精品解析：河南省信阳市信阳高级中学2024-2025学年高一下学期6月月考物理试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）2024-2025学年高一下期06月测试（一） 物理试题 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、微元法、建立物理模型法等。以下所用物理学研究方法的叙述错误的是（　　） A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想化的物理模型的方法 B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法 C. 在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看作自由落体运动，这里采用了控制变量法 D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 2. 如图甲所示是某无人机的飞行表演，图乙为该无人机表演过程中在竖直方向运动的图像，以向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A. 无人机在2s末上升到最高点 B. 无人机在3s时加速度为0 C. 无人机在1s末和5s末的加速度方向相反 D. 无人机在0s-2s和2s-3s两个阶段的平均速度相等 3. 如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 4. 航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道I进入椭圆轨道II，B为轨道II上的一点，如图所示。下列说法中正确的有（　　） A. 在轨道II上经过A的机械能大于经过B的机械能 B. 在A点短时间开动发动机使航天飞机减速 C. 在轨道II上运动周期等于在轨道I上运动的周期 D. 在轨道II上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度 5. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（ ） A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力F的最小值为mgsinθ C. 地面对框架的摩擦力始终在减小 D. 框架对地面的压力先增大后减小 6. 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上一个具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为时刻，记录小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中速度大小）。已知传送带的速度保持不变，则下列判断错误的是（　　） A. 传送带沿顺时针方向运动 B. 若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则 C. 时间内，传送带对物块做功为 D. 物块克服摩擦力做的功一定等于物块机械能的减少量 7. 2024年10月30日，神舟十九号将年轻的90后航天员宋令东送入中国空间站天和核心舱，开启了年轻航天员进入太空的新时代，完成了80到90的接力棒交接。已知空间站的高度是地球半径R的n倍，空间站运行周期是T，引力常量是G，将地球看成是一个质地均匀的球体，利用以上数据求出的物理量正确的是（　　） A. 地球的质量： B. 地球的密度： C. 空间站的线速度： D. 空间站的加速度： 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. 在平直公路上A、B两辆小汽车分别在相邻的两条车道上均以72km/h的速度同向行驶。开始计时时两车前后相距50m，后面的B车以1m/s²的加速度追赶A车，A、B两车均可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A. B车追上A车所用的时间为10s B. B车追上A车所用的时间为5s C. B车追上A车时，A车行驶了200m D. B车追上A车时，B车的速度大小为40m/s 9. 泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（　　） A. 单位时间内通过叶片转动圆面空气质量为 B. 此风力发电机发电的功率为 C. 若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的 D. 若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍 10. 如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　） A. 物体A、B的质量比为3：1 B. 弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为 C. 在图乙中，弹簧压缩量最大时，物体A的动量大小为 D. 在图乙中，弹簧第一次恢复原长时物体B的速率为 三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题7分，共13分） 11. 探究力的平行四边形定则的实验中 （1）下列哪些方法可减小实验误差______ A. 两个分力F1、F2间的夹角要尽量大些 B. 两个分力F1、F2的大小要适当大些 C. 拉橡皮条的细绳要稍长些 D. 弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 （2）使b弹簧秤按图1所示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点位置不变和a弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中关于a、b弹簧秤的读数变化是______ A. a增大，b减小 B. a减小，b增大 C. a减小，b先增大后减小 D. a减小，b先减小后增大 （3）如图2所示是甲、乙两名同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力，则可判定实验结果中尊重实验事实的是______（选填甲、乙）。 12. 为了验证“系统机械能守恒”，某实验小组用水平气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图所示的装置进行实验，具体步骤如下∶ a。用细绳将质量为的钩码跨过定滑轮连接在滑块上，调整定滑轮高度使细线水平； b。测量遮光条的宽度，遮光条到光电门的距离； c。将一质量为的砝码放置在滑块上，从静止释放滑块，记录遮光条通过光电门时的挡光时间，由此得出遮光条通过光电门时滑块的速度； d。依次逐个增加滑块上质量为的砝码个数，每次将滑块从同一位置由静止释放，重复步骤c，得到一系列和的数据； e。以为纵轴，为横轴作图，若图像满足一次函数形式，即可验证“系统机械能守恒”。 （1）在实验过程中，滑块和砝码的总质量__________（选填“需要”或“不需要”）远大于钩码质量。 （2）遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为__________（用和表示）。 （3）若所绘制的图像截距为，已知当地重力加速度为，则滑块的质量__________（用、、和表示）。 四、计算题（本题共3小题，共41分，其中第13题11分，第14题13分，第15题17分） 13. 如图所示，木块m1从光滑的斜面上的A点以a=2m/s2的加速度由静止开始下滑，与此同时小球m2在距C点的正上方h=20m处自由落下，木块m1以不变的速率途经斜面底端B点后继续在粗糙的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球m2相遇，若斜面AB段长L1=lm，水平BC段长L2=1.2m，不计空气阻力，试求：（g=10m/s2） （1）m2下落到地面的时间； （2）m1运动到B点时速度的大小和在BC段加速度的大小； （3）相遇时木块m1速度大小． 14. 如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数=0.5（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的拉力F，使环从直杆底端O处由静止开始沿杆向上运动，经4s环到达A点时撤去拉力F，圆环向上最远滑行到B处，已知AB间的距离为m。（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）求圆环经过A点时速度的大小； （2）求圆环在OA间向上运动过程中直杆对圆环的弹力大小和方向； （3）若要使圆环在沿AO下滑的过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。 15. 如图所示，右侧带有挡板的长木板质量M=6kg、放在水平面上，质量m=2kg的小物块放在长木板上，小物块与长木板右侧的挡板的距离为L。此时水平向右的力F作用于长木板上，长木板和小物块一起以v0=4m/s的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.6，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，某时刻撤去力F，最终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 （1）求力F的大小； （2）撤去力F时，分别求出长木板和小物块的加速度大小； （3）小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v与L的关系式。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）2024-2025学年高一下期06月测试（一） 物理试题 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、微元法、建立物理模型法等。以下所用物理学研究方法的叙述错误的是（　　） A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想化的物理模型的方法 B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法 C. 在用打点计时器研究自由落体运动时，把重物在空气中的落体运动近似看作自由落体运动，这里采用了控制变量法 D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 【答案】C 【解析】 【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想化的物理模型的方法，故A正确，不满足题意要求； B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，故B正确，不满足题意要求； C．将实际落体近似为自由落体，属于忽略次要因素（如空气阻力）的理想化模型法，故C错误，满足题意要求； D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确，不满足题意要求。 故选C。 2. 如图甲所示是某无人机的飞行表演，图乙为该无人机表演过程中在竖直方向运动的图像，以向上为正方向，下列说法正确的是（　　） A. 无人机在2s末上升到最高点 B. 无人机在3s时加速度为0 C. 无人机在1s末和5s末的加速度方向相反 D. 无人机在0s-2s和2s-3s两个阶段的平均速度相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．无人机在3s末前速度为正值，说明速度一直向上，所以无人机在3s末上升到最高点，故A错误； B．图像斜率表示加速度，由图知，无人机在3s时加速度不为0，故B错误； C．无人机在1s末和5s末的斜率相同，所以加速度方向相同，故C错误； D．无人机在0-2s的平均速度 无人机在2s-3s的平均速度 所以无人机在0s-2s和2s-3s两个阶段的平均速度相等，故D正确。 故选D。 3. 如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误； B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为 大小为0，故B错误； C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误； D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为 大小为，故D正确。 故选D。 4. 航天飞机在完成对空间站维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道I进入椭圆轨道II，B为轨道II上的一点，如图所示。下列说法中正确的有（　　） A. 在轨道II上经过A的机械能大于经过B的机械能 B. 在A点短时间开动发动机使航天飞机减速 C. 在轨道II上运动的周期等于在轨道I上运动的周期 D. 在轨道II上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．在轨道II上运动过程，只有引力做功，机械能守恒，故经过A的机械能等于经过B的机械能，A错误； B．在轨道I上A点短时间开动发动机使航天飞机减速做近心运动，B正确； C．在轨道II上运动的半长轴小于在轨道I上运动的半径，由开普勒第三定律可知，在轨道II上运动的周期小于在轨道I上运动的周期，C错误； D．由牛顿第二定律可得 A点到地心距离一定，故在轨道II上经过A的加速度等于在轨道I上经过A的加速度，D错误。 故选B。 5. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（ ） A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力F的最小值为mgsinθ C. 地面对框架的摩擦力始终在减小 D. 