吉林省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷物理答案_2025年12月_251221吉林省点石联考2026届高三上学期12月联考考后巩固卷（全科）

高 三物理B答案解析 ✍ 变试题原题答案 【原卷 1 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 2 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 3 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 4 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 5 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 6 题】 【正确答案】C 【试题解析】 24/43【原卷 7 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 8 题】 【正确答案】BCD 【试题解析】 【原卷 9 题】 【正确答案】AD 【试题解析】 【原卷 10 题】 【正确答案】ABC 【试题解析】 25/43【原卷 11 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 12 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 13 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 14 题】 【正确答案】 26/43【试题解析】 【原卷 15 题】 【正确答案】 【试题解析】 27/4328/43精准训练答案 故选B。 ✍ 变试题答案 2-1【基础】 【正确答案】D 1-1【基础】 【正确答案】A 【试题解析】【详解】A．图甲为静电喷漆的示意图， 【试题解析】【详解】根据库仑定律公式 静电喷漆利用的是带负电的油漆微粒在静电力吸引作 QQ 用下向带正电的金属表面运动，从而使油漆在金属表 F =k 1 2 R2 面喷涂更均匀，A正确，不符合题意； 当Q 增大到原来的3倍、Q 增大到原来的3倍、距 B．乙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放 1 2 电的原理，B正确，不符合题意； 离R增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力不变。 C．丙图的自助加油机都会有除静电装置，通过与加 故选A。 油机接地的金属面板进行接触操作，会导走身上的静 1-2【巩固】 【正确答案】B 电，从而保证加油站的安全，C正确，不符合题意； 【试题解析】【详解】设接触前另一小球电荷量为Q。 D．丁图中因为超高压输电线周围存在很强的电场， qQ 根据库仑定律，原斥力F =k r2 带电作业的工人穿上包含金属丝的织物制成的工作 q+Q 服，这身工作服就像一个金属网罩，可以起到静电屏 接触后两球电荷均分，电荷量均为 ，此时斥力 2 蔽的作用，使超高压输电线周围的电场被工作服屏蔽 æq+Qö 2 为 4 F，则有 ç è 2 ÷ ø 4 起来，工人就可以安全作业了，D错误，符合题意。 3 k = F r2 3 故选D。 q+Q2 4 2-2【巩固】 【正确答案】A 整理可得 = 4qQ 3 【试题解析】【详解】A．高压输电线最上面两根导线 是避雷线，它们与大地相连，和大地一起组成稀疏金 q 解得Q=3q或Q= 3 属 “网”，能把高压线屏蔽起来，避免雷击，故A正 故选B。 确； 1-3【提升】 【正确答案】B B．图乙中，由于金属网的屏蔽，验电器箔片不会张 【试题解析】【详解】设A、B初始电荷量分别为Q 和 开，此时A球上电荷在验电器金属球B处产生的电 A 场强度与金属网产生的感应电场相互平衡，不是A Q B 球上电荷在验电器金属球B处产生的电场强度为 C第一次接触A，A和C均分电荷，接触后A的电 零，故B错误； Q Q 荷变为 A ，C带 A C．范德格拉夫起电机的传送带需要不断将电荷传递 2 2 Q 到顶端金属球，若用导电性能良好的材料做传送带， C第二次接触B，此时B的电荷为Q ，C带 A ，均 B 2 电荷会通过传送带导走，无法实现起电，所以传送带 Q Q 分后B的电荷变为 B + A 是用绝缘材料做的，故C错误； 2 4 D．在静电除尘中，A板带正电，B为负极，且B处 Q æQ Q ö A ç B + A ÷ 接触后A、B间的库仑力为 2 è 2 4 ø 附近电场强度很强，B处空气被电离，烟尘吸附从空 F'=k r2 气电离释放出来的电子后带负电，在电场力作用下应 Q æQ Q ö A ç B + A ÷ 向带正电的A板运动，故D错误。 根据题意F'=F 原 ，即 k Q A Q B =k 2 è 2 4 ø r2 r2 故选A。 2-3【提升】 【正确答案】B 解得Q :Q =6:1 A B 【试题解析】【详解】A．接通电源后，在管壁和直导 29/43线中间形成强电场，处于强电场中的空气分子会被电 则在0到0.5s过程，演员先处于失重状态，后处于 离为电子和正离子，烟尘中含有碳粒，因吸附电子带 超重状态，故A错误； 上负电，而被吸附到玻璃管壁上，故A错误； B．在0到0.5s过程，演员先向下做加速度减小的加 BC．由于静电力做功，同一烟尘颗粒在被吸附过程 速直线运动，后向下做加速度增大的减速直线运动， 中离管壁越近，速度越大，故B正确，C错误； 当加速度为0时，速度达到最大值，即演员在0到 D．由于离管壁越近，电场强度越小，同一烟尘颗粒 0.5s过程的某一时刻，演员的速度最大，故当演员开 在被吸附过程中如果带电荷量不变，离管壁越近所受 始回弹时，可知在0.5s到1.0s过程的某一时刻，演 电场力越小，则加速度越小，故D错误。 员的速度最大，故B错误； 故选B。 C．根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间 3-1【基础】 【正确答案】C 为2.6s-1.0s=1.6s，根据竖直上抛运动的对称性可 【试题解析】【详解】A．笔从最低点向上运动时，弹 知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向 簧弹力先大于重力，笔向上加速，动能增大；当弹力 思维，根据速度公式有v =gt =10´0.8m/s=8m/s 0 等于重力时速度最大，动能达到最大；之后弹力小于 从0.5s到1.0s过程，根据动能定理，合外力对演员 重力，笔向上减速，动能减小；离开桌面后只受重 1 力，继续减速至最高点动能为零。因此笔的动能先增 做的功为W = mv2 =1280J，重力对演员做负功， 合 2 0 大后减小，A错误； 可知蹦床对演员做的功大于1280J，故C错误； B．对笔从最低点到最高点的全过程，根据动量定 D．从0.5s到1.0s过程中，根据动量定理有 理，合外力的冲量等于动量变化量。初末速度均为 I-mgt =mv ，解得I =mgt +mv 1 0 1 0 零，动量变化量为零，故合外力冲量为零。弹簧弹力 代入数据解得I =520N×s，故D正确。 属于内力，合外力冲量包括桌面对笔支持力冲量、重 故选D。 力冲量，即I -I =0 支 重 3-3【提升】 【正确答案】B 因此支持力冲量大小等于重力冲量大小，两者方向相 【试题解析】【详解】A．0~t 时间内特种兵向下做加 1 反，B错误； 速运动，加速度向下，则处于失重状态，选项A错 C．忽略摩擦和空气阻力，整个过程机械能守恒。弹 误； 簧的弹性势能转化为笔的重力势能和动能，在最高点 笔的速度为零，动能为零，故弹簧弹性势能的减少量 B．图像的斜率等于加速度，则0~t 时间内特种兵向 1 等于笔的重力势能的增加量，C正确； 下的加速度逐渐减小，根据 D．完全失重状态要求加速度等于重力加速度且方向 mg- f =ma 向下。笔在桌面上运动时，初始阶段弹力大于重力， 可知，手与绳的摩擦阻力越来越大，选项B正确； 合力向上，加速度向上，处于超重状态；弹力小于重 C．由于下落时有摩擦阻力做功，可知0~t 时间内 2 力时，加速度向下但大小小于g；离开桌面后只受重 特种兵的重力势能减少量大于动能增加量，选项C 力，加速度为g，方向向下，才处于完全失重状态。 错误； 因此并非一直完全失重，D错误； D．若特种兵着地后立即松开绳子并站稳，根据动量 故选C。 定理 3-2【巩固】 【正确答案】D I-I =0--mv  【试题解析】【详解】A．在0到0.5s过程，压力由0 G 2 增大为最大值，根据牛顿第三定律可知，演员所受支 I =I +mv G 2 持力由0增大为最大值，根据牛顿第二定律可知，加 速度方向先向下后向上，加速度大小先减小后增大， 那么地面对特种兵作用力的冲量大小大于mv ，选项 2 30/43D错误。 4-3【提升】 【正确答案】B 故选B。 【试题解析】【详解】A．由于O点电势高于c点，电 4-1【基础】 【正确答案】A 场强度方向向下，根据运动轨迹可知X受到的电场 【试题解析】【详解】A．由于该粒子只受电场力作 力向上，Y受到的电场力向下，X带负电，Y带正 用，做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向 电，A错误； 向左，带电粒子从a到b过程中，电场力对带电粒子 B．因为X粒子由O点运动到a点的过程中静电力 做正功，粒子动能增加，故A错误，符合题意； 先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B正 B．带正电的粒子所受电场力向左，电场线的方向由 确； N指向M，负电荷在直线M点左侧，故B正确，不 C．因为U =2U ，而且电场力都做正功，根据 Oa Oc 符合题意。 1 1 C．电场力对带电粒子做正功，其动能增加，电势能 动能定理得Uq= mv2- mv2 2 2 0 减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势 在a点的速度与c点的速度大小不等，C错误； 能，故C正确，不符合题意。 D．在同一等势面上移动电荷，电场力不做功，因而 D．负电荷在直线M点左侧，a点离点电荷较远，根 W j >j，故B错误； c b a A．由E =qj可知，负电荷在电势越高的地方具有 p 的电势能越小，所以电子在a、b、c三个点的电势 可知其加速度方向向右，根据牛顿第二定律有 能高低关系为E >E >E ，故A正确； pa pb pc m¢gtanq=m¢a C．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线 解得 越密，则场强越大。由图可知，a、b、c三个点的 a=gtanq 电场强度大小关系为E >E >E ，故C错误； 可知动车加速度为gtanq，动车可能向右加速运动， b a c 可能向左减速运动，故A正确，BD错误； D．电子（不计重力）仅在电场力作用下的运动过 C．对水杯进行分析，可知 程，只有电势能和动能相互转化，则电势能和动能之 f =ma=mgtanq 和不变，故电子的电势能越大的位置，其动能越小， 速度越小，所以电子在a、b、c三个点的速度大小 故C错误。 故选A。 关系为v >v >v ，故D错误。 c b a 5-2【巩固】 【正确答案】B 故选A。 【试题解析】【详解】A．因小车沿水平方向运动，故 31/43小车的加速度一定沿水平方向，又因小球受竖直向下 D．由于两小球的质量和加速度均相同，它们的合力 的重力和斜向右上方的拉力，故小球所受合力一定水 相同均为ma，则细绳和轻杆对小球的作用力大小均 平向右，加速度也水平向右，则小车可能向右加速， 为 或者向左减速，故A错误； F¢= (mg)2 +(ma)2 B．因两细线与竖直方向的夹角相同，由两球竖直方 方向与竖直方向夹角均为θ，故D错误。 向受力平衡可知，两细线的拉力F ＝F ，故B正 T1 T2 故选C。 确； 6-1【基础】 【正确答案】D C．根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大 【试题解析】【详解】A．由受力分析可知，包裹在刚 时，F 不变，故C错误； T1 开始时因传送带比包裹快（包裹初速为0），相对传 D．对悬挂小球2的细线与竖直方向的夹角为q，则 送带向上滑，故摩擦力与重力沿斜面分力同向，根据 有mgtanq=ma，F cosq=mg T2 牛顿第二定律有mgsinq+mmgcosq=ma mg 解得a=10 m/s² 得a=gtanq，F = T2 cosq 但当包裹速度增大到与传送带共速后，摩擦力将改为 可知当汽车加速度减小时，q变小，F 变小，故D T2 与重力分力反向，有mgsinq-mmgcosq=ma¢ 错误。 解得a¢=2 m/s²，故A错误； 故选B。 B．包裹与传送带共速前根据运动学规律v =at， 5-3【提升】 【正确答案】C 0 【试题解析】【详解】A．对小球受力分析如图所示 1 x = v t 1 2 0 解得t =0.4s，x =0.8mDx 1 2 故B错误； 所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，故 C．煤块上滑相对传送带的位移为Dx =x =5m C错误； 1 1 D．0~1s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 下滑相对传送带的位移大小为 Dx = 1 at 2+x =17.5m，由于皮带总长12m，则煤 Q 1 =mmgcosqDx 1 =20J1s~2s内物块与传送带间因摩 2 2 2 1 擦产生的热量为 块在传送带上留下的痕迹为12m，故C正确； D．煤块与传送带间产生的热量为 Q =mmgcosqDx =4J 2 2 Q=mmgcosqΔx +Δx =90J，故D正确。 所以0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为 1 2 本题选不正确的，故选B。 Q=Q +Q =20J+4J=24J 1 2 6-3【提升】 【正确答案】D 故D正确。 【试题解析】【详解】AB．由题图可知，0~1s内物块 故选D。 的加速度大小为 7-1【基础】 【正确答案】D Dv a = 1 =10m/s2 1 Dt 【试题解析】【详解】A．盘子做匀速圆周运动，甲、 1 乙角速度ω相同，甲的转动半径r更大，分析可知 由牛顿第二定律 二者的静摩擦力提供向心力，则有 f =mw2r mgsinq+mmgcosq=ma 1~2s内物块的加速度大小 1 可知若二者质量相等，甲受到的摩擦力更大，故A 为 Dv 错误； a = 2 =2m/s2 2 Dt 2 B．根据线速度v=wr 33/43由于甲的转动半径更大，所以甲的线速度更大，故 向心力，对物体B分析，根据牛顿第二定律可得 B错误； F +mmg=mw2R T B C．当盘子即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力， 整理可得F =mw2R -mmg 即mmg =mw2r T B 0 gm 结合图像解得m=0.1，R =2m 解得临界角速度w = B 0 r AB错误； 可见临界角速度与质量m无关，因此盘子是否容易 滑动与质量无关，故C错误； C．当w2 >0.5rad/s2时，绳子中拉力随着角速度增 gm D．因为临界角速度w = 大，拉力越大，则A所受的静摩擦力变小，当A所 0 r 受的静摩擦力为0时，对A分析，由牛顿第二定律 可知转动半径r越大，临界角速度越小。甲的转动半 径更大，所以当餐桌转速逐渐增加时，甲先达到临界 则有F =mw2R T1 A 角速度，先相对餐桌滑动，故D正确。 对B则有F +mmg =mw2R 故选D。 T1 B 代入数据解得w=1rad/s 7-2【巩固】 【正确答案】B 当w>1rad/s，拉力增大，A要保持相对静止，则静 【试题解析】【详解】AB．由题知A、B两个物体同轴 转动，角速度相等，根据v=wr，a=w2r 摩擦力沿着半径向外，C错误； D．当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最 可知A与B的线速度大小之比为v :v =2R:R=2:1 A B 大值，且方向沿半径向外，对A分析，根据牛顿第 A与B的向心加速度大小之比为a A :a B =2R:R=2:1 二定律可得F -mmg=mw2R T A 故A错误，B正确； 此时对B分析F +mmg=mw2R T B C．根据F =ma，可得A与B的向心力大小之比为 代入数据解得w= 2rad/s F :F =ma :2ma =1:1 A B A B D正确。 故C错误； 故选D。 D．设物体与圆盘的动摩擦因数为m，物体与圆盘刚 8-1【基础】 【正确答案】AC 要发生相对滑动时的角速度为w，则有mm¢g =m¢w2r 【试题解析】【详解】A．由图可知l =l =4m M N mg 解得w= 两列波的周期T =T =2s，故A正确； r M N 由于A离轴距离较大，所以A发生相对滑动的临界 l B．两列波在介质中的传播速率v= =2m/s 角速度较小，则在转盘转速增加时，A先发生滑动， T 故B错误； 故D错误。 故选B。 CD．两波源M 、N 起振方向相同，x=-2cm处的质 l 7-3【提升】 【正确答案】D 点满足Dx=6cm=3× 2 【试题解析】【详解】AB．角速度较小时，物体各自 是振动减弱点； 受到的摩擦力提供向心力，绳中无拉力，根据牛顿第 l x=4cm处的质点满足Dx=6cm=3× 二定律可得 f =mw2R，因为R v 1 ，故B正确； 两波源不能沿x轴运动，故C错误； CD．卫星经过同一点时，因所受万有引力相等，所 D．结合上述分析，由图可知，两波源形成的机械波 以加速度相等，故C正确，D错误。 的波长相等，则周期相等，叠加后可发生稳定的干涉 故选BC。 现象，当波源P振动形式传播到原点时，波源Q在 9-2【巩固】 【正确答案】AD x=6m处质点的振动形式传播到原点，且振动方向 【试题解析】【详解】A．从轨道2上的Q点进入圆轨 相同，则坐标原点的质点为振动加强点，质点振幅为 道3时，做近心运动，需要点火减速，故A项正 A=15cm+30cm=45cm 确； 故D正确。 T2 T2 B．根据开普勒第三定律可得 1 = 故选BD。 (3r)3 r3 8-3【提升】 【正确答案】AB 解得T =3 3T ，故B项错误； 1 【试题解析】【详解】A．由几何关系可知， Mm C．万有引力提供向心力，根据G =ma PM =5m，根据波由P点传到M 点用时0.1s可得 R2 PM GM v= =50m/s 可得a= ，则在轨道1经过P点时的加速度等于 t R2 根据乙图或丙图可知 在轨道2经过P点时的加速度，故C项错误； T =2´10-2s GM D．根据a= R2 故 沿轨道2运行时，经过P点和Q点时的加速度大小 l=vT =1m 之比为1∶9，故D项正确。 故A正确； 故选AD。 B．波由Q点传播到M 点用时 9-3【提升】 【正确答案】AD MQ t= =0.06s=3T v 【试题解析】【详解】A．在月球表面，根据重力等于 故此时P点的振动情况与0时刻相同，即沿y轴正方 Mm 万有引力有mg =G 0 R2 向运动。故B正确； M CD．M 点到两波源的波程差为 根据密度公式r= V Δx=5-3m=2m=2l 其中V = 4 πR3 3 因两波源起振方向相反，故M 点为振动减弱点。故 3g 联立解得月球平均密度为r= 0 ，故A正确； CD错误。 4πGR B．卫星从轨道Ⅲ至轨道Ⅱ做近心运动，速度减少， 故选AB。 9-1【基础】 【正确答案】BC 故v >v ，故B错误； 3 Q 35/43Mm 确。 C．根据牛顿第二定律有G =ma r2 故选CD。 GM 可得a= r2 10-2【巩固】 【正确答案】ABCD 则载人飞船在P、Q点加速度之比为 【试题解析】【详解】A．依题意，A刚好接触地面 时，B对挡板恰好无压力 a :a =R+h2:R2，故C错误； 1 2 对B，由牛顿第二定律 æ2R+hö 3 5 D．根据开普勒第三定律有R3 = ç è 2 ÷ ø 有F 拉 - 2 mgsin37o =0 T2 T2 2 轻质弹簧所受拉力与弹力相等 4p2 又mg =m R 0 T2 有F =F 弹1 拉 解得载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上的运动周期为 对A，由牛顿第二定律 π 2R+h3 T = 有F -mg =ma 2 R 2g 弹1 0 1 则载人飞船从Q点到P点所用时间为 解得a= g，方向向上，A正确； 2 1 π 2R+h3 B．A刚好接触地面时，弹簧形变量最大，弹性势能 t = T = ，故D正确。 2 2 2R 2g 最大 0 对A和弹簧，由动能定理 故选AD。 1 10-1【基础】 【正确答案】CD 有mgh+W = mv2-0 弹1 2 【试题解析】【详解】A．当小物块速度最大时加速度 由功能关系 为零，此时mmg =kx 1 有W =-E -0 弹1 Pm 此时弹簧处于压缩状态，该位置在AO之间，即经过 1 解得E =mgh- mv2，B正确； O点时的速度不最大，A错误； Pm 2 B．从A到B由能量关系 C．设弹簧的劲度系数为k 1 1 k×AO2- k×BO2 =mmg(AO+BO) 由前面分析有F =kh 2 2 弹1 2mmg 3mg 解得BO两点间距离为BO= ，B错误； 得k = k 2h mmg 物块A速度最大时，加速度为零 C．小物块动能最大时弹簧压缩量为x = 1 k 有mg =F 由能量关系可知小物块的最大动能为 弹2 1 1 (3mmg)2 E = k×AO2- kx2-mmg(AO-x )= ，C 设此时弹簧的形变量为x km 2 2 1 1 2k 2 正确； 有F =kx 弹2 2 D．小物块在B点的弹性势能为 2 1 2(mmg)2 得x = h E = k×OB2 = 2 3 PB 2 k 1 小物块由B点返回后，运动到O点时克服摩擦力做 解得此时物块A离地面的高度为Dh=h-x = h， 2 3 的功为W=μmg•OB f C正确； 2(mmg)2 解得W f = k D．由前面分析有 x h 2 = 2 3 所以小物块由B点返回后，最终停在O点，故D正 已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比 36/43E 4 运动的对称性可知，A、B返回到最大高度时的加速 有 P2 = E 9 Pm 度与最低点的加速度等大反向，设加速度大小为a， 物块A从静止下落到速度最大时，对A和弹簧，由 运动的最低点时，根据牛顿第二定律有 机械能守恒定律 kx -2mgsinq=2ma æ1 ö 2 有-mgx +E =-ç mv2 -0÷ 2 P2 è2 m ø 解得a=7.5m/s2，故D正确。 2 解得v = gh+v2 ，D正确。 故选ACD。 m 3 故选ABCD。 11-1【基础】 【正确答案】(1)BC (2) 1.96 -19.6 -4.9 10-3【提升】 【正确答案】ACD 【试题解析】【详解】A．物块A静止时弹簧弹力 【试题解析】【详解】（1）A．在同一次实验中，为了 保证小球平抛的初速度相同，小球必须从斜槽上的同 F =mgsinq=5N 一位置由静止释放，故A错误； 弹簧的压缩量为x =l -l =1.2-1m=0.2m 0 0 1 B．斜槽轨道不光滑，只要小球每次从同一位置由静 F 5 根据胡克定律有k = = N m=25N m，故A正 止释放，小球平抛的初速度就相同，对实验结果不会 x 0.2 0 产生影响，故B正确； 确； C．保证小球飞出时速度必须沿水平方向，这样小球 B．设B与A碰前瞬间的速度为v，对物块B由动能 才做平抛运动，故C正确； 1 定理得mgL-l sinq= mv2 1 2 D．实验中空气阻力对小球的运动影响很小，可忽略 解得v=4m/s 不计，故D错误。 之后A、B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有 故选BC。 （2）[1]小球竖直方向有 mv=2mv ， 共 y -y =2L=2´4.9´10-2m=gt2 AB OA 得碰后A、B的速度v =2m/s 共 解得t =0.1s 当弹簧弹力等于A、B的总重力沿斜面向下的分力 则小球平抛运动初速度 时，A、B的速度最大，设此时弹簧的压缩量为x， x 4L 4´4.9´10-2 1 v = OA = = m/s=1.96m/s 0 t t 0.1 则kx =2mgsinq [2]小球在A点竖直方向速度 1 y 8L 8´4.9 由A、B、弹簧组成的系统机械能守恒有 v = OA = = ´10-2m/s=1.96m/s Ay 2t 2t 2´0.1 æ1 1 ö æ1 1 ö ç è2 ´2mv m 2 - 2 ´2mv 共 2 ÷ ø +ç è2 kx 1 2- 2 kx 0 2 ÷ ø =2mgx 1 -x 0 sinq 因为v =gT Ay 3 2 解得x =0.4m，v = m/s，故B错误； 联立解得小球从抛出点到A点的时间T =0.2s 1 m 2 故小球平抛运动的起点位置y坐标 C．设物块A、B速度减为0时弹簧压缩量为x ，由 2 1 y=- gT -t2 =0.049m=-4.9cm A、B、弹簧组成的系统机械能守恒有 2 1 1 1 小球平抛运动的起点位置x坐标 kx2- kx2 = ´2mv2 +2mgx -x sinq 2 2 2 0 2 共 2 0 x=-v T -t=0.196m=-19.6cm 0 解得x =1m 2 则小球平抛运动的起点位置坐标为（-19.6cm，- 1 到达最低点时弹性势能为 kx2 =12.5J，故C正确； 4.9cm）。 2 2 11-2【巩固】 【正确答案】(1)AC D．A、B碰后一起在斜面上做简谐运动，根据简谐 (2)BC 37/43(3) 是 1.5 大于 （丙）（1）[3]建立坐标系时，坐标原点应该为小球 【试题解析】【详解】（1）A．斜槽轨道末端水平，能 球心，小球球心的投影在斜槽末端。 保证钢球做平抛运动，是必须满足的条件，故A正 故选C。 确； 1 （2）[4]根据题意，由平抛运动规律有h= gt2， 2 B．挡板高度不需要等间距变化，只要能记录不同位 x=vt 置的痕迹点即可，不是必须条件，故B错误； 0 C．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这 g 样才能保证钢球每次平抛的初速度相同，是必须满足 解得v =x 0 2y 的条件，故C正确； 以（1）题中A图建立坐标系，小赵同学竖直方向位 D．钢球与斜槽轨道之间的摩擦不影响每次从同一位 移测量值偏小，水平位移x测量准确，则初速度测量 置释放时到达末端的速度，不是必须减小的，不是必 值偏大。 须条件，故D错误。 （3）[5]由图可知，相邻两点间水平距离相等，则运 故选AC。 （2）由图可知，下降相同的高度，误差点的水平位 动时间相等，竖直方向上有2L-L=gDt2 移更大，可知偏差较大的点产生原因是平抛运动初速 水平方向上有2L=v Dt 0 度偏大，故可能原因是钢球没有被静止释放或钢球释 联立解得v =0.80m s 0 放的高度偏高。 故选BC。 12-1【基础】 【正确答案】(1) 匀速直线 A、 B两滑块的第一个间隔 （3）[1]图3a可知，钢球从A到B与B到C时间相 (2) 0.018 0.018 等（因为水平距离相等），且y :y =5:15=1:3 AB BC 【试题解析】【详解】（1）[1]A、B离开弹簧后，不受 满足初速度为0的匀变速直线运动特点，故A点是平 弹力，气垫导轨没有摩擦，则两滑块均做匀速直线运 抛运动的抛出点。 动。 [2]对钢球竖直方向有Dy= y -y =0.1m=gt2 [2]烧断细线后，在弹簧恢复原长的过程中，应先做 BC AB 加速运动，当弹簧恢复原长后，滑块做匀速直线运 因为x =0.15m=v t AB 0 动，由图中闪光照片可知，滑块直接做匀速直线运 动，没有加速过程，实际上A、B两滑块的第一个间 联立解得钢球初速度v =1.5m/s 0 隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小，故A、B [3]由于实际的竖直方向在该小组同学所绘图像y轴 两滑块的第一个间隔与事实不符。 偏右侧的位置，导致横坐标的测量值偏大而纵坐标的 1 1 （2）[1]频闪照相的时间间隔为t = = =0.1s 测量值偏小，根据平抛运动规律，可知球的初速度偏 f 10Hz 大。 x 0.009 滑块A的速度为v = A = m/s=0.09m/s A t 0.1 11-3【提升】 【正确答案】 自由落体 匀速直 A的动量为 线 C 偏大 0.80 【试题解析】【详解】（甲）[1]两球同时落地，说明A p A =m A v A =0.200´0.09kg×m/s=0.018kg×m/s 球竖直方向上的运动与B球相同，即A球竖直方向 x 0.006 [2]滑块B的速度为v = B = m/s=0.06m/s 做自由落体运动。 B t 0.1 B的动量为 （乙）[2]P球落地时正好与Q球相碰，说明两球水 平方向运动相同，即P球水平方向做匀速直线运 p =m v =0.300´0.06kg×m/s=0.018kg×m/s B B B 动。 38/432 据 12-2【巩固】 【正确答案】 高 m +m v 3 1 2 0 2H t= ① g 可知两球做平抛运动的时间相同，由题意可知m 与 1 2:1 m 碰撞前瞬间的速度大小为 2 OP v = ② 0 t 由于m 与m 碰撞后瞬间m 的速度不可能大于碰撞 【试题解析】【详解】（1）[1]发现手机A向右减速到 1 2 1 前瞬间的速度，所以碰后瞬间两球的速度大小分别为 零后又返回，可知气垫导轨左端低于右端，则应该将 OM 气垫导轨左支点调高。 v = ③ 1 t （2）[2]由图2比例关系可知碰后两滑块粘在一起运 ON v = ④ 2 2 t 动的速度为v= v 3 0 对碰撞过程根据动量守恒定律有 则碰撞后系统的动量为 mv =mv +m v ⑤ 2 1 0 1 1 2 2 p =m +m v= m +m v 2 1 2 3 1 2 0 联立②③④⑤可得 [3]如果碰撞过程满足动量守恒，则有 m ×OP=m ×OM +m ×ON ⑥ 2 1 1 2 mv = m +m v 1 0 3 1 2 0 ⑥式就是实验最终要验证是否成立的表达式，所以 可得m :m =2:1 本实验需要测量两个小球的质量m 、m ，并测量平 1 2 1 2 抛射程OM、ON，故选AD。 （4）[4]现将滑块2左侧的橡皮泥换成弹性材料（发 [3]若两球发生弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有 生弹性碰撞），根据动量守恒和机械能守恒可得 1 1 1 m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ， 1 2 m 1 v 0 2 = 1 2 m 1 v 1 2+ 1 2 m 2 v 2 2 2 m 1 v 0 2 = 2 m 1 v 1 2+ 2 m 2 v 2 2 ⑦ m -m 1 2m 4 即 联立解得v = 1 2 v = v ，v = 1 v = v 1 m +m 0 3 0 2 m +m 0 3 0 1 2 1 2 m ×OP2 =m ×OM2+m ×ON2 ⑧ 1 1 2 则碰撞后的v-t图像如图所示 联立⑥⑧式可得 OP+OM =ON ⑨ 故选A。 （3）[4]由题图可知A和B碰撞前瞬间A的速度大小 为 20cm v = ⑩ A T 12-3【提升】 【正确答案】 甲 AD##DA 由图分析可知在第1次闪光后经2.5T时间发生碰 A 1∶3 撞，且碰后A的速度反向，则碰撞后瞬间A、B的速 【试题解析】【详解】（1）[1]题图甲中两滑块发生的碰 度大小分别为 撞可以看作是弹性碰撞，动能损失较小，题图乙中两 5cm 10cm v¢ = = A T T ⑪ 滑块发生完全非弹性碰撞，动能损失最大，故选择 2 甲。 5cm 10cm v = = （2）[2]m 1 和m 2 离开轨道末端后均做平抛运动，根 B T T ⑫ 2 39/43对碰撞过程根据动量守恒定律有 13-3【提升】 【正确答案】(1)40m/s 32 m v =-m v¢ +m v ⑬ (2) m A A A A B B 3 联立⑩⑪⑫⑬解得 (3)160cm m A = 1 ⑭ 【试题解析】【详解】（1）根据题意，由图甲有 m 3 B 3 l=12m 13-1【基础】 【正确答案】(1)沿x轴负方向 40m/s 4 (2)y=10sin(10pt)cm 解得l=16m 【试题解析】【详解】（1）由图乙可知，t =0.10s时， 由图乙可知，周期为0.4s，则该波的传播速度大小 质点Q在平衡位置，再经过t¢=0.05s质点Q到达波 l v= =40m/s T 谷，图甲中，再经过t¢=0.05s质点Q到达波谷，波 （2）由图乙可知，从t =0时刻开始，M点向上振 形图必须向左移动，所以该波沿x轴负方向传播； 动，波向右传播，N点振动方程为 有图乙可知，周期T =0.20s，由图甲可知波长 æ 2p pö l 8 x=8sinç t- ÷cm l=8m，所以波速为v= = m/s=40m/s。 è0.4 6ø T 0.20 当其第一次回到平衡位置，即x=0，则有 （2）根据图乙，设质点Q位移随时间的表达式 2p p 1 y= Asinwt t- =0，解得t = s 0.4 6 30 由图乙可知A=10cm，T =0.20s，则有 4 则有MO=vt = m 2p 2p 3 w= = =10prad/s T 0.20s 32 可得x =MQ-MO= m 所以质点Q位移随时间的表达式y=10sin(10pt)cm Q 3 13-2【巩固】 【正确答案】(1)v=0.3m/s；沿x轴负方 （3）2秒为5个周期，则2秒内Q点通过的路程 s=5´4A=160cm 向传播 (2)5 2cm；2m 14-1【基础】 【正确答案】(1)20s (2)225m (3)0.05s (3)20s 【试题解析】【详解】（1）由甲图可知，该波的波长为 0.12m，由乙图可知，周期为0.4s，该波传播的速度 【试题解析】【详解】（1）由题意，可得赛车追上安全 1 l 车时有v t+s = at2 大小为v= =0.3m/s 0 0 2 T 解得t =20s 由图乙可知，t=0.2s时刻，质点N向上振动，根据 赛车经过20s追上安全车。 上下坡法可知波沿x轴负方向传播。 2p （2）相遇前两车之间的距离 （2）简谐波的函数表达式为y=-10cos x 0.12 1 Δx=s +v t- at2 =-t-52 +225m （cm） 0 0 2 当t=5s时，两车之间的距离最大Dx=225m 将x =7.5cm代入解得y =5 2cm M M （3）两车相遇时赛车的速度v ＝at＝40m/s 1 t 由图像可知，质点振动的振幅为0.1m，由于 =5 赛车减速到静止所用的时间t'= v 1 =10s T a' 则0~2s内质点M振动的路程为s=5´4A=2m v2 赛车减速到静止前进的距离x = 1 =200m （3）当x=9cm处的质点振动状态传至M质点平衡 max 2a' 位置处时，M点回到平衡位置，此时时间最短，最 相同的时间内安全车前进的距离x=v t¢=100m＜x 0 max Dx 0.09-0.075 短时间为t¢= = s=0.05s 赛车停止后安全车与赛车再次相遇，所用时间 v 0.3 40/43x 等，设汽车匀速行驶的位移为x ，则有 t''= max =20s 2 v 0 x =x-2x =500m 2 1 14-2【巩固】 【正确答案】(1)x =46m 1 x 所以匀速行驶的时间t = 2 =50s 2 v (2)不会相撞，Ds =37m 1 1 所以汽车在每站之间行驶的时间为t=2t +t =70s 1 2 (3)Ds =97.5m 2 （2）设电动车到达地第n站的总时间为T，则有 1 【试题解析】【详解】（1）t =2s时，由x =v t - at2 1 1 21 2 11 T =nt+Δt 代入数据解得B车的位移大小为x =46m 1 根据位移关系有v T +t =nx 2 0 （2）设在t时刻A、B两车速度相等，即v =v -at 解得n=12 1 2 1 （3）由第二问可得，在第12站公交车和电瓶车同时 解得t =6s 到达，逆着看整个运动，从第12站公交车和电瓶车 此时A的位移x =vt =108m A1 1 同时出发，电瓶车速度大一些，两者距离变大，公交 1 B的位移x =v t- at2 =126m 车和电瓶车第一次相距18m时需要时间为t ，有 B1 2 2 1 11 1 18m=v t - at2 由于x -x