精品解析：广东省广州市第十六中学2024-2025学年高三上学期10月教学质量检测物理试题

2024学年广州市第十六中学高三年级教学质量检测（一） 物理（问卷） 本试卷共5页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，由此可见，王充对运动与力的理解（　　） A. 与亚里士多德的观点相近 B. 与牛顿第一定律相近 C. 与牛顿第二定律相近 D. 与牛顿第三定律相近 2. 商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A. B. C. D. 3. 如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　） A. B. C. D. 4. 如图甲，人在原地纵跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 在C点时人达到最大速度 B. 曲线上的A点表示人下蹲至最低点 C. 人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的 D. 人能原地纵跳是地面对人的支持力大于人对地面的压力 5. 一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 在一颗半径为地球半径0.8倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力。从抛出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为6400km，地球的第一宇宙速度取8km/s，地球表面的重力加速度为10m/s2），则（　　） A. 该行星的质量比地球的质量大 B. 该行星表面的重力加速度为16m/s2 C. 该行星的第一宇宙速度为6.4km/s D. 该物体落到行星表面时的速率为30m/s 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 如图，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为，一个物体从传送带底端以初速度大小上滑，同时物体受到平行于传送带向上的恒力作用，物体与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的图像可能是（　　） A. B. C. D. 9. 如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为的支架（含电动机）上，有一根长为的轻杆带动一个质量为的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为，若在某次打夯过程中，铁球以角速度匀速转动，则（　　） A. 铁球所受合力大小不变 B. 铁球转动到最高点时，处于超重状态 C. 铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D. 若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时铁球线速度大小 则此时铁球线速度大小为 10. 如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 B. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 C. 水平距离 D. 水平距离 第II卷（非选择题） 三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。 11. 下列是《普通高中物理课程标准》中列出的二个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验： （Ⅰ）用图钉将白纸固定在水平木板上； （Ⅱ）如图（d）（e）所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1 = 3.60 N、F2 = 2.90 N；改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到同一O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F = 5.60 N，请完成下列问题： 在图（e）中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示______，然后按平行四边形定则求出F1、F2的合力F′；比较F和F′，写出可能产生误差的两点原因________________、_________________。 （2）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x = L − L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙的F − x图像。 （Ⅰ）根据所得的F − x图线可知该弹簧的劲度系数为_______N/m。 （Ⅱ）第二小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度L0，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据x = L − L0算出弹簧伸长的长度x。他们得到的F − x图线如图丙，则图像不过原点的原因可能是______________，第二组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比_______（选填“偏大”或“偏小”或“相同”）。 12. 某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数μ。实验时长木板水平放置，在沙桶中放入适量细沙，释放滑块，滑块可以向左加速运动。实验中，认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力。 （1）实验时，必须要进行的操作是_______。 A．实验前，先补偿阻力 B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行 C．要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量 D．先释放滑块再接通打点计时器电源 （2）该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D为相邻计数点（相邻两计数点之间还有四个点未画出），电火花计时器使用的交流电源频率为50Hz；根据纸带可以求出滑块的加速度大小为______m/s2（结果保留3位有效数字）； （3）通过改变细沙的质量，得到滑块运动的加速度a和拉力F的关系如图丙所示，已知纵截距为，当地的重力加速度为g，则滑块和长木板间的动摩擦因数μ=_______；滑块的质量M=_______（用b、c、g这些字母表示）。 13. 随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m=1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=5s，然后再经匀减速t3=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求： （1）物品运动过程中的最大速率； （2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小； （3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 14. 如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为m处放置小物块A，A，B质量均为kg，A与转盘之间的动摩擦因数为，现在用原长为m、劲度系数N/m弹簧将两者拴接，重力加速度m/s，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则： （1）若弹簧处于原长，缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的； （2）若转盘的角速度rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径的大小范围： （3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度的大小范围。 15. 如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为，长为，宽为，P点为的中点，传送带以速度匀速运动，小物块质量，小物块与传送带的动摩擦因数为，取重力加速度为。 （1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到端的时间； （2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量； （3）小物块从传送带的A点以平行于方向的速度射出，求小物块离开传送带时的位置。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年广州市第十六中学高三年级教学质量检测（一） 物理（问卷） 本试卷共5页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”，由此可见，王充对运动与力的理解（　　） A. 与亚里士多德的观点相近 B. 与牛顿第一定律相近 C. 与牛顿第二定律相近 D. 与牛顿第三定律相近 【答案】C 【解析】 【详解】“其满而重者行迟，空而轻者行疾”、“任重，其进取疾速，难矣”，本质上的意思是，在相同力的作用下，质量大的物体速度变化慢，加速度小，质量小的物体速度变化快，加速度大，因此王充对运动与力的理解与牛顿第二定律相近。 故选C。 2. 商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据 可得 则加速度 故选C。 3. 如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环（可以看作质点）套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设斜面的倾角为，圆的直径为，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为 斜面的长度为 根据动力学公式 小环下滑所用时间为 则 由于 根据平均速度公式 可得 故选D。 4. 如图甲，人在原地纵跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A. 在C点时人达到最大速度 B. 曲线上的A点表示人下蹲至最低点 C. 人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的 D. 人能原地纵跳是地面对人的支持力大于人对地面的压力 【答案】A 【解析】 【详解】A．人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，故A正确； B．下蹲过程包含向下加速和减速的过程，向下加速处于失重状态，人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，故B错误； C．人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故C错误； D．根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，故D错误。 故选A。 5. 一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】以铰链A和小球为整体，根据受力平衡可得 联立解得 ， 可知下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为，。 故选B。 6. 如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有 对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有 联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为 故选A。 7. 在一颗半径为地球半径0.8倍的行星表面，将一个物体竖直向上抛出，不计空气阻力。从抛出开始计时，物体运动的位移随时间关系如图（可能用到的数据：地球的半径为6400km，地球的第一宇宙速度取8km/s，地球表面的重力加速度为10m/s2），则（　　） A. 该行星的质量比地球的质量大 B. 该行星表面的重力加速度为16m/s2 C. 该行星的第一宇宙速度为6.4km/s D. 该物体落到行星表面时的速率为30m/s 【答案】C 【解析】 【详解】B．由图读出，物体上升的最大高度为 上升的时间为 对于上升过程，有 所以初速度为 物体上升的加速度大小为 故B错误； A．物体在行星表面受到的重力等于万有引力，则 解得 故行星的质量小于地球的质量，故A错误。 C．根据 可得 则该行星的第一宇宙速度为 故C正确。 D．根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为32m/s，故D错误。 故选C。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 如图，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为，一个物体从传送带底端以初速度大小上滑，同时物体受到平行于传送带向上的恒力作用，物体与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的图像可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】B．由于 则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若 则物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，故B正确； A．若 则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，故A正确； CD．若 则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零，则物体与传送带一起向上匀速运动，故C错误，D正确。 故选ABD。 9. 如图甲为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为的支架（含电动机）上，有一根长为的轻杆带动一个质量为的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为，若在某次打夯过程中，铁球以角速度匀速转动，则（　　） A. 铁球所受合力大小不变 B. 铁球转动到最高点时，处于超重状态 C. 铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 D. 若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则此时铁球线速度大小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．铁球转动过程中，合力大小为 故铁球转动过程合力大小不变，故A正确； B．铁球转动到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故B错误； C．铁球做圆周运动的向心加速度的方向时刻变化，大小不变，故C错误； D．铁球转动到最高点时，此时对支架受力分析，支架受到轻杆的拉力等于重力，即有 对小球分析有 解得 故D正确。 故选AD。 则此时铁球线速度大小为 10. 如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 B. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 C. 水平距离 D. 水平距离 【答案】BC 【解析】 【详解】根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零。可以看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，由平抛运动可知 联立解得 故选BC。 第II卷（非选择题） 三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。 11. 下列是《普通高中物理课程标准》中列出的二个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。 （1）为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验： （Ⅰ）用图钉将白纸固定在水平木板上； （Ⅱ）如图（d）（e）所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1 = 3.60 N、F2 = 2.90 N；改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到同一O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F = 5.60 N，请完成下列问题： 在图（e）中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示______，然后按平行四边形定则求出F1、F2的合力F′；比较F和F′，写出可能产生误差的两点原因________________、_________________。 （2）在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x = L − L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙的F − x图像。 （Ⅰ）根据所得的F − x图线可知该弹簧的劲度系数为_______N/m。 （Ⅱ）第二小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度L0，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据x = L − L0算出弹簧伸长的长度x。他们得到的F − x图线如图丙，则图像不过原点的原因可能是______________，第二组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比_______（选填“偏大”或“偏小”或“相同”）。 【答案】（1） ①. ②. 没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行 ③. 读数时没有正视弹簧测力计 （2） ①. 25 ②. 弹簧自身重力的影响 ③. 相同 【解析】 【小问1详解】 [1]按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，根据平行四边形定则画出F1、F2的合力F′，如图所示 [2][3]由图可知，F和F′不完全重合，产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；读数时没有正视弹簧测力计。 【小问2详解】 [1]由图示图像可知，弹簧的劲度系数为 [2][3]弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由 可得 两种情况下斜率相同，测量结果相同。 12. 某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数μ。实验时长木板水平放置，在沙桶中放入适量细沙，释放滑块，滑块可以向左加速运动。实验中，认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力。 （1）实验时，必须要进行的操作是_______。 A．实验前，先补偿阻力 B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行 C．要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量 D．先释放滑块再接通打点计时器电源 （2）该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D为相邻计数点（相邻两计数点之间还有四个点未画出），电火花计时器使用的交流电源频率为50Hz；根据纸带可以求出滑块的加速度大小为______m/s2（结果保留3位有效数字）； （3）通过改变细沙的质量，得到滑块运动的加速度a和拉力F的关系如图丙所示，已知纵截距为，当地的重力加速度为g，则滑块和长木板间的动摩擦因数μ=_______；滑块的质量M=_______（用b、c、g这些字母表示）。 【答案】 ①. BC ②. 1.25 ③. ④. 【解析】 【详解】（1）[1]A．本实验需要测量动摩擦因数，所以实验前，无需补偿阻力，故A错误； B．调整滑轮的位置，使细线与长木板平行，从而保证实验中滑块受到的沿长木板方向的拉力恒定，故B正确； C．本实验中由于认为细线对滑块的拉力F近似等于沙桶和细沙的总重力，所以需要保证沙桶和细沙的总质量远小于滑块的质量，故C正确； D．本实验应该先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放滑块，故D错误。 故选BC。 （2）[2]依题意，可求得相邻计数点间的时间间隔为 根据逐差法，可以求出滑块的加速度大小为 （3）[3][4]对滑块，根据牛顿第二定律有 可得 图线丙与关系式对比，可得 可解得 13. 随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m=1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=5s，然后再经匀减速t3=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求： （1）物品运动过程中的最大速率； （2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小； （3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 【答案】（1）5m/s；（2）1.25m/s2，10m；（3）17.5N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知 解得 vm=5m/s （2）匀减速阶段物品的加速度大小 解得 a2=1.25m/s2 位移大小 解得 x=10m （3）由牛顿第二定律有 F′-F阻-mg=ma1 又 解得 F′=17.5N 14. 如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心为m处放置小物块A，A，B质量均为kg，A与转盘之间的动摩擦因数为，现在用原长为m、劲度系数N/m弹簧将两者拴接，重力加速度m/s，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则： （1）若弹簧处于原长，缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的； （2）若转盘的角速度rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径的大小范围： （3）若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数为，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度的大小范围。 【答案】（1）5rad/s；（2）；（3）rad/s 【解析】 【详解】（1）设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则 代入数值解得A即将打滑时 rad/s （2）A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同，由临界条件可得 由胡克定律可知 代入数值解得 m，m 故满足条件的A转动半径rA的大小范围 （3）若小物块B解除固定状态，则物块B刚好滑动时弹簧拉力为，则对B有 由胡克定律可知 可得 m 对A受力分析，为了保证B不打滑，则有 可得 rad/s 15. 如图，一水平面内放置的传送带，传送带区域为，长为，宽为，P点为的中点，传送带以速度匀速运动，小物块质量，小物块与传送带的动摩擦因数为，取重力加速度为。 （1）小物块从传送带的A点无初速度释放，求小物块从释放到运动到端的时间； （2）小物块从传送带的P点向A点以某一水平速度射出，如恰好能从A点返回，并从CD边离开传送带，求此过程小物块与传送带摩擦产生的热量； （3）小物块从传送带的A点以平行于方向的速度射出，求小物块离开传送带时的位置。 【答案】（1）0.7s （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 根据牛顿第二定律可得 由于 可知小物块先加速到与传送带达到共速，然后做匀速直线运动，加速所用时间为 加速位移为 匀速运动的时间为 可得总时间为 【小问2详解】 小物块向A点射出后，恰好能从A点返回时，与传送带摩擦产生的热量最大，设射出的初速度为v′，恰好到A点有 运动的时间为 此段产生的热量为 然后，小物块反向加速到传送带速度，此段产生的热量为 所以总热量为 【小问3详解】 小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示 由于滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得 由于 所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知 可得 此时沿AC方向的位移为 假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离B点为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $