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2023-2024學年海南省?？谑懈咭唬ㄏ拢┢谀┛荚囄锢碓嚲?/p>

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.在物理學發(fā)展中，科學家們在研究物理問題時采用了很多物理思想和物理方法，下列關于物理思想和物

理方法，說法正確的是（）

A.伽利略研究力和運動關系采用了等效替代的物理方法

B.將研究對象看作質點是采用了理想化模型的物理思想

C.探究加速度與力、質量的關系時采用了極限法

D.探究力的合成采用了控制變量的物理方法

2.如圖所示，整個空間存在水平方向的勻強電場，輕繩一端固定在。點，另一端系一個質量為小，電荷量

為q的帶電小球，當小球平衡時細繩與豎直方向夾角為仇重力加速為g,則電場強度的大小為（）

mgDmgsind

qsin3.q

3.某學校舉行趣味運動會，在定點投籃比賽項目中，籃球離手后在空中上升階段的運動軌跡如選項中的虛

線所示，則籃球所受合力F的示意圖正確的是（）

4.如圖所示，投擲飛鏢時靶盤豎直放置，將飛鏢沿水平方向正對靶心擲出，經(jīng)0.25s飛鏢射中靶心正下方的

某點。已知飛鏢擲出前距靶心的水平距離為3.06，飛鏢可視為質點，不計空氣阻力，以下說法正確的是

（）

A.以地面為參考系，飛鏢在空中做變加速曲線運動

B.飛鏢擲出時速度的大小為12m/s

C.為使飛鏢命中靶心，可適當減小飛鏢的質量

D.為使飛鏢命中靶心，可適當增大擲出時的速度

5.一條筆直的大河，河寬300根，水流速度恒為2m/s,船相對靜水的速度為3rn/s。渡河時船頭始終垂直對

岸，下列關于小船運動情況說法正確的是（）

A.能到達出發(fā)點的正對岸B.到達河對岸時位移大小為5006

C.到達河對岸所用的時間為100sD.在河水中航行的軌跡是一條曲線

6.中國軍隊在某次戰(zhàn)略演習中，某特種兵從空中懸停的直升飛機上，抓住一根豎直懸繩由靜止開始下滑,

其運動速度隨時間變化的圖像如圖所示。關于該特種兵，下列說法正確的是()

Ct1?t2內加速度逐漸增大D.0?亢內處于超重狀態(tài)

7.2022年7月14日，長征五號8火箭成功將我國空間站的首個實驗艙“問天”送入太空與“天和”核心艙

進行對接，開啟了太空實驗的新階段。已知地球半徑約為6400kzn,萬有引力常量為G,同步衛(wèi)星距地球表

面高約36000km。若空間站在距地球表面高約400kni的近地軌道上做勻速圓周運動，則下列說法正確的是

()

A.空間站繞地球運行周期大于24%

B.“問天”實驗艙需先進入核心艙軌道，再加速追上核心艙完成對接

C.長征五號B火箭的發(fā)射速度可以小于7.9/CM/S

D.若已知空間站的運行周期，則可以估算出地球的質量

8.如圖所示，長為/的繩子下端連著質量為小的小球，上端懸于天花板上，當把繩子拉直時，繩子與豎直方

向的夾角為60。，此時小球靜止于固定的光滑水平桌面上，重力加速度為g,貝ij()

A.當小球以一定的角速度在水平面內做圓錐擺運動時，小球可能受到重力、支持力和向心力的作用

B.當小球以一定的角速度在水平面內做圓錐擺運動時，繩子的張力可能為0

C.當小球以角速度Jg為圓錐擺運動時，桌面對小球的支持力風恰好為0

D.當小球以角速度巧做圓錐擺運動時，繩子的張力大小為47ng

二、多選題：本大題共5小題，共20分。

9.以下關于行星運動及萬有引力的描述正確的是（）

A.開普勒認為行星繞太陽運行的軌道是圓

B.太陽對行星的引力與地球對月球的引力屬于同種性質的力

C.行星在繞太陽運行的軌道上各點速率均相等

D.卡文迪什利用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值

10.如圖所示，用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內按逆時針方向做勻速圓周運動，不計空

c

氣阻力，以下說法正確的是（）■

A.蘋果在運動過程中所受合外力大小不變

，*?

B.蘋果在b位置和d位置口寸受到的摩擦力相同b：0.\d

C.蘋果在a位置時受到的支持力小于其重力\/

、、/*

D.整個運動過程中，蘋果的機械能不守恒''…

11.彩虹滑道是一款旱地仿滑雪設備，其模型如圖所示。質量為50kg的人坐在滑板上，從滑道斜面頂端由

靜止開始沿直線勻加速下滑，經(jīng)過5s到達底端，速度大小為20m/s。已知彩虹滑道的傾角為30。，重力加

速度g=10m/s2,該過程中下列說法正確的是（）

A.人的重力勢能減少了2.5x1047B.人克服阻力做功2.5x103/

C.人的動能增加了1.0x104/D.人的機械能減少了1.5x104/

12.如圖為電子束焊接機的原理圖，帶箭頭的虛線代表電場線，B、C是電場中兩點。K為陰極，4為陽極,

在兩極之間加上高壓U,電子的電荷量為e,則下列說法正確的是（）

A.該電場為勻強電場B.B點電勢高于C點電勢

C.B點電場強度小于C點電場強度D.電子由K運動到4其電勢能減少了eU

13.2023年11月10日，我國首條超高速低真空管道磁浮交通系統(tǒng)高速飛車大同（陽高）試驗線工程完工。高

速飛車的質量為小，額定功率為幾，高速飛車在平直軌道上從靜止開始運動，先以加速度a做勻加速直線

運動，加速過程中達到額定功率P。后，又經(jīng)過一段時間達到該功率下的最大速度，若高速飛車行駛過程中

所受阻力外保持不變，則高速飛車（）

A.在運動過程中最終達到的最大速度為會

Ff

B.勻加速直線運動的時間為-2~；

2a[Ff+ma）

C.勻加速直線運動的位移為一用~2

2a（F/—ma）

22

D.在勻加速過程中牽引力做功為F*2+'匹2

2a（尸f+ma）2（Ff+ma）

三、實驗題：本大題共2小題，共18分。

14.某課外興趣小組利用頻閃攝影的方法做“探究平拋運動的特點”實驗。

（1）圖甲是“探究平拋運動的特點”的實驗裝置簡圖，關于實驗中的操作及要求，下列說法正確的是（填

正確答案標號）

A.斜槽軌道末端可以不水平

A小球每次不用從斜槽上同一高度釋放

C.斜槽軌道可以不光滑

（2）小球離開斜槽末端后，在水平方向上做的是一（填正確答案標號）

A.勻速直線運動B,勻變速直線運動C,變加速直線運動

（3）圖乙是頻閃攝影拍攝到的小球做平拋運動的照片，圖中背景方格的邊長實際長度為3.2cm。從圖像上分

析，拍攝的時間間隔丁=s,小球做平拋運動的水平初速度為=__m/s,小球從拋出到

B點所用時間t=So（g取lOm/s?）

乙

15.如圖甲所示，某物理實驗小組為了驗證機械能守恒定律，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動

紙帶從靜止開始下落。

(1)實驗中，按照正確的操作得到如圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點4、B、C,測得

它們到起始點。(紙帶上第一個點)的距離分別為%、既、％。已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的

周期為7。設重物的質量為小，從起始點。運動到B點的過程中，重物的重力勢能減少量

dEp=,動能增加量=。(結果用題中所給字母表示)

(2)實驗結果發(fā)現(xiàn)，重力勢能減少量4昂大于動能增加量4外，可能的原因是

A.先釋放紙帶后接通電源

A運動過程中受到阻力影響

C.運動過程中阻力忽略不計

(3)實驗小組改進了實驗方案，如圖丙所示，利用光電門和數(shù)字傳感設備組成集成框架，框架水平部分安

裝了電磁鐵，將小鐵球吸住。斷電后，小鐵球立即由靜止釋放，小鐵球經(jīng)過光電門時，與光電門連接的數(shù)

字計時器讀出小球通過的時間3并算出此時小球的速度外多次改變光電門的位置，得到多組x、t的數(shù)

據(jù)，做出的圖像如圖丁所示。己知重力加速度為g,若小球的直徑為d,則小球通過光電門的速度"與時間t

的關系為"=;若圖丁中直線的斜率k=,則可驗證小鐵球在下落過程中機械能守

恒。

omna

光

X電

門1

7

丙T

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

16.在如圖所示的勻強電場中，一個電荷量q=+3.0x10-8。的帶電小球，沿電場線方向由靜止開始從力運

動到B,電場力做功勿=3.6xIO-，/,a、8兩點間的距離x=0.40小，求：

(1)4、B兩點間的電勢差UM；

(2)勻強電場的電場強度E的大??；

(3)小球所受靜電力F的大小。

4§f

--------------------------------A

--------------------------------?

17.四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前在我國正得到越來越廣泛的應用。一架質

量m=2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能產生的最大加速度=7.5m/s2,運動過程中所受空氣阻力大小恒

為f=5N。某次表演時，當無人機懸停在距離地面高度H處，讓無人機突然失去升力而下落L=2s,之后

馬上恢復最大升力，要保證無人機不與地面相撞，假設無人機的運動始終在同一豎直線上，g=10md。

求：

(1)無人機以最大加速度從地面由靜止開始豎直向上起飛，所需升力的大小；

(2)無人機下降過程中最大速度的大小；

(3)無人機懸停高度”的最小值。

18.如圖所示，豎直面內半徑為R=2m的光滑圓弧軌道底端切線水平，與水平傳送帶左端B等高無縫銜

接，傳送帶右端C與一平臺等高無縫銜接，圓弧所對的圓心角為8=60。，傳送帶長為LBC=0-8爪，以"=

3a/s的恒定速度順時針勻速轉動，一輕彈簧放在平臺上，右端固定在豎直墻上，彈簧處于原長，左端與

平臺上D點對齊，CD長為L⑺=1m,平臺D點右側光滑。讓質量m=1kg的物塊(可視為質點)從圓弧軌道

的最高點4由靜止釋放，物塊第二次滑上傳送帶后，恰好能滑到傳送帶的左端B點，物塊與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)為仰=0.5,重力加速度g=10m/s2o求：

(1)物塊運動到圓弧軌道最底端時的速度大小巧;

(2)物塊第二次到達C點時的速度大小方；

(3)物塊第一次壓縮彈簧，彈簧獲得的最大彈性勢能與。

答案解析

1.B

【解析】A伽利略研究力和運動關系采用了理想實驗的物理方法，A錯誤;

A將研究對象看作質點是采用了理想化模型的物理思想，8正確；

C探究加速度與力、質量的關系時采用了控制變量法，C錯誤；

。.探究力的合成采用了等效替代的物理方法，。錯誤；

故選Bo

2.B

【解析】】根據(jù)平衡條件得

qE

tan。=---

mg

解得

故選人

3.71

【解析】物體做曲線運動時，合外力方向與速度方向不在一條直線上，所受的合力方向指向曲線的凹側，

籃球離手后在空中上升階段籃球做減速運動，合外力與速度的夾角是鈍角，故A正確，8C。錯誤。

故選A。

4.B

【解析】4以地面為參考系，飛鏢在空中做勻變速曲線運動，因為平拋運動的加速度等于重力加速度，A

錯誤；

3.飛鏢擲出時速度的大小為

X

v0=—=12m/s

B正確；

C.為使飛鏢命中靶心，不能適當減小飛鏢的質量，因為飛鏢的運動與質量無關，C錯誤；

。為使飛鏢命中靶心，不能適當增大擲出時的速度，因為飛鏢在豎直方向做自由落體運動，一定命中靶心

的下方。為使飛鏢命中靶心，可以適當提高拋出點的高度，。錯誤。

故選Bo

5.C

【解析】C.渡河時間為

d300

t=v--s--=-3s=100s

C正確；

A.到達正對岸下游

x=u#=200m

到達正對岸下游200處，A錯誤；

BD在河水中航行的軌跡是一條直線，位移大小為

s=V3002+2002m=100V13m

BD錯誤。

故選C。

6.C

【解析】AD.0?ti時間內特種兵向下加速運動，所以加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可知，合外力向

下不為0,且處于失重狀態(tài)，故錯誤；

及v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，匕?巧內的位移比勻減速運動的位移大，所以

右?4內的平均速度

故8錯誤；

c.f-t圖像的斜率表示加速度，G?時間內圖像斜率逐漸增大，加速度逐漸增大，故C正確。

故選Co

1.D

【解析】A根據(jù)開普勒第三定律，半徑越大，周期越大，空間站繞地球運行周期小于24%,A錯誤;

A實驗艙需先進入低于核心艙軌道，再加速做離心運動追上核心艙完成對接，8錯誤；

C.長征五號B火箭的發(fā)射速度不可以小于7.9/CM/S,若小于7.9k?n/s將落回地面，C錯誤；

。若已知空間站的運行周期，則可以估算出地球的質量，根據(jù)牛頓第二定律得

Mm47r2

解得

4兀2(R+/l)3

M=----------5------

GT2

。正確。

故選。。

8.D

【解析】4當小球以一定的角速度在水平面內做圓錐擺運動時，小球可能受到重力、支持力和繩的拉力的

作用，也可能沒有支持力，A錯誤；

3.當小球以一定的角速度在水平面內做圓錐擺運動時，繩子的張力不可能為0,因為拉力的水平分力提供

向心力，B錯誤;

C.根據(jù)牛頓第二定律得

mgtan60°=mo)2/sin60°

解得

3—T

當小球以角速度升為圓錐擺運動時，桌面對小球的支持力“恰好為0,C錯誤；

。當小球以角速度J亨做圓錐擺運動時，根據(jù)牛頓第二定律得

2

FTsina=ma)lsina

解得

FT=4mg

D正確。

故選

9.BD

【解析】A根據(jù)開普勒第一定律，開普勒認為行星繞太陽運行的軌道是橢圓，A錯誤;

8.太陽對行星的引力與地球對月球的引力屬于同種性質的力，都是萬有引力，B正確;

C.根據(jù)開普勒第二定律，行星在近日點速率最大，遠日點速率最小，C錯誤；

D卡文迪什利用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，D正確。

故選2D。

10.AD

【解析】A蘋果做勻速圓周運動，則蘋果在運動過程中所受合外力提供向心力，所以大小不變，故A正

確；

A蘋果在b位置和d位置時受到的摩擦力大小相等，方向相反，都指向圓心且提供向心力，故2錯誤；

C.蘋果在a位置時，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，受到的支持力大于其重力，故C錯誤；

D整個運動過程中，蘋果的動能不變，重力勢能發(fā)生變化，則蘋果的機械能不守恒，故D正確。

故選ADo

11.BC

【解析】4人下滑的位移

v20

%=2f=~2~x5m=50m

人下滑的高度

h=xsin30°=25m

人的重力勢能的減少量

4

AEp=mgh=50x10x25/=1.25x10/

故A錯誤；

C人的動能增加量

11

224

AEk=-^mv=2x50x20/=1xIO/

故C正確；

A人下滑過程，由動能定理得

1

mgh—Wf=^mv2—0

解得人克服阻力做功

必=2.5x103/

故8正確；

D機械能的減少量等于克服阻力做的功，由功能關系可知，人機械能的減少量

4E=叫=2.5x1037

故。錯誤。

故選BCo

12.CD

【解析】AC.電場線越密，電場強度越大，B點電場強度小于C點電場強度，該電場不是勻強電場，A錯

誤，C正確；

A沿著電場線的方向，電勢降低，所以B點電勢低于C點電勢，B錯誤;

。.負電荷所受電場力與電場強度方向相反，電子由K運動到4電場力做正功，電勢能減小，其電勢能減少

TeU,。正確。

故選CD.

13.AD

【解析】A高速飛車運動到最大速度時牽引力大小等于摩擦力大小，則最大速度

_P0

"max=瓦

故A正確；

8.高速飛車在勻加速度直線運動過程中，所受牽引力與阻力的合力提供加速度，由牛頓第二定律有

F牽~Ff=ma

得

F牽=6+ma

高速飛車勻加速直線運動中最大速度為

：Po=Po

"物max-F牽—Ff+ma

由勻變速直線運動速度公式可得，高速飛車做勻加速直線運動的時間為

_"加max_P0

1加—a-(Fy+md)a

故2錯誤；

C.由勻變速直線運動的位移公式可得高速飛車做勻加速度直線運動的位移為

1/=1PoP1

a

2a加2a(ma+Fy)2a(ma+Ff)2

故C錯誤;

D由功的定義式可知，高速飛車勻加速直線運動過程中牽引力做的功

PomP：?FfP%

W=F鏟=(ma+Ff)x

2a(ma+F02(ma+Ff)22a(ma+Ff)2

故。正確。

故選AD.

14..(1)C

(2/

(3)0.081.20.16

【解析】(1)4為了保證小球離開斜槽軌道后做平拋運動，需調節(jié)使斜槽軌道的末端水平，故A錯誤；

BC.為了保證小球每次平拋的初速度大小相等，應使小球每次均從斜槽的同一位置由靜止開始下滑，以保

證每次克服阻力做功相同，斜槽的末端不必光滑，故8錯誤，C正確。

故選Co

(2)小球離開斜槽末端后，在水平方向上不受力的作用，做的是勻速直線運動。

故選A

(3)[1]豎直方向上有

5L-3L=gT2

解得

-2

2L2x3.2x10

T=—s=0.08s

J萬10

[2]小球做平拋運動的水平初速度大小是

3L3x3.2

_2

v0=y-=0ogx10m/s=1.2m/s

[3]小球到B點時，豎直方向上的速度為

-2

yAC8x3.2x10

VBy=2T=2x0.08m/s=L6m/S

小球到B點時，已經(jīng)在空中飛行了的時間為

1.6

“==YQ5=°.16s

<y

儂一%)2

mgh

B8T2

(2*

d2

⑶72g

【解析】(1)(1)[1]從打。點到打8點過程中，重物的重力勢能減少量為

AEp=mghB

[2]打8點的速度為

動能的增加量為

he—九4、2(九C一九4)

(2)(2)A先釋放紙帶后接通電源，會使打點計時器開始打點時紙帶具有一定的速度，從而導致重力勢能的

減少量小于動能的增加量，故A錯誤；

3.運動過程中受到阻力影響，使重力勢能一部分轉化為克服阻力做功的內能，另一部分轉化為重物的動

能，從而導致重力勢能的減少量大于動能的增加量，故B正確；

C.運動過程中阻力忽略不計，重物下落過程中機械能守恒，則導致重力勢能的減少量等于動能的增加量，

故C錯誤。

故選瓦

(3)(3)[1]根據(jù)光電門測速原理可知，小球的直徑為d,小球通過光電門的速度與時間的關系為

[2]根據(jù)勻變速直線運動速度-位移公式有

v2=2gx

整理得

=2gx

d’1

=---------

2gt2

結合圖丁可知

16.(1)小球從4運動到8靜電力做的功MB，解得4B兩點間的電勢差

(2)勻強電場中場強大小

U1.2x104a

E=AB=―雨一V/m=3x1047/m

(3)小球所受靜電力F的大小