框架对地面的压力先增大后减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时： C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确； D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。 故选C。 6. 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上一个具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为时刻，记录小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中速度大小）。已知传送带的速度保持不变，则下列判断错误的是（　　） A. 传送带沿顺时针方向运动 B. 若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则 C. 时间内，传送带对物块做的功为 D. 物块克服摩擦力做的功一定等于物块机械能的减少量 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，物块最终速度方向沿传送带向上，所以传送带沿顺时针方向运动，A正确，不符合题意； B．由图可知，物块先沿传送带向下运动，后沿传送带向上运动，物块能沿传送带向上运动需要满足：，解得，B正确，不符合题意； C．对物块，由动能定理可得：，所以传送带对物体做功，C错误，符合题意； D．对物块，由功能关系可得：，，整理可得：，即物块克服摩擦力做功一定等于物块机械能的减小量，D正确，不符合题意。 故选 C 7. 2024年10月30日，神舟十九号将年轻的90后航天员宋令东送入中国空间站天和核心舱，开启了年轻航天员进入太空的新时代，完成了80到90的接力棒交接。已知空间站的高度是地球半径R的n倍，空间站运行周期是T，引力常量是G，将地球看成是一个质地均匀的球体，利用以上数据求出的物理量正确的是（　　） A. 地球的质量： B. 地球的密度： C. 空间站线速度： D. 空间站的加速度： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据万有引力定律有 解得地球质量为 故A错误； B．地球的密度为 其中，，代入上式，可得 故B正确； C．根据 可得空间站的线速度 故C错误； D．根据 可得空间站的加速度 故D错误。 故选B。 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. 在平直公路上A、B两辆小汽车分别在相邻的两条车道上均以72km/h的速度同向行驶。开始计时时两车前后相距50m，后面的B车以1m/s²的加速度追赶A车，A、B两车均可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A. B车追上A车所用的时间为10s B. B车追上A车所用的时间为5s C. B车追上A车时，A车行驶了200m D. B车追上A车时，B车的速度大小为40m/s 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．B车追上A车时满足 解得所用的时间为 t=10s 选项A正确，B错误； C．B车追上A车时，A车行驶了 xA=v0t=200m 选项C正确； D．B车追上A车时，B车的速度大小为 vB=v0+at=30m/s 选项D错误。 故选AC。 9. 泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（　　） A. 单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为 B. 此风力发电机发电的功率为 C. 若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的 D. 若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为 故A正确； B．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为 故B错误； CD．根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，故C正确，D错误。 故选D。 10. 如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　） A. 物体A、B的质量比为3：1 B. 弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为 C. 在图乙中，弹簧压缩量最大时，物体A的动量大小为 D. 在图乙中，弹簧第一次恢复原长时物体B的速率为 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．设A物体的质量为，物体A压缩弹簧的最大压缩量为时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能（设为），有 当A以2向右运动压缩弹簧过程，A、B及弹簧系统动量守恒，当二者共速（设为）时，弹簧达到最大压缩量，也为。此过程动量守恒，有 由功能关系有 联立上面三式解得 故AB正确； C．弹簧压缩量最大时，A的速度为，故此时A的动量为 故C错误； D．乙图中，系统在水平方向的动量始终守恒，设弹簧恢复原长时，物体A、B的速率分别为v1、v2，则根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立可解得 故D正确。 故选ABD。 【点睛】注意理解两种情况下，弹簧压缩量最大时，物体A的速度。注意理解运动过程中物体的能量转换情况以及动量是否守恒。 三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题7分，共13分） 11. 探究力的平行四边形定则的实验中 （1）下列哪些方法可减小实验误差______ A. 两个分力F1、F2间的夹角要尽量大些 B. 两个分力F1、F2的大小要适当大些 C. 拉橡皮条的细绳要稍长些 D. 弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 （2）使b弹簧秤按图1所示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点位置不变和a弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中关于a、b弹簧秤的读数变化是______ A. a增大，b减小 B. a减小，b增大 C. a减小，b先增大后减小 D. a减小，b先减小后增大 （3）如图2所示是甲、乙两名同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力，则可判定实验结果中尊重实验事实的是______（选填甲、乙）。 【答案】（1）BCD （2）D （3）甲 【解析】 【小问1详解】 A．两个分力F1、F2间的夹角不能太大，也不能太小，适当就好，故A错误； B．为了减小读数带来的误差，两个分力F1、F2的大小要适当大些，故B正确； C．为了减小拉力方向标记的误差，拉橡皮条的细绳要稍长些，故C正确； D．为了减小误差，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故D正确。 故选BCD。 【小问2详解】 对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向顺时针转动，如图所示 可知a的读数不断变小，b的读数先变小后变大。 故选D。 【小问3详解】 由图2可知是通过做平行四边形得到的合力理论值，由于存在一定的误差，的方向不一定沿方向；根据二力平衡可知，的方向一定沿方向。故尊重实验事实的是甲。 12. 为了验证“系统机械能守恒”，某实验小组用水平气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图所示的装置进行实验，具体步骤如下∶ a。用细绳将质量为的钩码跨过定滑轮连接在滑块上，调整定滑轮高度使细线水平； b。测量遮光条的宽度，遮光条到光电门的距离； c。将一质量为的砝码放置在滑块上，从静止释放滑块，记录遮光条通过光电门时的挡光时间，由此得出遮光条通过光电门时滑块的速度； d。依次逐个增加滑块上质量为的砝码个数，每次将滑块从同一位置由静止释放，重复步骤c，得到一系列和的数据； e。以为纵轴，为横轴作图，若图像满足一次函数形式，即可验证“系统机械能守恒”。 （1）在实验过程中，滑块和砝码的总质量__________（选填“需要”或“不需要”）远大于钩码质量。 （2）遮光条通过光电门时，滑块速度大小为__________（用和表示）。 （3）若所绘制的图像截距为，已知当地重力加速度为，则滑块的质量__________（用、、和表示）。 【答案】（1）不需要 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 实验中要验证砝码和滑块及钩码组成的系统机械能守恒，由于我们研究的是整个系统，不需要将绳子拉力近似看作钩码重力，则不需要满足滑块和砝码的总质量远大于钩码质量； 【小问2详解】 因为遮光条的宽度很小，当遮光条通过光电门时，平均速度可以近似看作瞬时速度。遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为 【小问3详解】 根据系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，有 解得 由数学关系可知截距 解得滑块的质量为 四、计算题（本题共3小题，共41分，其中第13题11分，第14题13分，第15题17分） 13. 如图所示，木块m1从光滑的斜面上的A点以a=2m/s2的加速度由静止开始下滑，与此同时小球m2在距C点的正上方h=20m处自由落下，木块m1以不变的速率途经斜面底端B点后继续在粗糙的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球m2相遇，若斜面AB段长L1=lm，水平BC段长L2=1.2m，不计空气阻力，试求：（g=10m/s2） （1）m2下落到地面的时间； （2）m1运动到B点时速度的大小和在BC段加速度的大小； （3）相遇时木块m1的速度大小． 【答案】(1) 2s (2)2m/s 1.6m/s2 (3) 0.4m/s 【解析】 【详解】(1)设m2运动至C点的时间为t，根据自由落体运动的位移与时间的公式，有： 解得： t＝2s (2)木块m1在斜面上运动到B点速度： m1运动到B点的时间： 则m1在BC段运动的时间为： t2＝t﹣t1＝2﹣1＝1s 由位移公式得： 解得： a＝﹣1.6m/s2 加速度的大小为 1.6m/s2 (3)由，解得C点相遇时木块速度为： vC＝0.4m/s 14. 如图，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成θ=37°角的足够长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数=0.5（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的拉力F，使环从直杆底端O处由静止开始沿杆向上运动，经4s环到达A点时撤去拉力F，圆环向上最远滑行到B处，已知AB间的距离为m。（重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）求圆环经过A点时速度的大小； （2）求圆环在OA间向上运动的过程中直杆对圆环的弹力大小和方向； （3）若要使圆环在沿AO下滑的过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。 【答案】（1）4m/s （2）4N，方向垂直于杆向上 （3）16N，垂直于杆向上 【解析】 【小问1详解】 圆环在沿AB向上运动的过程中机械能守恒，有 解得 【小问2详解】 对于圆环沿OA向上的匀加速运动过程，有 假设Fsin37°<Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向上，由牛顿第二定律，得 ， 代入数据，算得F=20N，N=4N>0 N的解符合假设。假设Fsin37°>Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，由牛顿第二定律，得 ， 代入数据，算得F=12N，N=-8.8N<0 N的解不符合假设。 综合上面二种情况可知，圆环在OA间向上运动时直杆对它弹力的大小为4N，弹力的方向垂直于杆向上。 【小问3详解】 恒力F′的方向垂直于杆向上，且满足 这样F′不做功，圆环也不受摩擦力，只有重力对圆环作功，圆环的机械能守恒，算得 15. 如图所示，右侧带有挡板的长木板质量M=6kg、放在水平面上，质量m=2kg的小物块放在长木板上，小物块与长木板右侧的挡板的距离为L。此时水平向右的力F作用于长木板上，长木板和小物块一起以v0=4m/s的速度匀速运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.6，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，某时刻撤去力F，最终小物块会与右侧挡板发生碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 （1）求力F的大小； （2）撤去力F时，分别求出长木板和小物块的加速度大小； （3）小物块与右侧挡板碰撞前物块的速度v与L的关系式。 【答案】（1）48N；（2），；（3）见解析 【解析】 【详解】（1）长木板和物块做匀速运动，对整体受力分析，由平衡条件有 解得 （2）撤去力F后，由于 物块会与长木块相对滑动，对长木板，根据牛顿第二定律得 对物块，根据牛顿第二定律得 解得 ， （3）长木板和物块发生相对滑动，由于，则长木板先停止运动，从撤去力F到停止运动，长木板的位移为 物块停止运动时的位移为 有 联立解得 从撤去力F到停止运动，长木板运动时间为 内物块的位移大小为 则有 ①当时，长木板停止运动后二者发生碰撞，碰撞前瞬间对物块有 可得 （） ②当时，在长木板停止运动前二者发生碰撞，有 碰撞前瞬间对物块有 可得 （） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $