精品解析：山东省青岛五十八中学2024-2025学年高三上学期期中物理试卷

2024-2025学年山东省青岛五十八中高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题（本大题共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. 已知“歼﹣15”在跑道上加速时产生的最大加速度大小为5.0m/s2，起飞的最小速度大小为50m/s，航母跑道L=160m，航母上没有安装弹射系统，为使“歼﹣15”能够从航母上起飞，则航母航行的速度至少为（　　） A. 10m/s B. 20m/s C. 30m/s D. 40m/s 2. 如图所示，细绳1挂着匣子C，匣内又用绳2挂着A球，在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在细绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　） A. A、B、C的加速度都为g B. C的加速度为3g C. A的加速度为2g D. 细绳2上的拉力大小为0.5mg 3. 2021年4月29日，长征5号B遥二运载火箭搭载空间站“天和”核心舱将其送入预定轨道。现假设核心舱通过多次变轨，最终提升到远地点距离地面几千公里的椭圆轨道，变轨示意图如图所示。此次核心舱飞行中的变轨都是由核心舱自主完成的，核心舱在各椭圆轨道飞行（不变轨）过程中（　　） A. 在不同轨道上，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同 B. 所有椭圆轨道的其中一个焦点是一致的 C. 测定每个椭圆轨道的运行周期就可以推知核心舱的质量 D. 过切点时加速度a、线速度v大小均相同 4. 质量为m的物块在粗糙水平面减速运动，当速率为v时，施加与水平方向夹角为的恒力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在该时间t内，下列说法正确的是（　　） A. 物块所受拉力F的冲量大小为 B. 物块所受摩擦力的冲量大小为零 C. 物块所受重力的冲量大小为零 D. 物块所受合力的冲量大小为 5. 如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，轻弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在圆环上的小球相连。小球的质量为m，静止在B点时弹簧与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g。若换用原长相同、劲度系数更大的某轻质弹簧，小球能静止于圆环上的C点（图中未画出，但不在圆环最低点）。下列说法中正确的是（　　） A. 小球静止在B点时，弹簧的弹力大小为1.2mg B. 小球静止在B点时，圆环对小球的作用力指向圆心 C. 换用弹簧后，弹簧的弹力将变小 D. 换用弹簧后，圆环对小球的作用力将变大 6. 如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中，已知手掌与书间的动摩擦因数，书与书间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若每本书的质量为，该同学对书的水平正压力为，每本书均呈竖直静止状态，重力加速度，则（　　） A. 每本书受到的摩擦力的合力大小不相等 B. 书与书之间的摩擦力大小不相等 C. 他最多能夹住20本书 D. 他最多能夹住30本书 7. 所示，足够长的倾斜传送带与水平方向夹角为37°，以大小为的速率顺时针匀速转动，两质量均为m的物块A、B连接在不可伸长的轻绳两端，并绕过光滑的定滑轮，其中物块A在传送带顶端，物块B竖直悬挂，物块与传送带的动摩擦因数为 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。且给两物块相同速率，A物块初速度沿传送带向下，B物块速度竖直向上，且，下列能正确反映A物块在传送带上运动的图像是（，以沿传送带向下为正方向）（　　） A. B. C. D. 8. 如图所示，一半径为的光滑大圆环固定在水平桌面上，环面位于竖直平面内。在大圆环上套一小环，小环从大圆环的最高点由静止开始下滑，已知重力加速度大小为。当小环滑过某位置后，所受大圆环的作用力开始指向大圆环圆心，则该位置小环重力的瞬时功率为（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是（　　） A. R中有从a到b的电流 B. 两极板间电压保持不变 C. 油滴的电势能不变 D. 油滴仍保持静止状态 10. 如图所示，物体P、Q用轻质弹簧栓接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为，已知P、Q质量分别为和，取向右为正方向，则运动过程中（　　） A. P的初速度为 B. P的速度始终为正值 C. Q的最大速度为 D. 弹簧最大弹性势能为 11. 均匀介质中一列简谐横波沿x轴传播，时刻部分波形如图所示，此后运动中，质点P比质点Q先回到平衡位置，且在12s时质点P、Q的位移大小相同，则（　　） A. 波沿x轴负方向传播 B. 该波的波长为24m C. 该波的波速可能为2m/s D. 该波的波速可能为2.75m/s 12. 如图所示，电荷量为Q的均匀带正电圆环半径为R，M、N为圆环中轴线上邻近圆心O的两点，MO的距离为a，NO的距离为，已知。中轴线上OM间任意点的电场强度大小为，其中k为静电力常量，x为该点到O点的距离。将不计重力的电子从M点由静止释放，规定圆心O处电势为零，下列说法正确的是（　　） A. 