广东省深圳市福田区红岭中学2025届高三上学期第二次统一考试物理试题
1．（2024高三上·福田模拟）以下单位与牛顿（N）等价的是（ ）
①kg·m·s2；②Ｗ·s·m-1；③J·m-1；④Ｗ·s-1·m；
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据
可知单位与牛顿（N）等价的有、、，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查力学单位制的应用， 难度不大，基础题。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
2．（2024高三上·福田模拟）急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，交通工具的急动度越小时乘客感觉越舒适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（ ）
A．0~5.0s时间内，乘客感觉越来越舒适
B．5.0~10.0s时间内，乘客感觉最舒适
C．5.0~10.0s时间内，汽车的加速度不变
D．10.0~12.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为0.8m/s2
【答案】D
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】AB．由题意，交通工具的急动度越小时乘客感觉越舒适，由图可知，0~5.0s时间内汽车的急动度增加，乘客感觉越来越不舒适；5.0~10.0s时间内，急动度为最大值，乘客感觉最不舒适，AB不符合题意；
C．根据急动度定义，由题图可知，5.0~10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀变化，C不符合题意；
D．根据题意可知，图像围成的面积表示加速度的变化量，由题图可得10.0~12.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查对急动概念的理解， 急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量， 急动度j随时间t变化图像的面积表示加速度的变化量。
根据图像分析急动度变化，进而分析乘客舒适程度；根据机动度物理意义分析加速度变化；根据图象求得面积，进而求得加速度变化量。
3．（2024高三上·福田模拟）未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。若手机质量约为200g，从离地1.25m高处自由掉落，由于保护器的缓冲作用使接触地面时间达0.25s且不反弹，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中手机的速度变化率不断增大
B．下落过程中手机动量变化率不断增大
C．地面对手机的平均作用力约为4N
D．地面对手机的平均作用力约为6N
【答案】D
【知识点】动量定理；加速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．加速度是速度变化率，手机落地过程中加速度为重力加速度，不变，速度变化率不变，A不符合题意；
B．根据动量定理可得
可知动量变化率为手机受到的合力，手机下落过程受到的合力为重力，保持不变，动量变化率不变，B不符合题意；
CD．手机做自由落体运动，由
可得手机落地时间为
设向下为正方向，根据动量定理
地面对手机的平均作用力
D符合题意，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查动量定理的简单应用，分析手机的运动过程，根据动量定理和自由落体运动规律解答。加速度，大小表示速度变化率；由动量定理得到动量变化率和力的关系，分析动量变化率的变化；以手机为研究对象，先做自由落体运动，根据求得下落时间，再分析整个过程，根据动量定理求解地面对手机的平均作用力。
4．（2024高三上·福田模拟）已知M、N两颗卫星为地球赤道平面内的圆轨道卫星，绕行方向均与地球自转方向一致，O为地心，如图所示。M、N两卫星的轨道半径之比为2∶1，卫星N的运行周期为T，图示时刻，卫星M与卫星N相距最近。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星M的运行周期为2T
B．卫星M、N的线速度之比为1：
C．经过时间4T，卫星M与卫星N又一次相距最近
D．M、N分别与地心O连线在相等时间内扫过的面积相等
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
解得
，
设卫星M、N的运行周期分别为TM、TN，其中TN= T，运行速度分别为vM、vN，则可得
，
解得
A不符合题意，B符合题意；
C．设经过时间t，卫星M与卫星N又一次相距最近，则有
由于为
，，
可得
其中，，解得
C不符合题意；
D．根据开普勒第二定律，可知同一卫星与地心O连线在相等时间内扫过的面积相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题主要考查万有引力定律在天体运动中的应用，理解万有引力提供向心力是解题关键。
卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，根据得到 M、N两卫星运转周期、速度关系；根据圆周运动相遇问题求解卫星M与卫星N又一次相距最近时间；根据开普勒第二定律判断D项。
5．（2024高三上·福田模拟）如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，其底部装有弹簧。某次弹跳从最高点下落的过程中，人的动能随重心高度h（最低点为h0）变化的图像如图乙所示，图中段为直线，其余部分为曲线，已知弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力忽略不计，人看做质点。则（ ）
A．高度为h1时，人的加速度达到最大值
B．下落到h1的过程中，人的机械能一直减小
C．高度为h0时，人处于超重状态
D．下落到的过程中，人的机械能一直增大
【答案】C
【知识点】功能关系；超重与失重
【解析】【解答】A．由动能定理可知动能随重心高度h变化的图像的斜率表示合力，上升高度为时，人的动能最大，速度最大，斜率为零，合力为零，根据牛顿第二定律可知加速度为零，A符合题意；
BD．最高点下落到h1的过程中，图中段为直线，斜率恒定，合力恒定，说明弹簧鞋脱离弹簧，故人只受重力作用，即下落到的过程中，人的机械能守恒，阶段斜率变小，合力变小，加速度变小，人做方向向下的加速度减小的加速运动，此时有弹力作用，弹簧处于压缩状态，对人做负功，人的机械能减小，故BD不符合题意；
C．高度为h0时，下降到最低点，人的动能为零，速度向下减为零，加速度向上，故人处于超重状态，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查动能随物体重心高度变化的图像的简单应用，动能随重心高度h变化的图像的斜率表示合力，根据图像判断合力变化，结合牛顿第二定律判断加速度变化；机械能守恒的条件为：系统只有重力或弹力做功；外力对系统做正功，系统机械能增加，外力对系统做负功，系统机械能减少；加速度向上，是超重，加速度向下，是失重。
6．（2024高三上·福田模拟）如图所示，阳光垂直照射到倾角为θ的斜面草坪上，在斜面草坪顶端把一高尔夫球以v0的速度水平击出，小球刚好落在斜面底端。B点是球距离斜面的最远处，草坪上A点是在阳光照射下球经过B点时的投影点，草坪上D点在B点的正下方。不计空气阻力，则（ ）
A．AB的长度为
B．小球在空中的飞行时间
C．OA与AC长度比为1：3
D．OD与DC长度之比为1：3
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．将小球的速度沿斜面和垂直斜面两个方向分解，可知小球垂直斜面方向做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，当小球垂直斜面方向的分速度刚好为0时，小球距离斜面的最远，即B点是运动过程中距离斜面的最远处，由
可得
由可得，从O点到B点运动的时间为
根据对称性原理，可知小球从B点运动到C点的时间等于从O点到B点运动的时间为
故小球在空中的飞行时间为
A符合题意，B不符合题意；
C．小球另一个分运动是沿斜面向下运动，即小球沿斜面方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，由可得
则
故OA与AC长度比为
C不符合题意；
D．将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，如图所示
则从O到B有
小球从O到C有
根据几何关系，可知D点是OC的中点，则OD与DC长度相等，即OD与DC长度之比为1：1，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】 AB、运用运动的合成与分解方法将小球的运动沿斜面方向和垂直与斜面方向分解，根据运动规律计算AB长度、 小球在空中的飞行时间；
C、沿斜面方向根据位移时间关系求得 OA与AC长度比 ，进而根据几何关系判断OD与DC长度关系；
D、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，列式求解 OD与DC长度之比 。
本题考查对平抛运动规律的理解，其中运用运动的合成与分解的方法为解决本题的关键，特别注意该方法应用时可灵活改变建系方向。
7．（2024高三上·福田模拟）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，开始进入组织。在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘只受到组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K，则（ ）
A．软组织对针鞘做的总功为-Kd12
B．目标组织对针鞘做的总功为Kd22
C．运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为Kd2（0.5d2＋d1）
D．运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小为d2
【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题知，针鞘在软组织前进时，其受到软组织的阻力由零变为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为
针鞘在目标组织前进时，其受到软组织的阻力不变，为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为
故软组织对针鞘做的总功为
A不符合题意；
B．由题知，针鞘在目标组织前进时，其受到目标组织的阻力由零变为，则在这段距目标组织对针鞘做的总功为
B不符合题意；
C．由AB分析，可知在运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为
C符合题意；
D．设针鞘质量为m，当其到达目标组织表面时的速度为v，继续前进d2减速至零，根据动能定理有
解得
则动量变化量的大小为
因针鞘质量m未知，故无法求出其动量变化量的大小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查变力做功问题，力随进入深度做线性变化，平均值为，根据可计算软组织对针鞘做的总功和目标组织对针鞘做的总功以及运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功 ；由动能定理列式求得针鞘到达目标组织表面时的速度，再根据求解运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小。
8．（2024高三上·福田模拟）一只小船渡河，船头方向始终垂直于河岸，水流速度各处相同且恒定不变。现小船相对于静水以初速度v0分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示，可以判断（ ）
A．小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同
B．小船沿AC轨迹渡河的时间最小
C．小船沿三条不同轨迹到达河对岸时的速率相同
D．小船沿轨迹运动到达河对岸时的速率最小
【答案】B,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．小船沿三条不同轨迹渡河时，垂直河岸方向的位移相同，当垂直河岸方向做匀加速运动时用时间最短，匀减速运动时用时间最长，A不符合题意；
B．当小船垂直河岸做匀加速运动时，加速度指向河对岸，因加速度方向指向轨迹的凹向，可知AC为匀加速运动时的轨迹，即小船沿AC轨迹渡河的时间最小，B符合题意；
C．小船沿三条不同轨迹到达河对岸时垂直河岸方向的速度不同，沿平行河岸方向的速度相同，可知合速度大小不同，即速率不相同，C不符合题意；
D．小船沿AD轨迹运动到达河对岸时，小船垂直河岸做匀减速运动，到达对岸时垂直河岸方向的速度最小，可知合速率最小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，据此判断各个轨迹对应的运动情况，船渡河时间由垂直河岸的分运动速度决定。
本题关键是找到合运动与分运动，注意小船渡河时间有垂直河岸方向的分运动速度决定，与水流速度无关。
9．（2024高三上·福田模拟）如图所示为内燃机中轻质活塞和轻质曲柄连杆结构的示意图和简图。汽缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线BO垂直，汽缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知，不计一切摩擦，则此刻（ ）
A．A点线速度大小为
B．AB杆对活塞的作用力大小为
C．气缸壁对活塞作用力的大小为F
D．AB杆对A点推力的功率为Fv0
【答案】A,D
【知识点】力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．连杆与活塞轴线垂直时，由几何关系可知与之间的夹角为
，将沿连杆方向和垂直于连杆方向分解，如图所示
沿连杆方向的速度为
连杆的端绕转动的线速度为
A符合题意；
BC．由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆对其的推力、气缸壁对其的弹力和高压气体及外部大气对活塞的作用力F，如图1所示
根据平衡条件可得
解得
BC不符合题意；
D．由功率的公式得，AB杆对A点推力的功率为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】 将连杆的速度分解到沿连杆方向和垂直连杆方向， 根据几何关系分析求出速度的大小；根据对活塞的受力分析，结合正交分解和几何关系得出力的大小关系；根据求解AB杆对A点推力的功率 。
本题主要考查了运动的合成和分解问题，要区分速度的分解和力的分解，结合几何关系即可完成解答。
10．（2024高三上·福田模拟）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内，且间距足够小），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后，沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复。所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．最终物块间的距离保持不变
B．1号木块共受到4047次碰撞
C．0号物块最终动量大小为
D．2022号物块最终速度
【答案】B,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AD．对0号物体，从曲面最高点到最低点过程中，根据动能定理有
解得
由题可知，2024个弹性物体质量相等，发生弹性碰撞，可知两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度，同理2023号物体最终速度是0号物体与1号物体第2次碰撞后发生弹性正碰后1号物体的速度，为，2022号物块最终速度为，故后面物块的速度不断减小，间距不断增大，A不符合题意错误，D符合题意；
B.2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，0号物体与1号物体碰撞2024次，2号物体在开始匀速运动之前与1号物体碰撞2023次，故1号木块共受到4047次碰撞，B符合题意；
C．根据A项分析知，0号物体与1号物体碰撞1次后，0号物体的速度为
0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
最终0号物体要与1号物体碰撞2024次，所以0号物体最终动量大小为，C符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】应用动能定理求出0号物块到达水平面时的速度大小；碰撞是弹性碰撞，碰撞过程没有机械能损失，应用系统动量守恒、机械能守恒列式求解碰后每一物块速度变化和2022号物块最终速度 ，进而判断最终物块间的距离变化情况；每次碰后0号物块总反弹，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解碰撞的次数和最终动量大小。
物块弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚物块的运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。
11．（2024高三上·福田模拟）（1）利用向心力演示器来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，此实验用到物理方法是 ；如图所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与 的关系。
（2）利用实验室的斜槽轨道等器材研究平抛运动。采取描迹法，把在竖直白纸上记录的多个钢球球心的投影点，用平滑曲线连起来，得到了钢球做平抛运动的轨迹。
（a）为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，下面的一些操作要求，正确的是
A.使用密度小、体积大的钢球
B.斜槽轨道需要尽量光滑
C.钢球运动时要紧贴装置的背板
D.使斜槽末端切线保持水平
E.每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球
（b）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是 。
A． B.C。 D.
