【文档说明】北京市北京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，3.396 MB，由小赞的店铺上传

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2024北京北师大附中高一（下）期末物理班级：姓名：学号：考生须知1．本试卷有四道大题，共10页。考试时长90分钟，满分100分。2．考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。3．考试结束后，考生应将答题纸

交回。一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶。图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的方向，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】赛车做的是曲线运动，赛车受到的合力应该指向运动轨迹

弯曲的内侧。故选B。2.如图所示，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，有关这件衣服的受力状况，下列说法正确的是（）A.只受重力作用B.只受到重力和摩擦力C.只受到重力、摩擦力和支持力D.只受到重力和向心力【答案】C

【解析】【详解】湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，受力分析可知，受重力，支持力，静摩擦力，有mgf=2NFmr=即重力和静摩擦力平衡，支持力充当向心力，而衣服不会受向心力，故选C。3.下列运动过程中物体机械能守恒是（）A.随电梯匀加速上升的木箱B.坐在匀速转动的摩天轮中

的游客C.抛出后在空中运动的实心球（不计空气阻力）D.在空中匀速下落的雨滴【答案】C【解析】【详解】A．随电梯匀加速上升的木箱，木箱的动能和重力势能均增大，则木箱的机械能增大，A不符合题意；B．坐在匀速转动的摩天轮中的游客，游客的动能不变，重力势能变化，游客

的机械能变化，B不符合题意；C．抛出后在空中运动的实心球（不计空气阻力），只有动能和重力势能相互转化，球的机械能守恒，C符合题意；D．在空中匀速下落的雨滴，雨滴的动能不变，重力势能减小，雨滴的机械能减小，D不符合题意。故选C。4.如图所示为点电荷a、b所

形成电场的电场线分布图，在M点放置一个电荷量大小为q的负试探电荷，受到的静电力大小为F，以下说法中正确的是（）A.如果M点处试探电荷的电荷量变为2q，该处电场强度变为2FqB.M点处的电场强度方向与负试探电荷所受静电力的方向相同的C.由电场线分布图可知M点处的电场强度比N点处的电场强度大

D.a、b为异种电荷【答案】D【解析】【详解】A．电场强度与试探电荷无关，可知，如果M点处试探电荷的电荷量变为2q，该处电场强度仍然为FEq=故A错误；B．电场强度的反向与正电荷所受电场力的方向相同，可知，M点处的电场强度方向与负试探

电荷所受静电力的方向相反，故B错误；C．电场线分布的疏密程度表示电场的强弱，根据图像可知，M点位置电场线分布比N点电场线分布稀疏一些，则M点处的电场强度比N点处的电场强度小，故C错误；D．图中电场线起源于右侧点电荷，终止于左侧的点电荷，可知，图

中右侧为正点电荷，左侧为负点电荷，即a、b为异种电荷，故D正确。故选D。5.以下情景描述不符合．．．物理实际的是（）A.处于静电平衡的导体内部电场强度处处为0B.火车拐弯时规定行驶速率为v，若速率大于

v，则轮缘挤压外轨C.在平直的公路上，汽车以加速度a由静止启动，行驶过程中阻力不变；当速度增加到v时，汽车的功率刚好达到额定功率P，则汽车的阻力为PvD.离心机利用离心现象分离血液【答案】C【解析】【详解】A．处于静电平衡的导体内部电场强度处处为0，故A符合物

理实际；B．火车拐弯时规定行驶速率为v，若速率大于v，则轮缘挤压外轨，故B符合物理实际；C．在平直的公路上，汽车以加速度a由静止启动，行驶过程中阻力不变；当速度增加到v时，汽车的功率刚好达到额定功率P，由牛顿第二定律得PFmav−=阻得

PFmav=−阻故C不符合物理实际；D．离心机利用离心现象分离血液，故D符合物理实际。选不符合物理实际的，故选C。6.向心力演示仪可以探究影响向心力大小的因素。它通过皮带传动改变两轮的转速，让两轮上的实心小球

（体积相同）同时做圆周运动，然后通过连动装置使安放在圆盘中心套筒中的弹簧产生形变，利用标尺露出的格数来反映向心力的大小。下列说法中正确的是（）A.探究向心力大小与圆周运动角速度关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和

挡板C处B.探究向心力大小与圆周运动半径关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处C.探究向心力大小与物体质量关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处D.探究向心

力大小与圆周运动角速度关系时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处【答案】B【解析】【详解】AD．探究向心力大小与圆周运动角速度关系时，根据2nFmr=可知应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，将质量

相同的小球分别放在挡板A和挡板C处。故AD错误；B．探究向心力大小与圆周运动半径关系时，根据2nFmr=可知应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量相同的小球分别放在挡板B和挡板C处。故B正确；C．探究向心力大小与物体质量关系时，根据2nFm

r=可知应将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，将质量不同的小球分别放在挡板A和挡板C处。故C错误。故选B。7.如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳悬挂于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。现仅增加绳长，保持轨迹圆的圆心O到悬点B的高度不变，小球仍在水平面内做匀速圆周运动。增

加绳长前后小球运动的角速度、加速度以及所受细绳的拉力大小分别为1、1a、1F和2、2a、2F。则（）A.12=B.12aaC.12FF=D.12FF【答案】A【解析】【详解】设绳子竖直方向的夹角为，由分析可知

，绳子和重力的合力提供向心力，即2tanmgmRma==设轨迹圆的圆心O到悬点B的高度为h，则tanRh=解得gh=tanag=由力的合成可知cosmgF=绳子越长，与竖直方向的夹角越大，所以12aa12FF12=故选A。8

.如图甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管中注满清水，水中放一个直径略小于玻璃管内径的圆柱形红蜡块R，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧。把玻璃管迅速竖直倒置，红蜡块R就沿玻璃管由管口A匀速上升，在红蜡块刚从管口A开始匀速上升的同时，将玻璃管由静止开始水平向右匀加速移动（如图乙所示），直至红蜡块上升到管

底B的位置（如图丙所示）。以地面为参考系，以红蜡块开始匀速运动的位置为原点，以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，描绘红蜡块R在这一运动过程中的轨迹，图中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意可知红

蜡块竖直向上做匀速直线运动，水平向右做初速度为零的匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，其速度方向与水平方向的夹角的正切值为tanyyxvvvat==由上式可知θ随t的增大而逐渐减小，而蜡块速度方向沿轨迹切线方向，

所以红蜡块实际运动的轨迹可能是C。故选C。9.如图所示，将拱形桥面近似看作圆弧面，一辆汽车以恒定速率通过桥面abc，其中a、c两点高度相同，b点为桥面的最高点．假设整个过程中汽车所受空气阻力和摩擦阻力的大小之和保持不变．下列说法正确的是（）A.在ab段汽车对桥面的压力大小不变B.在b

c段汽车对桥面的压力逐渐增大C.在ab段汽车的输出功率逐渐增大D.在ab段汽车发动机做功比bc段多【答案】D【解析】【详解】AB．汽车以恒定速率通过桥面abc，在ab段、b点、bc段的受力分析如题1、

图2、图3所示设汽车在运动过程中所受阻力为F，在ab段时支持力与竖直方向的夹角为，在bc段时，支持力与竖直方向的夹角为，对ab段、bc段和则由牛顿第二定律有21cosvmgNmR−=，22cosvmgNmR−=从a到c的过程中，角逐渐减小，角逐渐增大，由此可

知，1N逐渐增大，2N逐渐减小，故AB错误；C．设在ab段牵引力与水平方向的夹角为，汽车在ab段时发动机的功率为1(sin)abPFvmgFv==+从a到b过程中，夹角在逐渐减小，因此可知abP逐渐减小，故C错误；D．在ab段汽车发动机要克服阻力和重力做功，在bc段汽车发动

机只克服阻力做功做功，整个过程中汽车的动能不变，两段过程克服阻力做功相同，因此在ab段汽车发动机做功比bc段多，故D正确。故选D。10.蹦极是体验者把一端固定的弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处自由落下的一项极限运动（可近似看作在竖直方向运动）。已知某体验者质量为50kg，在一次下落过程中，所受弹

性绳的拉力F与下落位移x的图像如图甲所示，下落位移x与运动时间t图像如图乙所示，其中t1为弹性绳恰好绷直的时刻，t2为体验者运动到最低点的时刻，不计空气阻力（g取10m/s2）。下列说法正确的是（）A.体验者的下落最大速度为20m/sB.下落过程中，体验者的最大加速

度为10m/s2C.下落过程中，弹性绳的最大弹性势能为2×103JD.F0大小为2000N【答案】D【解析】【详解】A．体验者自由下落高度20m=h时由动能定理得212mghmv=解得此时速度20m/sv=此时弹性绳刚刚伸直，不是体验者的最大下落速度，下落速度最大时应该是

弹性绳弹力大小等于重力时，即在平衡位置时速度最大，故A错误；BD．体验者先做自由落体运动，然后随着弹性绳逐渐伸长，体验者加速度先减小到0后又反向增大。0Fx−图像中与横轴围成的面积表示0F做的功，设最大下落高度为H，根据动能定理可知0()02FHhmgH−−=解得下落最大高度时对应最大的弹力0

2000NF=此时体验者的加速度22030m/s10m/sFmgam−==故B错误，D正确；C．下落过程中，到最低点重力势能全部转换成弹性势能，此时弹性势能最大，为4p210JEmgH==故C错误。故选D。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，少选得2分，错选

不得分）11.下列说法中正确的是（）A.电场是客观存在的，而电场线是实际中不存在的B.点电荷一定是电量很小的电荷C.电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同D.元电荷的电荷量是1C【答案】AC【解析】【详解】A．电场是客观存在的，电场线是假想的曲线，实际不存在

，故A正确；B．点电荷是理想化的物理模型，在研究具体问题时其形状大小与所研究的问题可以忽略的带电物体，是否可以看作点电荷，与带电量无关，点电荷不一定是电量很小的电荷，故B错误；C．正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同，负电荷相反，故C正确；

D．人们把最小电荷叫做元电荷，也是物理学的基本常数之一（C作为一个电荷量单位），不是指某电荷，常用符号e表示，故D错误。故选AC。12.发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最

后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是（）A.地球同步卫星可能经过北京上空B.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率C.卫

星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能守恒D.卫星在轨道1上经过P点时速率小于它在轨道2上经过P点时的速率【答案】CD【解析】的【详解】A．地球同步卫星只能定点在赤道上空，不可能定点在北京上空，故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得22MmvGmrr=G

Mvr=可知轨道半径越大，则线速度越小，因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B错误；C．卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，则机械能守恒，C正确；D．卫星在轨道1上做匀速圆周运动经过P点时，则有212PvMmGmrr=卫星在轨道2上经过P点时做离心运动，则有2

22PvMmGrr可知卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率，D正确。故选CD。13.一个用细线悬挂的小球从A点由静止自由释放，一把直尺水平置于悬点正下方的P点右侧，用来挡住细线。图示为小球运动过程中的频闪照片。不计空气阻力。下列结论中正确的

是（）A.小球向右摆动的最大高度与A点相同B.小球向右摆动的最大高度明显高于A点C.悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球速率变大D.悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球受到的拉力变大【答案】AD【解析】【详解】AB．小球从A点开始摆动，在

P点挡住摆线后，小球能继续向右运动，在整个过程中小球的机械能是守恒的，小球能上升到原来的高度，故A正确，B错误；C．悬线在P点与直尺碰撞前、后的瞬间相比，小球速率不变，故C错误；D．悬线在P点与直尺碰撞后的圆周运动的半径变小

，由2vFmgmr−=可得小球受到的拉力2vFmgmr=+由于半径变小，所以小球受到的拉力变大，故D正确。故选AD14.我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势

面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象仍然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于

研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为22p12xEmx=−。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总

势能更低的地方流动，稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能，即水面是等势面。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（）A.多受到的这个“力”的效果是提供水做圆周运动的向心力B.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大C.该“势能”的表达式22p1

2xEmx=−与零势能点的选取无关D.稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度ω大小有关【答案】BD【解析】【详解】A．根据该“势能”的表达式22p12xEmx=−可知，距离y轴越远，势能越小，则当小水滴从y轴向外运动的过程中，对应的“力”一定做正功，因此与该“势能”对应的“

力”的方向背离O点向外，。而向心力方向是指向圆周运动圆心向内，即多受到的这个“力”的效果并不是是提供水做圆周运动的向心力，故A错误；B．将该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式2p12Ekx=，

在弹性限度内弹簧离平衡位置越远，弹力越大，可知，与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增大，故B正确；C．根据题意可知，稳定时同一滴水在水表面的不同位置具有相同的总势能，由于重力势能与零势能点的选取有关，而水面是等势

面，即总的势能一定，可知，该“势能”的表达式22p12xEmx=−与零势能点的选取有关，故C错误；D．由于整个水面总势能相等，在O点处总势能为零，则一个小水滴在该水面上任何位置重力势能与该“势能”的和均为零，即22102mgymx−=整理可得222yxg

=可知，稳定时，桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，当桶转动的角速度ω发生变化时，抛物线的形状发生变化，即稳定时桶中水面的形状与桶转动的角速度ω大小有关，故D正确。故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共16分）15.某小组同学做“研究平抛运动的特点”实

验。（1）用图1所示装置研究平抛运动竖直分运动的特点。A、B为两个完全相同的小球，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球自由下落。两球在空中运动的过程中，下列说法正确的是________。A.A球的运动时间比较长B.两球的运动时间一样长C.只改变

小锤的击打力度，不会影响两球的运动时间D.只改变两小球开始运动时距地面高度，不会影响两球的运动时间（2）图2是该小组同学根据实验画出的小球做平抛运动的轨迹，O为平抛的起点。在轨迹上取两点A、B，测得A、B两点的纵坐标分别为y1=5.00cm，y2=45.00cm，A、B两点间的水平

距离x2-x1=40.00cm。g取10m/s2，则小球的初速度v0=______m/s（结果保留两位有效数字）。（3）为拓展研究物体从光滑抛物线轨道顶端下滑的运动，该小组同学制做了一个与某次实验中小球平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与平抛轨迹重合的位置，如图3所示

，让小球沿该轨道无初速下滑，已知小球下滑过程中不会脱离轨道。下列说法正确的是______。A.小球经过d点时的速度方向与平抛小球经过d点时的速度方向相同B.小球经过d点时的速度大小与平抛小球经过d点时的速度大小相等C.小球从a运动到b的时间等于从

b运动到c的时间D.小球从a运动到b的过程中所受重力的平均功率小于从b运动到c过程所受重力的平均功率【答案】（1）BC（2）2.0（3）AD【解析】【小问1详解】CD．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，在竖直方向是自由落体运动，

平抛（或自由落体）下落时间取决于下落高度，即212hgt=解得下落时间的2htg=只改变小锤的击打力度，只能改变初速度的大小，而不会影响下落时间。故C正确，D错误；AB．A、B两球下落高度相同，因而两球的运动时间

一样长。故A错误，B正确。故选BC。【小问2详解】根据匀变速直线运动规律可知21112ygt=，22212ygt=代入数据解得10.1st=，20.3st=在水平方向小球做匀速直线运动，则有210210.40m2.0m/s0.3s0.1sxxvtt−===−−

【小问3详解】A．因为运动轨迹相同，则两种运动到d点时速度方向均为曲线在d点的切线方向。故A正确；B．因为全过程中支持力不做功，只有重力做功，则下滑到与平抛运动相同的位置时动能增量相等，即2201122mghmvmv=−平抛初速度不为0，但题干中小球是无初速度下滑的，因而小球经过d点

时的速度小于平抛小球经过d点时的速度。故B错误；C．题干中小球初速度为0，因而在水平方向上并不是匀速直线运动，题中abbcxx=但abbctt故C错误；D．重力的平均功率yPmgv=在下滑过程中小球速度越来越大，且曲面的倾斜角越来越大，则速度在竖直方向的分量yv越来越大，则小球从a到b的过程中

竖直方向的平均速度小于从b到c过程中的竖直方向的平均速度。故小球从a运动到b的过程中所受重力的平均功率小于从b运动到c过程所受重力的平均功率。故D正确。故选AD。16.某小组同学利用图1所示的装置做“

验证机械能守恒定律”实验。（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。A.低压交流电源B.刻度尺C.秒表D.天平（含砝码）（2）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A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，计时器打点周期为T，若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为_____________。（3）小张同学在多次

实验发现动能增量总是略小于重力势能的减少量，其原因是_________。A.选用的重锤质量过大B.数据处理时出现计算错误C.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力D.实验时操作不够细，实验数据测量不准确（4）小李同学

想用图3所示的装置验证机械能守恒定律。他将一条轻质细绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的3倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时，释放b球。他想仅利用刻度尺验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等，请写出他需要测量的物理量以

及这些物理量应满足的关系式_________。【答案】（1）AB（2）()228CABhhghT−=（3）C（4）b球开始下落时的高度1h和a球上升到最高点距地面的高度2h，h2=1.5h1【解析】【小问1详解】A．电磁打点计时器需要低压交流电源，A正确；B．纸带上计数点间的距离需要刻度尺测量

得到，B正确；C．由打点计时器计时，因此不需要秒表，C错误；D．该实验是“验证机械能守恒定律”，即验证212mghmv=可得212ghv=因此不需要天平（含砝码）测量重物的质量，D错误。故选AB。【小问2详解】由题意可知，重物从O点到B点，重力势能的减少量pBEmgh=纸带上

打B点时重物的速度2CABhhhvtT−==可知重物动能的增加量2k12BEmv=若从O点到B点的过程中机械能守恒，应满足的关系式为212BBmghmv=()228CABhhghT−=【小问3详解】A．选用的重锤质量过大会减小实验误差，A错误；BCD．小张同学

在多次实验发现动能增量总是略小于重力势能的减少量。因此该实验的误差不是数据处理时出现计算错误和实验数据测量不准确，其原因是空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力产生，BD错误，C正确。故选C。【小问4详解】由题意可知，b球落地前瞬间，两小球

的速度大小相等，之后a球做竖直上抛运动到最高点，因此需要测量的物理量是b球开始下落时的高度1h和a球上升到最高点距地面的高度2h，设小球做竖直上抛时的初速度为v，可得()2212ghhv−=b球释放时两球的机械能113Emgh=b球落地前瞬

间两球的机械能()221132Emghmmv=++由机械能守恒可得12EE=()2111332mghmghmmv=++联立解得211.5hh=四、计算题（本大题共4小题，共38分）17.已知地球半径为R，

质量为M，万有引力常量为G，一颗人造地球卫星处在距离地球表面高度为h的圆轨道上，试求：（1）该卫星做匀速圆周运动的线速度大小v；（2）该卫星的运动周期T。的【答案】（1）GMRh+；（2）()32RhTGM+=【解析】【详解】（1）根据万有引力做向心力可得()22

MmvGmRhRh=++解得该卫星做匀速圆周运动的线速度大小GMvRh=+（2）据圆周运动公式可得卫星的运动周期为()()22RhRhTRhvGM++==+18.电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带

电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g，静电力常量为k，两球可视为点电荷。（1）画出小球A静止时的受力图

，并求带电球C对小球A的静电力F的大小；（2）写出电场强度的定义式，并据此求出带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和方向；（3）若已知小球A静止时与带电球C的距离为r，求带电球C所带的电荷量Q。【答案】（1）受力图见解析图；tanFmg

=；（2）tanAmgEq=，方向水平向右；（3）2tanmgrQkq=【解析】【分析】【详解】（1）小球A受力如图所示根据平衡条件可知tanFmg=（2）电场强度的定义式FEq=带电球C在小

球A所在处产生的电场的场强tanAFmgEqq==方向水平向右；（3）根据库仑定律2=QqFkr解得2tanmgrQkq=19.游乐场的过山车运动可以简化为如图所示：固定在竖直面内的粗糙弧形轨道AB和半径为R的光滑圆形轨道BC在B点平滑

连接，过山车质量为m（可视为质点）在高度为4.5R的A点由静止释放沿弧形轨道滑下，经过B点进入圆轨道后恰能运动到最高点C，已知重力加速度为g，求：（1）求过山车运动到圆轨道的最高点C时速度的大小vc；（2）求在AB弧形轨道上运动时阻力所做的功Wf；（3）若弧形轨道AB光滑，计算过山

车通过C点时对轨道的压力Fc的大小。【答案】（1）Rg；（2）2mgR−；（3）4mg【解析】【详解】（1）过山车在C点，重力提供向心力，有mg＝m2CvR解得CvRg=（2）过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得mg(4.5R-2R)＋Wf＝2102Cmv−解得f2WmgR=−（

3）若弧形轨道AB光滑，过山车从A点运动到C点过程中，根据动能定理可得mg(4.5R-2R)＝21'02Cmv−解得'5CvRg=过山车在C点合力提供向心力，有mg＋N＝m2'CvR解得N＝4mg由牛顿第三定律，可得Fc＝N＝4mg20.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60kgm=（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()31232

2122hhhPmgghhhh−−=−−