电子从M点到O点的运动为匀加速直线运动 B. N点的电势为M点电势的 C. 电子从M点运动到N点的时间为从N点运动到O点时间的2倍 D. 仅将带电圆环的半径变为4R，电子运动到O点速率将变为原来的 三.非选并题 13. 某实验小组利用图甲所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系。 为了让细线对小车的拉力等于小车所受的合外力。需要用小木块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若打点计时器打出一系列间隔均匀的点，表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响。 （1）通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a、图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的电源是频率f＝50Hz的交变电流。根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________（保留2位有效数字）。 （2）已知砂桶和砂的总重力远小于小车的重力，若始终保持长木板水平，取砂桶和砂的总重力为F。根据测得的数据作出小车的加速度a随F变化的图线，如图丙所示。由图丙中的数据可知小车所受阻力大小为________N。 （3）观察图丙可以发现，图线发生了“弯曲”。若实验平衡了摩擦力，再次作出小车的加速度a随F变化的图线（未画出），图线依然会“弯曲”。经过思考后可知，图线“弯曲”的原因在于实验中认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力F，而实际上与F并不相等。现考虑已平衡摩擦力的实验，将记为相对误差δ，设砂桶和砂的总质量为m，小车的质量为M，则相对误差δ与的关系图线应为________。 A. B. C. D. 14. 某同学自己在家里做单摆测定重力加速度的实验，由于没有摆球，他用一块不规则的石块代替，用细线将石块系好，结点为A，细线上端固定于O点，如图甲所示，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长，将石块拉开一个小角度（约）并由静止释放，石块摆到最低点时开始计时，用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期，改变OA间细线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T如下表： 实验次数 1 2 3 4 5 摆线长L（cm） 50次全振动时间t（s） 周期T（s） （1）第4次实验时的秒表示数如图乙所示，它的示数为______s； （2）该同学根据实验数据作出的图像如图丙所示，图丙中图像没有通过原点的原因是______； （3）取，由图丙求出重力加速度______（结果保留三位有效数字）； （4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值______（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。 15. 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲斜坡CD相连，平台BC的长度，斜坡CD的长度。若滑雪者（视为质点）从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。现滑雪者从A点由静止开始下滑，从B点飞出。若A、P两点间的距离，滑雪者与滑道间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力。 （1）求滑雪者从A点运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度； （3）若滑雪者从B点飞出后，经过，落在斜坡CD上，求斜坡CD倾角的正切值。 16. 向楼房的高层运输建筑材料时为了尽可能节省能量，小明同学设计了如图所示的定滑轮装置。P为质量为m的待运输材料，Q为与待运输材料质量相等的配重，距离地面的高度为h。在Q上加上一定质量的物块，P将加速向上运动，当Q落地后，P将减速运动。不计定滑轮的重力、空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，为了使P上升至时速度恰好减小到零被工人接住。求： （1）在Q上加上的物块的质量； （2）P加速上升时，固定定滑轮的N处承受的拉力。 17. 如图甲所示，平行板电容器两极板的间距为，两极板长为，M板接地（电势为零），时刻，电荷量为，质量为的带正电粒子沿两板中心线以某一初速度射入极板间，板的电势随时间变化的规律如图乙所示，当时，粒子在（已知）时刻恰从板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。求 （1）粒子从点飞入时的速度大小； （2）图乙中的； （3）若粒子恰从板右端边缘飞出，图乙中的值。 18. 如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求： （1）O点和O′点间的距离x1； （2）弹簧在最低点O′处的弹性势能； （3）设B的质量为βm，μ = tanθ，v0 = 3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力，沿斜面向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年山东省青岛五十八中高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题（本大题共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. 已知“歼﹣15”在跑道上加速时产生的最大加速度大小为5.0m/s2，起飞的最小速度大小为50m/s，航母跑道L=160m，航母上没有安装弹射系统，为使“歼﹣15”能够从航母上起飞，则航母航行的速度至少为（　　） A. 10m/s B. 20m/s C. 30m/s D. 40m/s 【答案】A 【解析】 【详解】在起飞的过程中，航母航行的距离为 对于飞机，根据运动学公式，则有 可解得 故选A。 【点评】本题考查了匀变速直线运动，理解物体所处的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。 2. 如图所示，细绳1挂着匣子C，匣内又用绳2挂着A球，在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在细绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是（　　） A. A、B、C的加速度都为g B. C的加速度为3g C. A的加速度为2g D. 细绳2上的拉力大小为0.5mg 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意，绳1烧断前对B受力分析，由平衡条件知弹簧弹力 绳1烧断后弹簧弹力不能突变，则大小仍为mg，此时对B受力分析，由牛顿第二定律有 解得 故A错误； BCD．根据题意可知，绳1烧断后A、C加速度相同，取A、C整体为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得 对A受力分析，设此时绳2的拉力为，由牛顿第二定律得 解得 ， 故BC错误，D正确。 故选D。 3. 2021年4月29日，长征5号B遥二运载火箭搭载空间站“天和”核心舱将其送入预定轨道。现假设核心舱通过多次变轨，最终提升到远地点距离地面几千公里的椭圆轨道，变轨示意图如图所示。此次核心舱飞行中的变轨都是由核心舱自主完成的，核心舱在各椭圆轨道飞行（不变轨）过程中（　　） A. 在不同轨道上，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同 B. 所有椭圆轨道的其中一个焦点是一致的 C. 测定每个椭圆轨道的运行周期就可以推知核心舱的质量 D. 过切点时加速度a、线速度v大小均相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同，故A错误； B．根据开普勒第一定律可知，所有椭圆轨道中其中的一个焦点是地心，都是一致的，故B正确； C．椭圆轨道的运行周期与核心舱的质量无关，所以测定每个椭圆轨道的运行周期就是无法推知核心舱的质量的，故C错误； D．过切点时，核心舱所受地球的万有引力是相等的，所以核心舱的加速度都是相同的，但速度不同，半长轴越大的轨道在切点时的速度越大，故D错误。 故选B。 4. 质量为m的物块在粗糙水平面减速运动，当速率为v时，施加与水平方向夹角为的恒力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在该时间t内，下列说法正确的是（　　） A. 物块所受拉力F的冲量大小为 B. 物块所受摩擦力的冲量大小为零 C. 物块所受重力的冲量大小为零 D. 物块所受合力的冲量大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．物块所受拉力的冲量大小为 故A错误； B．设整个过程中摩擦力大小为f，取向右为正方向，当物块向左运动时，加速度 运动时间 物块所受摩擦力的冲量 同理当物块向右运动时，物块所受摩擦力的冲量 则整个过程中，摩擦力冲量 故B错误； C．物块所受重力的冲量为 故C错误； D．由动量定理可知 故D正确。 故选D。 5. 如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，轻弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在圆环上的小球相连。小球的质量为m，静止在B点时弹簧与竖直方向的夹角θ=37°，重力加速度为g。若换用原长相同、劲度系数更大的某轻质弹簧，小球能静止于圆环上的C点（图中未画出，但不在圆环最低点）。下列说法中正确的是（　　） A. 小球静止在B点时，弹簧的弹力大小为1.2mg B. 小球静止在B点时，圆环对小球的作用力指向圆心 C. 换用弹簧后，弹簧的弹力将变小 D. 换用弹簧后，圆环对小球的作用力将变大 【答案】C 【解析】 【详解】B．若弹簧处于压缩状态，对小球受力分析可知，此时无论圆环对小球的弹力方向指向圆心还是背离圆心，小球的合力均不为0，即弹簧不可能处于压缩状态。弹簧只可能处于拉伸状态，且圆环对小球的弹力方向背离圆心，小球所受外力的合力才可能为0小球才能处于静止状态，B错误； A．根据上述，对小球进行受力分析如图所示 根据相似三角形有 又由于 解得 ， A错误； D．根据上述分析可知，换用弹簧后，小球受力如图所示 根据相似三角形有 又由于 解得 D错误； C．令弹簧原长为L，根据上述可解得 ， 即有 ， 由分析可知，当若换用原长相同、劲度系数更大的某轻质弹簧时，小球静止时弹簧与竖直方向的夹角变大，即C点位置处于圆环上B点的上方，即换用弹簧后，弹簧的弹力将变小，C正确。 故选C。 6. 如图所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中，已知手掌与书间的动摩擦因数，书与书间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若每本书的质量为，该同学对书的水平正压力为，每本书均呈竖直静止状态，重力加速度，则（　　） A. 每本书受到的摩擦力的合力大小不相等 B. 书与书之间的摩擦力大小不相等 C. 他最多能夹住20本书 D. 他最多能夹住30本书 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为每本书均呈竖直静止状态，所以每本书所受的摩擦力的合力都与书的重力平衡，即每本书受到的摩擦力的合力大小相等，故A错误； B．越靠近外侧，书与书之间的摩擦力越大，即书与书之间的摩擦力大小不相等，故B正确； CD．先将所有的书（设有n本）当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，根据平衡条件有 则有 再考虑除最外侧两本书外的其他书（本），受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，根据平衡条件有 则有 故最多能夹住22本书，故CD错误。 故选B。 7. 所示，足够长的倾斜传送带与水平方向夹角为37°，以大小为的速率顺时针匀速转动，两质量均为m的物块A、B连接在不可伸长的轻绳两端，并绕过光滑的定滑轮，其中物块A在传送带顶端，物块B竖直悬挂，物块与传送带的动摩擦因数为 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。且给两物块相同速率，A物块初速度沿传送带向下，B物块速度竖直向上，且，下列能正确反映A物块在传送带上运动的图像是（，以沿传送带向下为正方向）（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A物块相对传送带向下运动时，由牛顿第二定律可得 当与传送带共速后，要保持匀速向上运动，则需要的静摩擦力 但最大静摩擦力为 故物块会相对传送带向上滑动，此时 直到从传送带上端滑出。 故选D。 8. 如图所示，一半径为的光滑大圆环固定在水平桌面上，环面位于竖直平面内。在大圆环上套一小环，小环从大圆环的最高点由静止开始下滑，已知重力加速度大小为。当小环滑过某位置后，所受大圆环的作用力开始指向大圆环圆心，则该位置小环重力的瞬时功率为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设大圆环的作用力开始指向大圆环圆心时小环所受的重力与速度的夹角为，即 此时小环下落的高度为h，根据动能定理得 根据几何关系得 从而解出大圆环的作用力开始指向大圆环圆心时小环的速度为 ， 根据功率的表达式可知 故选C。 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是（　　） A. R中有从a到b的电流 B. 两极板间电压保持不变 C. 油滴的电势能不变 D. 油滴仍保持静止状态 【答案】CD 【解析】 【详解】A．将A板向上移动时，由平行板电容器决定式可知 电容器的电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电路中没有电流，故A错误； B．电容器的带电量不变，由电容关系式可知 两板间电压增大，B错误； C．由电场强度和电势差关系可知 两板间场强不变，P点电势不变，油滴电势能不变。故C正确； D．极板间电场强度不变，则油滴受力不变，油滴仍静止，故 D正确。 故选CD。 10. 如图所示，物体P、Q用轻质弹簧栓接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为，已知P、Q质量分别为和，取向右为正方向，则运动过程中（　　） A. P的初速度为 B. P的速度始终为正值 C. Q的最大速度为 D. 弹簧最大弹性势能为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．已知P、Q质量分别为和，弹簧最短时Q和P的速度相同，都为，则根据动量守恒可得 解得 故A正确； BC．当弹簧回复原长时，此时弹性势能为0，则根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得 ，或， 可知P存在反向的速度，同时可得Q的最大速度为，故B错误，C正确； D．根据机械能守恒可得，当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时，弹性势能最大，可得 解得 故D错误； 故选AC。 11. 均匀介质中一列简谐横波沿x轴传播，时刻部分波形如图所示，此后运动中，质点P比质点Q先回到平衡位置，且在12s时质点P、Q的位移大小相同，则（　　） A. 波沿x轴负方向传播 B. 该波的波长为24m C. 该波的波速可能为2m/s D. 该波的波速可能为2.75m/s 【答案】A 【解析】 【详解】A．因为此后运动中，质点P比质点Q先回到平衡位置，所以此时质点P在沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”可知波沿x轴负方向传播，故A正确； B．根据P质点的相初位是，以及P质点横坐标位置可得该波的波长为λ，则 可得该波的波长为19.2m 故B错误； CD．在12s时，质点P、Q的位移大小相同，由此可知 则该波的波速表达式为 解得 当时，，时，，时，，所以该波的波速不可能是2m/s、2.75m/s，故CD错误。 故选A。 12. 如图所示，电荷量为Q的均匀带正电圆环半径为R，M、N为圆环中轴线上邻近圆心O的两点，MO的距离为a，NO的距离为，已知。中轴线上OM间任意点的电场强度大小为，其中k为静电力常量，x为该点到O点的距离。将不计重力的电子从M点由静止释放，规定圆心O处电势为零，下列说法正确的是（　　） A. 电子从M点到O点的运动为匀加速直线运动 B. N点的电势为M点电势的 C. 电子从M点运动到N点的时间为从N点运动到O点时间的2倍 D. 仅将带电圆环的半径变为4R，电子运动到O点速率将变为原来的 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．根据可知，电子从M点到O点的运动过程中所受电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，电子的运动不是匀加速直线运动，选项A错误； B．因 即电场力与x成线性关系，则电子e从M点（或N点）到O点电场力做功 而 因 可知 即N点的电势为M点电势的，选项B正确； C．根据 可知，电子从M点到O点运动时的运动为简谐振动，因MN=NO，则由数学知识可知，电子从M点运动到N点的时间为从N点运动到O点时间的2倍，选项C正确。 D．从M到O点由动能定理 仅将带电圆环的半径变为4R，电子运动到O点速率将变为原来的，选项D正确。 故选BCD。 三.非选并题 13. 某实验小组利用图甲所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系。 为了让细线对小车的拉力等于小车所受的合外力。需要用小木块将长木板无滑轮的一端垫高来平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂砂桶且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若打点计时器打出一系列间隔均匀的点，表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响。 （1）通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a、图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm。实验中使用的电源是频率f＝50Hz的交变电流。根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________（保留2位有效数字）。 （2）已知砂桶和砂的总重力远小于小车的重力，若始终保持长木板水平，取砂桶和砂的总重力为F。根据测得的数据作出小车的加速度a随F变化的图线，如图丙所示。由图丙中的数据可知小车所受阻力大小为________N。 （3）观察图丙可以发现，图线发生了“弯曲”。若实验平衡了摩擦力，再次作出小车的加速度a随F变化的图线（未画出），图线依然会“弯曲”。经过思考后可知，图线“弯曲”的原因在于实验中认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力F，而实际上与F并不相等。现考虑已平衡摩擦力的实验，将记为相对误差δ，设砂桶和砂的总质量为m，小车的质量为M，则相对误差δ与的关系图线应为________。 A. B. C. D. 【答案】（1）0.34 （2）1 （3）D 【解析】 【小问1详解】 使用的电源是频率的交变电流，相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，则相邻计数点间的时间间隔为 由逐差法有 【小问2详解】 根据题意，设小车的质量为m，所受阻力为f，由牛顿第二定律有 解得 结合图丙有 解得 【小问3详解】 根据题意，由牛顿第二定律有 则 则相对误差与的关系图线应为正比例函数。 故选D。 14. 某同学自己在家里做单摆测定重力加速度的实验，由于没有摆球，他用一块不规则的石块代替，用细线将石块系好，结点为A，细线上端固定于O点，如图甲所示，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长，将石块拉开一个小角度（约）并由静止释放，石块摆到最低点时开始计时，用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期，改变OA间细线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T如下表： 实验次数 1 2 3 4 5 摆线长L（cm） 50次全振动时间t（s） 周期T（s） （1）第4次实验时的秒表示数如图乙所示，它的示数为______s； （2）该同学根据实验数据作出的图像如图丙所示，图丙中图像没有通过原点的原因是______； （3）取，由图丙求出重力加速度______（结果保留三位有效数字）； （4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值______（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。 【答案】（1）95.9 （2）以细线长作为摆长 （3）9.77 （4）等于 【解析】 【小问1详解】 根据秒表的读数规律，该读数为 【小问2详解】 摆长为悬点到石块重心之间的间距，图丙中图像没有通过原点的原因是以细线长作为摆长，没有考虑结点A到石块重心的间距。 【小问3详解】 令结点A到石块重心的间距为d，则有 解得 结合图丙有 解得 【小问4详解】 结合上述，可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。 15. 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲斜坡CD相连，平台BC的长度，斜坡CD的长度。若滑雪者（视为质点）从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。现滑雪者从A点由静止开始下滑，从B点飞出。若A、P两点间的距离，滑雪者与滑道间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力。 （1）求滑雪者从A点运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度； （3）若滑雪者从B点飞出后，经过，落在斜坡CD上，求斜坡CD倾角的正切值。 【答案】（1）2.5s；（2）12m/s；（3）0.75 【解析】 【详解】（1）滑雪者从A点到点做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 解得 由公式 解得 （2）由于滑雪者从点由静止开始下滑，恰好到达点，因此该过程合力做的功为0，当滑雪者从A点下滑时，到达点有 此后滑雪者在上升的过程中速度变小，到达最高点时速度最小，由运动的分解可知 （3）设滑雪者从点飞出后在空中运动的时间为，水平方向有 竖直方向有 则斜坡倾角的正切值为 16. 向楼房的高层运输建筑材料时为了尽可能节省能量，小明同学设计了如图所示的定滑轮装置。P为质量为m的待运输材料，Q为与待运输材料质量相等的配重，距离地面的高度为h。在Q上加上一定质量的物块，P将加速向上运动，当Q落地后，P将减速运动。不计定滑轮的重力、空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，为了使P上升至时速度恰好减小到零被工人接住。求： （1）在Q上加上的物块的质量； （2）P加速上升时，固定定滑轮的N处承受的拉力。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）Q上增加质量为的配重后，从Q开始下落到Q落地前，P、Q组成的系统机械能守恒。设Q落地瞬间P的速度大小为v，以地面为零势能面，在该过程中对P、Q整体由机械能守恒定律有 Q落地后，P继续上升直到速度减为零，在该过程中对P，由机械能守恒定律有 联立解得 （2）在P加速上升时，设轻绳的拉力为，P、Q运动时加速度大小为a，对PQ分别由牛顿第二定律有 固定定滑轮的N处承受的拉力大小 联立解得 17. 如图甲所示，平行板电容器两极板的间距为，两极板长为，M板接地（电势为零），时刻，电荷量为，质量为的带正电粒子沿两板中心线以某一初速度射入极板间，板的电势随时间变化的规律如图乙所示，当时，粒子在（已知）时刻恰从板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。求 （1）粒子从点飞入时的速度大小； （2）图乙中的； （3）若粒子恰从板右端边缘飞出，图乙中的值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 粒子在沿板方向做匀速直线运动，可得 解得 【小问2详解】 粒子在垂直板方向做变速直线运动，内粒子的加速度 因为，内粒子在垂直板方向加速度大小与内相等，图像如图所示， 在内垂直板方向位移 解得 【小问3详解】 若粒子恰从板右端边缘飞出，即粒子在垂直板方向先向上加速后向上减速再反向加速，图像如图所示 粒子在0到时刻，加速度 粒子在到时刻，加速度 全程在垂直极板方向列运动学公式 解得 即 18. 如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为x0，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。求： （1）O点和O′点间的距离x1； （2）弹簧在最低点O′处的弹性势能； （3）设B的质量为βm，μ = tanθ，v0 = 3。在P点处放置一个弹性挡板，将A与另一个与A材料相同的物块B（可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后给A外加恒力，沿斜面向上，若A不会与B发生碰撞，求β需满足的条件？ 【答案】（1）；（2）Ep =；（3） 【解析】 【分析】 【详解】（1）从A到O′，由动能定理可得 物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得 解得 （2）从到P点 （3）两物体分离的瞬间有，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得 解得，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。 设分离瞬间，两物体的速度为v，由能量守恒可得 将，，带入解得 由于，，故分离后两物体的加速度大小分别为 由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A，故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞；B速度减为0后，由于，B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为 若A物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度向下做减速运动，直到速度减为0，保持静止； A物体速度减为0的总路程为 若A物体不与挡板碰撞，则 解得 若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即 且 解得 由于，故 综上所述，的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $