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物理试卷
一、单选题：共 10 题，每题 4 分，总计 40 分，每题只有一个选项最符合题意.
1
． 据统计，现在围绕地球运行的卫星有 1000 多颗，若这些卫星都做圆周运动，地
球表面的重力加速度大小为 g，对于这些卫星，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A．轨道半径越大，卫星做圆周运动的向心加速度越大
B．轨道半径越大，卫星做圆周运动的角速度越大
C．轨道半径越大，卫星做圆周运动的线速度越大
D．轨道半径越大，卫星做圆周运动的周期越大
2
． 短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开
始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如
图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，下列
说法正确的是（ꢀꢀ）
A．甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小
B．甲的机械能守恒，乙的机械能不守恒
C．甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D．甲乙组成的系统动量守恒、机械能守恒
3
． 如图所示，物体由静止开始分别沿Ⅰ和Ⅱ不同的斜面由顶端 A 至底端 B，物体与两
种斜面间的动摩擦因数相同，且不计路径Ⅱ中转折处的能量损失，以下说法正确的
是（ꢀꢀ）
A．沿Ⅰ斜面由顶端 A 至底端 B 时的动能大
B．沿Ⅱ斜面由顶端 A 至底端 B 时的动能大
C．沿Ⅰ斜面由顶端 A 至底端 B 时重力的功率大
D．沿Ⅱ斜面由顶端 A 至底端 B 时重力的功率大
4
． 如图所示，从距秤盘 80 cm 高度把 1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续
作用时间为 1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个
豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时
间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知 1000 粒的豆粒的总质
量为 100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ꢀꢀ）
A．0.2N
B．0.6N
C．1.0N
D．1.6N
5
． 从计时起点开始，汽车在平直的公路上以额定功率保持最大速度 v 做匀速直线运
动，t1 时刻汽车受到的阻力变为原来的 2 倍。在计时开始到再次达到稳定速度的
过程中，则汽车的 v—t 图像可能为（ꢀꢀ）
A．
B．
C．
D．
6
． 光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下
滑，在小球滑落至水平面的过程中（ꢀꢀ）
A．小球的机械能守恒
B．小球一直沿半球体表面下滑
C．小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒
D．小球在水平方向的速度一直增大
7
． 如图所示，两个质量均为 m 的小滑块 P、Q 通过铰链用长
为 L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光
L
滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角 =30°。原长为 的轻弹簧水平放置，右端与 Q
2
相连，左端固定在竖直杆 O 点上。P 由静止释放，下降到最低点时 变为 60°。整个
运动过程中，P、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重
力加速度为 g。则 P 下降过程中（ꢀꢀ）
A．P、Q 组成的系统机械能守恒
B．弹簧弹性势能最大值为 -1mgL
3
2
C．P、Q 的速度满足vP tana = vQ
D．P 达到最大动能时，P 对杆的弹力等于 0
8
． 已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以
大小为 v0 的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以 v 表示篮球的速度，
t 表示篮球运动的时间，Ek 表示篮球的动能，h 表示篮球的高度，则下列图像可能
正确的是（ꢀꢀ）
A．
B．
C．
D．
9
． 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自
然长度时物块位于 O 点（图中未标出）。物块的质量为 m，AB = a，物块与桌面
间的动摩擦因数为 μ。现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为
W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零。重力加速度
为 g。 则上述过程中（ ）
A．OA=OB
B．OA<OB
C．物块经过 O 点时，速度最大
3
D．物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于W - mmga
2
1
0．如图所示，弹性绳一端系于 A 点，绕过固定在 B 处的光滑小滑轮，另一端与套在
粗糙竖直固定杆 M 处的小球相连，此时 ABM 在同一水平线上，弹性绳原长恰好
等于 AB 间距。小球从 M 点由静止释放，滑到 N 点时速度恰好为零，P 为 MN 的
中点，弹性绳始终遵循胡克定律，则此过程中小球（ꢀꢀ）
A．受到的 3 个力的作用
B．受到的摩擦力逐渐增大
C．在 P 点时重力的瞬时功率最大
D．在 MP 过程损失的机械能比在 PN 过程的大
二.非选择题:共 5 题，共 60 分.非选择题要求写出演算步骤，只写出最后答案的不能得
分，有数值计算时答案中必须标明单位。
1
1．（15 分）如图为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装
置．将气垫导轨放在水平桌面上，细绳两端分别与托盘（含砝码）和滑块（含遮光
条）相连，滑块在托盘的牵引下运动．已知光电门固定在的气垫导轨上，遮光条的宽
度 d，托盘（含砝码）的质量为 M，滑块的质量为 m，重力加速度为 g。
（
1）下列实验操作步骤，正确顺序是
①
②
③
测出遮光条到光电门的距离 l
调节滑轮高度，使细绳与导轨平行
将气垫导轨放在水平桌面，将导轨调至水平
④释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间 t
⑤打开气源，将滑块移至光电门右侧某适合的位置
（
（
2）遮光条通过光电门时的速度大小为
3）在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，若系统要符合机械能守恒定律的
（用题中所给的字母表示）。
4）保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离 l，记录每次遮光条
（用题中所给的字母表示）。
结论，应满足的关系式为
（
1
t 2
的遮光时间 t 及对应的 ，数据见下表
l（/ ´10-1 m） 1.00
2.00 3.00
4.00
5.00
t / ms
1
11.79 8.16 6.71
5.77 5.14
（
/ ´104 s-2） 0.72
1.50
2.22 3.00
3
.78
t
2
1
请根据表中的数据，在方格纸上作出 -l 图像
。
t
2
1
5）某同学根据“ -l 图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论。你
（
t
2
是否同意他的观点？请简要说明由
。
1
2．（8 分）如图所示，两个滑块 A、B 静置于同一光滑水平直轨道上。A 的质量为
m，现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以
1
8
3
v0 ， v0 的速度向右运动。求：
4
（
（
1）（4 分）B 的质量；
2）（4 分）碰撞过程中 A 对 B 的冲量的大小。
1
3．（8 分）如图所示，在竖直平面内有光滑轨道 ABCD，其中 AB 是竖直轨道，CD
是水平轨道，AB 与 BC 相切于 B 点，BC 与 CD 相切于 C 点。一根长为2R 的轻杆两端
分别固定着两个质量均为 m 的相同小球 P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，
并使 Q 与 B 等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为 g。求：
（
（
1）（4 分）P 球到达 C 点时的速度大小；
2）（4 分）P 球到达 B 点时的速度大小。
1
3
4．（13 分）如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度 v=4m/s，与倾角为
7°的斜面的底端 P 平滑连接，将一质量 m=2kg 的小物块从 A 点静止释放。已知 A、
P 的距离 L=9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为m1 = 0.5、 2 = 0.1，取重
力加速度 g =10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物
块：
（
（
（
1）（4 分）第 1 次滑过 P 点时的速度大小v1 ；
2）（4 分）第 1 次在传送带上往返运动的时间 t；
3）（5 分）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量 Q。
1
5．（16 分）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环 A 和轻弹簧
套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环 A，细线穿过小孔 O，两端分别与环 A
和小球 B 连接，线与水平杆平行，环 A 的质量为 m，小球 B 的质量为 2m。现使整个
装置绕竖直轴以角速度 ω 匀速转动，细线与竖直方向的夹角为 37°。缓慢加速后使整
个装置以角速度 2ω 匀速转动，细线与竖直方向的夹角为 53°，此时弹簧弹力与角速度
为 ω 时大小相等，已知重力加速度 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（
（
（
1）（5 分）装置转动的角速度为 ω 时，细线 OB 的长度 s；
2）（5 分）装置转动的角速度为 2ω 时，弹簧的弹力大小 F；
3）（5 分）装置转动的角速度由 ω 增至 2ω 过程中，细线对小球 B 做的功 W。
物理参考答案
1
1
．D
2．A
3．C
4．B
5．A
6．C
7． B 8．D
9．D
10．B
d
t
ö2
1
æ
d
1． (1) ③⑤②①④ （2）
（3） mgl = (M + m)ç
÷
2
è t ø
（
（
4）
2
mg
5）不同意，图线的斜率近似等于 (
)
才能得出该结论
M + m d
2
7
7
8
1
2．（1） m ；（2） mv0
6
mv = mv + m v
B
【
详解】① 根据动量守恒定律可得
（2 分）
0
A
B
7
mB =
m
解得
（2 分）
6
②根据动量定理可得
I = Dp = m v
（
2 分）
B
B
B
7
解得I = mv
（
2 分）
0
8
3
2gR
1
3．（1）2 gR ；（2）
2
【
详解】（1）由机械能守恒定律得
1
4
mgR = ´2mv2
（
2 分）
2
解得
v = 2 gR
（2 分）
（
2）当 P 球到达 B 点时杆与水平面的角度为
R
1
2
sinq =
=
2
R
解得
q
= 30o
（1 分）
当 P 球到达 B 点时有
vQ cos30o = vP cos 60o
（
1 分）
P、Q 系统机械能守恒
1
1
2
3
mgR = mvP2
+
mvQ2
（
1 分）
2
解得
3
2gR
vP =
（1 分）
2
1
4．（1）6m/s；（2）12.5s；（3）88J
【
详解】（1）由动能定理得
1
(mg sin 37° - m1mg cos37°)L = mv1
2
- 0
（
2 分）
2
解得
v1 = 6m / s
（
2 分）
（
2）由牛顿第二定律得
m2
mg = ma
（
1 分）
物块与传送带共速时，由速度公式得
解得
-
v = v1 - at1
t1 =10s
（
1 分）
匀速运动阶段的时间为
v
2
1
v
2
-
（1 分）
2a 2a =
t2
=
2.5s
v
第 1 次在传送带上往返运动的时间
t = t + t =12.5s
(1 分)
1
2
（
3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大
小相等，物块最终停止在 P 点，则根据能量守恒有
1
Q = m mg cos 37°´ L + mv2
(3 分)
1
2
解得Q = 88J
(2 分)
5
4w
g
199mg
2
1
5．（1）
；（2）2mg；（3）
2
144w
2
【
详解】（1）当装置转动的角速度为 ω 时，对小球 B 分析得
T1 cos37° = 2mg
（
（
2 分）
T1 sin 37° = 2mw2ssin 37°
2 分）
解得
5
4w
g
s =
(1 分)
2
（
2）装置转动的角速度为 2ω 时，设 OB 的长度为 s'，则对小球 B 得
T2 cos53° = 2mg
T2 sin 53° 2m 2
=
( w)2 s'sin 53°
5
2w
g
s' =
（2 分）
1
2
设细线长度为 L，则装置转动的角速度为 ω 时对圆环 A 满足
T1 - F = mw (L - s)
装置转动的角速度为 2ω 时，对圆环 A 有
2
(1 分)
T2 + F = m(2w)2 (L - s')
(1 分)
解得
F = 2mg
(1 分)
（
3）装置转动的角速度由 ω 增至 2ω 过程中，对小球 B 得重力势能变化量为
ΔEp = 2mg(scos37° - s'cos53°)
（
2 分）
动能变化量为
1
D
Ek = ×2m éë(2ws'sin 53°)2 - (wssin 37°)2 ù
（2 分）
û
2
解得细线对小球 B 做的功为
1
99mg
2
W = DE + DE =
（2 分）
p
k
144w
2
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