【答案】（1）控制变量法；角速度
（2）DE；C
【知识点】研究平抛物体的运动；向心力
【解析】【解答】（1）此实验研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，用到物理方法是控制变量法；若两个钢球质量和运动半径相等，根据可知在研究向心力的大小F与角速度的关系。
（2）（a）A．为了减小阻力的影响，应该使用密度大、体积小的钢球，A不符合题意；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验没有影响，只要到达底端时的速度相同即可，B不符合题意；
C．钢球运动时不能紧贴装置的背板，以防小球碰撞背板而使运动轨迹发生改变，C不符合题意；
D．为了保证小球做平抛运动，斜槽末端切线需要保持水平，D符合题意；
E．为了保证小球到达底端时速度相同，每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球，E符合题意。
故答案为：DE。
（b）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【答案】（1）控制变量法；角速度（2）DE。
【分析】（1）本题考查了利用向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力大小F与小球质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系；解题的关键在于掌握向心力演示器的原理，熟悉中的物理量。
该实验采用控制变量法，图中抓住质量变、半径不变，研究向心力与角速度的关系；
(2)为保证小球做平抛运动，必须使斜槽的末端保持水平，了解作图法处理数据的注意事项，明确该实验的具体操作。
在本实验中，如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键必须使斜槽末端槽口的切线保持水平，且固定后的斜槽要竖直。
（1）[1]此实验研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，用到物理方法是控制变量法；
[2]若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系。
（2）（a）[1]A．使用密度大、体积小的钢球，以减小阻力的影响，选项A错误；
B．斜槽轨道不需要光滑，只要到达底端时的速度相同即可，选项B错误；
C．钢球运动时不能紧贴装置的背板，以防小球碰撞背板而使运动轨迹发生改变，选项C错误；
D．使斜槽末端切线保持水平，以保证小球做平抛运动，选项D正确；
E．每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球，以保证小球到达底端时速度相同，选项E正确。
故选DE。
（b）[2]建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点，故C正确。
12．（2024高三上·福田模拟）某同学采用下图的装置来“验证机械能守恒定律”。实验时，该同学进行了如下操作：
（1）将质量均为M（A含挡光片、B含挂钩）的两物块用轻绳连接后，跨放在光滑的定滑轮上，处于静止状态。测量出 （填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h。
（2）在B的下端挂上质量也为M的物块C，如图乙，让物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt；测出挡光片的（挡光）宽度d，则物块A经过光电门时的速度为 。
（3）若系统的机械能守恒，则应满足的关系式为 （用（1）（2）中所测物理量表示，已知重力加速度为g）。
（4）引起该实验系统误差的原因有 （写一条即可）。
（5）若实验中，改变物块A到光电门的距离h，测得物块Ａ经过光电门时的速度v，根据实验数据做出的图像如图，则当地的重力加速度g= 。（保留三位有效数字）
【答案】挡光片中心；；；绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；9.75
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）该实验需要测出A、B组成的系统在运动过程中某一位置处的速度大小，而测速用的是光电门，因此需要测出挡光片中心 到光电门中心的竖直距离。
（2）本实验中，用挡光片通过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，因此可得物块A经过该位置处的瞬时速度为
（3）若系统机械能守恒，系统减少的重力势能等于增加的动能，则有
整理得
（4）本实验中，引起系统误差的可能原因有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。
（5）由机械能守恒可得
则图像的斜率为
解得
【分析】（1）根据实验原理和要求解答；
（2）利用平均速度公式可以求出系统的末速度；
（3）根据系统机械能守恒定律求出应满足的关系。
（4）根据实验过程查找误差产生原因。
（5）根据（3）中的表达式结合图像求解重力加速度。
本题考查了验证机械能守恒定律实验。物体下落过程中通过某一位置的速度可以用光电计时器测出来，利用这种装置验证机械能守恒定律，能消除纸带与限位孔的摩擦阻力带来的系统误差。
13．（2024高三上·福田模拟）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。如图甲，当机器人抵达分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2）。如图乙，机器人把质量m=1kg的包裹从供包台由静止出发，沿直线运至相距L=30m的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人运行最大加速度a=2m/s2，运行最大速度v=2m/s，机器人运送包裹途中看作质点。
（1）求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为，则在机器人A到达投递口处，要使得包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ应该是多少；
【答案】（1）解：当机器人A先做匀加速直线运动加速至2m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段，根据
可得
根据
可得
匀减速直线运动阶段，逆过程为初速度为零的匀加速运动，根据
可得
根据
可得
匀速直线阶段，根据
得
运行总时间
；
答： 机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间为16s；
（2）解：
设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角，对包裹，受力分析得垂直托盘方向
沿托盘方向
其中
解得托盘的最小倾角
。
答： 托盘的最小倾角θ应该是.
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】 （1）利用匀加速运动，匀减速运动的速度时间公式，求出匀加速和匀减速运动的时间，利用匀加速运动，匀减速运动的位移时间公式，求出匀加速和匀减速运动的位移，用匀速运动的位移和速度关系，求出匀速运动的时间，进而求总得时间；
(2)利用物体在斜面上刚开始滑动受力分析，列式推导最小倾角大小。
本题属于基础的受力分析和匀变速直线运动求解，分清物体运动过程，选择合适公式解答。
（1）当机器人A先做匀加速直线运动加速至2m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
，
匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得
，
匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角，对包裹，受力分析得
，
其中
解得托盘的最小倾角
14．（2024高三上·福田模拟）红岭未来工程师团队设计了如图所示的游戏装置：水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、圆弧轨道DBE、水平直轨道EF依次平滑连接，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角为、CP=1.0m；圆弧轨道DBE的半径R=10cm。与AC同一平面水平放置一个靶环，环间距为d=10cm，10环的半径r=10cm，靶心与轨道在同一个竖直面内且距轨道末端F的水平距离为x=1m。游戏时，在水平轨道AC上，给小球一个初动能，使小球沿轨道运动最终落在靶环上，获得相应分数。小球质量m=20g，可看成质点，所有摩擦阻力均不计，g=10m/s2。求：
（1）刚好能通过B点获得分数时，小球在圆环最高点B的速率和在最低点E的速率；
（2）正中靶心时，小球的初动能Ek0；
（3）获得分数大于4分时，小球的初动能。
【答案】（1）解：小球做圆周运动恰能通过最高点，重力提供向心力，则有
解得
小球做圆周运动从最低点E到最高点B过程，根据动能定理可得
解得；
答： 刚好能通过B点获得分数时，小球在圆环最高点B的速率为1m/s，在最低点E的速率为；
（2）解：小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有
解得
在水平方向上有
解得
根据机械能守恒得，小球的初动能为
；
答：正中靶心时，小球的初动能为；
（3）解：分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几何关系有
根据
解得
根据机械能守恒得，小球的动能为
若落到靶环中心左侧，根据几何关系有
根据
解得
故无法通过轨道最高点，无法到达；当时，水平位移为
则根据机械能守恒得，小球的动能为
则小球的动能为
。
答：获得分数大于4分时，小球的初动能。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1)小球能够做完整圆周运动的条件为：在最高点重力提供向心力，列式求解最高点速度，再根据动能定理求解小球到达E点速度的大小；
(2)小球飞离轨道做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，列式求解初速度，根据机械能的表达式计算初动能；
(3)小球飞离轨道做平抛运动，根据题意列式求解初速度，根据机械能的表达式计算初动能。
本题考查了机械能守恒定律、动能定理，同时根据支持力和重力的合力提供向心力列式求解，题目较难，尤其是最后一问要注意分情况讨论。
（1）小球做圆周运动恰能通过最高点，则有
解得
小球做圆周运动从最低点E到最高点B过程，根据机械能守恒有
解得
（2）小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有
解得
在水平方向上有
解得
根据机械能守恒得，小球的初动能为
（3）分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几何关系有
根据
解得
根据机械能守恒得，小球的动能为
若落到靶环中心左侧，根据几何关系有
根据
解得
故无法通过轨道最高点，无法到达4分；
当时，水平位移为
分数大于4分，则根据机械能守恒得，小球的动能为
故分数大于分，则小球的动能为
15．（2024高三上·福田模拟）如图所示，右侧为光滑固定圆弧导轨A，末端水平。左侧B为固定的挡板，C为足够长的传送带，以速度v=5m/s顺时针运动。D为木板，质量为M=1kg，长L=3m。C、D等高。最初D紧靠着A。一个质量为m=2kg的滑块从A上下滑h=1.8m后，滑上木板D。已知滑块恰能滑到木板D的左端，此刻板D恰与B相撞，若D与板B及A碰撞时，速度突变为零且不粘连，滑块与木板和传送带间的动摩擦因数都相等，水平地面光滑，g=10m/s2。求：
（1）动摩擦因数μ；
（2）从滑块滑上传送带到运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功W；
（3）滑块第一次返回导轨A，能上滑的最大高度H；
（4）滑块在木板上相对滑动的总路程S及相对滑动的总时间t。
【答案】（1）解：滑块下滑，根据动能定理可得
解得
木板D和滑块组成的系统动量守恒
解得
由功能关系可知滑块和木板D损失的动能等于系统克服摩擦力做的功，可得
联立可解得
答：动摩擦因数为0.2；
（2）解：电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知
解得
由v=v0+at可知滑块在传送带运动的时间
由可得滑块的位移
则传送带的位移
系统摩擦生热为
滑块损失的动能为
则电动机多做的功
；
答：从滑块滑上传送带到运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功为；
（3）解：当再次滑上木板
滑块和木板再次损失的热量
木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程
联立解得；
答：滑块第一次返回导轨A，能上滑的最大高度为；
（4）解：分析可知，滑块返回A，则
滑块与木板动量守恒
联立解得
由能量守恒
解得
木板D撞上B后，滑块继续滑行，有
解得
总路程
滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，总时间
。
答：滑块在木板上相对滑动的总路程为，相对滑动的总时间为3s。
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1)应用动能定理求出滑块滑到底端时的速度，滑块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出系统的速度，对系统应用功能关系可以求出动摩擦因数。
(2)由牛顿第二定律求出滑块的加速度，由运动学公式求出滑块在传送带上的运动时间，然后求出次时间内传送带的位移，再应用功的计算公式求出电动机做功。
(3)滑块与木板组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律、对滑块应用动能定理可以求出滑块上升的最大高度。
(4)滑块在木板上发生相对滑动可以看做匀减速直线运动，应用速度公式可以求出运动时间。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律、动能定理的应用，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
（1）滑块滑下，有
解得
木板D和滑块组成的系统动量守恒
由能量守恒可知滑块和木板D损失的动能转化为系统的摩擦生热
联立可解得
（2）电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知
由运动学可知滑块在传送带运动的时间
滑块的位移
则传送带的位移
系统摩擦生热为
滑块损失的动能为
则电动机多做的功
（3）当再次滑上木板
滑块和木板再次损失的热量
木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程
联立解得
（4）分析可知，滑块返回A，则
滑块与木板动量守恒
联立解得
由能量守恒
解得
木板D撞上B后，滑块继续滑行，有
解得
总路程
滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，总时间
广东省深圳市福田区红岭中学2025届高三上学期第二次统一考试物理试题
1．（2024高三上·福田模拟）以下单位与牛顿（N）等价的是（ ）
①kg·m·s2；②Ｗ·s·m-1；③J·m-1；④Ｗ·s-1·m；
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
2．（2024高三上·福田模拟）急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，交通工具的急动度越小时乘客感觉越舒适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律。则有（ ）
A．0~5.0s时间内，乘客感觉越来越舒适
B．5.0~10.0s时间内，乘客感觉最舒适
C．5.0~10.0s时间内，汽车的加速度不变
D．10.0~12.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为0.8m/s2
3．（2024高三上·福田模拟）未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。若手机质量约为200g，从离地1.25m高处自由掉落，由于保护器的缓冲作用使接触地面时间达0.25s且不反弹，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．下落过程中手机的速度变化率不断增大
B．下落过程中手机动量变化率不断增大
C．地面对手机的平均作用力约为4N
D．地面对手机的平均作用力约为6N
4．（2024高三上·福田模拟）已知M、N两颗卫星为地球赤道平面内的圆轨道卫星，绕行方向均与地球自转方向一致，O为地心，如图所示。M、N两卫星的轨道半径之比为2∶1，卫星N的运行周期为T，图示时刻，卫星M与卫星N相距最近。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星M的运行周期为2T
B．卫星M、N的线速度之比为1：
C．经过时间4T，卫星M与卫星N又一次相距最近
D．M、N分别与地心O连线在相等时间内扫过的面积相等
5．（2024高三上·福田模拟）如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，其底部装有弹簧。某次弹跳从最高点下落的过程中，人的动能随重心高度h（最低点为h0）变化的图像如图乙所示，图中段为直线，其余部分为曲线，已知弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力忽略不计，人看做质点。则（ ）
A．高度为h1时，人的加速度达到最大值
B．下落到h1的过程中，人的机械能一直减小
C．高度为h0时，人处于超重状态
D．下落到的过程中，人的机械能一直增大
6．（2024高三上·福田模拟）如图所示，阳光垂直照射到倾角为θ的斜面草坪上，在斜面草坪顶端把一高尔夫球以v0的速度水平击出，小球刚好落在斜面底端。B点是球距离斜面的最远处，草坪上A点是在阳光照射下球经过B点时的投影点，草坪上D点在B点的正下方。不计空气阻力，则（ ）
A．AB的长度为
B．小球在空中的飞行时间
C．OA与AC长度比为1：3
D．OD与DC长度之比为1：3
7．（2024高三上·福田模拟）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，开始进入组织。在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘只受到组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K，则（ ）
A．软组织对针鞘做的总功为-Kd12
B．目标组织对针鞘做的总功为Kd22
C．运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为Kd2（0.5d2＋d1）
D．运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小为d2
8．（2024高三上·福田模拟）一只小船渡河，船头方向始终垂直于河岸，水流速度各处相同且恒定不变。现小船相对于静水以初速度v0分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示，可以判断（ ）
A．小船沿三条不同轨迹渡河的时间相同
B．小船沿AC轨迹渡河的时间最小
C．小船沿三条不同轨迹到达河对岸时的速率相同
D．小船沿轨迹运动到达河对岸时的速率最小
9．（2024高三上·福田模拟）如图所示为内燃机中轻质活塞和轻质曲柄连杆结构的示意图和简图。汽缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线BO垂直，汽缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知，不计一切摩擦，则此刻（ ）
A．A点线速度大小为
B．AB杆对活塞的作用力大小为
C．气缸壁对活塞作用力的大小为F
D．AB杆对A点推力的功率为Fv0
10．（2024高三上·福田模拟）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内，且间距足够小），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后，沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复。所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．最终物块间的距离保持不变
B．1号木块共受到4047次碰撞
C．0号物块最终动量大小为
D．2022号物块最终速度
11．（2024高三上·福田模拟）（1）利用向心力演示器来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，此实验用到物理方法是 ；如图所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与 的关系。
（2）利用实验室的斜槽轨道等器材研究平抛运动。采取描迹法，把在竖直白纸上记录的多个钢球球心的投影点，用平滑曲线连起来，得到了钢球做平抛运动的轨迹。
（a）为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，下面的一些操作要求，正确的是
A.使用密度小、体积大的钢球
B.斜槽轨道需要尽量光滑
C.钢球运动时要紧贴装置的背板
D.使斜槽末端切线保持水平
E.每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球
（b）实验过程中，要建立直角坐标系，在下图中，建系坐标原点选择正确的是 。
A． B.C。 D.
12．（2024高三上·福田模拟）某同学采用下图的装置来“验证机械能守恒定律”。实验时，该同学进行了如下操作：
（1）将质量均为M（A含挡光片、B含挂钩）的两物块用轻绳连接后，跨放在光滑的定滑轮上，处于静止状态。测量出 （填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h。
（2）在B的下端挂上质量也为M的物块C，如图乙，让物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt；测出挡光片的（挡光）宽度d，则物块A经过光电门时的速度为 。
（3）若系统的机械能守恒，则应满足的关系式为 （用（1）（2）中所测物理量表示，已知重力加速度为g）。
（4）引起该实验系统误差的原因有 （写一条即可）。
（5）若实验中，改变物块A到光电门的距离h，测得物块Ａ经过光电门时的速度v，根据实验数据做出的图像如图，则当地的重力加速度g= 。（保留三位有效数字）
13．（2024高三上·福田模拟）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。如图甲，当机器人抵达分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2）。如图乙，机器人把质量m=1kg的包裹从供包台由静止出发，沿直线运至相距L=30m的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人运行最大加速度a=2m/s2，运行最大速度v=2m/s，机器人运送包裹途中看作质点。
（1）求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为，则在机器人A到达投递口处，要使得包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ应该是多少；
14．（2024高三上·福田模拟）红岭未来工程师团队设计了如图所示的游戏装置：水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、圆弧轨道DBE、水平直轨道EF依次平滑连接，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角为、CP=1.0m；圆弧轨道DBE的半径R=10cm。与AC同一平面水平放置一个靶环，环间距为d=10cm，10环的半径r=10cm，靶心与轨道在同一个竖直面内且距轨道末端F的水平距离为x=1m。游戏时，在水平轨道AC上，给小球一个初动能，使小球沿轨道运动最终落在靶环上，获得相应分数。小球质量m=20g，可看成质点，所有摩擦阻力均不计，g=10m/s2。求：
（1）刚好能通过B点获得分数时，小球在圆环最高点B的速率和在最低点E的速率；
（2）正中靶心时，小球的初动能Ek0；
（3）获得分数大于4分时，小球的初动能。
15．（2024高三上·福田模拟）如图所示，右侧为光滑固定圆弧导轨A，末端水平。左侧B为固定的挡板，C为足够长的传送带，以速度v=5m/s顺时针运动。D为木板，质量为M=1kg，长L=3m。C、D等高。最初D紧靠着A。一个质量为m=2kg的滑块从A上下滑h=1.8m后，滑上木板D。已知滑块恰能滑到木板D的左端，此刻板D恰与B相撞，若D与板B及A碰撞时，速度突变为零且不粘连，滑块与木板和传送带间的动摩擦因数都相等，水平地面光滑，g=10m/s2。求：
（1）动摩擦因数μ；
（2）从滑块滑上传送带到运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功W；
（3）滑块第一次返回导轨A，能上滑的最大高度H；
（4）滑块在木板上相对滑动的总路程S及相对滑动的总时间t。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据
可知单位与牛顿（N）等价的有、、，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查力学单位制的应用， 难度不大，基础题。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
2．【答案】D
【知识点】加速度；图象法
【解析】【解答】AB．由题意，交通工具的急动度越小时乘客感觉越舒适，由图可知，0~5.0s时间内汽车的急动度增加，乘客感觉越来越不舒适；5.0~10.0s时间内，急动度为最大值，乘客感觉最不舒适，AB不符合题意；
C．根据急动度定义，由题图可知，5.0~10.0s时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀变化，C不符合题意；
D．根据题意可知，图像围成的面积表示加速度的变化量，由题图可得10.0~12.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查对急动概念的理解， 急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量， 急动度j随时间t变化图像的面积表示加速度的变化量。
根据图像分析急动度变化，进而分析乘客舒适程度；根据机动度物理意义分析加速度变化；根据图象求得面积，进而求得加速度变化量。
3．【答案】D
【知识点】动量定理；加速度；自由落体运动
【解析】【解答】A．加速度是速度变化率，手机落地过程中加速度为重力加速度，不变，速度变化率不变，A不符合题意；
B．根据动量定理可得
可知动量变化率为手机受到的合力，手机下落过程受到的合力为重力，保持不变，动量变化率不变，B不符合题意；
CD．手机做自由落体运动，由
可得手机落地时间为
设向下为正方向，根据动量定理
地面对手机的平均作用力
D符合题意，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查动量定理的简单应用，分析手机的运动过程，根据动量定理和自由落体运动规律解答。加速度，大小表示速度变化率；由动量定理得到动量变化率和力的关系，分析动量变化率的变化；以手机为研究对象，先做自由落体运动，根据求得下落时间，再分析整个过程，根据动量定理求解地面对手机的平均作用力。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
解得
，
设卫星M、N的运行周期分别为TM、TN，其中TN= T，运行速度分别为vM、vN，则可得
，
解得
A不符合题意，B符合题意；
C．设经过时间t，卫星M与卫星N又一次相距最近，则有
由于为
，，
可得
其中，，解得
C不符合题意；
D．根据开普勒第二定律，可知同一卫星与地心O连线在相等时间内扫过的面积相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题主要考查万有引力定律在天体运动中的应用，理解万有引力提供向心力是解题关键。
卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，根据得到 M、N两卫星运转周期、速度关系；根据圆周运动相遇问题求解卫星M与卫星N又一次相距最近时间；根据开普勒第二定律判断D项。
5．【答案】C
【知识点】功能关系；超重与失重
【解析】【解答】A．由动能定理可知动能随重心高度h变化的图像的斜率表示合力，上升高度为时，人的动能最大，速度最大，斜率为零，合力为零，根据牛顿第二定律可知加速度为零，A符合题意；
BD．最高点下落到h1的过程中，图中段为直线，斜率恒定，合力恒定，说明弹簧鞋脱离弹簧，故人只受重力作用，即下落到的过程中，人的机械能守恒，阶段斜率变小，合力变小，加速度变小，人做方向向下的加速度减小的加速运动，此时有弹力作用，弹簧处于压缩状态，对人做负功，人的机械能减小，故BD不符合题意；
C．高度为h0时，下降到最低点，人的动能为零，速度向下减为零，加速度向上，故人处于超重状态，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查动能随物体重心高度变化的图像的简单应用，动能随重心高度h变化的图像的斜率表示合力，根据图像判断合力变化，结合牛顿第二定律判断加速度变化；机械能守恒的条件为：系统只有重力或弹力做功；外力对系统做正功，系统机械能增加，外力对系统做负功，系统机械能减少；加速度向上，是超重，加速度向下，是失重。
6．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．将小球的速度沿斜面和垂直斜面两个方向分解，可知小球垂直斜面方向做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，当小球垂直斜面方向的分速度刚好为0时，小球距离斜面的最远，即B点是运动过程中距离斜面的最远处，由
可得
由可得，从O点到B点运动的时间为
根据对称性原理，可知小球从B点运动到C点的时间等于从O点到B点运动的时间为
故小球在空中的飞行时间为
A符合题意，B不符合题意；
C．小球另一个分运动是沿斜面向下运动，即小球沿斜面方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，由可得
则
故OA与AC长度比为
C不符合题意；
D．将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，如图所示
则从O到B有
小球从O到C有
根据几何关系，可知D点是OC的中点，则OD与DC长度相等，即OD与DC长度之比为1：1，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】 AB、运用运动的合成与分解方法将小球的运动沿斜面方向和垂直与斜面方向分解，根据运动规律计算AB长度、 小球在空中的飞行时间；
C、沿斜面方向根据位移时间关系求得 OA与AC长度比 ，进而根据几何关系判断OD与DC长度关系；
D、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，列式求解 OD与DC长度之比 。
本题考查对平抛运动规律的理解，其中运用运动的合成与分解的方法为解决本题的关键，特别注意该方法应用时可灵活改变建系方向。
7．【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题知，针鞘在软组织前进时，其受到软组织的阻力由零变为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为
针鞘在目标组织前进时，其受到软组织的阻力不变，为，则在这段距离软组织对针鞘做的功为
故软组织对针鞘做的总功为
A不符合题意；
B．由题知，针鞘在目标组织前进时，其受到目标组织的阻力由零变为，则在这段距目标组织对针鞘做的总功为
B不符合题意；
C．由AB分析，可知在运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功为
C符合题意；
D．设针鞘质量为m，当其到达目标组织表面时的速度为v，继续前进d2减速至零，根据动能定理有
解得
则动量变化量的大小为
因针鞘质量m未知，故无法求出其动量变化量的大小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查变力做功问题，力随进入深度做线性变化，平均值为，根据可计算软组织对针鞘做的总功和目标组织对针鞘做的总功以及运动d2的过程中，针鞘克服阻力做功 ；由动能定理列式求得针鞘到达目标组织表面时的速度，再根据求解运动d2的过程中，针鞘动量变化量大小。
8．【答案】B,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．小船沿三条不同轨迹渡河时，垂直河岸方向的位移相同，当垂直河岸方向做匀加速运动时用时间最短，匀减速运动时用时间最长，A不符合题意；
B．当小船垂直河岸做匀加速运动时，加速度指向河对岸，因加速度方向指向轨迹的凹向，可知AC为匀加速运动时的轨迹，即小船沿AC轨迹渡河的时间最小，B符合题意；
C．小船沿三条不同轨迹到达河对岸时垂直河岸方向的速度不同，沿平行河岸方向的速度相同，可知合速度大小不同，即速率不相同，C不符合题意；
D．小船沿AD轨迹运动到达河对岸时，小船垂直河岸做匀减速运动，到达对岸时垂直河岸方向的速度最小，可知合速率最小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，据此判断各个轨迹对应的运动情况，船渡河时间由垂直河岸的分运动速度决定。
本题关键是找到合运动与分运动，注意小船渡河时间有垂直河岸方向的分运动速度决定，与水流速度无关。
9．【答案】A,D
【知识点】力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．连杆与活塞轴线垂直时，由几何关系可知与之间的夹角为
，将沿连杆方向和垂直于连杆方向分解，如图所示
沿连杆方向的速度为
连杆的端绕转动的线速度为
A符合题意；
BC．由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆对其的推力、气缸壁对其的弹力和高压气体及外部大气对活塞的作用力F，如图1所示
根据平衡条件可得
解得
BC不符合题意；
D．由功率的公式得，AB杆对A点推力的功率为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】 将连杆的速度分解到沿连杆方向和垂直连杆方向， 根据几何关系分析求出速度的大小；根据对活塞的受力分析，结合正交分解和几何关系得出力的大小关系；根据求解AB杆对A点推力的功率 。
本题主要考查了运动的合成和分解问题，要区分速度的分解和力的分解，结合几何关系即可完成解答。
10．【答案】B,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AD．对0号物体，从曲面最高点到最低点过程中，根据动能定理有
解得
由题可知，2024个弹性物体质量相等，发生弹性碰撞，可知两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
解得
可知2024号物块最终速度，同理2023号物体最终速度是0号物体与1号物体第2次碰撞后发生弹性正碰后1号物体的速度，为，2022号物块最终速度为，故后面物块的速度不断减小，间距不断增大，A不符合题意错误，D符合题意；
B.2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，0号物体与1号物体碰撞2024次，2号物体在开始匀速运动之前与1号物体碰撞2023次，故1号木块共受到4047次碰撞，B符合题意；
C．根据A项分析知，0号物体与1号物体碰撞1次后，0号物体的速度为
0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
最终0号物体要与1号物体碰撞2024次，所以0号物体最终动量大小为，C符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】应用动能定理求出0号物块到达水平面时的速度大小；碰撞是弹性碰撞，碰撞过程没有机械能损失，应用系统动量守恒、机械能守恒列式求解碰后每一物块速度变化和2022号物块最终速度 ，进而判断最终物块间的距离变化情况；每次碰后0号物块总反弹，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解碰撞的次数和最终动量大小。
物块弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚物块的运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。
11．【答案】（1）控制变量法；角速度
（2）DE；C
【知识点】研究平抛物体的运动；向心力
【解析】【解答】（1）此实验研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，用到物理方法是控制变量法；若两个钢球质量和运动半径相等，根据可知在研究向心力的大小F与角速度的关系。
（2）（a）A．为了减小阻力的影响，应该使用密度大、体积小的钢球，A不符合题意；
B．斜槽轨道是否光滑，对实验没有影响，只要到达底端时的速度相同即可，B不符合题意；
C．钢球运动时不能紧贴装置的背板，以防小球碰撞背板而使运动轨迹发生改变，C不符合题意；
D．为了保证小球做平抛运动，斜槽末端切线需要保持水平，D符合题意；
E．为了保证小球到达底端时速度相同，每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球，E符合题意。
故答案为：DE。
（b）建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【答案】（1）控制变量法；角速度（2）DE。
【分析】（1）本题考查了利用向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力大小F与小球质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系；解题的关键在于掌握向心力演示器的原理，熟悉中的物理量。
该实验采用控制变量法，图中抓住质量变、半径不变，研究向心力与角速度的关系；
(2)为保证小球做平抛运动，必须使斜槽的末端保持水平，了解作图法处理数据的注意事项，明确该实验的具体操作。
在本实验中，如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键必须使斜槽末端槽口的切线保持水平，且固定后的斜槽要竖直。
（1）[1]此实验研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间关系，用到物理方法是控制变量法；
[2]若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与角速度的关系。
（2）（a）[1]A．使用密度大、体积小的钢球，以减小阻力的影响，选项A错误；
B．斜槽轨道不需要光滑，只要到达底端时的速度相同即可，选项B错误；
C．钢球运动时不能紧贴装置的背板，以防小球碰撞背板而使运动轨迹发生改变，选项C错误；
D．使斜槽末端切线保持水平，以保证小球做平抛运动，选项D正确；
E．每次都从斜槽上同一位置由静止释放小球，以保证小球到达底端时速度相同，选项E正确。
故选DE。
（b）[2]建立坐标系时，应将小球在斜槽末端时，球心在竖直面上的投影为坐标原点，故C正确。
12．【答案】挡光片中心；；；绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；9.75
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）该实验需要测出A、B组成的系统在运动过程中某一位置处的速度大小，而测速用的是光电门，因此需要测出挡光片中心 到光电门中心的竖直距离。
（2）本实验中，用挡光片通过光电门的时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，因此可得物块A经过该位置处的瞬时速度为
（3）若系统机械能守恒，系统减少的重力势能等于增加的动能，则有
整理得
（4）本实验中，引起系统误差的可能原因有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。
（5）由机械能守恒可得
则图像的斜率为
解得
【分析】（1）根据实验原理和要求解答；
（2）利用平均速度公式可以求出系统的末速度；
（3）根据系统机械能守恒定律求出应满足的关系。
（4）根据实验过程查找误差产生原因。
（5）根据（3）中的表达式结合图像求解重力加速度。
本题考查了验证机械能守恒定律实验。物体下落过程中通过某一位置的速度可以用光电计时器测出来，利用这种装置验证机械能守恒定律，能消除纸带与限位孔的摩擦阻力带来的系统误差。
13．【答案】（1）解：当机器人A先做匀加速直线运动加速至2m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段，根据
可得
根据
可得
匀减速直线运动阶段，逆过程为初速度为零的匀加速运动，根据
可得
根据
可得
匀速直线阶段，根据
得
运行总时间
；
答： 机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间为16s；
（2）解：
设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角，对包裹，受力分析得垂直托盘方向
沿托盘方向
其中
解得托盘的最小倾角
。
答： 托盘的最小倾角θ应该是.
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的速度与时间的关系；共点力的平衡
【解析】【分析】 （1）利用匀加速运动，匀减速运动的速度时间公式，求出匀加速和匀减速运动的时间，利用匀加速运动，匀减速运动的位移时间公式，求出匀加速和匀减速运动的位移，用匀速运动的位移和速度关系，求出匀速运动的时间，进而求总得时间；
(2)利用物体在斜面上刚开始滑动受力分析，列式推导最小倾角大小。
本题属于基础的受力分析和匀变速直线运动求解，分清物体运动过程，选择合适公式解答。
（1）当机器人A先做匀加速直线运动加速至2m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
，
匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得
，
匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角，对包裹，受力分析得
，
其中
解得托盘的最小倾角
14．【答案】（1）解：小球做圆周运动恰能通过最高点，重力提供向心力，则有
解得
小球做圆周运动从最低点E到最高点B过程，根据动能定理可得
解得；
答： 刚好能通过B点获得分数时，小球在圆环最高点B的速率为1m/s，在最低点E的速率为；
（2）解：小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有
解得
在水平方向上有
解得
根据机械能守恒得，小球的初动能为
；
答：正中靶心时，小球的初动能为；
（3）解：分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几何关系有
根据
解得
根据机械能守恒得，小球的动能为
若落到靶环中心左侧，根据几何关系有
根据
解得
故无法通过轨道最高点，无法到达；当时，水平位移为
则根据机械能守恒得，小球的动能为
则小球的动能为
。
答：获得分数大于4分时，小球的初动能。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1)小球能够做完整圆周运动的条件为：在最高点重力提供向心力，列式求解最高点速度，再根据动能定理求解小球到达E点速度的大小；
(2)小球飞离轨道做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，列式求解初速度，根据机械能的表达式计算初动能；
(3)小球飞离轨道做平抛运动，根据题意列式求解初速度，根据机械能的表达式计算初动能。
本题考查了机械能守恒定律、动能定理，同时根据支持力和重力的合力提供向心力列式求解，题目较难，尤其是最后一问要注意分情况讨论。
（1）小球做圆周运动恰能通过最高点，则有
解得
小球做圆周运动从最低点E到最高点B过程，根据机械能守恒有
解得
（2）小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有
解得
在水平方向上有
解得
根据机械能守恒得，小球的初动能为
（3）分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几何关系有
根据
解得
根据机械能守恒得，小球的动能为
若落到靶环中心左侧，根据几何关系有
根据
解得
故无法通过轨道最高点，无法到达4分；
当时，水平位移为
分数大于4分，则根据机械能守恒得，小球的动能为
故分数大于分，则小球的动能为
15．【答案】（1）解：滑块下滑，根据动能定理可得
解得
木板D和滑块组成的系统动量守恒
解得
由功能关系可知滑块和木板D损失的动能等于系统克服摩擦力做的功，可得
联立可解得
答：动摩擦因数为0.2；
（2）解：电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知
解得
由v=v0+at可知滑块在传送带运动的时间
由可得滑块的位移
则传送带的位移
系统摩擦生热为
滑块损失的动能为
则电动机多做的功
；
答：从滑块滑上传送带到运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功为；
（3）解：当再次滑上木板
滑块和木板再次损失的热量
木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程
联立解得；
答：滑块第一次返回导轨A，能上滑的最大高度为；
（4）解：分析可知，滑块返回A，则
滑块与木板动量守恒
联立解得
由能量守恒
解得
木板D撞上B后，滑块继续滑行，有
解得
总路程
滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，总时间
。
答：滑块在木板上相对滑动的总路程为，相对滑动的总时间为3s。
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1)应用动能定理求出滑块滑到底端时的速度，滑块与木板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出系统的速度，对系统应用功能关系可以求出动摩擦因数。
(2)由牛顿第二定律求出滑块的加速度，由运动学公式求出滑块在传送带上的运动时间，然后求出次时间内传送带的位移，再应用功的计算公式求出电动机做功。
(3)滑块与木板组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律、对滑块应用动能定理可以求出滑块上升的最大高度。
(4)滑块在木板上发生相对滑动可以看做匀减速直线运动，应用速度公式可以求出运动时间。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律、动能定理的应用，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
（1）滑块滑下，有
解得
木板D和滑块组成的系统动量守恒
由能量守恒可知滑块和木板D损失的动能转化为系统的摩擦生热
联立可解得
（2）电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能，滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最后减速到零，由牛顿第二定律可知
由运动学可知滑块在传送带运动的时间
滑块的位移
则传送带的位移
系统摩擦生热为
滑块损失的动能为
则电动机多做的功
（3）当再次滑上木板
滑块和木板再次损失的热量
木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程
联立解得
（4）分析可知，滑块返回A，则
滑块与木板动量守恒
联立解得
由能量守恒
解得
木板D撞上B后，滑块继续滑行，有
解得
总路程
滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，总时间
