2023-2024学年江苏省锡山高三上学期10月阶段性考试物理试卷（解析版）

PAGEPAGE12024届高三物理阶段性检测题一、单选题1．中国海军服役的歼﹣15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则（）

A．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B．由图可知，舰载机起飞在0-3s内做匀加速运动C．在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/sD．在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s【答案】D【解析】A．根据x-t图像的斜率表示速度，可知x-t图像只能表示物体两个运动方向，所以x-t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；B．由x-t图像图像可知舰载机的速度逐渐增大，若满足才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形状，则舰载机起飞在0-3s内做变加速直线运动，故B错误；C．在0～3s内，舰载机通过的位移为则平均速度为故C错误；D．2-2.55s内的平均速度为根据2-2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，故D正确。故选D。2．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出，如图所示。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（）A．两运动员的加速度一定相同B．两运动员相互作用力做的总功一定等于零C．两运动员相互作用力的总冲量一定等于零D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒【答案】C【解析】A．“交棒”运动员和“接棒”运动员受到的推力大小相等，方向相反，但是质量不一定相同，由牛顿第二定律因此加速度方向相反，大小也不一定相同，A错误；B．交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，但两力作用的位移并不相同，总功并不为零，B错误；C．两个运动员相互作用的力的作用时间相同，等大、反向、共线，故“交棒”运动员对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒”运动员的冲量等大、反向、共线，两运动员相互作用力的总冲量等于零，C正确；D．运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。因为推力做功，“交棒”运动员和“接棒”运动员组成的系统机械能一定增加，D错误。故选C。3.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E、M之间无摩擦力，E的重力为G，M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上，现过E的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，对该过程的分析，下列说法正确的是（）A．地面所受M的压力变大B．地面对M的摩擦力逐渐增大C．开始时拉力F最大，且为，以后逐渐减小为0D．E、M间的压力开始时最大，且为，以后逐渐减小到G【答案】C【解析】A．取整体为研究对象，地面所受M的压力不变，等于二者的总重力，A错误；CD．圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力N作用处于平衡状态，这三个力构成封闭三角形，如图所示开始时N与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形。此时拉力F和半圆柱体的支持力N都最大，其大小分别为随着E向上移动，三角形逐渐减小，拉力F、半圆柱体的支持力N都逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，N减小到G。根据牛顿第三定律，半圆柱体的支持力N等于E对M的压力，C正确，D错误；B．取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以摩擦力随拉力F减小，B错误。故选C。【答案】C【解析】A．由图乙可知A质点的起振方向向上，故A错误；B．由图乙可知时质点O到y轴负方向最大位移处，t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处，可知波从波源传至A点的时间为2s，所以故B错误；C．该列机械波的波长为故C正确；D．波从波源传至B点的时间为

t=11.5s时刻，B质点已振动1.5s，因，所以t=11.5s时刻B质点处在y轴上方且向下振动，故D错误。故选C。5.如图所示，N(N>5)个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为－2q，其余小球带电量为＋q，圆心处的电场强度大小为E。若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为()A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)【答案】C【解析】：假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知在P处带电量＋q的小球在圆心处产生的场强大小为E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，可知圆周上其余小球在O处产生的场强大小为E2＝E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向右，带电量为－2q的小球在圆心处产生的场强大小为E3＝keq\f(2q,r2)，方向水平向右。根据叠加原理E＝E2＋E3，则keq\f(q,r2)＝eq\f(E,3)，所以撤去P点的小球后，圆心处场强大小为eq\f(E,3)，C正确。6．2023年2月10日神舟十五号乘组圆满完成了中国空间站全面建成后的首次出舱任务，空间站如图所示。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（）A．地球的第一宇宙速度为B．空间站的运行速度为C．航天员出舱与空间站保持相对静止时受到的合力为零D．空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度【答案】A【解析】A．设地球质量为M，空间站质量为m，对空间站根据万有引力提供向心力有对质量为的物体在地球上达到第一宇宙速度时有联立解得A正确；B．空间站的运行速度为B错误；C．航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球的万有引力作用，所受合力不为零，C错误；D．空间站绕地球运动时有在地面时有可得D错误。故选A。7．智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a随时间t变化的图像如图所示。则下列判断正确的是（

）

A．t1时刻手机速度最大 B．手机t2时刻比t1速度更小C．t3时刻手受的压力比手机重力小 D．t4时刻手受的压力最大【答案】D【解析】A．根据题意由图可知，t1时刻，手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；B．手机一直下运动，则t2时刻手机加速度仍向下，所以还在向下加速，速度比t1时刻速度更大，故B错误；CD．根据题意，设手给手机的支持力为F，取向下为正方向，由牛顿第二定律有可得可知，当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t4时刻，手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受的压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误、D正确。故选D。8.冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10m/s2，则下列说法错误的是（）A．斜坡的倾角为30°B．运动员在a处的速度大小为10m/sC．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104WD．运动员在1s末时离坡面的距离最大【答案】A【解析】B．根据图像可得联立解得故B正确；A．t＝2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足解得故A错误；C．根据动能公式解得t＝2s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为故C正确；D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有解得故D正确。由于本题选择错误的，故选A。9．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（）A．小车和物块构成的系统动量守恒B．物块从A位置运动至C位置时，小车向右运动的距离为mC．摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgRD．小车在运动过程中的速度先增大后减小，全程最大速度为【答案】C【解析】A.小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.物块刚到达水平轨道时，小车向左滑动mM+mR，故C.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和为-mgR，故C正确；D.小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1−Mv2=0,由机械能守恒定律得：，解得：v2=，物块到达B点时小车速度最大，故D错误；10．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（）A．物块A、B的质量之比为2:3B．弹簧的劲度系数C．从x1到x3的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了【答案】B【解析】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据可知碰撞后A的速度大小变为原来的，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有解得故A错误；B．设A的质量为m，则B的质量为3m，由图乙可知，处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹力为4mg，从到过程中，弹簧的弹力增加mg，由胡克定律知故从O到，由动能定理有联立可得故B正确；C．从到的过程中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度最大在处或者，在处有解得在处有解得故加速度不可能为，故C错误；D．碰撞后A的动能为，则B的动能为，总动能为，从到的过程中，由能量关系有解得故D错误。故选AB。第II卷（非选择题）二、实验题1．在“探究加速度与力的关系”的实验中，某同学设计了如图甲所示的实验装置。在调节桌面水平后，利用力传感器来测量细线拉力。

（1）为探究加速度与力的关系，下列实验操作中正确的是。A．选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小B．实验过程中，沙和沙桶的质量可以约等于小车的质量C．力传感器的示数即小车所受合外力的大小D．先用手将小车按在图示位置，然后接通电源再释放小车（2）该同学在实验中得到一条纸带如图乙所示，相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，小车的加速度大小为（结果保留两位有效数字）。

（3）该同学在小车内放置一质量为的砝码，多次改变砂的质量，通过实验得到多组a、F数据，并利用测量数据画出图像，已知图线的斜率大小为k，则小车的质量为（用k、表示）。（4）该同学用图丙所示装置完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验，可通过位移的测量来代替加速度的测量，即，使用这种方法需要满足两小车。

A．所受拉力相同

B．运动时间相同

C．小车质量相等（5）在利用图甲装置进行实验时，是否需要进行阻力补偿？如果需要，请说明如何操作？如果不需要，请说明理由？【答案】（1）AB（2）2.4（3）（4）B（5）需要，不挂重物的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，如打出纸带的点迹间距几乎相等即可说明阻力补偿到位【解析】（1）[1]A．电火花对纸带的阻力较小，实验误差较小，A正确；B．传感器可测出小车所受拉力，对砂和砂桶的质量没有要求，B正确；C．传感器示数的2倍减摩擦阻力等于小车所受合力，C错误；D．小车应该在靠近打点计时器的位置释放，D错误。故选AB。（2）[2]相邻计数点的时间间隔为小车的加速度为（3）[3]根据得则小车质量为（4）[4]根据由题意可知，需满足运动时间相同。故选B。（5）[5]需要补偿摩擦力。不挂重物的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，如打出纸带的点迹间距几乎相等即可说明阻力补偿到位。三、解答题12．如图，某同学利用国产无人机玩“投弹”游戏，无人机静止在离水平地面高度h=20m处，t=0时刻无人机释放小球1，并以加速度a=水平向右匀加速飞行，Δt时间后释放小球2．空气阻力忽略不计，重力加速度为g．求：（1）小球1落地时的速度大小；（2）两个小球落地点间的距离．【答案】（1）20m/s（2）21m【解析】（1）对小球1：作自由落体运动,解得=20m/s 对小球2：做平抛运动，竖直方向上： 解得空中运动时间：在Δt时间内，无人机的位移：无人机的速度：在t时间内，小球2在水平方向位移即两球落地点间的距离：=21m13．如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以垂直墙面的水平速度v0=1m/s向左抛出一个质量为m=1kg的带电小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F=5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计，求在此过程中：（计算结果可用根式表示）（1）小球距墙面最远的水平距离；（2）墙面上A、B两点间的距离；（3）小球速度的最小值。【答案】（1）0.1m；（2）0.8m；（3）【解析】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向则解得（2）水平方向速度减小为零所需的时间所以从A点到B点时间竖直方向上解得（3）将速度进行分解，当时，小球速度最小，此时根据力的关系知解得14．如图所示，竖直面内、半径为R=1m的光滑圆弧轨道底端切线水平，与水平传送带左端B靠近，传送带右端C与一平台靠近，圆弧轨道底端、传送带上表面及平台位于同一水平面，圆弧所对的圆心角为53°，传送带长为1m，以v=4m/s的恒定速度沿顺时针匀速转动，一轻弹簧放在平台上，弹簧右端固定在竖直墙上，弹簧处于原长，左端与平台上D点对齐，CD长也为1m，平台D点右侧光滑，重力加速度为g=10m/s2，让质量为1kg的物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块第二次滑上传送带后，恰好能滑到传送带的左端B点，不计物块的大小，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5.（1）求物块运动到圆弧轨道最底端时对轨道的压力大小；（2）物块第一次到达C点的速度（3）物块第一次压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能是多少？【答案】（1）18N；（2）6.5J；【解析】（1）物块从A点由静止释放，运动到圆弧轨道最底点的过程中，根据机械能守恒有求得

在圆弧轨道最底端时求得根据牛顿第三定律可知，在圆弧轨道最底端时物块对轨道的压力大小为18N（2）由于，因此物块滑上传送带后先做加速运动，设物块在传送带上先加速后匀速，则加速的加速度解得加速的距离因此物块以v=4m/s的速度到达C点（3）设物块与平台间的动摩擦因数为μ2，从C点到第一次向左运动到B点，根据动能定理有求得物块从C点到第一次压缩弹簧到最大形变量过程中，根据功能关系有：求得最大弹性势能15.【解析】（1）对盒子P有故盒子P不动，Q在盒子中加速下滑，物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律物块Q与盒子P发生第一次碰撞前的速度为物块Q与盒子P发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有解得（2）第一次碰撞后盒子P做匀减速运动，根据牛顿第二定律有解得物块Q与盒子P速度相等时有解得在时，有故共速前二者不会相碰，且此时为最大距离2024届高三物理阶段性检测题一、单选题1．中国海军服役的歼﹣15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则（）

A．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B．由图可知，舰载机起飞在0-3s内做匀加速运动C．在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/sD．在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s【答案】D【解析】A．根据x-t图像的斜率表示速度，可知x-t图像只能表示物体两个运动方向，所以x-t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；B．由x-t图像图像可知舰载机的速度逐渐增大，若满足才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形状，则舰载机起飞在0-3s内做变加速直线运动，故B错误；C．在0～3s内，舰载机通过的位移为则平均速度为故C错误；D．2-2.55s内的平均速度为根据2-2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，故D正确。故选D。2．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出，如图所示。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（）A．两运动员的加速度一定相同B．两运动员相互作用力做的总功一定等于零C．两运动员相互作用力的总冲量一定等于零D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒【答案】C【解析】A．“交棒”运动员和“接棒”运动员受到的推力大小相等，方向相反，但是质量不一定相同，由牛顿第二定律因此加速度方向相反，大小也不一定相同，A错误；B．交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，但两力作用的位移并不相同，总功并不为零，B错误；C．两个运动员相互作用的力的作用时间相同，等大、反向、共线，故“交棒”运动员对“接棒”运动员的冲量与“接棒”运动员对“交棒”运动员的冲量等大、反向、共线，两运动员相互作用力的总冲量等于零，C正确；D．运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。因为推力做功，“交棒”运动员和“接棒”运动员组成的系统机械能一定增加，D错误。故选C。3.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E、M之间无摩擦力，E的重力为G，M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上，现过E的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，对该过程的分析，下列说法正确的是（）A．地面所受M的压力变大B．地面对M的摩擦力逐渐增大C．开始时拉力F最大，且为，以后逐渐减小为0D．E、M间的压力开始时最大，且为，以后逐渐减小到G【答案】C【解析】A．取整体为研究对象，地面所受M的压力不变，等于二者的总重力，A错误；CD．圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力N作用处于平衡状态，这三个力构成封闭三角形，如图所示开始时N与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形。此时拉力F和半圆柱体的支持力N都最大，其大小分别为随着E向上移动，三角形逐渐减小，拉力F、半圆柱体的支持力N都逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，N减小到G。根据牛顿第三定律，半圆柱体的支持力N等于E对M的压力，C正确，D错误；B．取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以摩擦力随拉力F减小，B错误。故选C。【答案】C【解析】A．由图乙可知A质点的起振方向向上，故A错误；B．由图乙可知时质点O到y轴负方向最大位移处，t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处，可知波从波源传至A点的时间为2s，所以故B错误；C．该列机械波的波长为故C正确；D．波从波源传至B点的时间为

t=11.5s时刻，B质点已振动1.5s，因，所以t=11.5s时刻B质点处在y轴上方且向下振动，故D错误。故选C。5.如图所示，N(N>5)个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为－2q，其余小球带电量为＋q，圆心处的电场强度大小为E。若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为()A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)【答案】C【解析】：假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知在P处带电量＋q的小球在圆心处产生的场强大小为E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，可知圆周上其余小球在O处产生的场强大小为E2＝E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向右，带电量为－2q的小球在圆心处产生的场强大小为E3＝keq\f(2q,r2)，方向水平向右。根据叠加原理E＝E2＋E3，则keq\f(q,r2)＝eq\f(E,3)，所以撤去P点的小球后，圆心处场强大小为eq\f(E,3)，C正确。6．2023年2月10日神舟十五号乘组圆满完成了中国空间站全面建成后的首次出舱任务，空间站如图所示。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（）A．地球的第一宇宙速度为B．空间站的运行速度为C．航天员出舱与空间站保持相对静止时受到的合力为零D．空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度【答案】A【解析】A．设地球质量为M，空间站质量为m，对空间站根据万有引力提供向心力有对质量为的物体在地球上达到第一宇宙速度时有联立解得A正确；B．空间站的运行速度为B错误；C．航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球的万有引力作用，所受合力不为零，C错误；D．空间站绕地球运动时有在地面时有可得D错误。故选A。7．智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a随时间t变化的图像如图所示。则下列判断正确的是（

）

A．t1时刻手机速度最大 B．手机t2时刻比t1速度更小C．t3时刻手受的压力比手机重力小 D．t4时刻手受的压力最大【答案】D【解析】A．根据题意由图可知，t1时刻，手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；B．手机一直下运动，则t2时刻手机加速度仍向下，所以还在向下加速，速度比t1时刻速度更大，故B错误；CD．根据题意，设手给手机的支持力为F，取向下为正方向，由牛顿第二定律有可得可知，当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t4时刻，手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受的压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误、D正确。故选D。8.冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10m/s2，则下列说法错误的是（）A．斜坡的倾角为30°B．运动员在a处的速度大小为10m/sC．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104WD．运动员在1s末时离坡面的距离最大【答案】A【解析】B．根据图像可得联立解得故B正确；A．t＝2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足解得故A错误；C．根据动能公式解得t＝2s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为故C正确；D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有解得故D正确。由于本题选择错误的，故选A。9．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（）A．小车和物块构成的系统动量守恒B．物块从A位置运动至C位置时，小车向右运动的距离为mC．摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgRD．小车在运动过程中的速度先增大后减小，全程最大速度为【答案】C【解析】A.小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.物块刚到达水平轨道时，小车向左滑动mM+mR，故C.摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和为-mgR，故C正确；D.小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1−Mv2=0,由机械能守恒定律得：，解得：v2=，物块到达B点时小车速度最大，故D错误；10．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（）A．物块A、B的质量之比为2:3B．弹簧的劲度系数C．从x1到x3的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了【答案】B【解析】A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据可知碰撞后A的速度大小变为原来的，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有解得故A错误；B．设A的质量为m，则B的质量为3m，由图乙可知，处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹力为4mg，从到过程中，弹簧的弹力增加mg，由胡克定律知故从O到，由动能定理有联立可得故B正确；C．从到的过程中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度最大在处或者，在处有解得在处有解得故加速度不可能为，故C错误；D．碰撞后A的动能为，则B的动能为，总动能为，从到的过程中，由能量关系有解得故D错误。故选AB。第II卷（非选择题）二、实验题1．在“探究加速度与力的关系”的实验中，某同学设计了如图甲所示的实验装置。在调节桌面水平后，利用力传感器来测量细线拉力。

（1）为探究加速度与力的关系，下列实验操作中正确的是。A．选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小B．实验过程中，沙和沙桶的质量可以约等于小车的质量C．力传感器的示数即小车所受合外力的大小D．先用手将小车按在图示位置，然后接通电源再释放小车（2）该同学在实验中得到一条纸带如图乙所示，相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，小车的加速度大小为（结果保留两位有效数字）。

（3）该同学在小车内放置一质量为的砝码，多次改变砂的质量，通过实验得到多组a、F数据，并利用测量数据画出图像，已知图线的斜率大小为k，则小车的质量为（用k、表示）。（4）该同学用图丙所示装置完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验，可通过位移的测量来代替加速度的测量，即，使用这种方法需要满足两小车。

A．所受拉力相同

B．运动时间相同

C．小车质量相等（5）在利用图甲装置进行实验时，是否需要进行阻力补偿？如果需要，请说明如何操作？如果不需要，请说明理由？【答案】（1）AB（2）2.4（3）（4）B（5）需要，不挂重物的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，如打出纸带的点迹间距几乎相等即可说明阻力补偿到位【解析】（1）[1]A．电火花对纸带的阻力较小，实验误差较小，A正确；B．传感器可测出小车所受拉力，对砂和砂桶的质量没有要求，B正确；C．传感器示数的2倍减摩擦阻力等于小车所受合力，C错误；D．小车应该在靠近打点计时器的位置释放，D错误。故选AB。（2）[2]相邻计数点的时间间隔为小车的加速度为（3）[3]根据得则小车质量为（4）[4]根据由题意可知，需满足运动时间相同。故选B。（5）[5]需要补偿摩擦力。不挂重物的情况下，将长木板远离定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，如打出纸带的点迹间距几乎相等即可说明阻力补偿到位。三、解答题12．如图，某同学利用国产无人机玩“投弹”游戏，无人机静止在离水平地面高度h=20m处，t=0时刻无人机释放小球1，并以加速度a=水平向右匀加速飞行，Δt时间后释放小球2．空气阻力忽略不计，重力