【文档说明】北京市第十一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(25)页，893.688 KB，由小赞的店铺上传

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2024北京十一中高三10月月考物理一、单选题（每题只有一个选项正确，每题3分，共42分）1.若将同步卫星和月球绕地球的运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.同步卫星的线速度大于月球的线速度B.同步卫星的角速度小于月球的角速度C.同步卫星的加速度小于月球的加速度D.同步卫星离地

球的距离大于月球离地球的距离【答案】A【解析】【分析】【详解】A．对于同步卫星和月球而言，月球绕地球运行的半径要大于同步卫星，根据22MmvGmrr=解得GMvr=故半径越大时，其运行的线速度就越小，A正确；B．根据22MmGmrr=解得3G

Mr=半径越大，则其角速度越小，同步卫星的角速度大，B错误；C．根据2MmGmar=解得2Mmar=同步卫星离地球近，故同步卫星的加速度较大，C错误；D．同步卫星离地球的距离小于月球离地球的距离，D错误。故选A。2.如图所示是某自行车的传动装置，其大齿轮、小齿轮、

后轮的半径之比为4：1：10，A、B、C是三个轮边缘上的点。设三点的线速度大小分别为Av、Bv、Cv，角速度分别为A、B、C，加速度大小分别为Aa、Ba、Ca。当支起后轮，三个轮在踏板的带动下一起转动时

，下列判断不正确的是（）A.:1:4AB=B.:1:10ACvv=C.:4:1ABaa=D.:1:40ACaa=【答案】C【解析】【分析】【详解】A．A、B两点靠链条传动，线速度相等，根据v=rω由题意可知rA：rB=4:1则角速度之比为AB:1:4=故A不符合题意。B．小齿轮和后轮

共轴角速度相等，根据v=ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：10，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为:1:10ACvv=故B不符合题意；C．大齿轮和后轮靠链条传动，线速度相等，根据2var=由题意可知rA：rB=4:1则加速度之比为:1:4ABaa=故C符合题意；D．由上

分析可知:1:10ACvv=根据2var=可得:1:40ACaa=故D不符合题意。故选C。3.与静止点电荷的电场类似，地球周围也存在引力场，引力做功与路径无关，所以可定义引力场强度和引力势。设地球的质量为M，地球半径为R，引力常量为G，质量为m的质点距地心距离为r（rR）

时，引力势能为PmMEGr=−（取无穷远处为势能零点）。下列说法正确的是（）A.距地心r处，地球的引力场强度大小为2mGrB.距地心r处，地球的引力势为MGr−C.r增大，引力场强度和引力势均增大D.r增大，引力场强度和引力势均减小【答案】B【解析】

【详解】A．由于点电荷电场强度大小关系为2Qkr，对应到引力场应为2MGr，A错误；B．根据电势能与电势对应关系PEq=可推断引力势能与引力势的对应关系P=Em可知=MGr−B正确；CD．根据以上分析可知，随着r增大，引力场强度减小，但由于引力势是负数，因此将增大，CD均错误

。故选B。4.一根弹性长绳沿x轴放置，左端点位于坐标原点，A点和B点分别是绳上x1=2m、x2=5m处的质点．用手握住绳的左端，当t＝0时使手开始沿y轴做简谐振动，在t＝0．5s时，绳上形成如图所示的波形．下列说法中正确的是（）A.此列波的波长为1m，波速为4m/sB.

此列波为横波，左端点开始时先向上运动C.当t=2．5s时，质点B开始振动D.在t=3．5s后，A、B两点的振动情况总相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由题意可知，0．5s是半个周期的时间，故周期T=1s，由图可知，半个波长为1m，故波长为2m

，则波速2m/svT==A错误；B．因为绳子沿x轴正方向传播，由0．5s时最右端的质点向下振动，它应该与振源的振动方向相同，故左端点开始时应该先向下运动，B错误；C．波从图示位置传到质点B用时4s2s2st

v===当t=2．5s时，B点正好开始振动，C正确；D．因为AB间相距3m，而波长为2m，故AB两点的振动方向总是相反的，D错误。故选C。5.如图显示了在外加匀强电场E0的情况下，无穷大导体板中静电平衡

的建立过程．下列说法正确的是（）A.图甲、图乙显示，导体内部带负电的电子在电场力作用下运动，而带正电的离子不受电场力作用B.图丙中，导体内部场强处处为零，但电势不一定是零C.图丙中，导体AB表面的电势低于CD表面的电势D.图丙中，导

体AB表面感应电荷将在导体内部产生一个水平向左的电场，大小也为E0【答案】B【解析】【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷

的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．【详解】A．图甲、图乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下向左运动，但是带正电的离子同样会受到电场力的作用，选项A错误；BCD．图丙中导体AB表面和CD表面的感应电荷将在导体内部产生一个水平向左的电场E'，大小也为E0，静电平衡时导体

内部感应电荷的电场E'与原电场E0相抵消，从而导致内部场强处处为零，导体是等势体，电势处处相等，导体AB表面的电势等于CD表面的电势，且电势不为零，故B正确，CD错误．【点睛】本题应明确静电平衡的现象，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处

为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．6.质量为1kg的质点在xOy平面内做曲线运动，它在x方向的速度-时间图像和y方向的位移-时间图像如图所示。下列说法正确的是（）A.质点的初速度大小为5m/sB.2s末

质点的速度大小为10m/sC.质点初速度的方向与合力方向垂直D.质点1s末的位置坐标为（6m，8m）【答案】A【解析】【详解】A．质点在x轴方向上的初速度为3msxv=y轴方向的初速度为yt−图像的斜率4msyv=所以质点的初速度为2205msxyvvv=+=故A正确；B．2s末质点沿x轴方向的速

度为6msxv=y轴方向以4msyv=做匀速直线运动，所以2s末质点的速度大小为220213msxyvvv=+=故B错误；C．质点的初速度在x轴和y轴之间，而合力在x轴上，所以合力与初速度不垂直，故C错误；D．质点在x轴方向上的加速度为2263ms1.5ms2a−==质点1s末在x轴

方向上的位移为2115m24xxvtat=+=质点1s末在y轴方向上的位移为4myyvt==质点1s末的位置坐标为（154m，4m），故D错误。故选A。7.金星与地球半径接近，金星的质量约为地球质量的45，地球和金

星各自的卫星公转半径的倒数1r与公转速度的平方2v的关系图像如图所示，下列判断正确的是（）A.金星的第一宇宙速度较小B.取相同公转速度，金星的卫星的周期较大C.图线a表示的是地球的卫星，图线b表示的是金星的卫星D.取相同公转半径，金

星的卫星向心加速度较大【答案】A【解析】【详解】A．根据22MmvGmRR=可得第一宇宙速度为GMvR=金星与地球半径接近，金星的质量约为地球质量的45，则金星的第一宇宙速度较小，故A正确；C．根据22MmvGmrr=可得211vrGM=可知地球

的质量较大，则21vr−图像的斜率较小，则图线b表示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，故C错误；B．由于图线b表示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，取相同公转速度，则金星的卫星的轨道半径较小，根据2rT

v=可知金星的卫星的周期较小，故B错误；D．由于图线b表示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，取相同公转半径，金星的卫星的速度较小，根据2var=可知金星的卫星向心加速度较小，故D错误。故选A。

8.类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，如图所示，下列对于图线和横轴围成面积的说法，其中不正确的说法是（）Aa－t（加速度－时间）图像面积反映速度变化量ΔvB.v－t（速度－时间）图像面积反映位移

