精品解析：山东烟台市莱州市第一中学2025-2026学年高三上学期第一次质量检测物理试题

高三年级第一次质量检测题目 物理试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 在力学中，牛（N），米（m），秒（s）都是基本单位 B. 在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法 C. 牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不是使之运动 D. 做曲线运动的物体，速度变化率一定改变 2. 跳水运动队员全红婵在巴黎奥运会上以绝对实力夺得女子跳水十米台冠军，卫冕成功。从全红婵起跳到入水，若整个运动过程空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ） A. 运动员在最高点时的速度为零 B. 运动员在上升和下降过程中均处于超重状态 C. 运动员由静止起跳到最高点的过程中机械能不守恒 D. 起跳过程跳台对运动员的作用力对运动员做正功 3. 如图所示，一根光滑轻绳穿过质量为m的小环A，轻绳的两端分别固定在B、C两点，给小环施加一个水平向左的拉力，小环静止时，AB段轻绳竖直，AC段轻绳与水平方向的夹角为．已知重力加速度为g，，，则施加的拉力F等于（ ） A. mg B. C. D. 4. 在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，同时人顶着直杆水平向右移动。某同学为研究猴子的运动，建立如图甲所示直角坐标系，描绘出猴子在轴方向和轴方向上的速度-时间图像分别如图乙和图丙所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A. 猴子做匀变速直线运动 B. 猴子的加速度大小等于 C. 时，猴子的速度大小等于 D. 内，猴子的位移大小等于 5. 2024年12月26日，我国两款第六代战斗机的试验机同日试飞，展示了我国在战斗机技术方面的实力。假设在空中水平飞行的飞机受到的空气阻力与速度的关系为，发动机水平方向输出功率为时，飞机能达到的最大速度为。若发动机水平方向的功率提升至，飞机始终水平飞行，则飞机能达到的最大速度为（　　） A. B. C. D. 6. 在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A. 运动员的质量为40kg B. 运动员在内处于超重状态 C. 运动员的最大加速度大小为40m/s2 D. 运动员离开蹦床上升的最大高度为12.8m 7. 如图甲，辘轳是古代民间提水设施。如图乙为辘轳的工作原理简化图，某次需从井中汲取的水，辘轳绕绳轮轴半径为，水斗的质量为，井足够深且井绳的质量忽略不计。时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取，则（ ） A. 井绳拉力随时间均匀增大 B. 水斗速度随时间变化的规律为 C. 0~10s内水斗上升的高度为20m D. 0~10s内井绳拉力所做的功为500J 8. 如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端O点把一小球水平击出让其在与斜面垂直的竖直面内运动，小球刚好落在斜面的底端点。点是小球运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则（ ） A. 若斜面内点在点的正下方，则长度与长度相等 B. 小球在斜面上的投影做匀速运动 C. 与长度之比为1∶3 D. 小球在点的速度大小大于段平均速度大小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（　　） A. 从P到M所用的时间等于 B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小 D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 10. 如图所示，轻质硬杆一端与固定在地面上的光滑铰链O相连，另一端固定一定质量的小球，站在地面上的某人用轻绳绕过处在铰链正上方的小定滑轮拉住小球。若该人拉住轻绳缓慢向左移动，不计轻绳与滑轮之间的摩擦，则在轻杆到达竖直位置之前的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 绳子拉力逐渐增大 B. 硬杆对小球的支持力大小不变 C. 地面对人的支持力逐渐增大 D. 地面对人的摩擦力逐渐增大 11. 如图所示，质量为的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为的小环（可视为质点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小环从运动到的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心 B. 小环运动到点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零 C. 大圆环对轻杆的作用力不可能为零 D. 大圆环对轻杆作用力的最大值为 12. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，以斜面上的O点为坐标原点，沿斜面向下建立x轴，从O点由静止释放一质量为的小物块，物块与斜面的动摩擦因数，k为常数。物块在点（图中未标出）达到最大速度并最终停在点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A. OA之间的距离为 B. 物块下滑过程中的最大速度为 C. OB之间的距离为 D. 物块在OA与AB之间运动所用的时间相等 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 在“探究重锤下落时的加速度”实验中，某同学得到如图所示的一条清晰纸带，打点计时器打点的时间间隔。 （1）关于图中的x1、、，下列选项关系一定正确的是______。 A. B. C. （2）利用图片提供的信息可以求得当地的重力加速度值为______。 A. B. C. D. （3）某同学得到如图所示的另一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔，根据实验记录的数据计算的加速度大小______。（计算结果保留三位有效数字） 14. 某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。 为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出关系图线，如图（b）所示。 回答下列问题： （1）将一芒果放入此空杯，按上述操作测得，由图（b）可知，该芒果的质量_________g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比_________（填“偏大”或“偏小”）。 （2）另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是_________。 A. 水杯质量过小 B. 绳套长度过大 C. 橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比 （3）写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施_________。 15. 如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带长L1= 0．36 m．质量为1 kg的滑块以v0 = 2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2 = 0．64 m的C处．( g =10 m/s²，滑块与传送带、滑块与水平面的动摩擦因数相等) (1)求动摩擦因数μ的值． (2)若滑块从A点以v0 = 2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v1=2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，电动机由于传送滑块多消耗的电能． 16. 如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做圆周运动，已知地球半径为R，轨道A半径是2R，将飞船转移到另一个半径为4R的圆轨道B上去，已知地球质量为M，飞船质量为m，万有引力常数为G。 （1）求飞船在轨道A上环绕速度、飞船在轨道B环绕加速度； （2）理论上，若规定距地心无限远处为引力势能零势能点，飞船和地球系统之间的引力势能表达式为（其中r为飞船到地心的距离），请根据理论，计算这次轨道转移点火需要的能量。 17. 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 18. “高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，为一段半径为的光滑圆弧轨道，为圆弧轨道的最低点。P为一倾角的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板，木板上边缘与斜面顶端重合，圆形轨道末端与斜面顶端之间的水平距离为。一物块以某一速度从端进入，沿圆形轨道运动后从端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间恰好以平行于薄木板的方向从端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量，薄木板质量，木板与斜面之间的动摩擦因数，木板与物块之间的动摩擦因数，重力加速度取，，不计空气阻力，求： （1）物块滑到圆轨道C点时的速度大小（计算结果可以保留根号）； （2）物块相对于木板运动的距离； （3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级第一次质量检测题目 物理试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 在力学中，牛（N），米（m），秒（s）都是基本单位 B. 在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法 C. 牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不是使之运动 D. 做曲线运动的物体，速度变化率一定改变 【答案】C 【解析】 【详解】A．在力学中，基本单位是千克（kg）、米（m）、秒（s），而牛（N）是导出单位，故A错误； B．质点模型是通过忽略物体大小和形状的理想化方法建立的，属于理想模型法，而非等效替代法，故B错误； C．牛顿第一定律指出，力是改变物体运动状态的原因，不是维持运动状态的原因，故C正确； D．速度变化率是加速度。做曲线运动的物体若加速度恒定（如平抛运动中加速度为），则速度变化率不变，故D错误。 故选C。 2. 跳水运动队员全红婵在巴黎奥运会上以绝对实力夺得女子跳水十米台冠军，卫冕成功。从全红婵起跳到入水，若整个运动过程空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ） A. 运动员在最高点时的速度为零 B. 运动员在上升和下降过程中均处于超重状态 C. 运动员由静止起跳到最高点的过程中机械能不守恒 D. 起跳过程跳台对运动员的作用力对运动员做正功 【答案】C 【解析】 【详解】A．运动员做斜抛运动，在最高点时竖直分速度为零，但水平分速度不为零，故合速度不为零，故A错误； B．运动员在上升和下降过程中，忽略空气阻力，只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，均处于完全失重状态，故B错误； C．运动员由静止起跳到最高点的过程中，通过肌肉做功将体内的化学能转化为机械能，机械能增加，不守恒，故C正确； D．十米跳台按固定且无明显形变的台面处理，蹬台时脚与台面的接触处没有位移，跳台作用力不做功。人体重心上升不能代替接触处的位移来计算该力的功，故D错误。 故选C。 3. 如图所示，一根光滑轻绳穿过质量为m的小环A，轻绳的两端分别固定在B、C两点，给小环施加一个水平向左的拉力，小环静止时，AB段轻绳竖直，AC段轻绳与水平方向的夹角为．已知重力加速度为g，，，则施加的拉力F等于（ ） A. mg B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设轻绳上的拉力大小等于T，则 解得 故选B。 4. 在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，同时人顶着直杆水平向右移动。某同学为研究猴子的运动，建立如图甲所示直角坐标系，描绘出猴子在轴方向和轴方向上的速度-时间图像分别如图乙和图丙所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A. 猴子做匀变速直线运动 B. 猴子的加速度大小等于 C. 时，猴子的速度大小等于 D. 内，猴子的位移大小等于 【答案】D 【解析】 【详解】AB．根据v-t图像斜率代表加速度可知 加速度夹角为 加速度为 速度夹角为 可知合速度与合加速度方向不一致且加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，故AB错误； C．时，猴子的速度大小等于 故C错误； D．根据v-t图像面积代表位移可得 内，猴子的位移大小等于 故D正确。 故选D。 5. 2024年12月26日，我国两款第六代战斗机的试验机同日试飞，展示了我国在战斗机技术方面的实力。假设在空中水平飞行的飞机受到的空气阻力与速度的关系为，发动机水平方向输出功率为时，飞机能达到的最大速度为。若发动机水平方向的功率提升至，飞机始终水平飞行，则飞机能达到的最大速度为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【命题立意】本题通过飞机水平飞行过程考查功率，检测考生的模型建构能力。 【详解】分析可知，飞机加速度时，即 速度达到最大，有 同理，当飞机的功率为时，有 解得。 故选C。 6. 在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A. 运动员的质量为40kg B. 运动员在内处于超重状态 C. 运动员的最大加速度大小为40m/s2 D. 运动员离开蹦床上升的最大高度为12.8m 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题可知 所以 故A错误； B．由图可知，运动员在3.6s~4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2s~4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误； C．当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得 故C正确； D．由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为 所以运动员离开蹦床上升的最大高度为 故D错误。 故选C。 7. 如图甲，辘轳是古代民间提水设施。如图乙为辘轳的工作原理简化图，某次需从井中汲取的水，辘轳绕绳轮轴半径为，水斗的质量为，井足够深且井绳的质量忽略不计。时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取，则（ ） A. 井绳拉力随时间均匀增大 B. 水斗速度随时间变化的规律为 C. 0~10s内水斗上升的高度为20m D. 0~10s内井绳拉力所做的功为500J 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据题意由图丙有 可知，水斗速度随时间变化的规律为 结合可知，水斗的加速度为，保持不变，则水斗做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 解得 可知，井绳拉力不随时间变化，故AB错误； C．根据题意，由公式 可得，内水斗上升的高度为，故C正确； D．0~10s内井绳拉力所做的功为，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端O点把一小球水平击出让其在与斜面垂直的竖直面内运动，小球刚好落在斜面的底端点。点是小球运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则（ ） A. 若斜面内点在点的正下方，则长度与长度相等 B. 小球在斜面上的投影做匀速运动 C. 与长度之比为1∶3 D. 小球在点的速度大小大于段平均速度大小 【答案】A 【解析】 【详解】设斜面倾角为，小球从点水平抛出，初速度为，落在斜面底端点 小球在竖直平面内做平抛运动，沿斜面和垂直斜面方向分解运动。 A．小球在垂直斜面方向做匀减速直线运动，当垂直斜面的分速度减为零时，小球距离斜面最远，此时对应点，运动时间 小球落到点的总时间为 可见，即点是小球运动时间的中点。因此点的水平位移是点水平位移的一半 设点水平位移为，则 斜面是直线，所以沿斜面方向有： ① ② 因此，故A正确； B．小球在斜面上的投影沿斜面的运动是匀加速直线运动，不是匀速运动，故B错误； C．由上述分析可知，为沿斜面方向在时间内的位移，即 为沿斜面方向在时间内的位移，即 因此 代入 解得 因为，显然，故C错误； D．小球在点时垂直斜面的分速度为，此时速度大小为 段的平均速度大小为 可见，即小球在点的速度大小等于段平均速度大小，故D错误。 故选A。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（　　） A. 从P到M所用的时间等于 B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小 D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据对称性可知，海王星从P到Q用时，由于PM段的速度大于MQ段的速度，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误； B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误； C．海王星从P到Q阶段，万有引力对它做负功，速率逐渐减小，故C正确； D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M经Q到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。 故选CD。 10. 如图所示，轻质硬杆一端与固定在地面上的光滑铰链O相连，另一端固定一定质量的小球，站在地面上的某人用轻绳绕过处在铰链正上方的小定滑轮拉住小球。若该人拉住轻绳缓慢向左移动，不计轻绳与滑轮之间的摩擦，则在轻杆到达竖直位置之前的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 绳子拉力逐渐增大 B. 硬杆对小球的支持力大小不变 C. 地面对人的支持力逐渐增大 D. 地面对人的摩擦力逐渐增大 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．分别对小球和人受力分析如图所示。 对小球，由相似三角形可知 由于、、不变，随着小球向上转动，变短，故减小、不变，A错误，B正确； C．对人进行受力分析，在竖直方向上有， ，同时减小，不变，故增大，C正确； D．对人进行受力分析，水平方向上有 因为减小，人向左移动减小，故增大，因此无法判断，故D错误。 故选BC。 11. 如图所示，质量为的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为的小环（可视为质点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小环从运动到的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心 B. 小环运动到点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零 C. 大圆环对轻杆的作用力不可能为零 D. 大圆环对轻杆作用力的最大值为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小环从运动到的过程中，运动到图示位置点时 设大圆环半径为，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为，对小环由动能定理可得 如果小环与大环恰好无弹力，重力的分力提供向心力，则 解得 在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，故A错误； B．小环运动到点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故B正确； C．如图所示 当小环运动到图中、间的点时，设与竖直方向的夹角为，大环对小环的弹力为，则由动能定理 由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小为 当时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得或 所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C错误； D．当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得 由牛顿第二定律可得 解得 小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为，故D正确。 故选BD。 12. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，以斜面上的O点为坐标原点，沿斜面向下建立x轴，从O点由静止释放一质量为的小物块，物块与斜面的动摩擦因数，k为常数。物块在点（图中未标出）达到最大速度并最终停在点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A. OA之间的距离为 B. 物块下滑过程中的最大速度为 C. OB之间的距离为 D. 物块在OA与AB之间运动所用的时间相等 【答案】BD 【解析】 【详解】A．物块在A点时速度最大，则加速度为零，可得 其中 解得OA之间的距离为，选项A错误； B．从O到A由动能定理 解得物块下滑过程中的最大速度为，选项B正确； C．从O到B由动能定理 解得OB之间的距离为，选项C错误； D．滑块从O至B点的滑动过程中，f-x、F合-x及a-x的关系图像分别如图所示， 根据上述图像可知，物块受到的合外力以及加速度都是随x的线性变化，且在关于A对称的位置合力及加速度大小相等方向相反，所以速度大小也关于A点对称，因此从O到A与从A到B时间相等，故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 在“探究重锤下落时的加速度”实验中，某同学得到如图所示的一条清晰纸带，打点计时器打点的时间间隔。 （1）关于图中的x1、、，下列选项关系一定正确的是______。 A. B. C. （2）利用图片提供的信息可以求得当地的重力加速度值为______。 A. B. C. D. （3）某同学得到如图所示的另一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔，根据实验记录的数据计算的加速度大小______。（计算结果保留三位有效数字） 【答案】（1）C （2）C （3）9.85 【解析】 【小问1详解】 根据匀变速直线运动推论 解得 由纸带数据可知，A点不是下落的初位置，则图中的x1、、的比例关系不满足 故选C。 【小问2详解】 根据匀变速直线运动推论 可得 解得 故选C。 【小问3详解】 依题意，纸带上相邻计数点时间间隔为 由逐差法可得 14. 某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。 为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出关系图线，如图（b）所示。 回答下列问题： （1）将一芒果放入此空杯，按上述操作测得，由图（b）可知，该芒果的质量_________g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比_________（填“偏大”或“偏小”）。 （2）另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是_________。 A. 水杯质量过小 B. 绳套长度过大 C. 橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比 （3）写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施_________。 【答案】（1） ①. 106 ②. 偏大 （2）C （3）减小细线与竖直方向的夹角 【解析】 【小问1详解】 [1]操作测得，由图（b）的图像坐标可知，该芒果的质量为106g； [2]若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮条的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果的质量与相比偏大。 【小问2详解】 另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过大超过了弹簧的弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比。 故选C。 【小问3详解】 根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直方向的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖直方向的夹角可增大质量测量范围。 15. 如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带长L1= 0．36 m．质量为1 kg的滑块以v0 = 2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2 = 0．64 m的C处．( g =10 m/s²，滑块与传送带、滑块与水平面的动摩擦因数相等) (1)求动摩擦因数μ的值． (2)若滑块从A点以v0 = 2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v1=2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，电动机由于传送滑块多消耗的电能． 【答案】（1）0.2（2）0.8J 【解析】 【详解】（1）由动能定理： 解得： μ = 0.2． （2）滑块在传送带上滑动时，由牛顿第二定律得： 又 解得： v2 =1.6 m/s 滑块冲出传送带时，传送带向左运动的位移为： x = v1t 滑块在传送带上运动过程中产生的热量为： 根据能量守恒定律，电动机多消耗的电能为： 解得： E = 0.8 J． 【点睛】解决本题的关键是理清滑块的运动过程，把握每个过程能量的转化情况，要注意摩擦生热与物块与传送带间的相对位移有关，要明确位移的参照物． 16. 如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做圆周运动，已知地球半径为R，轨道A半径是2R，将飞船转移到另一个半径为4R的圆轨道B上去，已知地球质量为M，飞船质量为m，万有引力常数为G。 （1）求飞船在轨道A上环绕速度、飞船在轨道B环绕加速度； （2）理论上，若规定距地心无限远处为引力势能零势能点，飞船和地球系统之间的引力势能表达式为（其中r为飞船到地心的距离），请根据理论，计算这次轨道转移点火需要的能量。 【答案】（1）， ；（2） 【解析】 【详解】（1）飞船在轨道A上运动时，由万有引力提供向心力，可得 解得 飞船在轨道B环绕运动时，由牛顿第二定律可得 解得 （2）设飞船在轨道A和轨道B上稳定运行时的机械能分别为和，则有 飞船在轨道A的动能 重力势能 可得 同理可得 可得这次轨道转移点火需要的能量 17. 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计 （1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离； （2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小； （3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。 【答案】（1）0.05m；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 18. “高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，为一段半径为的光滑圆弧轨道，为圆弧轨道的最低点。P为一倾角的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板，木板上边缘与斜面顶端重合，圆形轨道末端与斜面顶端之间的水平距离为。一物块以某一速度从端进入，沿圆形轨道运动后从端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间恰好以平行于薄木板的方向从端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量，薄木板质量，木板与斜面之间的动摩擦因数，木板与物块之间的动摩擦因数，重力加速度取，，不计空气阻力，求： （1）物块滑到圆轨道C点时的速度大小（计算结果可以保留根号）； （2）物块相对于木板运动的距离； （3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。 【答案】（1） （2）1.5m （3）87J 【解析】 【小问1详解】 物块由C到D，做抛体运动，由水平方向做匀速直线运动可得水平速度为 由题意可知在D点物块速度方向平行斜面，则有在D的速度大小： 在D的竖直方向速度大小vDy=vsinθ=2×0.6m/s=1.2m/s 设物块在C点时竖直方向的速度为vy，以竖直向上为正方向，由C到D在竖直方向上有：vy-gt=-vDy 代入数据解得vy=0.8m/s 则在C点的速度大小 【小问2详解】 物块滑上木板后，两者相对滑动，物块做匀减速直线运动，初速度v=vD=2m/s，木板做匀加速直线运动，因μ2＞μ1，两者共速后相对静止，由牛顿第二定律得： 对物块：μ2mgcosθ-mgsinθ=mam 代入数据解得 对木板：μ2mgcosθ+Mgsinθ-μ1（M+m）gcosθ=MaM 代入数据解得 设两者经时间t1达到共速，则有v共=v-amt1=aMt1 代入数据解得：t1=1.5s，v共=1m/s 此过程中物块的位移 木板的位移 物块相对于木板运动的距离：Δx=x物-x板=2.25m-0.75m=1.5m 【小问3详解】 因μ2＞μ1＞tanθ，故共速后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。 对物块和木板组成的整体，由牛顿第二定律得共速后的加速度为：a共=μ1gcosθ-gsinθ 代入数据解得 共速后的位移 代入数据解得：x共=1.5m 物块与木板之间摩擦生热：Q1=μ2mgcosθ•Δx 代入数据解得Q1=30J 木板与斜面之间摩擦生热Q2=μ1（M+m）gcosθ•（x板+x共） 代入数据解得Q2=57J 整个过程中，系统由于摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2=30J+57J=87J 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $