一、單項選擇題：共10題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項最符合題意。
1. 運動軌跡既不是拋物線也不是圓周的曲線運動，稱為一般的曲線運動，研究一般的曲線運動，可以把曲線分隔成許多小段，分析質點在每一小段的運動時，下列方法錯誤的是（ ）
A. 每一小段的運動可以看成直線運動
B. 每一小段運動中物體受到的合力為零
C. 每一小段運動中物體受到恒力的作用
D. 每一小段運動可以看成圓周運動的一部分
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．把曲線分隔成許多小段，每一小段的運動可以看成直線運動，故A正確，不符合題意；
BC．把曲線分隔成許多小段，每一小段運動中物體受到的力可視為不變但不為零，故B錯誤，符合題意；C正確，不符合題意；
D．把曲線分隔成許多小段，每一小段運動可以看成曲率半徑不同的圓周運動的一部分，故D正確，不符合題意；
故選B。
2. 某小組利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣?，最合理的裝置是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】根據單擺理想模型可知，為減少空氣阻力的影響，擺球應采用密度較大，體積較小的鐵球，為使擺球擺動時擺長不變化，擺線應用不易形變的細絲線，懸點應用鐵夾來固定，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
3. 如圖所示，水平臺面上放置一個帶有底座的倒三腳支架，每根支架與水平面均成45°角且任意兩支架之間夾角相等。一個質量為m的均勻光滑球體放在三腳架里，重力加速度為g，則每根支架受球體的壓力大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】光滑球體受重力和三個支持力，三個支持力與豎直方向的夾角均為45°，根據平衡條件可得
解得
故B正確ACD錯誤。
4. 一帶電粒子僅在電場力作用下沿軸做直線運動，其動能隨位置變化的關系如題圖所示，則其電勢能、加速度大小、電場的電場強度大小、電勢分別與位置的關系圖，正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
詳解】ABC．根據功能關系有
由圖像可知
圖像的斜率逐漸增大，則E逐漸增大。根據功能關系有
由圖像可知
E逐漸增大，圖像斜率應逐漸增大。根據牛頓第二定律
可知E逐漸增大，加速度a逐漸增大，故AB錯誤，C正確；
D．根據電場強度與電勢差關系式有
由圖像可知
E逐漸增大，圖像斜率也應逐漸增大，故D錯誤。
故選C。
5. 質量為1kg的彈性小球以9m/s的速度垂直砸向地面，然后以同樣大小的速度反彈回來，已知碰撞時間為0.1s，關于小球與地面的碰撞過程中，下列說法正確的是（ ）
A. 小球動量的變化量為0
B. 地面對小球的沖力大小為180N
C. 合外力的沖量大小為18N·s
D. 小球的加速度為0
【答案】C
【解析】
【詳解】A．取豎直向上為正方向，則小球動量的變化量為
故A錯誤；
BC．設地面對小球的沖力大小為F，根據動量定理可得
解得
故B錯誤；C正確；
D．小球的加速度為
故D錯誤
故選C。
6. 2021年2月，“天問一號”火星探測器被火星捕獲，經過系列變軌后從“調相軌道”進入“停泊軌道”，為著陸火星做準備。如圖所示，陰影部分為探測器在不同軌道上繞火星運行時與火星的連線每秒掃過的面積，下列說法正確的是（ ）

A. 探測器在P點加速度大于在N點的加速度
B. 從“調相軌道”進入“停泊軌道”探測器周期變大
C. 從“調相軌道”進入“停泊軌道”探測器機械能變大
D. 圖中兩陰影部分的面積相等
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據牛頓第二定律
可得
可知探測器在P點的加速度大于在N點的加速度，故A正確；
B．根據開普勒第三定律可知，從“調相軌道”進入“停泊軌道”探測器周期變小，故B錯誤；
C．探測器從“調相軌道”進入“停泊軌道”需在P點點火減速，則探測器機械能變小，故C錯誤；
D．根據開普勒第二定律可知探測器繞火星運行時，在同一軌道上探測器與火星的連線每秒掃過的面積相等，但在不同軌道上探測器與火星的連線每秒掃過的面積不相等，故D錯誤。
故選A。
7. 如圖所示，在勻強電場中，將帶電量為的點電荷從電場中的A點移到B點，電場力做了的功，再從B點移到C點，電場力做了的功。已知電場的方向與所在的平面平行。下列說法正確的是（ ）

