江西省吉安市七校联考2025-2026学年高三上学期10月月考物理试题

江西省西路七校2026届高三第一次联考 物 理 莲花中学遂川中学永新中学安福中学 联盟学校： 万安中学，井冈山中学宁冈中学 考试时间：2025年10月10日 时量：75分钟满分：100分 得分： 第I卷 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个 选项中，只有一个选项是符合题目要求的) 国 1.生活现象中蕴含着无数物理知识，以下关于教材中的几幅插图的说法正 确的是 0 接高频交 流电源 0 连接两个接 线柱导线 丙 T A.图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运 动越明显 名 茶 B.图乙表示两分子势能随分子距离变化的图线，分子间距为时分子 苗 力为0 C.图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量 热量使金属熔化，从而冶炼金属 D.图丁中，运输时为保护电流表，应将电流表的正负极用导线相连，原 理是电磁驱动 2.小李同学在学习过程中非常喜欢总结归纳，如图是他 用来描述多种物理情景的图像，其中横轴和纵轴的截 距分别为和m,在如图所示的可能物理情景中，下列 说法正确的是 A.若为x一1图像，则物体的运动速度可能在减小 B.若为v一x图像，则一定做匀变速直线运动 C.若为a一x图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为√m D.若为a一1图像且物体初速度为零，则最大速度出现在1=号时刻 物理试题第1页（共8页） 3.在炎热酷暑的时候，大量的电器高负荷工 导线电阻 作，一些没有更新升级输电设备的老旧社 空 区，由于输电线老化，线损提高，人户电压 降低，远达不到电器正常工作的需要，因此 出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据人户电压与电器 工作电压，智能调节变压器原副线圈匝数比的机器，现某用户工作情况 如图所示，忽略变压器电阻。下列说法正确的是 A.现入户电压U1=150V,若要稳压源输出电压U2=225V,则需调节 m:2=3:2 B.空调制冷启动时，热水器实际功率不变 C.空调制冷停止时，导线电阻耗能升高 D.在用电器正常工作时，若人户电压U,减小，则需要更大的入户电流， 从而输电线路损耗更大 4.如左图所示，=0时刻起，一质点从P点出发做顺时针匀速圆周运动，O 为圆心，x轴为垂直于线段OP的一条直径，右图为该质点在x轴上的 投影坐标随时间t变化的图像，可证明该运动为简谐运动。Q为圆周上 另一点，线段0Q与x轴正方向夹角为30°。由上述及图中条件可知 x/cm 10 0 x/cm t/s 0 A.圆的半径为5cm B.质点做圆周运动的角速度大小为4rad/s C.从t=0开始到质点第一次到达Q点的过程中，该质点投影的加速度 先减小后增大 D=9s时，质点运动至Q处 5.2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行，开幕式上 的“冰灯启梦”表演蔚为壮观。某学习小组设计制作了一 个正方体“冰灯”，中心O处有一单色点光源。已知冰对 该单色光的折射率约为，只考虑第一次到达表面的光 线。则其中一个面的透光区域形状应为 物理试题第2页（共8页） 6.如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的1gT一1gr图像，其中 T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线 是a,卫星N绕行星Q运动的图线是b,若卫星绕行星的运动可以看成 匀速圆周运动，则 1gT 1g A.直线a和直线b可能不平行 B.行星P的质量小于行星Q的质量 C.卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度 D.卫星M在2处的线速度大于卫星N在3处的线速度 7.如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静 止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释 放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列 说法正确的是 A小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B.2时小球到达位置等于释放时的高度 C.由图可知m大于M D.图中阴影面积S2<2S 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，全部选对的得6分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分) 8.如图所示，半圆环竖直固定在水平地面上，光滑小球套在半圆环上。对 小球施加一始终指向半圆环最高点B的拉力F,使小球从半圆环最低点 A缓缓移动到最高点B。下列说法正确的是 物理试题第3页（共8页） A.小球对半圆环的压力先减小后增大 B.拉力F一直减小 C,若小球到达B点前瞬间撤去拉力F,则小球向下运动过程中重力的 功率先增大再减小后增大 D,若小球到达B点前瞬间撤去拉力F,则小球向下运动过程中重力的 功率一直增大 9.如图所示，可视为点电荷的带电小球M置于绝 缘支架上，M的电荷量Q=十4.0×10-5C。一 质量m=0.02kg,电荷量g=+2.0×10-8C的 小球，系在一根长度为L=0.1m的绝缘细线一 端，小球在竖直平面内绕0点做逆时针方向的圆周密新，裕为圆葡的 水平直径，CD为竖直直径。M与A、B在同一水平线上，且M离A点 的距离也为L=0.1m。若规定无穷远处的电势为零，离十Q距离为r 的点的电势甲=g,是为静电力常量，k=9.0×10N·m2C,不计 空气阻力。下列说法正确的是 A.小球运动到B点时的机械能最大 B.D位置小球的机械能大于C位置小球的机械能 C.在最低点C和最高点D时，细线对小球拉力的差值与M的电荷量 有关 D.在A点细线对小球的拉力比在B点时细线对小球的拉力小1.76N 10.如图所示，xOy平面为光滑水平桌面，在x轴上忄 0-- 固定了一个圆孤挡板，挡板圆弧所在平面与 水平桌面共面。O为其圆心，其半径R=3m。 质量为0.1kg的小球在y轴上的初速度大小为vo。小球受到大小不 变、方向沿一y方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到挡板前的最 小速度为4m/s,恒力的大小为1N。小球视为质点，sin37°=0.6， c0s37°=0.8。下列说法正确的是 A.小球在整个运动过程中机械能守恒 B.在小球击中挡板前，小球速度大小变为5m/s时，速度方向和x轴 正方向的夹角为37 C.若小球在速度最小时恰好经过O,则小球击中挡板前瞬间的动能为 3.6J D.若大小方向可以改变，小球的初始位置可沿y方向上下移动，圆 弧挡板可沿x方向左右移动，总保证小球每次水平通过可点，则击 中挡板时小球的最小动能为3J 物理试题第4页（共8页） 第I卷答题卡 题号123456 7 8 9 10得分 答案 第Ⅱ卷 三、实验题（第11题8分、第12题8分，共16分） 11.有一长度为L、电阻率为ρ的圆柱形金属管（阻值约十几欧姆），管内部 中空，其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积S,某实 验小组设计了如下实验。所用实验器材为： 电流表A(量程为0.6A,内阻约为32)； 电压表V(量程为3.0V,内阻约为3k); 滑动变阻器R(最大阻值为10)； 电源E(电动势为3V,内阻可忽略)； 待测金属管R、开关S、导线若干。 45 目 -40 10目35 甲 乙 丙 部分实验步骤如下： (1)先用螺旋测微器测量金属管的直径d,如图乙所示，其读数为 mm。 (2)按图丙连接电路，电压表右端应连接 点（选填“M”或 “N”),利用此电路测得的电阻值 (选填“大于”或“小 于”)真实值。 (3)闭合开关S,测出电压表示数U、电流表示数I,则金属管的中空截 面积S= (用U、I、L、p、d表示)。 12.某同学用如图所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系 统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放 前，细线与弹簧和物块的拴接点(A、B)在同一水平线上，且弹簧处于原 长。滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油。以保证细线与滑轮之间 的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为 m,弹簧的劲度系数为k,弹性势能E,=kx2(z为弹簧形变量)，重力 加速度为g,遮光条的宽度为d,小物块释放点与光电门之间的距离为 (d远远小于)。现将小物块由静止释放，记录物块通过光电门的时 间t。 物理试题第5页（共8页） B WWWWWN 亡口光电门 图1 图2 (1)物块通过光电门时的速度为 (2)改变光电门的位置，重复实验，每次滑块均从B点静止释放，记录 多组1和对应的时间，作出方一（图像如图所示，若在误差允许的范 围内，是-（满足关系式是 时，可验证轻弹簧和小物块组 成的系统机械能守恒； (3)在(2)的条件下，=4和=2时，物块通过光电门时弹簧具有的两 弹性势能分别为Ep1、Ep,则Ep1一Ep=（用☑、m、、g表 示)； (4)在(2)的条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最 大，速度最大值为(m、g、k表示)。 四、解答题（本题共3个小题，共38分） 13.(10分)如图所示，一圆柱形汽缸固定在水平地面上，用质量m=2kg、 横截面积S=1.0×102cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过 光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M=12kg的重物， 左、右两侧的绳均竖直，活塞与汽缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力 相等且为30N。开始时缸内气体的温度为T=300K,压强为p= 0.9×105Pa,活塞与汽缸底部的距离为H=50cm,重物与水平地面的 距离为h=10cm。外界大气压为po=1.0×105Pa,重力加速度g= 10m/s2。现对缸内气体缓慢加热。求： (1)重物恰好开始下降时缸内气体的温度； (2)重物刚与地面接触时缸内气体的温度。 777777 物理试题第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，在纸面内建立平面直角坐标系，在第一象限的部分 区域分布有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.5T的有界匀 强磁场（图中未画出），磁场的左边界与y轴重合，磁场的右边界与曲线 y=x2(其中≥0，单位：m)相切。从y轴上的A点(0，号)沿x轴正 方向射人许多质量均为m=1X10-6kg、电荷量均为q=2×104C的 带正电粒子，不计粒子的重力及相互作用力，已知所有粒子均垂直磁场 左边界射出，取π=3.14。求： 年ylm A,” 》 x/m (1)粒子在磁场中运动的时间方。 (2)磁场区域的最小面积S。 (3)速率最大的粒子从A点到达磁场右边界时动量改变量的大小△p。 物理试题第7页（共8页） 15.(14分)质量为M=1kg的小铅块，用长度L=5m不可伸长的轻绳悬 挂于O点，足够长的传送带BC水平放置，B点在O点正下方，BO=L, 初始将铅块拉至与O点等高的A点由静止释放，当其第一次摆至B点 时轻绳刚好被拉断，随后铅块以水平速度%滑上传送带。CD段是一 个与传送带等高接触但不影响其转动的光滑平台，平台右侧并排放有 10个完全相同的木块，其上表面与平台等高，如图甲所示。每个木块 的质量为m=0.5kg,DE长为d=0.50m,铅块与木块上表面之间的 动摩擦因数为1=0.2，铅块与传送带之间和木块与地面之间的动摩 擦因数均为2=0.1，不考虑铅块的大小，不计空气阻力。g=10m/s2。 C DdE ()m hiwnkwgk 甲 AF/N 123456 0 -0.6 -1.2 乙 (1)求的大小以及轻绳能承受的最大拉力大小T； (2)若传送带以v=16m/s的速度顺时针运转，铅块以速度0滑上传 送带的同时，对铅块施加周期性水平外力F(如图乙所示)，水平向 右为正方向，铅块与传送带共速后撤去外力，求铅块与传送带之间 因摩擦产生的热量Q; (3)若传送带初始静止，当铅块滑上传送带时传送带立即以恒定加速度 顺时针转动，一旦铅块与传送带共速，传送带便以此时的速度匀速 运动，直至铅块滑上CD平台，为使铅块能停留在第10个木块上， 求传送带加速度的取值范围。 物理试题第8页（共8页）江西省西路七校2026届高三第一次联考 物理参考答案 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B C B B D 1.B【解析】甲图中，微粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，则布朗运动越明显，故A错误；图乙表示两分子势能 随分子距离变化的图线，分子间距为2时，分子势能最小，处于平衡位置，分子力为0，故B正确；真空冶炼炉能在真 空环境下，利用电磁感应现象，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属，故C错误；原理是电磁阻尼，故D错误。 2.C【解析】若为x一t图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，故A错误；若为)一x图像，假设物体做匀变速直 线运动，则有2ax=一（即对于匀变速直线运动，其v一x图像不可能是一次函数图像，故B错误；若为a一x图像 且物体初速度为零，由动能定理弓%呢。一0=∑Fx=∑%ar=”即记=m,所以物体的最大速度为 =√m,故C正确；若为a一t图像且物体初速度为零，则图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以物体的最 大速度为umx=△v=四出现在t=n时刻，故D错误。 2 解析】变压器有号，=代入数据有%：心=2：3，选项A错误；空调启动时电流增大，导线电阻分压增加 线电阻耗能升高，热水器电压降低，功率降低，选项B、C错误；在用电器正常工作时，功率不变，若入户电压U1减小， 则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大，故D正确。故选D。 4.D【解析】由x一t图像可知，其对应的振幅等于圆的半径，则有R=A=10cm,故A错误；由x一t图像可知，周期为 T=4s,则质点做国周运动的角速度大小为w一票-受rad/s,故B错误；质点微匀速国周运动，加途度大小保持不 变，设质点与圆心连线与x轴的夹角为0，则该质点投影的加速度为az=acos0,从t=0开始到质，点第一次到达Q,点 的过程中，日从90减小为0，弄增大到30，则该质点投影的加速度先增大后减小，敢C错误4一9。时，质点转过的 角定为△=a似=登X曾-=2x十经可知此时质点运功至Q处，故D正确。故选D, 3 5.B【解析】已知冰对该单色光的折射率约为号，可知单色光从冰射出空气发生全反射的临界角满足s血C-=, n4 刷有aC3=,所究中心0处单色，点光源射到底部的出射情景，设正方体的边长为2L,加如图1所示，报 据几有关系可得C一=兰-清解得一得，由于一<L,如国2所示，可知国中周衫与正方形套加区效 √7 有光线射出。 图1 图2 6.B【解析】设中心天体质量为M,由万有引力提供向心力G n4π2 上Mm≥mr,得T-4红r r2 CM,两边同时取对数，整理可得 ®T=受gr一e议，由该式可知，leT-lg图像的斜率为2与行里的质量无关，故直线口和直线一定平行，故 A情候：由gT-=g,一立登，可知，国保与级轴的文点为一之驶然合调楼可知一宁学>一宁g尝， 故M<M,故B正确：根据万有引力提供向心力有G-m,得a-以，由圈像可知，卫星M在1处的载道半 径小于在2处的轨道半径，故卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，故C错误；根据万有引力提供 物理参考答案一1 向心力有G=m号，得。=√，因行混P的质量小于行是Q的质重，卫星M在2处的轨道半径大于卫星N在 3处的轨道半径，故卫星M在2处的线速度小于卫星N在3处的线速度，故D错误。故选B。 7.D【解析】小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力 方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统 动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外 力为零，故水平方向动量守恒，故A错误；t时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，时再次 共速则到达弯檐左侧，根据能量守恒mgb=(m十M4十mgk,可知>，故小球此时不可能到达释放时的高 度，故B错误；小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有mu=M一m2,移项得m(十℃2)=M,若m大 于M,则☑十2<，图中明显获知>，故C错误；小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在~2 时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速，点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据)一t图像围成面积等于 水平位移，得S=R,而S2为t~内两者的相对位移，有S2<2R,故D正确。故选D。 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，全部选对的 得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 题 号 8 9 10 答案 BD AD BD 8.BD【解析】对小球受力分析，如图所示 777777777777779 mg IF-N- 三个力的失量三角形与圆心、B点、小球所在位置构成的几何三角形相似，设小球所在位置为D点，则有DB一尽 紧，则小球从半圆环最低点A缓缓移动到最高点B的过程中，DB长度一直减小，则拉力F一直减小，半圆环对小球 的支持力N大小不变，由牛顿第三定律可知小球对半圆环的压力大小始终不变，故A错误、B正确；若小球到达B点 前瞬间撤去拉力F,则小球向下运动过程中速度一直增大，速度与竖直方向的夹角一直减小，重力的功率一直增大， 故C错误、D正确。故选BD。 9.AD【解析】小球的电势能和机械能之和保持不变，小球运动到B,点时，电场力对小球做功做多，小球的电势能最 小，机械能最大，故A正确；根据几何关系可知D、C与M的距离相等，则小球在D、C的电势能相等，则D位置小球 的机械能等于C位置小球的机械能，故B错误；小球从D,点到C点过程，电场力做功为零，设库仑力在C、D的竖直 分力大小分别为FcFD,由对称性可如Fc=FD,在D.C分别根据牛顿第二定律：T十mg一FD=m艺Te一mg- Fc=m n空，根据动能定理mg·2L=司mE-m6,联立可得T。一T)=6mg,可知在最低点C和最高点D时，妇线 对小球挂力的差位与M的电荷量无关，放C错误：同理，在A,B两点，分别根据牛颜第二定律Tx十樱=m2,I。- 品器=m克从A到B,根据功能定理(22)=弓mi一司，联立解得T。一T-16N,故D正，故 选AD。 10.BD【解析】小球在一y方向上受到恒定合外力的大小为1N,小球在水平桌面上做类斜抛运动，小球在整个运动过 程中除重力外有其他力做功，机械能不守恒，故A错误；小球在碰到挡板前的最小速度时，小球到达y轴的坐标最 大，在y轴方向的速度为0，小球在x轴方向的速度为z=4/s,小球在x轴方向上做匀速直线运动，设在小球击 中挡板前，小球建度大小变为5m/s时，速度方向和x轴正方向的夫角为0，则c0s0=号=号，解得0=37，故B正 1 确；若小球在速度最小时恰好经过0，则小球从0点做类平抛运动，在x轴方向x=,在y轴方向上y=之a心= 易，小球击中挡拔时-十y,解释1=06一1.8m,小球从0点到搭板由动能定理得Fy一么一白m,解 1 物理参考答案一2 得小球击中挡板前瞬间的动能为E=2.6J,故C错误；小球水平通过O点击中挡板，则小球从O点做类平抛运 动，小球击中指板时R=+y,d=a化，=a,击中指板时小球的动能为E'=m加y十号m,9=3m义+ 4 罗，含义-管时)/一有m,店中指长时小球的动能最小，方瓦-罗1，长D正。故选m。 4 三、实验题（第11题8分、第12题8分，共16分） 11.(8分，每空2分) a10.40(10.39-10.401）2M小于(3)d- 【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规律可知，该读数为10mm十0.01×40.0mm=10.400mm (2)由于电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值与电流表的内阻，可知，电流表的分压影响较大，实验中应排除电流 表分压影响，可知测量电路采用电流表外接法，即更合理的是电压表右端应连接M,点； 由于测量电路采用电流表的外接法，则实验误差在电压表的分流，由于电压表分流影响，导致电流的测量值偏大，则 利用此电路测得的电阻值小于真实值。 (3)根据欧姆定律有R-号，根据电阻定律有R=P d)2 解得S=d-。 π2 -S 12.(8分，每空2分) a)是(2②)是+3！8mg-)④g√爱 "'d 【解析选光条的宽度为山，通边光电门的时问，则物块适过光电门时的速庭为一号 (②)若系统机战能守恒，则有mg=十合)》，支式为宁=忌+器，所以因像若能在误委允许的范国 内满足号=一，源十号，即可验证弹簧和小物块组成的系统机被能守恒。 (3)由图像可知l=l和l=l,时，时间相等，则物块的速度大小相等，动能相等，可得mgl=E十E,mgl=Ep十 Ek,联立可得Epl一Es=mg(L1一l3) (④由图像可知1=么时遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得。=，又mg%,=合媚十 1 fm 之m,联立可得a=g√伦。 四、解答题（本题共3个小题，共38分） 13.(10分)【解析】(1)分析汽缸中的气体，初态时温度T=300K,压强p=0.9×10Pa, 末态（重物恰好开始下降时），设汽缸中气体温度为T1,压强为1，活塞处于平衡状态， 受力分析有力1S十Mg=S十mg十f…(2分） 解得p1=0.93×105Pa (1分) 汽缸中的气体做等容变化，由查理定律有票=杂 TT ……………（2分)》 解得T1=310K…. …(们分) (2)活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，气体做等压变化，设末态温度为T2,初、末状态的体积分别为 V1=HS,V2=(H+h)S… …(们分) 有兴= 由盖一吕萨克定律有宁=了 …(2分）》 解得T2=372K… (1分) 14.(14分)【解析】(1)所有粒子均垂直磁场左边界射出，可知所有粒子在磁场中均做半个圆周运动。设某粒子的速率 为0，在磁场中轨迹圆半径为n,有BqU=m …（1分) 粒子在磁场中做整个圆周运动的周期T=π …………(1分) 则=T …(们分） 解得t=3.14X102s… …(们分) 物理参考答案一3 (2)速率最大的粒子在磁场中运动到磁场右边界，其轨迹圆与曲线相切。设此粒子的轨迹圆半径为，轨迹方程为 (-)+=r… 12 ………(2分) 又y=7x 可得y+1-2r)y叶+是=0 由于两曲线相切，y只有一解，则△=1-2)2-4(r+)=0 可得r=2m… (2分) 则磁场区城的最小面积为S=司 解得S=6.28m2… (2分) (3)如图甲，速率最大的粒子的轨迹圆与曲线的切，点为C(,) ↑ylm C(xoYo) A mv 0 x/m 匆 乙 由(2)知速率最大的粒子轨迹圆半径r=2m,代入轨迹方程求得C点的横坐标为xo=√3m…(1分) 粒子从A点运动到C轨迹圆心角满足sin0=- r 2 可得0=吾 …(们分) 由Bg。=m哈 解得m=2X102m/S… …（们分) 如图乙，由失量运算法则知，此过程中粒子动量改变量大小为△p=m心m=2X104kg·m/s… (1分) 15.(14分)【解析】(1)铅块从A到B,根据机械能守恒有MgL= 2M话… (1分) 解得6=0m/S…(们分) 铅块在B点，根据牛顿第二定律有T-Mg=M艺 (1分) 解得T=30N… …(们分) (2)对传送带上的铅块受力分析，当F=一0.6N时，根据牛顿第二定律有Mg十F=Ma 解得a1=0.4m/S2 …(们分) 当F=一l.2N时，根据牛顿第二定律有Mg十F=Ma2 解得a2=一0.2m/s2 因共速后撤去外力，所以共速后铅块与传送带不再发生相对运动，画出铅块速度时间图像，其中阴影面积分别设为 x、x2;1s,2s…的速度如图所示 v/(m·s) 16.0 15.6 10.6 10.4 10.2 10.0 05657iis 物理参考答案一4 由图可知每2s内速度增加0.2m/s,56s内有28个2s 故第56s时的速度56=10m/s十0.2×28m/s=15.6m/s 共速时间t=56s十1615.6 0S干04Ws=575…(1分） 根据速度一时间图像与时间轴围成的面积表示 可得=10.010.4×1m十10.210.4×1m=20.5m,,=(10.2-10.0)×2m=0.4m 2 2 根据速度一时间图像可知在56s内有28个2s 第1个2s内的位移为 第2个2s内的位移比第一个2s内的位移增加x2,位移为x2十G 第3个2s内的位移比第一个2s内的位移增加22，位移为2x2十 依次类推… 第28个2内位移比第一个2s内的位移增加27x2,位移为27x2十 第57s内的位移为5，=15.616.0X1m=15.8m 2 故铅块57s内的位移为x=281十x2十2x2十3x2十…27x2十x57=741m…(1分) 传送带57s内的位移为x'2=16×57m=912m 因此相对位移为△x=x2一x1=171m… (1分) 摩擦生热Q=Mg△x 解得Q=171J… (1分) (3)铅块滑上木块后铅块M受到的滑动摩擦力为f1=hMg=2N 假设M可以带动木块的数目为n,则n满足f1一(M什m)g一(n-1)mg>0(n∈N) 解得n=1 即当M滑上第10块木块时，第10块木块才开始运动 若铅块刚好能停在第10个木块的左边缘，对铅块在1一9块木块上滑行时，根据动能定理有 4Mg·9a=0-号城 解得=3√2m/S… …(们分) 若铅块刚好能停在第10个木块的右边缘 研究铅块在第10个木块上的滑行，对M分析，根据牛顿第二定律有一hMg=Maw 解得aM=-2m/s2 对第10号木块，根据牛顿第二定律hMg一(M什m)g=mam 解得am=1m/s2 根据相对运动的速度位移关系0一砖=2X(aM一am)Xd 对铅块在1~9块木块上滑行时-hMg·9d=M6-合M 解得2=√21m/s… (1分) 在传送带上，铅块a1=g=1m/s 设传送带的加速度分别为a、a4时，铅块与传送带的共同速度分别为凸、2 则有10.0-a1ti=a3t=u,10.0-a1t=a4t2=2 解得a=52十9m/$,a4102头+21m/s2 79 …(们分) 所以加速度需满足15E+9<a≤10V阿+2Lm/s 41 79 (1分) 物理参考答案一5