液体的密度时，物体处于悬浮状态。【解答】解：AB、因水平面受到的压力等于物体的总重力，则甲容器对桌面的压力𝐹甲=𝐺水+𝐺杯﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①乙容器对桌面的压力𝐹乙=

𝐺水′+𝐺木+𝐺杯；因为木块漂浮，所以𝐹浮=𝐺木=𝐺排则乙容器对桌面的压力𝐹乙=𝐺水′+𝐺排+𝐺杯﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②甲、乙两容器的底面积相同且水的深度相同，则𝐺水=𝐺水′+𝐺排﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣③所以由①23可知，甲容器对桌面的压力等于乙容器对桌面的压力；同理可知，甲容器对桌面的压力等于丙容器对桌面的压力；故A正确，B错误；C、木块漂浮在水面上，若向乙容器中加入盐水，液体的密度增大，木

块仍然漂浮在液面上，则木块受到的浮力等于木块的重力，木块的重力没变，所以木块受到的浮力不变；故C错误。D、小球悬浮在丙容器中，所以𝜌球=𝜌水如果向丙容器中加入酒精，则液体密度减小，而𝑉排不变，由𝐹浮=

𝜌浮𝑔𝑉排可知，小球受到的浮力变小，则小球将下沉，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了学生对液体压强公式、物体浮沉条件的掌握和运用，本题关键：一是知道物体密度小于液体密度时物体漂浮，物体密度等于液体密度时物体悬浮，当物体的密度大于液体的密度时，物体下沉；二

是影响液体压强的因素是液体密度和液体深度。9.【答案】ABC【解析】【考点】运动的合成与分解．【专题】定性思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理能力．【答案】ABC【分析】当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，合运动是直线运动，

不在同一条直线上，合运动是曲线运动。【解答】解：A、两个直线运动的合运动不一定是直线运动，例如平抛运动，故A正确；B、两个匀速直线运动合成，合加速度为零，合运动仍然是匀速直线运动，故B正确；C、根据曲线运动的条件可知，当两个匀加速直线运动的合初速度的方向与它们的合加速度的方

向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，故C正确；D、两个初速为零的匀加速直线运动互成角度，由于合初速度为0，所以合运动一定是匀加速直线运动，故D错误；故选：ABC。【点评】本题考查运动的合成与分解，解决本题的关键是掌握判断合运

动是直线运动还是曲线运动的方法：看合速度的方向与合加速度的方向。10.【答案】BD【解析】【考点】万有引力定律的应用．【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．【答案】BD【分析】万有引力定律的条

件是适用于两质点间的万有引力，自然界中任意两个物体都有万有引力，两物体间相互的万有引力是一对作用力和反作用力．【解答】解：ABC、甲对乙的万有引力与乙对甲的万有引力是一对作用力和反作用力，所以甲对乙的万有引力的大小与乙对甲的万有引力的大小总相等，故B正确，AC错

误；D、若只将第三个物体放在甲乙两物体之间，甲乙之间的万有引力不变，故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键知道万有引力定律适用的条件，知道平衡力与作用力、反作用力的区别．11.【答案】(1)𝑑𝑡0、2𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02；(2)𝑘

(2𝑅−𝑑)2𝑑2、𝐹=𝑘𝑡2−𝑘𝑡02。【解析】【考点】探究圆周运动的相关参数问题；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动．【专题】定量思想；实验分析法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；能力层次；实验能力．【答案

】(1)𝑑𝑡0、2𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02；(2)𝑘(2𝑅−𝑑)2𝑑2、𝐹=𝑘𝑡2−𝑘𝑡02。【分析】(1)根据瞬时速度的定义求小球经过C点的速度，结合此时压力为零，由牛顿第二定律、几何关系等求重力

加速度；(2)改变小球释放的位置，得到𝐹−1𝑡2图像。根据牛顿第二定律等写出𝐹−1𝑡2表达式，结合图像的斜率的值，求出小球的质量，并简化𝐹−1𝑡2表达式。【解答】解：(1)已知小球经过光电门的时间为𝑡0，小球的直径d同时是小球经过光电门时的位移，由𝑣=�

�𝑡可得，小球经过C点时的速度大小为：𝑣=𝑑𝑡0根据重力提供向心力有：𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑟由题分析可知：𝑟=𝑅−𝑑2将速度值𝑣=𝑑𝑡0代入，联立以上三式可得：𝑔=2𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02。(2)当小球运动至光电门时，加速度方向竖直

向下，重力及压力的合力提供向心力：𝐹向=𝑚𝑣2𝑟=𝐹+𝑚𝑔而速度：𝑣=𝑑𝑡，𝑔=2𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02联立以上三式可得𝐹−1𝑡2的关系式为：𝐹=2𝑚𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡

2−2𝑚𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02由题中已知𝐹−1𝑡2的图像斜率为k，则：𝑘=2𝑚𝑑2(2𝑅−𝑑)变形可得：𝑚=𝑘(2𝑅−𝑑)2𝑑2将k值代入以上表达式后得：𝐹=𝑘𝑡2−𝑘𝑡02故答案为：(1)𝑑𝑡0；2𝑑2(2𝑅−𝑑)𝑡02(2)

𝑘(2𝑅−𝑑)2𝑑2；𝐹=𝑘𝑡2−𝑘𝑡02。【点评】本题考查的是学生对于圆周运动相关知识及数学关系中各量的运算能力，需要将各物理量，按照匀速圆周运动的规律，列出数学方程式，经方程式变换的相关物理量。12.【答案】自动称米机是准确的，不存在哪

方划算不划算的问题，为公平交易。【解析】【考点】动量定理；自由落体运动．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，为公平交易。【分析】根据动量定理和牛顿第三定律可知称米机读数包含了静止在容器

中的那部分米的质量𝑚1，也包含了尚在空中的下落的米的质量𝑚2，即自动称米机是准确的。【解答】解：设落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为𝛥𝑚。在极短时间𝛥𝑡内，取𝛥𝑚为研究对象，这部分米很少，则有𝛥𝑚=𝑑𝛥𝑡，

设其落到米堆上之前的速度为v，经𝛥𝑡时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得，(𝐹−𝛥𝑚𝑔)𝛥𝑡=𝛥𝑚𝑣即，𝐹=𝑑𝑣+𝑑𝛥𝑡𝑔因𝛥𝑡很小，故𝐹=𝑑𝑣根据牛顿第三定律知𝐹=𝐹′称米机的读数

应为𝑀=𝑁𝑔=𝑚1𝑔+𝐹′𝑔=𝑚1+𝑑𝑣𝑔，因切断米流后空中尚有𝑣𝑔时间内对应的米流在空中，故𝑑𝑣𝑔=𝑚2，可见，𝑀=𝑚1+𝑚2即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，为公平交易。答：自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，为公平

交易。【点评】本题考查动量定理在生活中的应用，解题过程中应用到了数学知识，有一定难度。13.【答案】(1)该平抛物体刚要落到星球表面处时的速度大小为√𝑣02+(2ℎ𝑣0𝑥)2；(2)该星球的第一宇宙速度为𝑣0𝑥√2ℎ𝑅。【解析】【考点】万有引力定律的应用；第一、第

二和第三宇宙速度；平抛运动；向心力．【专题】定量思想；方程法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；分析综合能力．【答案】(1)该平抛物体刚要落到星球表面处时的速度大小为√𝑣02+(2ℎ𝑣0𝑥)2；(2)该星球的第一宇宙速度为𝑣0𝑥√2ℎ𝑅。【分析】(1)由平抛

运动的规律，可得月球表面重力加速度，再根据动能定理求解物体刚要落到星球表面处时的速度大小；(2)该星球的第一宇宙速度即为卫星绕该星球表面做圆周运动的线速度，由万有引力提供向心力的速度表达式，可得该星球的第一宇宙速度𝑣1。【解答】解：(1)该

物体在星球表面做平抛运动，设下落时间为t，该星球表面的重力加速度为g，则有：水平方向：𝑥=𝑣0𝑡竖直方向：ℎ=12𝑔𝑡2联立解得：𝑔=2ℎ𝑣02𝑥2设物体的质量为m，物体从抛出到落到星球表面过程中，根据动能定理可得：𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02

解得：𝑣=√𝑣02+(2ℎ𝑣0𝑥)2；(2)该星球的第一宇宙速度即为卫星绕该星球表面做圆周运动的线速度，设卫星的质量为𝑚′，根据卫星的重力等于向心力可得：𝑚′𝑔=𝑚′𝑣12𝑅该星球的

第一宇宙速度𝑣1=√𝑔𝑅=𝑣0𝑥√2ℎ𝑅。答：(1)该平抛物体刚要落到星球表面处时的速度大小为√𝑣02+(2ℎ𝑣0𝑥)2；(2)该星球的第一宇宙速度为𝑣0𝑥√2ℎ𝑅。【点评】对于在星体表面做平抛，或竖直上抛之类的运动，其

目的一般都是让通过给定的运动求得星球表面的重力加速度，再根据万有引力与重力的关系、万有引力提供向心力等知识进行解答。14.【答案】(1)球B转动的线速度大小为2√𝑔𝐿；(2)在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小为3mg，方向竖直向下。【

解析】【考点】生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】

(1)球B转动的线速度大小为2√𝑔𝐿；(2)在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小为3mg，方向竖直向下。【分析】(1)小球B受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解球B转动的线速度大小；(2)𝐴球的角速度等于B球的角速度，对A球运用牛顿第二定

律列式求解；杆受力平衡，先根据牛顿第三定律求解两个球对杆的作用力，再结合平衡条件求解转轴对杆的作用力，最后结合牛顿第三定律求解轻质杆对水平转动轴的作用力大小和方向。【解答】解：(1)小球B受重力和弹力的合力提供向心力，根据牛顿第

二定律：𝐹𝐵−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐵22𝐿其中：𝐹𝐵=3𝑚𝑔联立解得球B转动的线速度大小为：𝑣𝐵=2√𝑔𝐿(2)𝐴球的角速度等于B球的角速度，根据𝑣=𝑅𝜔，可知此时A球的速度为：𝑣𝐴=12𝑣𝐵对A球受力分析，根据牛顿第二定律得：𝐹𝐴

+𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐴2𝐿联立解得：𝐹𝐴=0根据牛顿第三定律可知球A对杆得作用力为零，球B对杆有竖直向下的拉力，为：𝐹𝐵′=3𝑚𝑔轻杆受力平衡，故水平转动轴对轻杆的作用力向上，为：𝑁=𝐹𝐵′=3𝑚𝑔根据牛顿第三定律可得轻质杆对水平转动

轴的作用力大小为：𝑁′=𝑁=3𝑚𝑔，方向竖直向下答：(1)球B转动的线速度大小为2√𝑔𝐿；(2)在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小为3mg，方向竖直向下。【点评】本题关键是明确小球的向心力来源，然后根据牛顿第二定律、牛顿第三定律、平衡条件列式求解。15.【答案】(1)

滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为45mg；(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为25R；(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程137.5𝑅。【解析】【考点】功能关系；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动；动能定理．【专题】定量思想；

推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为45mg；(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为25R；(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程137.5𝑅。【分

析】(1)滑块从静止释放到第一次到达圆轨道最高点过程利用动能定理列式，在圆轨道最高点由牛顿第二定律列式，联立方程可得支持力大小，由牛顿第三定律可得压力大小；(2)滑块从静止释放到第一次在CD段速度减为零

过程利用动能定理求解；(3)根据滑块在圆轨道最高点的临界速度利用动能定理可得滑块在CD段滑行的距离与第二问中的结果相比较，可知滑块能再次滑行到AB段，根据第二问中的滑块在两斜面上滑行距离的关系可得滑块第二次向上在AB段滑行的距离，利用动能定理可得滑块第三次通过B点速度大小，根据

B点速度大小利用动能定理可知滑块速度减为零时运动的位置和滑块在AB段运动的总路程。【解答】解：(1)滑块从静止释放到第一次到达圆轨道最高点过程，由动能定理有：𝑚𝑔𝐿sin𝜃−𝜇𝑚𝑔𝐿cos�

�−2𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣2在圆轨道最高点由牛顿第二定律有：𝐹𝑁+𝑚𝑔=𝑚𝑣2𝑅代入数据可得：𝐹𝑁=45𝑚𝑔由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小𝐹𝑁′与支持力𝐹𝑁大小相等，即：𝐹𝑁′=𝐹𝑁=45𝑚𝑔(2)设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距

离为𝐿1，滑块从静止释放到第一次在CD段速度减为零过程，由动能定理有：𝑚𝑔𝐿sin𝜃−𝜇𝑚𝑔𝐿cos𝜃−𝑚𝑔𝐿1sin𝜃−𝜇𝑚𝑔𝐿1cos𝜃=0代入数据可得：𝐿1=25𝑅(3)根据上面分析可知：𝐿1

𝐿=25𝑅125𝑅=15滑块恰好通过圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有：𝑚𝑔=𝑚𝑣02𝑅设滑块在CD轨道上向下滑行的距离为𝐿0时，滑块恰好通过圆轨道最高点时，滑块从CD段静止滑下到恰好通过圆轨道最

高点过程，由动能定理有：𝑚𝑔𝐿0sin𝜃−𝜇𝑚𝑔𝐿0cos𝜃−2𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣02代入数据可得：𝐿0=12.5𝑅𝐿0<𝐿1，可知滑块第一次从CD轨道滑下后能再次在AB轨道滑行，同理可知滑块第一次在AB轨道向上

滑行的最大距离满足：𝐿2=15𝐿1=15×25𝑅=5𝑅设滑块第三次通过B点的速度为𝑣𝐵3，滑块从AB轨道第二次滑下过程，由动能定理有：𝑚𝑔𝐿2sin𝜃−𝜇𝑚𝑔𝐿2cos𝜃=

12𝑚𝑣𝐵32代入数据可得：𝑣𝐵3=√2𝑔𝑅设滑块以𝑣𝐵3=√2𝑔𝑅上升到圆轨道的高度为h，由动能定理有：−𝑚𝑔ℎ=0−12𝑚𝑣𝐵32，可得ℎ=𝑅，可知滑块速度减为零，反向运动滑到AB段，滑块不能再次滑到CD轨道上，滑块第三次通过B点到速

度减为零的过程，由动能定理有：−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝑠=0−12𝑚𝑣𝐵32代入数据可得：𝑠=2.5𝑅整个过程中滑块在AB段滑行的总路程：𝑠总=𝐿+2𝐿2+𝑠=125𝑅+2×5𝑅+2.5𝑅=137.5𝑅答：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为45m

g；(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为25R；(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程137.5𝑅。【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律，解题的关键是利用动能定理判断滑块从CD段再次滑下时能否上升到圆轨道的最高点，从AB段再次滑下时上升

到圆轨道的哪个位置，从而判断滑块下一步的运动特点。