【文档说明】北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期第一次月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(25)页，1.512 MB，由小赞的店铺上传

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北师大实验中学2024-2025学年第一学期高三统练（一）高三物理本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题意。每小题3分，共30分）1.矫正牙齿时，

可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（）A.2sin2FB.2cos2FC.sinFD.cosF【答案】B【解析】【详解】根据平行四边形定

则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为2cos2FF=合故选B。2.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其原因是()A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较

大C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】【详解】发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小

，容易越过球网，C正确．3.如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传

感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C．【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方

向向上，处于超重状态．4.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1–N2的值为（）A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【答案】

D【解析】【详解】在最高点，根据牛顿第二定律可得222vNmgmr+=在最低点，根据牛顿第二定律可得211vNmgmr−=从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有221211222mgrmvmv−=联立解得126NNmg−

=故选D。【点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值。要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下。5.如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬

挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根

细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变【答案】B【解析】【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理sinsinsinmgNT==在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水

平过程中，不变，从90逐渐减小到0，又180++=且90可知90180+则0180可知从锐角逐渐增大到钝角，根据sinsinsinmgNT==由于sin不断减小，可知T不断减小，sin先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律

可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2，绳子拉力为'T，则'2cosTT=可得'2cosTT=不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。6.未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装

一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C.宇航员质量越

大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【答案】B【解析】【详解】在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有2NFmgmr==，

故可知1r，旋转半径越大，转运角速度就越小，且与宇航员质量无关，故B正确、ACD错误．【点睛】7.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降

高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】CD．由题意知，滑块沿斜面下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得sinmgcosmgma

−+=故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以速度—时间图像应该是一条倾斜的直线，加速度—时间图像应该是一条平行于时间轴的直线，CD错误；B．根据匀变速运动的规律2012svtat=-可知，位移与时间的关系图像的斜率应

逐渐变小，是一条开口向下的抛物线的左半部分，B正确；A．下降的高度201sinsinsin2hsvtat==−下降高度与时间的关系图像也应该是一条开口向下的抛物线的左半部分，A错误。故选B。8.2022年3

月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（）A.所受地球引力的大小近似为零B

.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小【答案】C【解析】【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正

确，AB错误；D．根据万有引力公式2MmFGr=万可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C。9.我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星—“中星26号”与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B

分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的运行周期相同，D点是两轨道交点，BC连线过地心，下列说法正确的是（）A.侦查卫星从B点运动到A点过程中机械能减小B.侦查卫星从B点运动到A点过程中动能减小C.“中星26号”和侦察卫星在D点的加速度相等D.A、B两点间距离与“中星26号”卫星轨道半径相等

【答案】C【解析】【详解】A．侦察卫星从B点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故A项错误；B．侦察卫星从B点到A点过程中，万有引力做正功，由动能定理可知，合外力做正功，物体的动能增加，所以侦查卫星从B点运动到A点过程中动能增加，故B项错误；C．对卫星有2MmGmar=整理有2GM

ar=由于“中星26号”和侦察卫星在D点距离地心的距离相同，绕同一个中心天体，所以两者在D点的加速度相等，故C项正确；D．AB两点为轨道的长轴，设其距离为2a，“中星26号”卫星轨道半径为r，由开普勒第三定律有322123a

rTT=由于两者的周期相同，即12TT=解得ar=所以A、B两点间距离是“中星26号”卫星轨道半径的二倍，故D项错误。故选C。10.根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星

最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1~8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10~20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其他物体的相互

作用。已知中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是（）A.同一恒星表面任意位置的重力加速度大小相同B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度【答案】B【解析】【详解

】A．恒星由于自转，除两极万有引力等于重力以外，其它位置均由万有引力的一个分力提供自转所需向心力，另一个分力即为重力，可知，同一恒星表面任意位置的重力大小不相同，纬度越高，重力越大，即同一恒星表面任意位置的重力加速度大小不相同，纬度越高，重力加速度越大，故A错误；B

．在表面两极处，结合上述有2MmGmgR=解得2GMgR=恒星坍缩后，质量不变，体积缩小，即半径减小，可知，恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，故B正确；C．第一宇宙速度等于绕表面运行的卫星的线速度，则有22Mm

vGmRR=解得GMvR=恒星坍缩后，质量不变，体积缩小，即半径减小，可知，恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C错误；D．第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度，第二宇宙速度等于第一宇宙速度的2倍，结合上述可知，恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，即第二宇宙速度也变大，由于中子星的

半径小于白矮星，可知，中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故D错误。故选B。二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分）11.体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是（）A.地面对手的

支持力做了正功B.地面对手的支持力冲量为零C.他克服重力做了功D.他的机械能增加了【答案】CD【解析】【详解】A．由于地面对手的支持力作用点没有发生位移，则地面对手的支持力不做功，故A错误；B．根据NINt=可知地面对手的支持力冲量不为零，故B错误；CD．由

于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，同学的机械能增加了，故CD正确。故选CD。12.太阳系的行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某个行星和太阳之间，且三者几乎成一条直线的现象，天文学成为“行星冲日”据报道，2014年各行星冲日时间

分别是：1月6日，木星冲日，4月9日火星冲日，6月11日土星冲日，8月29日，海王星冲日，10月8日，天王星冲日，已知地球轨道以外的行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（）地球火星木星土星天王星海王星轨道半径（AU）1.01.55

.29.51930A.各地外行星每年都会出现冲日现象B.在2015年内一定会出现木星冲日C.天王星相邻两次的冲日的时间是土星的一半D.地外行星中海王星相邻两次冲日间隔时间最短【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．根据开普勒第三定律，有3322RRTT=地地解得3RT

TR=地地则有3=1.5T火年=1.84年3=5.2T木年=11.86年3=9.5T土年=29.28年3=19T天年=82.82年3=30T海年=164.32年如果两次行星冲日时间间隔为1年，则地球多转动一周，有02π2π2πtTT=−地代入数据，有

0222()11T=−解得，T0为无穷大；即行星不动，才可能在每一年内发生行星冲日，显然不可能，故A错误；B．2014年1月6日木星冲日，木星的公转周期为11.86年，在2年内地球转动2圈，木星转动不到一圈，故在2015年内一定会出现木星冲日，故B正确

；C．如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有02π2π2πtTT=−地解得00TTtTT=−地地故天王星相邻两次冲日的时间间隔为82.8211.0182.821t=−天年土星相邻两次冲日的时间间隔为29

.2811.0429.281t=−土年故C错误；D．如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有02π2π2πtTT=−地解得0001TTTtTTTT==−−地地地地故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确。故选BD。1

3.神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其vt−图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A.在10~t时间内

，返回舱重力的功率随时间减小B.在20~t时间内，返回舱的加速度不变C.在21~tt时间内，返回舱的动量随时间减小D.在23~tt时间内，返回舱的机械能不变【答案】AC【解析】【详解】A．根据PG=mgv可知，在10~t时间内，返回舱下落的速度减

小，则重力的功率随时间减小，选项A正确；B．图像的斜率等于加速度，可知在20~t时间内，返回舱的加速度减小，选项B错误；C．在21~tt时间内，返回舱的速度随时间减小，根据p=mv可知，返回舱的动量随时间

减小，选项C正确；D．在23~tt时间内，返回舱的速度不变，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项D错误。故选AC。14.如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、1R和2R为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的

高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用1h、1v、1和2h、2v、2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面

积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）A.若12hh=，则1221::vvRR=B.若12vv=，则221212::hhRR=C.若12=，12vv=，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D.若12hh

=，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则12=【答案】BD【解析】【详解】AB．根据平抛运动的规律212hgt=Rvt=解得2hRvg=可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则221212::hhRR=选项A错误，B正确；C

．若12=，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；D．设出水口横截面积为S0，喷水速度

为v，若12=，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则Rtv=相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为000002vtSRSSSQRtRtthg====相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。三、实验题（

本题共2小题，共18分）15.“探究求合力的方法”的实验装置如图所示，在该实验中，（1）下列说法正确的是______；A.拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再

选择相距较远的两点C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板（2）若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要________（选填“2”“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O。【答案】①.D②.3【解析】【详解】（1）[1

]A．在不超出弹簧秤的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只弹簧秤的示数相同，故A错误；B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；C．实验中弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦不影响实验结果，故C错误；

D．了减小实验误差，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确。故选D。（2）[2]若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数1F和两个拉力的方向；交

换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数2F；再仅用一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。16.如图所示，打

点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______．A.重物选用质量和密度较大的金属锤为的B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，接

通电源后，撒手释放重物②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度

应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______．A.OA、AD和EG的长度B、OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度D、AC、BD和EG长度【答案】①.AB;②.BC;【解析】【详解】（1）A．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体

，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确;B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确;C．因为实验中比较的是mgh与212mv的大小关

系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误;D．实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误.（2）根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式.:A．当知道OA、

AD和EG的长度时，只有求得F点与AD的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变的化，却无法求解重力势能的变化，故A错误；B．当知道OC、BC和CD的长度时，同理，依据BC和CD的长度，可求得C点的瞬时速度，从

而求得O到C点的动能变化，因知道OC间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；C．当知道BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；D．

当AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误；17.用如图甲所示的装置探究平抛运动的规律。在竖直放置的硬板上先后铺上方格纸和复写纸并用图钉固定，调整斜槽P

Q使其末端切线水平，同时在末端Q挂上重锤线。小球沿斜槽轨道滑下后从Q点水平飞出，落在接球槽MN上，在方格纸上留下一个痕迹点。移动接球槽，从同一位置由静止释放小球，多次重复，白纸上将留下一系列痕迹点。已知重力加速度大小为g。（1）对本实验，下列说法正

确的是______。A.接球槽MN高度可以不等间距变化B.画轨迹时应把所有痕迹点用线段连接起来C.利用痕迹点描绘轨迹时，应把Q点作为平抛起点（2）某次实验正确操作记录的三个痕迹点A、B、C如图乙所示，图中每个方格的边

长为L，可判断点A______（选填“是”或“不是”）小球做平抛运动的起点；小球做平抛运动的初速度表达式0v=______（用g、L表示）。【答案】（1）A（2）①.不是②.3gL【解析】【小问1详解】A．挡板只要能记录下钢球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需

要等间距变化，故A正确；B．为描出钢球的运动轨迹，痕迹点应用平滑的曲线连接，故B错误；C．利用痕迹点描绘轨迹时，应小球球心位置作为平抛起点，故C错误；故选A。【小问2详解】[1]假设A点为抛出点，则竖直方向初速度为零，物体在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，A、B、C相邻

两点间的竖直位移之比应为1∶3，而题图中位移之比为2∶5，所以A点不是抛出点。[2]根据2xgT=可知竖直方向满足252LLgT−=解得3LTg=水平方向上做匀速直线运动03LvT=解得03vgL=18.利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机

探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时

间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的____（选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于____；A.砝码的重力大小B.小桶和砝码的重力大小C.手机的重力大小D.弹簧对手机的拉力大小（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3

），获得多组实验数据并绘制aF—图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内，____；（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制am—图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为

____（选用k、b、g表示）。【答案】①.A②.B③.质量一定时，手机加速度与合外力成正比④.gk【解析】【详解】（3）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个

峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；（4）[2]剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F小桶和砝码的重力大小。故选B。（5）[3]由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。（6）[4

]绳子剪断前，设弹力为F，小桶质量为0m，手机质量为M，对手机有平衡知()00FmmgMg−+−=绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有FMgMa−=综上可得00mgmgmggamMMM+==+解得gMk=四、论述、计算题（本题共4小题，共40分）

19.同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环.将质量为m的小球从P处静止释放

，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：（1）距Q水平距离为2L的圆环中心到底板的高度；（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；

（3）摩擦力对小球做的功.【答案】（1）到底版的高度34H；（2）速度的大小为2gLH，压力的大小2(1)2LmgHR+，方向竖直向下；（3）摩擦力对小球作功2()4LmgRH−【解析】【详解】试题分析：（1）根据

平抛运动的特点，将运动分解即可求出；（2）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q点时速度的大小；在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；（3）小球从P到Q

的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功．解：（1）小球从Q抛出后运动的时间：①水平位移：L=vQ•t②小球运动到距Q水平距离为的位置时的时间：③此过程中小球下降的高度：h=④联立以上公式可得：h=圆环中心到底板的高度为：H﹣=；（2）由①②得小球到达Q点的速

度：⑤在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：⑥联立⑤⑥得：由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力的大小：mg（1+）方向：竖直向下（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系得：mgR=⑦联立⑥⑦得：Wf=mg（）答：（

1）到底板的高度：；（2）小球的速度的大小：小球对轨道的压力的大小：mg（1+）方向：竖直向下；（3）摩擦力对小球做的功：mg（）．【点评】该题是平抛运动、功能关系以及圆周运动综合题，该题中要熟练掌握机械能守

恒定律，能量守恒定律，以及圆周运动的临界问题．20.如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱乐项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m的木板B，质量为3m的物

体A从B中央正上方高为h处由静止释放，随后A与B发生完全非弹性碰撞，一起向下运动，若A与B碰撞时间极短，碰后一起下的降的最大距离为4h，A、B始终在同一竖直线上运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）A与B碰后瞬间的速度大小；（2

）A与B碰撞瞬间，损失的机械能；（3）A与B碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对B做的功。【答案】（1）324gh；（2）34mgh；（3）3916mgh【解析】【详解】（1）设A与B碰前瞬间速度大小为0v，A自由下落时，由机械能守恒定律可得20133

2mghmv=解得02vgh=A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得()033mvmmv=+解得324vgh=（2）A与B碰撞瞬间，损失的机械能()22120113322EEEmvmmv=−=−+代入数据解得34

Emgh=（3）设A、B一同向下运动的全过程，A克服B的弹力做的功为1W，对A应用动能定理可得211130342Wmghmv−+=−解得13916Wmgh=则A对B做的功为213916WWmgh==21.在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的

影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为2L、角速度为的匀速圆周运动，

运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小nF；（2）求货物运动到B点时机械臂对其做功的

瞬时功率P。（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力

与所受的地球引力之比12:FF。【答案】（1）22mL；（2）234mLt；（3）333()rrdr−−【解析】【详解】（1）质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2L，根据牛顿第二定律可知22n22FmLmL==（2）货物从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知212

Lat=解得22Lat=货物到达B点时的速度大小为2Lvatt==货物在机械臂作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma，所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为223224LLmLPmavmttt===（3）空间站和货物同轴转动，

角速度0相同，对质量为0m空间站，质量为M的地球提供向心力20002MmGmrr=解得230GMr=货物在机械臂的作用力1F和万有引力2F的作用下做匀速圆周运动，则2210()FFmrd−=−货物受到的万有引力230222()()mrMmF

Grdrd==−−解得机械臂对货物的作用力大小为233322010022()()()()mrrrdFmrdmrdrd−−=−−=−−则33132()FrrdFr−−=22.深刻理解运动的合成和分解的思想方法，可以帮助我们轻

松处理比较复杂的问题。例如，小船在流动的河水中行驶时，小船同时参与了两种运动：一个是随水流沿河岸的运动，一个是相对于水流的运动；平抛运的动也可以分解成水平方向和竖直方向两个直线运动。利用以上思想，分析下述

问题：如图1所示，汽车在水平路面上以速度0v正常匀速行驶，车轮半径为R。车轮上的任意一点均同时参与了两个运动。（1）请运用运动的合成和分解的思想，对比平抛运动，填写下表：平抛运动车轮上任意一点的运动分运动1：水平方向上的匀速直线运动分运动2：绕轮轴的匀速圆周运动（2）汽车在水平路面上正常匀速行驶

时，车轮与地面接触的点与地面保持相对静止（即接触点对地速度为零）。①分析求解车轮圆周分运动的角速度大小；②设图1所示时刻为0时刻，请写出图中车轮上P点（此刻与地面相切）在此后任意t时刻的速度大小的表达式。（3

）图2中的两幅图哪个可以大致反映汽车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹？请说明理由。并给出那个不合理轨迹对应的发生条件。【答案】（1）竖直方向的自由落体运动；与轮轴相同的水平方向的匀速直线运动（2）①0vR=

；②000cosxvvvvtR=−，00sinyvvvtR=（3）见解析【解析】【小问1详解】平抛运动的物体，在竖直方向初速度为0，由于只受重力，所以竖直方向做自由落体运动；车轮上任意一点的运动可分解为绕轮

轴的匀速圆周运动和与轮轴相同的水平方向的匀速直线运动。【小问2详解】①车轮与地面接触的点与地面保持相对静止（即接触点对地速度为零），说明两个分运动在最低点叠加后速度为零，则0vR=可得0vR=②利用正交分解，将两个分运动

产生的速度进行矢量叠加，在水平方向和竖直方向的分速度为000cosxvvvvtR=−00sinyvvvtR=可得任意t时刻的速度大小表达式为220022cosxyvvvvvtR

=+=−【小问3详解】甲图合理。理由：乙图出现向后运动的情形，即水平方向分速度向后。水平方向向前的最小分速度出现在最低点，最低点速度为零。因此甲图符合实际，乙图不符合实际。乙图轨迹发生条件：车轮上任意一点绕轮轴的匀速圆周速度大于轮轴水平方向的匀速直线运动速度

时，即0Rv。