A. A、B兩點的電勢差=－4V
B. B、C兩點的電勢差=2V
C. A點的電勢比C點的電勢高
D. 場強的方向垂直于AC指向B
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由題可知
故A錯誤；
B．同理可得
故B錯誤；
C．可以解得AC的電勢差
故A點的電勢比C點的電勢高，故C正確；
D．由于該電場為勻強電場，所以等勢面在所示平面內投影為直線且電勢在任意直線上均勻變化。取A、B中點，此點電勢為2V，連接C點，得到相同電勢的一條直線，由于電場強度方向垂直等勢面且指向電勢減小的方向，所以過B點做該直線垂線即得到條電場線，方向如圖所示

場強方向并不是垂直于AC的，故D錯誤；
故選C。
8. 如圖所示，甲、乙兩輛汽車并排沿平直路面向前行駛，兩車車頂兩位置都裝有藍牙設備，這兩個藍牙設備在以內時能夠實現(xiàn)通信。時刻，甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時甲車的速度為，乙車的速度為的距離為。從該時刻起甲車以的加速度做勻減速運動直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運動。忽略信號傳遞時間，從時刻起，甲、乙兩車能利用藍牙通信的時間為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】根據幾何知識可知，當甲車在乙車前方且時，有

根據運動學公式有


解得
，
因為甲車做勻減速運動而乙車做勻速運動，所以兩車之間的距離先增大后減小，當時，；時，。t=t2=4s時，甲車的速度為
t=4s之后，甲、乙兩車的距離不斷減小，且甲車能夠繼續(xù)行駛的距離為
根據幾何關系可知，從t=4s開始到乙車行駛至甲車前方4m的過程中，，這段過程經歷的時間為
所以甲、乙兩車能利用藍牙通信的時間為
故選D。
9. 如圖所示，豎直平面內一絕緣細圓環(huán)的左、右半圓均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)豎直直徑上兩點，c、d為圓環(huán)水平直徑上兩點，它們與圓心O的距離相等，則（ ）

A. a點的電勢高于b點的電勢
B. c點的場強大于d點的場強
C. 點電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能
D. 點電荷在d點的電勢能大于在c點的電勢能
【答案】D
【解析】
【詳解】A．如圖所示，為等量異種點電荷周圍空間的電場分布圖，本題的帶電圓環(huán)，可分解成無數(shù)對等量異種點電荷的電場，沿水平方向放置，它們有共同的對稱軸PP＇，PP＇所在的平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，因此a點的電勢等于b點的電勢，A錯誤；

B．可知水平直徑上下兩側的電場分布對稱，豎直直徑兩側的電場分布也對稱，由電場的疊加原理可知，c點的場強等于d點的場強，B錯誤；
C．因a點的電勢等于b點的電勢，因此點電荷在a點的電勢能等于在b點的電勢能，C錯誤；
D．由圓環(huán)所帶電荷的電場線分布可知，c點的電勢高于d點的電勢，由負點電荷在電勢高的地方電勢能小，在電勢低的地方電勢能大，可知點電荷在d點的電勢能大于在c點的電勢能，D正確。
故選D。
10. 下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為的簡諧運動，與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖a所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖b所示。已知河水密度為，木棒橫截面積為S，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）

