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物理
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答
题区域均无效。
3．选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上
作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1. 下列四幅书本插图中，体现了理想化模型的物理思想的是（ ）
A. 研究地球绕太阳公转时把地球视为质点
B. 研究F 、F 与F的关系
1 2
C. 通过平面镜观察桌面的微小形变
D. 伽利略研究自由落体运动的规律
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究地球绕太阳公转时把地球视为质点，体现了理想化模型法，故A正确；
B．研究F 、F 与F的关系，体现了等效替代法，故C错误；
1 2
C．通过平面镜观察桌面的微小形变，体现了微小形变放大法，故C错误；
D．伽利略在研究自由落体运动时，体现了实验和逻辑推理的方法，故D错误。
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学科网（北京）股份有限公司故选A。
2. 燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是甲、乙两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈
底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸
不同的球面锅置于两款支架上的a、b、c、d四个位置，则锅对各位置的压力分别为F 、F 、F 、F ，忽
a b c d
略锅与支架间的摩擦，下列判断正确的是（ ）
A. F = F B. F <F C. F = F D. F < F
a b a b c d c d
【答案】C
【解析】
【详解】AB．甲款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如下图
锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有
mg =5F cosθ
N
解得
mg
F =
N 5cosθ
由图知，锅的尺寸越大，θ越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，
球面锅对支架的压力越小。所以
F < F
b a
故AB错误；
CD．乙款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如下图
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学科网（北京）股份有限公司锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有
mg =5F cosθ
N
解得支架对球面锅的支持力
mg
F =
N 5cosθ
由图知，不论锅的尺寸大小，θ不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又有牛顿第三定律得，锅的尺
寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故C正确，D错误。
故C。
3. 我国第二艘航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军并正式服役。已知“山东舰”在某次试航时做匀
加速直线运动，其速度变化∆v时，“山东舰”沿直线运动的距离为L，在接下来其速度变化∆v时，“山东
舰”沿直线运动的距离为l。则“山东舰”做匀加速直线运动时的加速度大小为（ ）
(Δv)2 (Δv)2 (Δv)2 (Δv)2
A. + B. −
L l L l
(Δv)2 4(Δv)2
C. D.
l−L l−L
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】设匀加速的加速度为a，“山东舰”的速度分别为v、v 和v ，据运动学公式可知
1 2 3
v2 −v2 =2aL
2 1
v2 −v2 =2al
3 2
又因为
v −v =v −v =Δv
2 1 3 2
联立以上三式解得
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学科网（北京）股份有限公司(Δv)2
a =
l−L
故选C。
4. 三位科学家因在银河系中心发现一个超大质量的黑洞而获得了诺贝尔物理学奖，他们对银河系中心附近
的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨
迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，若认为 S2所受的作用力主要为该大质量
黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出（ ）
A. 黑洞质量约为4×104M B. 黑洞质量约为4×106M
C. 恒星S2质量约为4×104M D. 恒星S2质量约为4×106M
【答案】B
【解析】
【详解】设地球的质量为m，地球到太阳的距离为r=1AU，地球的公转周期为T=1年；
由万有引力提供向心力可得
Mm 4π2
G =m r
r2 T2
解得
4π2r3
M =
GT2
对于S2受到黑洞的作用，椭圆轨迹半长轴R=1000AU，根据图中数据结合图象可以得到S2运动的半周期为
（2002-1994）年=8年，则周期为
T′=16年
根据开普勒第三定律结合万有引力公式可以得出
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学科网（北京）股份有限公司4π2R3
M =
黑 GT'2
其中R为S2的轨迹半长轴，因此有
R3T2
M = M
黑 r3T′2
代入数据解得
M ≈4×106M
黑
根据题中条件无法求解恒星S2的质量。
故选B。
二、双项选择题：本题共 4小题，每小题 6分，共 24分。每小题有两项符合题目要求。全部
选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
5. 如图所示，天花板上分别用轻质细线和轻弹簧吊起小球P和Q，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A. 剪断细线的瞬间，小球P受力平衡
B. 剪断细线的瞬间，小球P的加速度为g
C. 剪断弹簧下端的瞬间，小球Q的加速度为g
D. 剪断弹簧上端的瞬间，小球Q的加速度小于g
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．剪断细线的瞬间，小球P受重力作用，受力不平衡，小球P的加速度为g，故A错误，B正
确；
C．剪断弹簧下端的瞬间，小球Q仅受重力作用，加速度为g，故C正确；
D．剪断弹簧上端的瞬间，小球Q仅受重力作用，加速度为g，故D错误。
故选BC。
6. 如图所示，质量分别为 2m和 m的两个物体 A、B用跨过光滑定滑轮的绳子连接，两物体恰好做匀速运
动。A、B与桌面的动摩因数相同，重力加速度大小为 g，不计空气阻力及绳子的质量。若将 A与 B互换，
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学科网（北京）股份有限公司则（ ）
3g g
A. 两物体做加速运动，加速度a= B. 两物体做加速运动，加速度a=
2 2
C. 绳子中拉力大小不变 D. 绳子中拉力大小变为原来的2倍
【答案】BC
【解析】
【详解】两物体恰好做匀速运动时，根据受力平衡可得
mg =T =µ⋅2mg
将A与B互换，分别对A、B根据牛顿第二定律可得
2mg−T′=2ma，T′−µmg =ma
联立解得
g
a= ，T′=mg
2
可知绳子中拉力大小不变。
故选BC。
7. 如图甲所示，AB为粗糙水平桌面，倾角为θ的斜面顶端位于B点，可视为质点的质量为1kg的物块置
于A点。用不同的水平拉力F作用于物块上，使物块从A点由静止开始运动，当物块运动到B点时撤去拉
力F，测出物块在不同拉力作用下落在斜面上的水平射程s，作出如图乙所示的s−F图像。已知AB间距
离为x，θ=45°，重力加速度g =10m/s2，物块与水平桌面间的动摩擦因数为µ，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，可得（ ）
A. µ=0.5 B. µ=0.25 C. x=0.5m D. x =0.25m
【答案】AD
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【详解】AB．由图乙可知，当拉力F 达到5N时，物块在水平桌面上才开始运动，则
F =µmg =5N
解得
µ=0.5
故A正确，B错误；
CD．在AB段，根据动能定理可得
1
(F −µmg)x= mv2
2 B
根据平抛运动规律，有水平射程和竖直位移分别为
1
s =v t，h= gt2
B
2
根据几何关系可得
h
tanθ= =1
s
联立可得
4x
s = F −4µx
mg
由图乙可知
4x 0.5
=
mg 5
解得
x =0.25m
故C错误，D正确。
故选AD。
8. 如图所示，轻杆一端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动，另一端固定一可视为质点的小球A；轻绳
一端连接小球B，另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A，
使杆保持水平。某时刻撤去拉力F，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长
为3L，OP长为5L，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司2mg
A. 杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为
5
11
B. 运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为 34− gL
5
1
C. 运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为 mg
10
34 2
D. 运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为 − mg
5 15
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由几何关系可知，杆保持水平时绳与竖直方向夹角为
3
tanα=
5
可得
3
sinα=
34
5
cosα=
34
对小球A受力分析可知
Fcosα= F' +mgcosα
Fsinα=T +F'sinα
对B
F' =mg
解得轻杆对小球A的拉力大小为
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学科网（北京）股份有限公司3mg
T =
5
选项A错误；
B．运动过程中，两小球速度大小相等时的，绳的方向与杆垂直，则此时绳与竖直方向夹角为
3
sinθ=
5
即
θ=37
由能量关系
1
mg⋅3Lsin37 +mg[ (5L)2 +(3L)2 − (5L)2 −(3L)2]=2× mv2
2
解得
11
v= 34− gL
5
选项B正确；
C．两小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图3，沿绳方向应有
T'+mgcosθ=ma
1
小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有
mg-T'=ma
1
将角度θ代入并联立解得
1
T′= mg
10
故C正确；
D．对A球，在速度最大时，沿杆方向应有
v2
T″−mgsinθ=m
3L
代入数据解得
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学科网（北京）股份有限公司 34 2
T′′= − mg
3 15
故D错误。
故选BC。
三、非选择题：共 60分。考生根据要求作答。
9. 图甲为土星探测器拍摄的照片（图乙为其示意图），土卫三十五号位于土星内环和外环之间的缝隙里，两
土星环由大量碎块组成，根据图乙中的信息，内环绕行线速度________外环；内环绕行周期________外环。
（均填“>”“=”或“<”）
【答案】 ①. > ②. <
【解析】
【详解】[1][2]根据万有引力提供向心力有
Mm v2 4π2
G =m =mr
r2 r T2
解得
GM 4π2r3
v= ，T =
r GM
因此可知轨道半径越小，线速度越大，周期越小。即内环绕行线速度>外环；内环绕行周期<外环。
10. 如图所示为小球做平抛运动的部分轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，测得相邻两点间水平和竖直方向的
间距如图中所示，重力加速度为g，则小球从a点运动到b点的时间T为________，小球平抛的初速度大小
为________。（均用g和L表示）
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学科网（北京）股份有限公司L
【答案】 ①. ②. gL
g
【解析】
【详解】[1]小球在竖直方向做自由落体运动，连续相等时间内的位移差为常数，即
y − y = gT2
2 1
所以
y − y L
T = 2 1 =
g g
[2]由小球平抛运动的初速度大小
x
v =
0 T
整理得小球水平分速度为
x L
v = = = gL
0 T L
g
11. 某实验小组用数字传感器探究橡皮筋的弹性规律，实验过程中先缓慢拉长橡皮筋，然后逐渐恢复至原长，
记录实验数据后，以橡皮筋的形变量∆x为横坐标，橡皮筋的弹力 F 为纵坐标建立直角坐标系，如图所示，
对应O→ A→B→C →O的过程。由图像可知，橡皮筋的弹性规律________（填“满足”或“不满足”）
胡克定律；A→B过程中，橡皮筋的劲度系数________（填“增大”或“减小”）；在整个过程中，外力对
橡皮筋________（填“做正功”“做负功”或“不做功”）。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 ①. 不满足 ②. 减小 ③. 做正功
【解析】
【详解】[1]根据胡克定律
F =k∆x
可知F −∆x的图像为倾斜的直线；由题图可知，橡皮筋的弹性规律不满足胡克定律；
[2]根据公式
F =k∆x
可知，图线的斜率表示劲度系数，由图像可知，A→B过程中，A与O连线的斜率大于B与O连线的斜
率，所以橡皮筋的劲度系数减小；
[3]根据F −∆x图像与横轴围成的面积表示做功的大小，由图像可知，O→ A→B→C →O的过程中，
外力对橡皮筋做正功。
12. 某同学利用图示装置可以探究物块的加速度与其所受合外力的关系。实验主要步骤如下：
（1）测出遮光条的宽度为d，按图示安装好实验装置，测出两光电门间距为L，并调节滑轮的高度使滑轮与
物块之间的细线与水平桌面平行；
（2）调节重物的质量，轻推物块后，使物块经过两光电门时遮光条的遮光时间相等，记下此时拉力传感器
的示数F ；
0
（3）增加重物的质量，由静止释放物块，记录物块经过光电门A、B时遮光条的遮光时间t 和t 及拉力传
1 2
感器的示数F，物块受到的合外力为________，物块的加速度为________（用题中相关物理量的字母表示）；
（4）重复步骤（3），________（填“需要”或“不需要”）保证物块每次都从同一位置由静止释放；
（5）依据测量的数据，判定物块的加速度与所受合外力的关系。
( )
d2 t2 −t 2
【答案】 ①. F −F ②. 1 2 ③. 不需要
0 2Lt2t 2
1 2
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【详解】（3）[1]物块匀速直线运动时，受平衡力作用，摩擦力与拉力大小相等
f = F
0
物块匀加速直线运动时，拉力大小为F，物块受到的合力为
F =F − f = F −F
合 0
[2]物块经过光电门A、B时遮光条的速度大小为
d d
v = ，v =
A t B t
1 2
由匀变速直线运动的规律可知
v 2 −v 2 =2aL
B A
解得物块的加速度大小为
( )
d2 t2 −t 2
a= 1 2
2Lt2t 2
1 2
（4）利用匀变速直线运动的运动学公式v 2 −v 2 =2aL，求解加速度的大小，不需要保证物块每次都从
B A
同一位置由静止释放。
13. 某同学用如图所示装置探究物体做圆周运动时向心力与角速度的关系，力传感器固定在竖直杆上的A
点，质量为m的磁性小球用细线a、b连接，细线a的另一端连接在竖直杆上的O点，细线b的另一端连
接在力传感器上，拉动小球，当a、b两细线都伸直时，细线b水平，测得OA间的距离为L ，小球到A
1
点距离为L ，磁传感器可以记录接收到n次强磁场所用的时间，重力加速度为g。
2
（1）实验时，保持杆竖直，使小球在细线b伸直且水平的条件下绕杆做匀速圆周运动，从接收到第一个
强磁场记为1，并开始计时，测得磁传感器接收到n次强磁场所用时间为t，则小球做圆周运动的角速度
ω= ________，测得力传感器的示数为F，则小球做圆周运动的向心力F =________（此空用含F的式子
n
表示）；
第13页/共19页
学科网（北京）股份有限公司（2）多次改变小球做圆周运动的角速度（每次细线b均伸直且水平），测得多组力传感器示数F及磁传感
1
器接收到n次强磁场所用的时间t，作F − 图像。如果图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距为
t2
________，图像的斜率为________，则表明，小球做匀速圆周运动时，在质量、半径一定的条件下，向心
力大小与________（填“角速度”或“角速度的平方”）成正比。
2π(n−1) mgL mgL
【答案】 ①. ②. 2 +F ③. − 2 ④. 4π2(n−1)2mL ⑤. 角速度的
t L L 2
1 1
平方
【解析】
【详解】（1）[1] 从接收到第一个强磁场记为1，并开始计时，测得磁传感器接收到n次强磁场所用时间为
t，则小球做圆周运动的周期为
t
T =
n−1
小球做圆周运动的角速度为
2π 2π(n−1)
ω= =
T t
[2]设细线a与竖直方向夹角为θ，竖直方向
F cosθ=mg
1
水平方向上
F = F sinθ+F
n 1
又
L
tanθ= 2
L
1
解得
mgL
F = 2 +F
n L
1
1
（2）[3][4][5]由于F − 图像是一条倾斜直线，则
t2
mgL 4π2( n−1 )2
2 +F =mω2L =m L
L 2 t2 2
1
化解得
1 mgL
F =4π2(n−1)2mL ⋅ − 2
2 t2 L
1
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学科网（北京）股份有限公司图像与纵轴的截距为
mgL
b=− 2
L
1
图像的斜率为
k =4π2(n−1)2mL
2
可知小球做匀速圆周运动时，在质量、半径一定的条件下，向心力大小与角速度的平方成正比。
14. 金秋十月，辛勤劳动的农民将收获的谷粒堆放成圆锥体，在堆放完成后，最上层谷粒恰好处于静止状态，
已知谷粒之间的动摩擦因数µ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g =10m/s2 ，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）堆放完成时，圆锥体的底角的正切值；
（2）堆放过程中，当圆锥体底角大小为37°时，最上层谷粒的加速度大小。
【答案】（1）0.5 （2）2m/s2
【解析】
【小问1详解】
由题知，最上层谷粒恰好处于静止状态，设圆锥体的底角为θ,对其受力分析，可得
mgsinθ=µmgcosθ
解得
tanθ=0.5
