【文档说明】北京市清华大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月质量检测物理试卷 Word版含解析.docx，共(26)页，1.217 MB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年第一学期10月质量检测试卷高三物理一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是（）A.一个物体速度向东，则其受合力一定向东B.一个物体速度越大，则其受合力一定越大C.一个

物体受合力为0，则其速度一定为0D.一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快【答案】D【解析】【详解】A．如果物体向东减速运动，则其合力向西。A错误；BC．如果物体以很高的速度做匀速运动，则其合力为零。BC错误；D．一个物体

受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快。D正确。故选D。2.ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5m/s，然后匀速通过感应识别区。甲、乙两辆以15m/s的速度行驶的汽车在进入ETC通道感应识别区前都恰好减速至5m

/s，减速过程的v-t图像如图所示，则（）A.t1时刻甲车速度大于乙车的速度B.0～t1时间内甲、乙两车的平均速度相同C.0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同D.t1时刻甲、乙两车距感应识别区的距离相同【答案】C【解析】的【详解】A．由图可知，

t1时刻甲车的速度等于乙车的速度，故A错误；B．v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图知，0～t1时间内甲车的位移大于乙车，则0～t1时间内甲车的平均速度大于乙车，故B错误；C．0时刻两车速度相同，t1时刻甲车的速度与乙车的速度也相同

，则0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C正确；D．v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图知，甲车在2t时刻到达识别区，乙车在3t时刻到达识别区，而甲车在21~tt内位移小于乙车在13~tt内位移，说明t

1时刻甲车更靠近识别区，故D错误。故选C。3.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩

擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】【详解】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为

，则：𝑁2=𝑚𝑔sin𝜃，𝑁1=𝑚𝑔tan𝜃，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样1N也越来越小，答案B正确．考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解4.如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放

在一起，木块B受到一个大小为F水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.木块A受到两个力的作用B.木块B受到四个力的作用C.木块A所受合力大小为3FD.木块B受到A的作用力大小为()22mgF+【答案】C【解析】【详解

】A．由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，选项A错误；B．木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用，选项B错误；C．整体的加速度3Fam=则木块A所受合

力大小为3AFFma==选项C正确；D．木块B受到A的压力为mg，摩擦力为3Ff=则作用力大小为()()222219ABFmgfmgF=+=+选项D错误。故选C5.如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水

平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）。A.重力对每个小球做的功都各不相同B.重力对每个小球的冲量都各不相同C.每个小球落地时的速度都各不相同D.每个小球落地

时重力做功的瞬时功率都各不相同【答案】B【解析】【详解】A．设下落高度为h，重力做功为GWmgh=三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；B．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有201112hv

tgt=+第2个球做竖直上抛运动，有202212hvtgt=−+第3个球做平抛运动，有2312hgt=可得132ttt根据重力冲量公式GImgt=可得重力对每个小球的冲量都各不相同，故B正确；C．三个小球从

抛出到落地的过程，根据动能定理2201122mghmvmv=−可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第3个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故C错误；D．小球落地时重力做功的瞬时功率cosyPmgvmgv==由于123y

yyvvvv==故123PPP=故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。故选B。6.如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中A点为最高

点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球在B、D两点受到杆的作用力大于mgB.小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mgC.小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于2mLD.小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL【答案】A【解

析】【详解】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为()()222FmLmgmg=+故A正确；C错误；B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点2N1mgFmL−=在C点2

N2FmgmL−=所以2N2N12FFmL−=若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点2N1mgFmL+=在C点2N2FmgmL−=所以N2N12FFmg−=故B错误；D．小球从A点到B点的过程，根据动

能定理，可得0WmgL+=解得杆对小球做的功等于WmgL=−故D错误。故选A。7.嫦娥五号探测器（以下简称探测器）经过约112小时奔月飞行，在距月面约400km环月圆形轨道成功实施3000N发动机点火，约17分

钟后，发动机正常关机。根据实时遥测数据监视判断，嫦娥五号探测器近月制动正常，从近圆形轨道Ⅰ变为近月点高度约200km的椭圆轨道Ⅱ，如图所示。已知月球的直径约为地球的14，质量约为地球的181，请通过估算判断以下说法正确的是（）A.月球表面的重力加速度

与地球表面的重力加速度之比为4∶81B.月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2∶9C.“嫦娥五号”进入环月椭圆轨道Ⅱ后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中机械能增加D.关闭发动机后的“嫦娥五号”不论在轨道

Ⅰ还是轨道Ⅱ运行，“嫦娥五号”探测器在Q点的速度大小都相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A．月球的表面上的物体受到的万有引力近似等于重力，有2MmGmgR=可得2MgGR=月球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为24168181g

g==月地故A错误；B．物体绕星体表面做匀速圆周运动的速度为第一宇宙速度，有2GMmR=2mvR可得第一宇宙速度为v=GMR则月球与地球的第一宇宙速度之比为42819vv==月地故B正确；C．“嫦娥五号”进入环月椭圆轨道Ⅱ后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中只有引力做功，机械能守恒，故C

错误；D．从轨道I进入轨道II在Q点需要减速，则沿轨道I运动至Q点时的速度大于沿轨道II运动至Q点时的速度，故D错误。故选B。8.木星“冲日”是指地球、木星在各自轨道上运行到太阳、地球和木星排成一条直线或近乎一条直线，地球位于太阳与木星之间，“冲日”时木星距离地球最近，也最明亮。已知

木星的公转周期约为12年，质量约为地球质量的320倍，半径约为地球半径的11倍，下列说法正确的是（）A.地球运行的加速度比木星的小B.木星与地球公转轨道半径之比约为12∶1C.此次“冲日”现象后，经过约1

.09年会再次出现D.木星与地球密度之比约为4∶1【答案】C【解析】【详解】AB．根据开普勒第三定律有3322rrTT=木地地木可知木星与地球公转轨道半径之比约为3144:1。由2GMar=日可知aa地木，故A、

B错误；C．再次发生冲日现象，即地球恰好比木星多绕太阳一周，此时有2π2π2πtTT−=地木解得1.09t年C正确；D．由34π3RM=可得334πMR=即:320:13311:4=木地D错误。故选C。9.足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度2v逆时针匀

速转动，一质量为m的小煤块以速度1v滑上水平传送带的左端，且12vv。小煤块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.煤块在传送带上运动的时间为()122vvg+B.煤块在传送带上的痕迹长为()2

122vvg+C.传送带与煤块摩擦产生的热量为()221212mvv−D.传送带克服煤块的摩擦力做功为()112mvvv+【答案】B【解析】【详解】A．由牛顿第二定律可知，煤块在传送带上运动的加速度大小为mgagm==由速度时间公式可知，煤块在传送带上向右做匀减速直

线运动的时间为111vvtag==由速度位移关系公式可知，煤块运动的位移为2112vxg=煤块在传送带上向右速度减到零后，向左做匀加速直线运动至速度为2v的时间22vtg=运动的位移为2222vxg=此后随传送带做匀速直线运动到传送带左端的时间为2212221212

3222222vvxxvvggtvvgv−−−===则有煤块在传送带上运动的时间为()2221212121232222vvvvvvttttgggvgv+−=++=++=A错误；B．煤块在传送带上向右运动时，传送带

的位移为1221vvxvtg==带煤块与传送带相对位移为2211211211222vvvvvvxxxggg+=+=+=带煤块在传送带上向左运动时，煤块与传送带相对位移为222222222222vvvx

vtxggg=−=−=煤块在传送带上的痕迹长为()222121122122222vvvvvvxxxggg++=+=+=B正确；C．传送带与煤块摩擦产生的热量为()21212Qmgxmvv==+C错误；D．

传送带克服煤块的摩擦力做功为()()122122212vvWmgvttmgvmvvvgg=+=+=+带D错误。故选B。10.直升机悬停在空中，由静止开始投放装有物资的箱子，箱子下落时

所受的空气阻力与箱子下落的速度成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。下列说法正确的是（）A.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大B.下落过程中箱内物体的加速度逐渐增大C.下落过程中箱内物体的机械能增大D.如下落距离足够大时，箱内物体可能不受箱子底部的

支持力作用【答案】A【解析】【详解】B．设箱子的质量为M，物体的质量为m，箱子受到的空气阻力为kv，根据牛顿第二定律可知下落过程中整体的加速度为()()MmgkvMma+−=+可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，故B错误；A．以箱内物体为对象，根据牛顿第

二定律可知mgNma−=随着加速度的减小，物体受到的支持力在逐渐增大，所以箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚释放时大，故A正确；C．由于物体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功，所以下落过程中箱内物体的机械能减小，故C错误；D．整体向下做加速度减小的加速运动，物体受到的支

持力一直在增大，当加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以最后不会出现支持力为零的情况，故D错误。故选A。11.2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持

续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的vt−图像如图所示，火箭在0t=时刻离开地面，在4t时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是（）A.在1t时刻，火箭上升到最高位置B.在10t时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零C.在12tt时间

内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量D.在34tt时间内，火箭处于失重状态【答案】C【解析】【详解】A．20t时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，23tt时间内火箭的速度为0，处于静止状态，34tt时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故2t时刻上升到最高

点，故A错误；B．v-t图像的斜率表示加速度，在10t时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在1t时刻，火箭受到的推力等于其重力，故B错误；C．在12tt时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以

火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故C正确；D．在34tt时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。故选C。12.在课堂中，老师用如图所示的实验研究平抛运动．A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方

向飞出，同时松开B球，B球自由下落。某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为Ap和Bp，动能的变化量分别为kΔAE和kΔBE，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是（）A.ABpp

=，kkABEE=B.ΔΔABpp，kkΔΔABEEC.ΔΔABpp，kkABEE=D.ABpp=，kkΔΔABEE【答案】A【解析】【详解】两个小球A、B的运动分别为平抛运动和自由落体运动，竖直方向的位移均为212hgt=，速度ygt=v，A、B同时开始下落，所以到

达水平面1的竖直方向速度相同，到达水平面2的竖直方向速度相同，所以从水平面1到水平面2的时间ABtt=动量变化量pmgt=A、B质量相等重力相等，运动时间相同，所以ABpp=动能变化量根据动能定理有kEmgh=A、B质量相等重力相等，而高度

相同，所以kkABEE=故选A。13.一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员相对于飞船运动。如果航天员一次性向远离飞船方向喷出质量为m的气体，使航天员在时间t内匀速返回

飞船。下列说法正确的是（）A.喷出气体的质量m等于MxtvB.若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于tC.若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于tD.在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系

统动量和机械能均守恒【答案】C【解析】【详解】A．由题意知，航天员的速度为0xvt=喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得00Mmvmv−−=（）解得000MvMvMxm

vvvvt==+故A错误；BC．根据动量守恒有00Mmvmv−−=（）解得0mvvMm=−若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则变大，故返回时间小于t；由Δpmv=若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，可知m减小，得0v减小，则返回时间大于t，故B错误，C正确；D．在喷气

过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。故选C。14.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合力进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量

变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性.。举例如下：如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上.把质量为m的滑块B放在A的斜面上.忽略一切摩擦

，有人求得B相对地面的加速度2sinsinMmagMm+=+，式中g为重力加速度。对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的

”。但是，其中有一项是错误的。请你指出该项（）A.当=0时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的B.当＝90时，该解给出a=g,这符合实验结论，说明该解可能是对的C.当Mm时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解

可能是对的D.当mM时，该解给出singa=，这符合预期的结果，说明该解可能是对的【答案】D【解析】【详解】当mM时，该解给出a=sing，这与实际不符，说明该解可能是错误的。故选D。二、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。

15.图1为“验证机械能守恒定律”的实验装置。（1）实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、ABC，测得它们到起始点O的距离分别为ABChhh、、。已知当

地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量pΔE=_________，动能变化量kΔE=_________。（2）如图甲所示，利用光电计时器等器材做验证机械能守恒定律的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静

止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得AB、间的高度差()HHd，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则①多次改变H，重复上述实验，作出H随21t的变化图像。如图乙所示，当图中已知量00tH、和重力加速度g及球的直径

d满足表达式_________时，可判断小球下落过程中机械能守恒。②实验中，因受空气阻力的影响，小球的动能增加量kE总是稍小于重力势能减少量pE，适当降低下落高度后pkΔΔEE−将_________（选填“增加”“减少”或“不变”）。【答案】（1）①.B

mgh−②.22()8CAmhhT−（2）①.022012gHtd=②.减少【解析】【小问1详解】[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量pΔBEmgh=−[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则2CAB

hhvT−=从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为22k2()1Δ028CABmhhEmvT−=−=【小问2详解】①[1]小球经过B处光电门时的速度为Bdvt=从A到B过程，根据机械能守恒可得的2221122d

mgHmvmt==可得2212gHtd=则当图中已知量00tH、和重力加速度g及球的直径d满足表达式022012gHtd=可判断小球下落过程中机械能守恒。②[2]由于该过程中有空气阻力做功，而A、B之间高度差越大，空气阻力做功越多，故适当降低下落高度

后，空气阻力做功减少，则pkΔΔEE−将减少。16.某同学用如图1所示的装置来完成“验证动量守恒定律”实验。用天平测量小球1和2的质量分别为1m、2m，且12mm。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。先不放球2，使球1从斜槽上某一点S由静止滚下，多次实验，

找到其落点的平均位置P。再把球2静置于斜相轨道末端，让球1仍从S处由静止释放，与球2相碰后两球均落在水平木板上，多次重复该过程，找到两球落点的平均位置M和N。（1）本实验应满足的条件是______A.轨道光滑B.调节斜槽末端水平C.小球1的半径等于小球2的半径D.需要的测量仪器有刻度尺和秒

表（2）用刻度尺测量出水平射程OM、OP、ON，在误差允许的范围内，若满足______关系，可说明两个小球的碰撞过程动量守恒。（3）本实验通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度，依据是______。（4）某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图2所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静

止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB，CD，EF，其中EF与AB连线的夹角为，CD与AB连线的夹角为。从理论分析，若满足______关系，则可说明两球碰撞前、后动量守恒；再满足______关系，则可说明是弹

性碰撞。【答案】（1）BC（2）112mOPmOMmON=+（3）见解析（4）①.coscosABCDEF=+，sinsinCDEF=②.222EFCDAB+=【解析】【小问1详解】A．实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，只须保证同一高度滑下即可。故A错误；B．实验中，斜槽末

端必须水平，保证小球做平抛运动。故B正确；C．为保证是正碰，两小球的半径必须相同。故C正确；D．需要刻度尺测量小球平抛运动的射程，需要天平测量小球的质量。故D错误。故选BC【小问2详解】两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中运动的时间相等，如果''111122mvmvmv=+两边同时乘以时间得

112mOPmOMmON=+则可认为满足动量守恒。【小问3详解】。小球离开斜槽末端后做平抛运动，根据平抛运动的规律xvt=，212hgt=解得2gvxh=两个小球做平抛运动的高度h相同，则vx因此可以用x代替v。【小问4详解】[1]若两球碰撞前、后动量守恒，则有coscosABCDEFm

mmttt=+，sinsinCDEFmmtt=整理，可得coscosABCDEF=+，sinsinCDEF=[2]两球碰撞前、后若是弹性碰撞，则有222111()()()222ABC

DEFmmmttt=+整理，可得222EFCDAB+=三、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把解答过程填在答题纸相应的空白处。17.跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图位

移简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R=10m的圆弧面，二者相切与B点，与水平面相切于C，AC竖直高度差140hm=，CD为竖直跳台，运动员连通滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下

，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆到DE上，CE间水平方向的距离x=100m，竖直高度差为280hm=，不计空气阻力，取210/gms=，求：（1）运动员到达C点的速度大小；（2）运动员到达C点时对滑道的压力大小；（3）运动员由A滑到C雪坡阻力做了多少功．【答案】（1）25

/ms，（2）5800N，（3）7000J−.【解析】【详解】试题分析：（1）运动员从C点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律可求解平抛的水平初速度；（2）运动员在C点，竖直方向受重力、支持力作用，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可求出运动员在C点对轨道的压力

大小；（3）运动员从A滑到C过程，由动能定理可求出摩擦力做的功.（1）依据题意，运动员从C点飞出做平抛运动，设C点的速度为v水平方向：xvt=竖直方向：2212hgt=联立得：25/vms=（2）运动员在C点，竖直方向受重力、支持力作用由牛顿第二定律得：2

NvFmgmR−=解得：5800NFN=由牛顿第三定律可知运动员到达C点时对滑道的压力大小为5800N.（3）运动员从A滑到C过程，由动能定理得：21102fmghWmv+=−解得：7000fWJ=−18.我国航天员在天宫课堂中演示了多种有趣的实验，

包括质量的测量在内的一系列实验。（1）质量测量的一种方法可通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测量仪完成，由牛顿第二定律Fma=可知，如果给物体施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出

物体的质量。如图，假如航天员在AB、两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为1N。将AB、对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为2N。求AB、两物块的质量之

比。（2）在太空实验室中还可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O

点到球心的距离为圆周运动的半径r。这种方法求得小球的质量m是多少？若测量r时未计入小球半径，则所得质量偏大、偏小还是不变？【答案】（1）12NN（2）2224πFtmnr=，偏大【解析】【小问1详解】让舱壁支架给B物块一个恒力F，此

时压力传感器示数为1N，由牛顿第二定律()ABFmma=+1ANma=将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为2N，由牛顿第二定律()ABFmma=+2BNma=即A、B两物块的质量之比AB12::mmNN=【小问2详解】小球做圆周运动的周期为tTn=由绳的拉力提供向心力可知224

FmrT=联立可得，小球的质量为2224πFtmnr=由表达式可知，测量r时未计入小球半径，则r偏小，则所得质量偏大。19.小行星撞击地球虽然发生概率较低，却会使地球生命面临重大威胁。我国已经提出了近地小行星

防御的发展蓝图，计划在2030年实现一次对小行星的动能撞击，2030至2035年间实现推离偏转。已知地球质量为M，可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为m的小行星距离地心为r时，速度的大小2

GMvr=，m远小于M。不考虑地球运动及其它天体的影响。（1）若小行星的速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做圆周运动。（2）若小行星的速度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，则小行星在距地心为r处的引力势能pMmEGr=−

。a．设想提前发射质量为0.1m的无人飞行器，在距离地心为r处与小行星发生迎面撞击，小行星撞后未解体。将撞击过程简化为完全非弹性的对心碰撞。为彻底解除小行星对地球的威胁，使其不与地球碰撞。求飞行器撞击小行星时的最小速度0v。b．设想对小

行星施加适当的“推力”后，使其在距离地心为r处的速度方向与它和地心连线的夹角变为30，速度大小不变，也能解除对地球的威胁。已知小行星仅在地球引力所用下的运动过程，它与地心的连线在任意相等时间内扫过相等的

面积。求小行星在此后的运动过程中，距地心的最近距离0r。【答案】（1）不能；（2）a．0221GMvr=；b．014rr=【解析】【详解】（1）若小行星在该位置做匀速圆周运动，设速度大小为1v，由万有引力提供向心力，可得212vMmGmrr=解得1GMvr=由于1vv可知，小

行星不能围绕地球做圆周运动。（2）a．设碰撞后小行星的速度大小为2v，为彻底解除小行星的威胁，应使小行星被撞后能运动至无穷远处。根据能量守恒定律有()()220.110.102mmMGmmvr+−++=解得22GMvr=以

飞行器速度方向为正方向，飞行器撞击小行星的过程根据动量守恒定律有()020.10.1mvmvmmv−=+解得0221GMvr=b．设小行星离地心最近时，速度的大小为3v，小行星与地心的连线在相等时间扫过相等面积有30s

invrvr=根据能量守恒定律有22301122MmMmGmvGmvrr−+=−+解得014rr=20.体育课上，直立起跳是一项常见的热身运动，运动员先蹲下，然后瞬间向上直立跳起，如图1所示。（1）一位同学站在力

传感器上做直立起跳，力传感器采集到的F-t图线如图2所示。根据图像求这位同学的质量，并用十字线“+”在图像上标出该同学超重的开始点和结束点。取重力加速度g=10m/s2（2）为了进一步研究直立起跳过程，这位

同学构建了如图3所示的简化模型。考虑到起跳过程中，身体各部分肌肉（包括上肢、腹部、腿部等肌肉）的作用，他把人体的上、下半身看作质量均为m的两部分A和B，这两部分用一个劲度系数为k的轻弹簧相连。起跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。已知弹

簧的弹性势能pE与其形变量x的关系为2p12Ekx=。要想人的双脚能够离地，即B能离地，起跳前弹簧的压缩量至少是多少？已知重力加速度为g。（3）“爆发力”是体育运动中对运动员身体水平评估的一项重要指标，人们通常用肌肉收缩产生的力与速度的乘积来衡量肌肉收缩

的爆发能力，其最大值称之为“爆发力”。某同学想在家通过直立起跳评估自己的“爆发力”，为了简化问题研究，他把人离地前重心的运动看做匀加速直线运动，认为起跳时人对地面的平均蹬踏力大小等于肌肉的收缩力。他计划用体重计和米尺测量

“爆发力”，具体做法是用体重计测量人的质量m；用米尺测量人蹲下时头顶到地面的高度h1，人直立站起时头顶到地面的高度h2；人由下蹲用尽全力直立起跳，其头顶距离地面的最大高度h3。请利用这些物理量直接写出计

算“爆发力”的公式（不要求计算过程）。【答案】（1）60kgm=，；（2）03Δmgxk=；（3）()312322122hhhPmgghhhh−−=−−【解析】【详解】（1）由图可知600NF=时人处于静止状态，有600NFmg==得60

kgm=由图可知，0.45s-0.7s，支持力大于重力，处于超重状态，如图所示（2）设起跳前弹簧的最小压缩量为0x，当B将恰好离开地面时，B受到的弹簧弹力方向向上，大小Fmg=，且A的速度为0，有Fkxmg==此时弹簧处于拉伸状态，形变量mgxk=起跳过程系统机械能守

恒，有220011()22kxkxmgxx−=+解得033mgxxk==（3）设人离地时的速度大小为v,人离地前重心做匀加速直线运动，有Fmgma−=212ah=v其中()1211Δ2hhh=−人离地后重心做竖直上抛运动，有222gh=v其中232hhh=−人的“爆发力”PFv=

解得()312322122hhhPmgghhhh−−=−−