A. 木棒的運動為向x軸正方向傳播的機械橫波，波速為0.4m/s
B. 木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為
C. x從到的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小
D. 和時，木棒的速度大小相等，方向相反
【答案】C
【解析】
【詳解】A．木棒在豎直方向做簡諧振動，x軸方向做勻速直線運動，故A錯誤；
B．木棒在豎直方向的簡諧運動可類比于豎直方向的彈簧振子，設木棒長度為L，回復力系數(shù)為k，平衡位置時木棒重心在水面下方，則有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A處時
木棒重心在平衡位置下方最大位移A處時
可解得
故B錯誤；
C．x從到的過程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運動（未到平衡位置），加速度豎直向下，大小逐漸減小，故C正確；
D．和時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在同一位置，豎直方向速度大小相等，速度方向相反，而兩時刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故D錯誤。
故選C。
二、非選擇題：共5題，共60分，其中第12~15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
11. 某同學研究自由落體運動規(guī)律時，將小球從一固定的毫米刻度尺旁邊由靜止釋放，用手機拍攝小球自由下落的視頻，然后用相應的軟件處理得到分幀圖片，利用圖片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，實驗裝置如圖1所示。如圖2所示為小球下落過程中三幅連續(xù)相鄰的分幀圖片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相鄰兩幀之間的時間間隔為0.02s。
（1）小球下落過程中三幅連續(xù)相鄰的分幀圖片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中圖片Ⅲ小球球心所在的位置為_________。
（2）圖片Ⅱ中小球的瞬時速度約為_________。（結果保留兩位小數(shù)）
（3）關于實驗裝置和操作，下列說法正確的是_________。
A．刻度尺應固定在豎直平面內
B．選擇材質密度小的小球
C．鉛垂線的作用是檢驗小球是否沿豎直方向下落
D．固定手機時，攝像鏡頭應正對刻度尺
（4）該同學利用多幀圖片測算其對應的速度v和下落的高度h，繪制了圖像，如圖3所示。其中P、Q分別為兩個大小相同，質量不同的小球下落的圖像（空氣阻力不變），由圖像可知兩球質量大小關系是_________（選填“大于”、“等于”、“小于”）。
（5）如何利用圖像判斷小球下落過程機械能是否守恒_________？
【答案】 ①. 11.05 ②. 1.38 ③. AD##DA ④. 大于 ⑤. 見解析
【解析】
【詳解】（1）[1]圖片Ⅲ中小球的上緣刻度10.60cm，下緣刻度為11.50cm，則直徑為0.90cm，小球球心所在的位置為
（2）[2]圖片Ⅰ位置球心的位置為
則圖片Ⅱ中小球的瞬時速度約為
（3）[3]
A．由于自由落體運動的方向是豎直向下，所以刻度尺應固定在豎直平面內，故A正確；
B．為了盡量減小空氣阻力對實驗的影響，應選擇材質密度大的小球，故B錯誤；
C．鉛垂線的作用是檢驗刻度尺是否固定在豎直平面內，故C錯誤；
D．實驗時需要通過手機拍攝的照片來獲取位置數(shù)據，為了能夠精確讀數(shù)，類似于用肉眼進行刻度尺讀數(shù)的要求，固定手機時，攝像鏡頭應正對刻度尺，故D正確。
故選AD。
（4）[4]小球下落過程若空氣阻力不能忽略，且空氣阻力不變，根據動能定理有
可得
由圖像可知
則有
可得
（5）[5]若小球下落過程滿足機械能守恒，則有
可得
在誤差允許范圍內，如果圖像是一條過原點的傾斜直線，且斜率等于，則小球下落過程機械能守恒，若斜率小于，則小球機械能不守恒。
12. 一列沿x軸正方向傳播的簡諧波，在t=0時的波形圖如圖所示，已知這列波的周期為0.4s，求：
（1）這列波的波速；
（2）經過多少時間質點B第一次到達波峰；
（3）這段時間里B通過的路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）波速，解得
（2）波傳到B點的位移
波傳到B點的時間
波傳到B點后，質點B第一次到達波峰的時間
由t=0時刻到B第一次出現(xiàn)波峰的時間
（3）質點B通過的路程為
13. 跳臺滑雪是一種勇敢者的滑雪運動，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空中飛行一段距離后著陸。現(xiàn)有質量m=50kg的跳臺滑雪運動員從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡（可看成斜面）b處著陸，如圖所示。測得ab間的距離L=40m，斜坡與水平方向的夾角，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）運動員在空中飛行的時間t；
（2）運動員在飛行過程中，離斜坡最遠時重力的瞬時功率P。
【答案】（1）2s；（2）5000W
【解析】
【詳解】（1）根據題意，運動員在空中做平拋運動，在豎直方向有
解得
（2）運動員在空中做平拋運動的水平速度為
根據平拋運動規(guī)律，離斜坡最遠時速度與斜面平行，則
則重力的瞬時功率為
14. 如圖所示，空間存在著電場強度E=300N/C、方向水平向右的勻強電場，在電場內一長為L=0.4m的絕緣細線一端固定于O點，另一端拴著質量為m=0.4kg、電量為q=0.01C的小球。已知OA處于水平方向，OC在豎直方向。小球從A點由靜止釋放，當小球運動到O點正下方B點時細線恰好斷裂，經過一段時間，小球運動到OC線上的D點（圖中未標出），重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球到達B點時細線（斷裂前）對小球拉力的大小；
（2）小球從A點運動到B點過程中的最大速率；
（3）BD的高度。

【答案】（1）6N；（2）2m/s；（3）
【解析】
【詳解】（1）由動能定理
解得
T=6N
（2）因為電場力與重力的合力方向與豎直方向成37°，所以當小球運動到細線與豎直方向成37°時速率最大。由動能定理得
解得
vm=2m/s
（3）細線斷裂后，小球水平方向作勻減速運動，豎直方向作自由落體運動。水平方向
qE=ma
小球再次運動到OC線上的D點所需時間
BD的高度為h
解得
15. 如圖所示，一質量為、長為的木板靜止在傾角的斜面上，其下端位于斜面上的A點，木板上端有一固定的彈性擋板，質量為的小物塊靜置于木板下端，小物塊與木板、木板與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)給木板一沿斜面向下的初速度，木板到達斜面底端時小物塊也恰好到達木板下端，此刻木板鎖定，小物塊滑到水平傳送帶上繼續(xù)運動，最終從傳送帶左端離開，傳送帶以速度v2=5m/s逆時針轉動，其長度，小物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)。小物塊經過斜面與傳送帶連接處機械能損失不計，重力加速度g取。求：
（1）小物塊和木板剛開始運動時的加速度大??；
（2）木板運動的時間；
（3）整個過程系統(tǒng)因摩擦增加的內能。

【答案】（1），5m/s2；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設小物塊和木板開始運動時，物塊做勻加速直線運動，加速度為，木板做勻減速直線運動，加速度為；規(guī)定沿斜面向下運動為正方向，對物塊，由牛頓第二定律得
可得
對木板，由牛頓第二定律得
可得
木板加速度大小為5m/s2；
（2）設從開始運動到兩者碰撞時間為，兩者碰撞前瞬間速度分別為，，位移分別為，，由運動學知識可知，對物塊有
對木板有
又
聯(lián)立解得
物塊與擋板碰撞后瞬間速度分別為、，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
解得
設物塊與木板碰撞后直到同時到達斜面底端的位移分別為，，運動時間為，由受力分析可得碰撞后物塊與木板均做勻速直線運動，由幾何關系得
可得
t2=1.5s
故木板運動的總時間為
（3）物塊與木板之間的摩擦產熱為，木板與斜面間的摩擦產熱為，物塊與傳送帶之間的摩擦產熱為，由能量關系得
設物塊在傳送帶上減速過程中位移為，加速度為
由運動學公式
可得
xm3=7.5m
此過程中傳送帶位移
故有
整個過程系統(tǒng)因摩擦增加的內能為

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