【小问2详解】
当圆锥体底角大小为37°时，对最上层谷粒，根据牛顿第二定律有
mgsin37 −µmgcos37 =ma
解得
a=2m/s2
15. 如图所示，水平面上放置着紧靠在一起的8个完全相同的物块，每个物块的质量均为m=2kg，长度均
第15页/共19页
学科网（北京）股份有限公司为L=0.8m，与水平面间的动摩擦因数均为µ =0.2，第一个物块的最左侧有一可视为质点的滑块，滑块
1
的质量M =6kg，它与物块间的动摩擦因数µ =0.5，某时刻给滑块水平向右的初速度v =6m/s，重力
2 0
加速度g =10m/s2。求：
（1）当滑块运动到第几个物块时，物块开始滑动；
（2）滑块最终停在第几个物块上。
【答案】（1）5 （2）5
【解析】
【小问1详解】
设当滑块运动到第n个物块时，物块开始滑动，则
µMg ≥{[8−(n−1)]mg+Mg}µg
2 1
解得
n≥4.5
即当滑块运动到第5个物块时，物块开始滑动。
【小问2详解】
滑块在木块上做减速运动的加速度
a =µg =5m/s2
2
物块刚滑上第5个木块时的速度
v = v2 −2a×4L =2m/s
50 0
滑上第5个木块时从第5到第8个木块的加速度
µMg−µ(M +4m)g
a = 2 1 =0.25m/s2
1 4m
滑块与木块共速时则
v=v −at =at
50 1
解得
8
t = s
21
2
v= m/s
21
第16页/共19页
学科网（北京）股份有限公司此时滑块在木板上的相对位移
v+v v v
∆x= 05 t− t = 05 t =0.38m< L
2 2 2
可知滑块没有滑出木块5，即滑块最终停在第5个物块上。
25
16. 如图所示，水平传送带AB长L = m，以v =4m/s的速度顺时针转动，传送带与半径可调的竖直光
4
滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑管道，小物块（可视为质点）轻放在传送带左端，已知小物块的质
量m=1kg，与传送带间的动摩擦因数µ=0.2，∠COD=60°，重力加速度g =10m/s2。
（1）求小物块到达B点时的速度大小；
（2）求由于传送小物块，电动机多做的功；
（3）若要使小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小；
（4）若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。
【答案】（1）4m/s
（2）16J （3）0.2m
16
（4）0.4m≤ R≤ m或R≥0.8m
35
【解析】
【小问1详解】
对小物块受力分析，由牛顿第二定律
µmg =ma
解得
a=2m/s2
设小物块与传送带共速的时间为t ，由运动学公式
1
v=at
1
可得
t =2s
1
加速的位移为
第17页/共19页
学科网（北京）股份有限公司1
x = at2 =4m
1 2 1
因为
25
4m< m
4
所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B点时的速度大小为4m/s。
【小问2详解】
小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为
Q=µmg(vt −x )=8J
1 1
由于传送小物块，电动机多做的功为
1 1
W =Q+ mv2 =8J+ ×1×42J =16J
额
2 2
【小问3详解】
从B点到D点，由动能定理
1 1
−mg⋅2R= mv2 − mv2
2 D 2
小物块离开D点后做平抛运动，有
1
2R= gt2
2
x=v t
D
联立可得
2 1 1
x=4 −R2 + R =4 −(R− )2 +
5 5 25
由数学关系可知，当R=0.2m时，小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大
x =0.8m
max
【小问4详解】
①刚好沿半圆到达与圆心O等高处，根据动能定理
1
−mgR =0− mv2
1 2
解得
R =0.8m
1
小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则
R≥0.8m
第18页/共19页
学科网（北京）股份有限公司②刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C点
v2
mgcos60°=m C
R
2
从B点到C点，根据动能定理
1 1
−mgR (1+cos60°)= mv2 − mv2
2 2 C 2
代入数据解得
16
R = m
2 35
③刚好到达D点不脱轨，在D点有v =0，从B点到D点，根据动能定理
0
1
−mg⋅2R =0− mv2
3 2
代入数据解得
R =0.4m
3
若小物块在半圆轨道内运动时不从D点飞出，则满足
16
0.4m≤ R≤ m
35
综上所述，半圆轨道半径R的取值范围为
16
0.4m≤ R≤ m或R≥0.8m
35
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