大小xC.F－x（力－位移）图像面积反映力的功WD.ω－r（角速度－半径）图像面积反映线速度v【答案】D【解析】【详解】A．a－t(加速度－时间)图线和横轴围成的面积表示.atv=即表示速度的改变量，故A正确；B．v－t(速度－时间)图线和横轴围成的面积表示v

tx=即表示位移，故B正确；C．F－x图线和横轴围成的面积表示FxFx=即面积表示对应位移内力所做的功力F的总功，故C正确；D．ω－r图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于ωr，即线速度；故图象与横轴围成的

面积不一定等于ωr，即不一定等于线速度，故D错误。本题选不正确的，故选D。9.一竖直放置轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F

，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确．．．的是（）（g取10m/

s2）A.A、B分离时B的加速度为gB.弹簧的弹力对B做功为零C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·sD.B的动量变化量为零【答案】D【解析】【详解】A．由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，

二者之间的相互作用力为0，所以此时A只受重力，A的加速度为Aag=所以B的加速度为也等于g，故A正确，不符合题意；B．A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，所以从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B

做功为零，故B正确，不符合题意；的C．A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度为22100.22m/svgh===上升到最高点所需的时间为20.2shtg==由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s

，方向竖直向下，对B在此过程中运用动量定理得BBB()mgtImvmv+=−−弹解得弹簧的弹力对B的冲量大小为N6NsI=故C正确，不符合题意；D．B的动量变化量为()BBΔ12kgm/spmvmv=−−=故D错误，符合题意。故选D。10.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距

地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（）A.该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率小于在轨道Ⅱ上A点的速率B.卫

星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，势能大，机械能小C.卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小D.地球的质量可表示为2324(+)RhGT【答案】D【解析】【详解】A．卫星在轨道Ⅰ上过A点做匀速圆周运动，满足2I2vMmGm

rr=卫星在轨道Ⅱ上过A点做近心运动，即II22MmGmvrr所以卫星在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，由GMvr=可知，在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，因此该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，A错误；B．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需在

A点减速，从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ需在B点减速，故卫星机械能减小，卫星在轨道Ⅲ上的速率大于在轨道Ⅰ上的速率，故卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能，从轨道Ⅱ上A运动到B的过程，地球引力对卫星做正功，引力势能减小，可知卫星在轨道Ⅰ上运行时动能小，势能大，机械能大，B错误；C．根据万有引力提供向心力

有2MmGmar=可得2GMar=卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，r变小，故加速度变大，C错误；D．卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有2224()()MmGmRhRhT=++解得2324()RhMGT+=D正确。故选D。11

.一个圆锥摆由长为l的摆线、质量为m的小球构成，小球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是（）A.小球受到重力、拉力和向心力的作用B.小球的向心加速度大小为a=gsinθC.小球圆周

运动的周期为2lTg=D.某时刻剪断摆线，小球将做平抛运动【答案】D【解析】【详解】对小球受力分析如图所示A．小球受到重力和拉力的作用，这两个力的合力提供向心力，向心力是一种作用效果，物体受力分析时不能说受到向心力，故A错误；B．根据牛顿第二定律得mgtanθ=ma得

a=gtanθ故B错误；C．根据牛顿第二定律得224tansinmgmLT=解得小球圆周运动的周期cos2LθTπg=故C错误；D．某时刻剪断细线，小球只受重力的作用，有水平方向的速度，所以小球做平抛运动，故D正确；故选D。12.如图所

示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球向右初速度0v，小球竖直平面内顺时针圆周运动，重力加速度g已知。下列判断正确的（）A.在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大B.如果0v适当，轻杆对小球作用力可能始终为指向圆心的拉力C.如果增大0v，轻杆在

最低点与水平位置处对小球拉力的差值也增大D.在小球的一次完整圆周运动过程中，轻杆对球的总冲量为0【答案】B【解析】【详解】A．小球从最高点到最低点的过程中，速度方向逐渐由水平向左变成水平向右，根据功率的定义式，可知

小球受到的重力的功率先变大后变小，A错误；B．根据向心力的公式可知2nvFmL=速度0v适当时，小球的重力或重力的分力不足以提供小球做圆周运动的向心力时，轻杆会对小球施加指向圆心的拉力，B正确；C．如果增大0v

，小球从最高点运动到水平位置的过程，根据机械能守恒定律，有22101122mgLmvmv=−在水平位置受到拉力提供向心力，根据牛顿第二定律，有211vFmL=在最低点，再对小球受力分析，同理根据牛顿第二定律，有222vFmgmL−=从最高点到最低点的过程，根

据机械能守恒定律，有222011222mgLmvmv=−联立解得213FFmg−=根据表达式可知如果增大0v，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不会变化，C错误；D．在小球的一次完整圆周运动过程中，受到重力和轻杆的作用力，运动一周的过程中，根据动量定理，有GF0

II−=因为重力的冲量不为零，所以轻杆的冲量不为零，D错误。故选B。13.如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚

线1、2代表离地高度不同的两个水平面，则下列说法正确的是（）A.A球经过面1时的速率等于B球经过面1时的速率B.A球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化C.A球从面1到面2的动量变化大于B球从面1到面2的动量变化D.A球从

面1到面2的机械能变化等于B球从面1到面2的机械能变化【答案】D【解析】【详解】A．A球做平抛运动，B球做自由落体运动；到达面1时，B球的速度等于A球的竖直速度，但A球还有水平速度，所以到达面1时，A的速率大于B的速率，故A错误；B．两球在竖直

方向均做自由落体运动，可知两球经过面1的竖直分速度相等，经过面2的竖直分速度相等，A球从面1到面2的速率变化为2222A21xyxyvvvvv=+−+B球从面1到面2的速率变化为B21yyvvv=−可知A球从面1到面2的速率变化不等于B球从面1到面2的速率变化，故B错误；C．两球在竖

直方向均做自由落体运动，可知从面1到面2所用时间相同，根据动量定理可得mgtp=可知A球从面1到面2的动量变化等于B球从面1到面2的动量变化，故C错误；D．两球运动过程均满足机械能守恒，故A球从面1到面2的机械能变化等于B球从面1到

面2的机械能变化，均为0，故D正确。故选D。14.风化蚀的产物有可能被风、流水、冰川和海浪携带而离开原位置，地理学家把这种现象叫做”搬运”．为了讨论水流的搬运作用，设水的流速为v，物块的几何线度为l，并作如

下简化：物块的体积与3l成正比，水流对物块的作用力与22lv成正比，物块受到的阻力与物块的重力成正比．已知水的流速为v时,能搬运石块的重力为G．当水的流速为2v时，能搬运石块的重力为（）A.2GB.4GC.16GD.

64G【答案】D【解析】【详解】不妨设31Vkl=222Fklv=33331fkGkVkkl===由受力平衡Ff=223231klvkkl=可得2v与l成正比，所以重力与6v成正比，带入数据，当水的流速为2

v时，能搬运石块的重力为64G。故选D。二、实验题（每空2分，共18分）15.（1）在研究平抛运动规律的实验中，下列要求不必要的是______。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线必须调成水平C．记录痕迹的白纸必须在竖直平面内D．小球每次必须从斜槽上同一位置静止滚

下（2）小明同学利用频闪照相的方式研究平抛运动，如图是他将照相机对准每小格边长为3.2cm的方格背景拍摄的频闪照片，不计空气阻力，取重力加速度210m/sg=，则照相机两次闪光的时间间隔T＝______s，小球被抛出时的水平速度0v=__

____m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.A②.0.08③.1.6【解析】【详解】（1）[1]AD．研究平抛运动规律的实验中，斜槽轨道不必是光滑的，只要小球每次从斜槽上同一位置静止滚下即可，选项A错误，D正确；B．斜槽轨道末端的切

线必须水平，保证小球抛出后做平抛运动，选项B正确；C．记录痕迹的白纸必须在竖直平面内，以确保水平、竖直位移的测量准确，选项C正确。不必要故选A。（2）[2]竖直方向根据匀变速运动规律有22ylgT==解得20.08slTg==[3]水平方向有04xlvT==解得041.6m/slvT==16.

（1）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压可为6V的交流电（频率50Hz）或直流电。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。①实验中，他挑出一条点迹清晰

的纸带进行测量分析，如图所示。其中O点为下落起始点，A、B、C、D、E、F为计数点。若该同学想验证重物从开始下落到运动到纸带E点对应的位置的过程中机械能是否守恒，已知当地的重力加速度为g，相邻计数点之间的时间间隔为Δt，请结合下图纸带中的物理量

，写出他需要验证的公式的表达式_______________________________________。②下表为该同学记录的实验结果：2pJ/10E−4.8929.78614.6919.5929.382kJ/10E−

5.0410.115.120.029.8他发现表中的pE与kE之间存在差异，他认为这是由于空气阻力造成的。你_____________（填是或否）同意他的观点？③该同学根据纸带算出各点的速度v，以O点为起点测量出下落距离h，以22v为纵轴、以h

为横轴画出图像。考虑阻力（阻力近似为恒力）的影响，图像可能是图中的_____________。（2）用如图所示装置也可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定

一金属圆环，圆环处在物体B的正下方，金属片C与圆环间的高度差为h，将A、B、C组成的系统由静止释放．当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两个固定在铁架台P1、P2处的光电门，通过电子计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间。①若测得P1、P2之间的距离为

d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v＝________。②若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，重力加速度为g，该实验中验证了等式___________成立，即可验

证机械能守恒定律．③本实验中的测量仪器除刻度尺、光电门、电子计时器外，还需要________。【答案】（1）①.22()8OFODOEhhght−=②.否③.B（2）①.dt②.()2122dmghMmt=+③.天平【解析】【小问1详解】[1]重物到达E点时的速

度2()OFODEhhvt−=若机械能守恒则有212OEEmghmv=联立上式，整理可得22()8()OFODOEhhght−=[2]表中的pE与kE之间存在差异，pE小于kE，不是由于空气阻

力造成的，如果考虑空气阻力的影响，重力势能的减少量应大于动能的增加量。[3]若考虑阻力的影响，设阻力为f，根据动能定理可得21()2mgfhmv−=整理的21()2fvghm=−可知212vh−图像是通过原点的一

条直线，B正确。故选B。【小问2详解】[1]由题可知，物体B刚穿过圆环后的速度dvt=[2]若系统机械能守恒，则有2122mghMmv=+()整理即为21(2)()2dmghMmt=+[3]由上述分析可知，必须测得物体A、B的质量M

和金属片C的质量m，故实验器材中需要天平测量相关物体的质量。三、解答题（请写明必要的文字说明，共40分）17.假设未来的人类登上某一地外行星。一小球在距离该星球表面h处自由下落，经过时间t落到星球表面，无空气阻力。设这个行星的半径为R，万有引力常量为G，回答

下面问题：（1）该行星表面的重力加速度大小；（2）该行星的质量；（3）如果将来要在这颗行星上发射环绕卫星，环绕这个行星的第一宇宙速度大小约为多少？【答案】（1）22ht；（2）222hRGt；（3）12hRt

【解析】【详解】（1）根据自由落体运动公式212hgt=解得该行星表面的重力加速度大小为22hgt=（2）根据物体在星球表面受到的重力等于万有引力可得2MmmgGR=解得该行星的质量为222hRMGt=（3）根据2vmgmR=解得环绕这个行星的第一宇宙速度大小为

12vhRt=18.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°。现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放，g取10m/

s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：（1）小球所受电场力的大小；（2）小球通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。【答案】（1）0.75N；（2）1m/s；（3）1.5N【解析】【详解】（1）小球在B点时，根据平衡条件有tanFmg=解得0.

75NF=（2）对小球从A到C的过程，由动能定理得212CmglFlmv−=解得1m/sCv=（3）小球在C点时，根据牛顿第二定律有2vTmgml−=解得1.5NT=19.二十一世纪，能源问题是全球关注的焦点问题。从环境保护的角度出发，电动汽车在近几年发展迅速。下表给出的

是某款电动汽车的相关参数：参数指标整车质量0～100km/h加速时间最大速度电池容量制动距离（100km/h～0）数值2000kg4.4s250km/h90kW·h40m请从上面的表格中选择相关数据，取重力加速度g=10m/s2，完成下列问题：（1）将汽车制动过程近似看作匀减速直线运动，求汽车在

（100km/h～0）的制动过程中的加速度大小。（认为100km/h=30m/s）；（2）若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为η=80%，整车在行驶过程中的阻力约为车重的0.05倍，试估算此电动汽车以20m

/s的速度匀速行驶时的续航里程（能够行驶的最大里程）。已知1kW·h=3.6×106J。根据你的计算，提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议（至少两条）；（3）某次加速过程中，此电动汽车在0-25s时间内，速度从5m/s提升到20m/s，此过程中电动汽车获得

的动力功率随时间变化的关系简化如图所示。整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05倍，求此加速过程中汽车行驶的路程。【答案】（1）211.25m/sa=；（2）x=259.2km提高效率，提高电池容量，减小阻力；（3）x=265m【解

析】【详解】(1)由22vax=可得222230m/s11.25m/s2240vax===(2)由题意可得EFx=Ff=联立可得259.2kmExf==由此可知，要想提高电动汽车的续航里程，一是可以提高效率，二是提高电池容量，三是减小阻力；(3)由图像可得电动汽车的动力做功33(830

)10103010(2510)J640000J2W+=+−=由动能定理22211122Wfxmvmv−=−得265mx=20.如图1所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点。将

小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为k1E，重力势能为p1E，弹簧弹性势能为T1E，经过另一

位置B时动能为k2E，重力势能为p2E，弹簧弹性势能为T2E。请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；（2）若以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一

维坐标系Ox−，如图2所示，a.请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象。根据F-x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能TE；b.已知小球质量为m。求小球经过O

P中点时瞬时速度的大小v。（3）若以平衡位置为坐标原点O'，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系，选取小球处在平衡位置为参考平面（系统的势能为零），请根据功是能量转化的量度，求小球运动到O'点下方x处时系统的势能。的【答案】（1

）见解析；（2）2T12Ekx=，=mvgk；（3）212Ekx=【解析】【详解】（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹，根据动能定理得WG+W弹=Ek2-Ek1由重力做功与重力势能的关系WG=Ep1-Ep2由弹力做功与弹性势能关系W弹=ET1-ET

2联立以上三式可得Ek1+Ep1+ET1=Ek2+Ep2+ET2得证。（2）a.F-x图象如图所示图中图线和x轴围成的面积表示功的大小，所以弹力做功为212Wkx=−由弹力做功与弹性势能的关系W弹=0-ET解得2T12Ekx=的的b.小球由O点到OP中点，根据动能定理得：2211

22mgxkxmv−=小球由O点到P点，根据机械能守恒定律得：212(2)2mgxkx=解得=mvgk（3）当小球在竖直方向静止时，有0kxmg=当小球在竖直方向运动经过'O点下方x时，所受合力大小为0()FFmgkxxmgkx−=+−=弹＝此力的大小只与小球相对其平衡位置

的距离x有关，这个力做功对应于系统的势能．画出合力F随x变化的图象：图象中图线所围成的面积即为小球从x处回'O点，合力F做功212Wkx='O点为系统势能零点，那么小球在x处的系统是能为212Ekx=