精品解析：海南省文昌中学2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试题

2024—2025学年度第一学期高三第二次月考试题 物理 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码正确粘贴在条形码区域内。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上相应的答题区域。超出答题区域书写的答案无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 下列说法中正确的是（　　） A. 胡克总结出弹簧弹力总是与形变量成正比关系 B. 伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因 C. kg、m、N、A都是国际单位制中的基本单位 D. 速度和加速度都运用了比值法定义的 2. “天宫课堂”第四课于2023年9月21日下午开课，在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是（ ） A. 梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变 B. 梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大 C. 击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的 D. 击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力 3. 如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做加速运动。此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿（　　） A. 方向① B. 方向② C. 方向③ D. 方向④ 4. 一位同学将水杯竖直握在手里，匀速走在校道上。如果水杯离地的高度保持不变，当他减速向前走时。手对水杯的作用力（　　） A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 无法确定 5. 如图所示，两物块之间连接一个处于压缩状态的轻弹簧，静止于水平粗糙木板上。现将整体自由下落，可观察到的现象是两物块（　　） A. 仍相对木板静止 B. 相对木板运动且彼此靠近 C. 相对木板运动且彼此远离 D. 是否相对木板运动由物块的质量大小关系决定 6. 排球是人们最喜爱的运动之一。如图所示，运动员在原地竖直向上做抛接球训练，排球经2s到达最高点，把上升的总高度分成四等份，排球通过前两等份高度用时记为，通过最后一等份高度用时记为。空气阻力不计。则满足（　　） A. B. C. D. 7. 羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A. 在A、B两点的速度大小相等 B. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小 C. AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间 D. 在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度值 8. 如图所示，物体和物体通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体放在水平地面上，和拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知和的质量均为，的质量为，重力加速度大小为，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体，则（　　） A. 释放瞬间，的加速度大小为 B. 释放瞬间，的加速度大小为 C. 刚离开地面时，的速度最大 D. 弹簧第一次恢复原长时，的速度最大 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。 9. 提出与“力不是维持物体运动的原因”观点相同或相接近的科学家是（　　） A. 亚里士多德 B. 牛顿 C. 卡文迪什 D. 伽利略 10. 如图甲为烤肠机，香肠放置于两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若金属杆对香肠的支持力为，两根金属杆对香肠的合力为，则香肠烤熟后（　　） A. 不变 B. 变大 C. 减小 D. 增大 11. 如图所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体相对静止一起沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是（　　） A. 图甲中物块A、B之间的绳子没有弹力 B. 图乙中物块A、B之间有弹力 C. 图丙中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力 D. 图丁中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力 12. 某同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像如图所示，横轴为时间，纵轴忘记标记。已知甲曲线两部分均为抛物线，且t=0s与t=1s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点。下列说法正确的是（　　） A. 若图像为位移—时间图像，甲物体0~1s和1~2s加速度大小相等 B. 若图像为位移—时间图像，0~1s乙物体平均速度大于甲物体平均速度 C. 若图像为速度—时间图像，0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍 D. 若图像为速度—时间图像，且两物体在同一直线上运动，可能在t=1s时刻相遇 13. 如图所示为物流货场使用传送带搬运货物的示意图。传送带与水平面成37°角，并以3m/s的速度沿逆时针方向匀速转动。现将货物轻放在传送带的上端点A处，经1.3s货物到达传送带的下端点B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，，，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A. 传送带AB两点间距为3.45m B. 传送带AB两点间距为4.45m C. 从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为0.55m D. 从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为1.45m 三、实验题：本题共2小题，第14题6分，第15题12分，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 14. 如图1所示，“验证力的平行四边形定则”的实验步骤如下： ①用两个相同的弹簧测力计沿细绳互成角度拉套在橡皮筋结点的细绳套，使橡皮筋伸长，结点到达纸面上某一位置静止，记为O； ②记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向； ③只用一个弹簧测力计拉绳套，使结点仍到位置O，记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向； ④按照力的图示要求，作出拉力、、F； ⑤根据力的平行四边形定则作出和的合力； ⑥比较F与的大小、方向的一致程度。 （1）下列实验操作不需要的是哪项________。 A. 实验前，将两测力计水平互拉，选择读数始终相同的两弹簧测力计 B. 实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 C. 橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上 D. 实验中施加的力应适当大一些，可减小实验的相对误差 （2）尊重实验事实，重视实验中的原始数据记录，是一项重要的科学探究素养。 ①小赵同学在实验中确定与的方向时，先标记了O点，然后分别标了a、b点，如图2所示，从减小实验误差的角度判断，标记得更为妥当的是________（选填“a”或“b”）点； ②下图A、B、C、D分别为四位同学提交的实验报告中的实验记录，符合实验事实的是_______。 15. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。记录下拉力F和对应的加速度a。 （1）实验中_______（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，_______（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量； （2）第一实验小组在实验中得到一条纸带的一部分如图乙所示，O、A、B、C、D是按打点顺序依次选取的计数点。用刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据计算出加速度的大小为_______。（计算结果保留两位有效数字） （3）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的图像，该小组同学做实验时存在的问题是_______。 （4）第三实验小组改钩码质量，测量多组数值，以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，作出的图像如图丁所示，图像近似为过原点的一条直线，已知直线上某点A的坐标为，则相对应点A时钩码的质量为_______。（重力加速度为g） （5）若不断增大钩码的质量，则小车的加速度随之增大，但最大值不会超过_______。 四、计算题：本题共3小题，共38分，把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 16. 在抗击新冠疫情过程中，智能送餐机器人发挥了重要的作用。如图所示，某次送餐机器人给远处的顾客上菜，要求全程餐盘保持水平，菜碗不能相对餐盘移动。已知，菜碗与餐盘之间的动摩擦因数为0.25，机器人上菜最大速度为。机器人加速、减速运动过程中看成匀变速直线运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)机器人的最大加速度； (2)机器人上菜所用的最短时间。 17. 如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量，拉杆箱的质量，箱底与水平面间的夹角，不计所有接触面间的摩擦，取，，。 （1）若，求拉杆箱的加速度大小a和拉杆箱受到地面的支持力； （2）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。 18. 如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限和第三象限内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。在与y轴平行且相距为d的竖直线MN上的A点（图中未画出）处放置一个粒子源，它能无初速地释放大量质量为m、电荷量为q、且带负电的粒子，这些粒子经电场加速后均沿y轴正方向进入第二象限，并均垂直y轴通过点。不计粒子重力及粒子间相互作用。 （1）求从A点释放的粒子进入第二象限时的速度大小； （2）求粒子从A点释放之后至运动到点的总时间； （3）若改变离子源在直线MN上的位置，要求释放的粒子均要垂直经过y轴，求粒子源到x轴的距离应满足什么条件？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期高三第二次月考试题 物理 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码正确粘贴在条形码区域内。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上相应的答题区域。超出答题区域书写的答案无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 下列说法中正确的是（　　） A. 胡克总结出弹簧弹力总是与形变量成正比关系 B. 伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因 C. kg、m、N、A都是国际单位制中的基本单位 D. 速度和加速度都运用了比值法定义的 【答案】B 【解析】 【详解】A．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，选项A错误； B．伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因，选项B正确； C．kg、m、A都是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，选项C错误； D．速度运用了比值法定义的，加速度不是比值定义法，选项D错误。 故选B。 2. “天宫课堂”第四课于2023年9月21日下午开课，在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是（ ） A. 梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变 B. 梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大 C. 击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的 D. 击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力 【答案】C 【解析】 【详解】AB．梦天实验舱内，水球质量不变，其惯性不变，故AB错误； C．根据弹力产生的条件可知，击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C正确； D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对相互作用力，故D错误； 故选C。 3. 如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做加速运动。此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿（　　） A. 方向① B. 方向② C. 方向③ D. 方向④ 【答案】C 【解析】 【详解】上升器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成角，且速度在不断增大，说明飞船所受合外力的方向与速度同向，上升器受重力和喷气推力水平面作用，即重力与推力的合力与速度方向相同，上升器所受喷气的反冲力与喷气方向相反，由图可知只有推力在③的反方向时，合力才可能与速度v同向。故C正确，ABD错误。 故选C。 4. 一位同学将水杯竖直握在手里，匀速走在校道上。如果水杯离地的高度保持不变，当他减速向前走时。手对水杯的作用力（　　） A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】匀速行走时，根据平衡条件得，手对水杯的作用力为 减速向前走时，设加速度为，由平行四边形定则得 故A正确，BCD错误。 故选A。 5. 如图所示，两物块之间连接一个处于压缩状态的轻弹簧，静止于水平粗糙木板上。现将整体自由下落，可观察到的现象是两物块（　　） A. 仍相对木板静止 B. 相对木板运动且彼此靠近 C. 相对木板运动且彼此远离 D. 是否相对木板运动由物块的质量大小关系决定 【答案】C 【解析】 【详解】将整体自由下落，则两物块与木板都处于完全失重状态，物块对木板的压力变为零，摩擦力为零，轻弹簧处于压缩状态，此时两物块在弹力作用下相对木板运动且彼此远离。 故选C。 6. 排球是人们最喜爱的运动之一。如图所示，运动员在原地竖直向上做抛接球训练，排球经2s到达最高点，把上升的总高度分成四等份，排球通过前两等份高度用时记为，通过最后一等份高度用时记为。空气阻力不计。则满足（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设上升最大高度为4h，排球向上运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动 解得总时间为 通过最后一等份高度 解得 排球通过后两等份高度 解得 水通过前两等份高度用时 所以 则 故选A。 7. 羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A. 在A、B两点的速度大小相等 B. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小 C. AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间 D. 在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度值 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知运动轨迹不对称，即羽毛球不是只受重力的抛体运动，羽毛球在运动过程中受到重力和阻力的共同作用，阻力做负功，机械能减小，所以A点的速度大于B点的速度，故A错误； B．在P点时，重力和阻力的合力与速度方向成钝角关系，速度减小，故P点不是速度最小位置，故B错误； C．在竖直方向上，段的平均加速度大于段的平均加速度，位移大小相等，所以段的飞行时间小于段的飞行时间，故C正确； D．在上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量由重力和阻力的竖直分力之和提供，所以加速度大于重力加速度值，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，物体和物体通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体放在水平地面上，和拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知和的质量均为，的质量为，重力加速度大小为，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体，则（　　） A. 释放瞬间，的加速度大小为 B. 释放瞬间，的加速度大小为 C. 刚离开地面时，的速度最大 D. 弹簧第一次恢复原长时，的速度最大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】AB．刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为 F=mg 则对ab的整体，由牛顿第二定律 解得ab的加速度 选项A错误，B正确； CD．当ab的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，选项CD错误； 故选B。 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。 9. 提出与“力不是维持物体运动的原因”观点相同或相接近的科学家是（　　） A. 亚里士多德 B. 牛顿 C. 卡文迪什 D. 伽利略 【答案】BD 【解析】 【详解】提出与“力不是维持物体运动的原因”观点相同或相接近的科学家是伽利略和牛顿。 故选BD。 10. 如图甲为烤肠机，香肠放置于两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩。若金属杆对香肠的支持力为，两根金属杆对香肠的合力为，则香肠烤熟后（　　） A. 不变 B. 变大 C. 减小 D. 增大 【答案】AC 【解析】 【详解】两根金属杆对香肠的合力等于香肠的重力，则总是大小不变的；烤熟后的香肠质量不变，半径变大，则金属杆的支持力与竖直方向的夹角θ减小，根据 可知减小。 故选AC。 11. 如图所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体相对静止一起沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是（　　） A. 图甲中物块A、B之间的绳子没有弹力 B. 图乙中物块A、B之间有弹力 C. 图丙中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力 D. 图丁中物块A、B之间既有摩擦力，又有弹力 【答案】AC 【解析】 【详解】设四幅图中斜面的倾斜角度均设为θ。 A．先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有 （mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a 解得 a=gsinθ 再隔离物体A，受重力、支持力，拉力T（可能为零），根据牛顿第二定律，有： mAgsinθ+T=mAa 解得 T=0 故A正确； B．先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有： （mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a 解得 a=gsinθ 再隔离物体A，受重力、斜面支持力，A对B的支持力N（可能为零），根据牛顿第二定律，有： mAgsinθ+N=mAa 解得 N=0 故B错误； C．先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有 （mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a 解得 a=gsinθ 方向沿着斜面向下； 再分析物体A，加速度沿着斜面向下，故合力沿着斜面向下，受重力、支持力，向左的静摩擦力，有摩擦力一定有弹力，故B对A一定有向上的支持力，故C正确； D．先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有： （mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a 解得 a=gsinθ 再隔离物体A，受重力、B对A的支持力，摩擦力f（可能为零），根据牛顿第二定律，有： mAgsinθ+f=mAa 解得 f=0 故D错误。 故选AC。 12. 某同学通过传感器测得的甲、乙两物体的运动图像如图所示，横轴为时间，纵轴忘记标记。已知甲曲线两部分均为抛物线，且t=0s与t=1s分别为开口向上和开口向下的抛物线的顶点。下列说法正确的是（　　） A. 若图像为位移—时间图像，甲物体0~1s和1~2s加速度大小相等 B. 若图像为位移—时间图像，0~1s乙物体平均速度大于甲物体平均速度 C. 若图像为速度—时间图像，0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍 D. 若图像为速度—时间图像，且两物体在同一直线上运动，可能在t=1s时刻相遇 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．若图像为位移—时间图像，内甲物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，时间相同，由 可知，这两个过程中甲物体的加速度大小相等，故A正确； B．若图像为位移—时间图像，0~1s内甲物体和乙物体的位移相同，所用时间相同，因此平均速度相同，故B错误； C．若图像为速度—时间图像，可知图像与时间轴围成的面积表示位移，利用割补法，如图所示 根据几何关系可知，乙的位移是甲的位移的2倍，因此可知0~2s乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，故C正确； D．若图像为速度—时间图像，内乙的图像与时间轴围成的面积比甲的图像与时间轴围成的面积大，由此可知内乙的位移大于甲的位移，但由于甲乙初始位置不确定，则两物体可能在t=1s时刻相遇，故D正确。 故选ACD。 13. 如图所示为物流货场使用传送带搬运货物的示意图。传送带与水平面成37°角，并以3m/s的速度沿逆时针方向匀速转动。现将货物轻放在传送带的上端点A处，经1.3s货物到达传送带的下端点B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，，，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A. 传送带AB两点间距为3.45m B. 传送带AB两点间距为4.45m C. 从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为0.55m D. 从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为1.45m 【答案】BC 【解析】 【详解】货物轻放在传送带的上端点A处，根据牛顿第二定律可得 解得 货物加速度到与传送带共速所用时间为 该过程货物通过的位移大小为 由于，可知共速后，货物继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式可得 ， 代入数据解得 则传送带AB两点间距为 从A点到B点的过程中，传送带运动的位移为 则从A点到B点的过程中，货物相对传送带的位移为 故选BC。 三、实验题：本题共2小题，第14题6分，第15题12分，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 14. 如图1所示，“验证力的平行四边形定则”的实验步骤如下： ①用两个相同的弹簧测力计沿细绳互成角度拉套在橡皮筋结点的细绳套，使橡皮筋伸长，结点到达纸面上某一位置静止，记为O； ②记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向； ③只用一个弹簧测力计拉绳套，使结点仍到位置O，记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向； ④按照力的图示要求，作出拉力、、F； ⑤根据力的平行四边形定则作出和的合力； ⑥比较F与的大小、方向的一致程度。 （1）下列实验操作不需要的是哪项________。 A. 实验前，将两测力计水平互拉，选择读数始终相同的两弹簧测力计 B. 实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 C. 橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上 D. 实验中施加的力应适当大一些，可减小实验的相对误差 （2）尊重实验事实，重视实验中的原始数据记录，是一项重要的科学探究素养。 ①小赵同学在实验中确定与的方向时，先标记了O点，然后分别标了a、b点，如图2所示，从减小实验误差的角度判断，标记得更为妥当的是________（选填“a”或“b”）点； ②下图A、B、C、D分别为四位同学提交的实验报告中的实验记录，符合实验事实的是_______。 【答案】（1）C （2） ①. a ②. A 【解析】 【小问1详解】 A．实验前，将两测力计水平互拉，两测力计之间的力为相互作用力，其大小相同，所以应该选择读数始终相同的两弹簧测力计，故A正确，不满足题意要求； B．实验中，为了减少实验的误差，所以弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故B正确，不满足题意要求； C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线可以不在同一直线上，故C错误，满足题意要求； D．为减小实验的相对误差，实验中施加的力应适当大一些，故D正确，不满足题意要求。 故选C。 【小问2详解】 [1]题图中标记ab两点的目的是为了确认力的方向，而为了减少实验误差，所以两点应该尽量的远一些，故a点更妥当。 [2]由题意可知是理论值，其应该是平行四边形的对角线，而F是测量值，其方向与AO在同一直线上。 故选A。 15. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。拉力传感器是一种将物理信号转变为可测量的电信号输出的装置，用于检测小车受到的拉力大小。记录下拉力F和对应的加速度a。 （1）实验中_______（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，_______（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量远小于小车的质量； （2）第一实验小组在实验中得到一条纸带的一部分如图乙所示，O、A、B、C、D是按打点顺序依次选取的计数点。用刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。根据图中数据计算出加速度的大小为_______。（计算结果保留两位有效数字） （3）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的图像，该小组同学做实验时存在的问题是_______。 （4）第三实验小组改钩码质量，测量多组数值，以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，作出的图像如图丁所示，图像近似为过原点的一条直线，已知直线上某点A的坐标为，则相对应点A时钩码的质量为_______。（重力加速度为g） （5）若不断增大钩码的质量，则小车的加速度随之增大，但最大值不会超过_______。 【答案】（1） ①. 需要 ②. 不需要 （2）2.4 （3）木板的右端抬的过高 （4） （5）2g 【解析】 【小问1详解】 [1][2]为了使细线的拉力等于小车受的合力，则实验中需要平衡摩擦力；因为有力传感器测量小车的拉力，则不需要满足所挂钩码的质量远小于小车的质量； 【小问2详解】 相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则 T=0.1s 加速度为 【小问3详解】 由图像可知，当力F=0时小车的加速度不为零，可知原因是木板的右端抬的过高，平衡摩擦力过度； 【小问4详解】 结合图像相对应点A时 F=p 小车的加速度 a=q 则钩码的加速度为 对钩码 可知钩码的质量为 【小问5详解】 对车受力分析有 F=Ma 对钩码受力分析有 mg-2F=ma 联立解得 可得不断增加钩码的质量，小车的加速度随之增大，但最大值 amax=2g=20m/s2 四、计算题：本题共3小题，共38分，把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 16. 在抗击新冠疫情过程中，智能送餐机器人发挥了重要的作用。如图所示，某次送餐机器人给远处的顾客上菜，要求全程餐盘保持水平，菜碗不能相对餐盘移动。已知，菜碗与餐盘之间的动摩擦因数为0.25，机器人上菜最大速度为。机器人加速、减速运动过程中看成匀变速直线运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)机器人的最大加速度； (2)机器人上菜所用的最短时间。 【答案】(1)；(2) 【解析】 【详解】(1)设菜碗（包括菜）的质量为m，以最大加速度运动时，菜碗和托盘保持相对静止，由牛顿第二定律得 则 解得 即最大加速度 (2)机器人以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短。 加速达到最大速度所需时间 位移 同理，减速运动时间 位移 匀速运动位移 匀速运动时间 所以最短时间 解得 17. 如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量，拉杆箱的质量，箱底与水平面间的夹角，不计所有接触面间的摩擦，取，，。 （1）若，求拉杆箱的加速度大小a和拉杆箱受到地面的支持力； （2）要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力大小满足的条件。 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 若，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小 竖直方向根据受力平衡可得 解得 【小问2详解】 箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零。以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为，如图所示 根据牛顿第二定律可得 以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 联立解得拉力的最大值为 要使箱包不从拉杆箱上滑出，拉力大小应满足 18. 如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限和第三象限内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。在与y轴平行且相距为d的竖直线MN上的A点（图中未画出）处放置一个粒子源，它能无初速地释放大量质量为m、电荷量为q、且带负电的粒子，这些粒子经电场加速后均沿y轴正方向进入第二象限，并均垂直y轴通过点。不计粒子重力及粒子间相互作用。 （1）求从A点释放的粒子进入第二象限时的速度大小； （2）求粒子从A点释放之后至运动到点的总时间； （3）若改变离子源在直线MN上的位置，要求释放的粒子均要垂直经过y轴，求粒子源到x轴的距离应满足什么条件？ 【答案】（1） （2） （3）（n=0，1，2，3...） 【解析】 【小问1详解】 设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知 =d 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 【小问2详解】 设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有 根据牛顿第二定律有 Eq=ma 则粒子从释放到Q点的运动时间为 t=++ 联立解得 【小问3详解】 设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得 qEL= 粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn 点经过。根据牛顿第二定律有 由题意及几何知识可知 经过P1时有 r=d 经过P2时有 3r=d 经过P3时有 5r=d ..... 可知经过Pn时有 （2n+1）r=d 解得 （n=0，1，2，3...） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $