安徽合肥四校2026-2027学年高三上学期10学情检测物理试卷

合肥市四大名校10月份联考物理答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．B 2．B 3．A 4．B 5．D 6．C 7．C 8．B 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9．AD 10．ACD 三、非选择题（本大题共5小题，共58分。11-12题，每空2分，共16分；13题10分；14题14分；15题18分；13-15题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。） 11．【答案】（1）1.6 9.5 （2）偏大 12．【答案】（1） （2） （3）L（悬点到球心间的距离L） （4）空气阻力 较大 13．【答案】（1）12 N （2）10 m/s 【解析】（1）A、B恰好开始相对滑动时，由牛顿第二定律得：对B有， 解得 对A、B整体 代入数据解得 （2）根据上问可知，二者才会发生相对滑动， 0-6 s时间内：对A、B整体动量定理 代入数据：，解得： 6-8 s时间内，发生相对滑动：对B 解得： t=8 s时， 14．【答案】（1） （2）10.5 J （3）0<W≤10.5 J或16.5 J≤W≤20.5 J 【解析】（1）小物块从A运动到B点的过程，在竖直方向上 解得 对B点速度进行分解，，解得。 （2）设圆周最高点为D点，物块通过的速度为，若小物块恰好通过小圆周的最高点，根据牛顿第二定律可得，解得 从A点到D点，由动能定理， 解得 （3）小物块不脱离小圆周轨道有两种情况： ①能通过最高点，由（2）得0<W≤10.5 J ②小物块不超过小圆周轨道与圆心等高处，则根据动能定理可得 解得 同时，物块必须能到达C点，则根据动能定理可得 解得 综上所述，小物块克服阻力所做的功满足的条件为：0<W≤10.5 J或16.5 J≤W≤20.5 J 15．【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）取水平向右为正方向，各物块质量分别记为，和，碰后瞬间物块A与C的速度分别为和。碰撞时间极短，摩擦力及弹簧弹力的冲量可忽略，物块C与A组成的系统动量守恒，有 碰撞为弹性碰撞，系统动能守恒，有 得，故物块A碰后的速度大小为 （2）物块A首次与传送带共速前，其速度始终大于带速，受到的滑动摩擦力向左，大小为； 物块B受到的滑动摩擦力向右，大小为； 因此A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为0，动量守恒。 设A首次与传送带共速时B的速度为，还未和传送带共速， 由，解得，刚好同时和传送带共速。 设此过程中弹簧弹力对物块A与B所做的功分别为和，对物块A、B应用动能定理，有和 代入数据得， 弹簧对两物块做功之和等于弹性势能增加量的负值，故 所以 （3）设物块A首次与传送带共速前任意时刻两物块的速度分别为和，由水平动量守恒，则 上述动量守恒关系适用于所求全过程。对上式两边同乘并求和，有 解得 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理试卷 分值：100分 时长：75分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．近几年我国电动汽车发展迅速，其中两轮电动车更是给大家的日常出行提供了便利，我国道路交通安全法关于两轮电动车规定包括：严禁超速，严禁超载，佩戴安全头盔，避免急停急起等。下列对这些规定的物理解释正确的是（ ） A．超速行驶会增大电动车的惯性 B．超载行驶会增大电动车的惯性 C．佩戴安全头盔主要是为了防止灰尘、雨水 D．“急停急起”是指电动车的速度变化比较大 2．2026年10月11日，合肥市首届城市足球联赛决赛在市体育中心举行。决赛中某球员为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，接着匀减速至接球点恰好停止运动。全程用时5 s，位移大小为24 m，则该队员在跑动过程中的最大速度是（ ） A．10 m/s B．9.6 m/s C．8 m/s D．4.8 m/s 3．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小球从O点抛出沿轨迹OMN运动，其中M是最高点，O、N两点等高。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．OM段运动时间小于MN段运动时间 B．小球运动到M点处加速度为g C．小球从O运动到N轨迹为抛物线 D．整个运动过程M点处速度最小 4．如图所示，在倾角的粗糙斜面abcd上，质量为m的物体在平行于斜面的外力作用下，恰好能沿斜面的对角线db做匀速直线运动。已知四边形abcd为矩形，并且，物块与斜面间动摩擦因数，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．外力的方向可能平行于cb B．外力的方向一定平行于ca C．外力方向垂直于虚线时取得最小值 D．撤除外力物体可以继续沿虚线db运动 5．水平方向存在恒定的风力，小球仅在重力和风力作用下在竖直面（纸面）内运动。若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线（甲图）。若小球的初速度方向垂直于虚线（乙图），则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（ ） A．小球的运动轨迹为圆弧 B．小球的速度先减小后增大 C．小球的机械能将减小 D．小球的动能将变大 6．如图所示，一条全长为L、质量为M的匀质柔软绳索，置于光滑水平桌面上。桌面足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板，用以保证绳索不会飞起。初始时有的绳索下垂在桌边，现由静止释放绳索，已知重力加速度为g，则从释放到绳索完全离开桌面过程说法正确的是（ ） A．刚释放瞬间绳索的加速度大小为g B．绳索下落过程加速度大小不变 C．绳索完全脱离桌面瞬间速度大小 D．转折处O点绳索的拉力一直减小 7．如图所示，某人造卫星沿椭圆轨道绕地球运动，卫星从近地点A点运动到远地点C点用时为t。卫星通过A、C两点速率之比2∶1，已知地球的半径为R，近地点A离地面的高度也为R，引力常量为G，假设卫星只受地球引力，下列说法正确的是（ ） A．卫星在近地点与远地点离地的高度之比为1∶2 B．卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为16∶1 C．地球的质量为 D．忽略自转影响，地球表面的重力加速度大小为 8．如图所示，曲面PQS是半径为R并且上表面光滑的球面，Q点为球面的最高点，质量为m的物块以某一速度沿切线方向经过Q点，当物块下降的高度为时，物块恰好离开球面。物块可看作质点，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．物块经过最高点时对球面的压力大小 B．物块离开球面时速度大小为 C．物块离开球面瞬间加速度大小为 D．物块从最高点到离开球面过程中动量变化量的方向竖直向下 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9．如图所示，足够长的光滑水平横杆，横杆上C处固定一个阻挡钉。杆上套一质量不计的轻环，环上系一长为2L不可伸长的轻细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将小球拉至横杆处并将绳拉直，让绳与横杆平行，小球位于C右侧处，现由静止同时释放轻环和小球。重力加速度为g，则关于之后的整个运动过程，下列描述正确的是（ ） A．从释放到轻环刚运动到C点过程，小球的竖直分位移大小L B．从释放到轻环刚运动到C点过程，小球的水平分位移大小 C．小球运动到最低点前瞬间对绳子的拉力大小等于 D．最终稳定状态小球和轻环均做匀速直线运动 10．如图甲所示，质量为m的物块受到水平推力F的作用，紧靠竖直墙壁。F随时间t变化的情况如图乙所示，t=0时刻，物块恰好不下滑。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．物块与墙壁之间的动摩擦因数为 B．时刻物块的速度大小为 C．时刻物块的速度大小为 D．可以求出时间内物块下降的高度 三、非选择题（本大题共5小题，共58分。11-12题，每空2分，共16分；13题10分；14题14分；15题18分；13-15题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。） 11．某同学在学习完自由落体这一节后，用如图甲所示的装置测量自由落体加速度。 （1）某同学按照正确的操作完成实验后，得到的纸带如图乙所示，其中纸带上的A、B、C、D、E为连续的5个计时点，A点到O点之间有部分点未画出。已知打点计时器打点的频率为50 Hz，则纸带上打出C点时重物的速度大小___________m/s，重物下落过程中的加速度大小___________m/s2。（结果均保留两位有效数字） （2）如果实验时电源中交流电的实际频率为49.5 Hz，而同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 12．某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。圆形量角器竖直固定在铁架台上，量角器的圆心处固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个小球。 实验操作步骤如下： ①将小球竖直悬挂，静止时测得悬点到球心间的距离为，测得传感器的示数为； ②向左拉动小球并记录细线与竖直方向的夹角，然后静止释放小球，记录轻绳拉力大小随时间的变化如图乙，其中是实验中测得的最大拉力值。 请回答以下问题： （1）小球从静止释放，运动至最低点时，小球减小的重力势能为___________（用字母、、表示）； （2）若在实验误差允许范围内，满足___________（用字母、、表示），即可验证机械能守恒定律； （3）上述实验步骤中不是必须测量的物理量是___________________； （4）正确操作的情况下，发现图乙中拉力峰值逐渐减小，主要影响因素是______________________。为减小实验误差，实验时应选用密度______________________（选填“较大”或“较小”）的小球。 13．如图所示，足够长木板B静止在光滑水平面上，在木板左端放置小滑块A，已知滑块A、木板B的质量均为，滑块与木板间动摩擦因数为，现对滑块施加水平向右的外力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求： （1）使滑块A与木板B发生相对滑动的最小外力；（4分） （2）若外力的大小随时间的大小变化关系为，求时木板B的速度。（6分） 14．如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好无碰撞的进入半径，圆心角为的粗糙圆弧轨道BC与地面相切于C点，C与圆心O在同一竖直线上，A与C的高度差。小物块从C点进入半径为的光滑小圆周轨道。重力加速度g取，求： （1）小物块的初速度；（4分） （2）若小物块恰好通过小圆的最高点，求在粗糙圆弧轨道BC上运动时，小物块克服阻力所做的功W；（4分） （3）若小物块运动过程中能够到达C点且未脱离小圆轨道，求在粗糙圆弧轨道BC上运动时，小物块克服阻力所做的功W满足的条件。（6分） 15．如图所示，一足够长的水平传送带，传送带左侧顶端与光滑平台平滑相连。初始时刻，传送带被锁定处于静止状态，物块A、B用轻弹簧连接静止于传送带上，A位于传送带左侧顶端，轻弹簧处于原长状态，物体A、B可视为质点，质量分别为、，与传送带的动摩擦因数分别为、。质量为的物体C以向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰后瞬间，解除传送带锁定，传送带立刻以的恒定速率顺时针转动。从C与A碰后瞬间开始计时，经过一段时间t，A与传送带第一次共速，此时A对地的位移为，B对地的位移。已知重力加速度g取，求： （1）C与A碰撞后A物块的速度大小；（5分） （2）A与传送带第一次共速时，弹簧的弹性势能；（8分） （3）从开始计时到A与传送带第一次共速的过程所经历的时间t。（5分） 学科网（北京）股份有限公司 $合肥市四大名校10月份联考物理试题 分值：100分 时长：75分钟 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合要求的。 1.近几年我国电动汽车发展迅速，其中两轮电动车更是给大家的日常出行提供了便利，我国道路交通安 全法关于两轮电动车规定包括：严禁超速，严禁超载，佩戴安全头盔，避免急停急起等。下列对这些规定 的物理解释正确的是() A.超速行驶会增大电动车的惯性 B.超载行驶会增大电动车的惯性 C.佩戴安全头盔主要是为了防止灰尘、雨水 D.“急停急起”是指电动车的速度变化比较大 【答案】B 【解析】惯性的大小仅仅与车的质量有关，超载会增大汽车的惯性，超速不会增大汽车的惯性，故A错误， B正确；佩戴安全头盔主要是为了意外发生时保护头部而不是防止灰尘雨水，C选项错误；“急停急起”指 的是速度变化快，描述速度变化快慢的物理量是加速度。 2.2026年10月11日，合肥市首届城市足球联赛决赛在市体育中心举行。决赛中某球员为接应传球，由 静止开始沿直线跑动，先匀加速冲刺，接着匀减速至接球点恰好停止运动。全程用时5s,位移大小为24， 则该队员在跑动过程中的最大速度是() A.10m/s B.9.6m/s C.8m/s D.4.8m/s 【答案】B 【解析】设跑动过程的最大速度为m,加速时间(，减速时间42，总时间t=t,+t2=5s匀加速阶段平均 逸度可=0-各与减速阶段平海造度号=9-兰，意位移=队+4-宁化+6)一之1，察得 2 2 2x=2×24 m/s=9.6m/s,B选项正确。 t 3.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小球从O点抛出沿轨迹OMW运动，其中M是最高点，O、N 两点等高。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，己知重力加速度为8，则下列说法正确的是() M N x A.OM段运动时间小于MN段运动时间B.小球运动到M点处加速度为g 1 C.小球从O运动到N轨迹为抛物线 D.整个运动过程M点处速度最小 【答案】A 【解析】上升过程竖直方向加速度大于下降过程加速度，而竖直方向位移大小相等，因此上升时间小于下 降时间，A选项正确；最高点M由于存在水平方向的空气阻力，所以此位置加速度大于g,B选项错误； 整个过程小球的运动为变加速曲线运动，轨迹不是抛物线，C选项错误；最高点重力、空气阻力的合力方 向与速度方向夹角为钝角，说明此时小球正在减速，速度的最小值应该在M点的右侧某位置，D选项错误。 4.如图所示，在倾角-30°的粗糙斜面abcd上，质量为m的物体在平行于斜面的外力作用下，恰好能沿 斜面的对角线db做匀速直线运动。已知四边形abcd为矩形，并且bc=√3cd,物块与斜面间动摩擦因数 山=5，重力加速度为g,则下列说法正确的是《) 3 A.外力的方向可能平行于cb B.外力的方向一定平行于ca C.外力方向垂直于虚线时取得最小值 D.撤除外力物体可以继续沿虚线db运动 【答案】B 【解析】受力分析如图： mgn0=g,f=mg os0-方g,并且gsm0, 2 mgsine 间夹角为120心，根署平衡条件可知，外力P的大小，方向是确定的，下mg方向平行于对角线 撤除外力之后如果物体继续沿虚线方向运动，则合力的方向与速度方向不共线，不可能沿直线运动，因此 A、C、D选项错误，B选项正确。 5.水平方向存在恒定的风力，小球仅在重力和风力作用下在竖直面（纸面）内运动。若小球的初速度方 向沿虚线，则其运动轨迹为直线（甲图）。若小球的初速度方向垂直于虚线（乙图），则其从O点出发运 动到O点等高处的过程中() 2 乙 A.小球的运动轨迹为圆弧 B.小球的速度先减小后增大 C.小球的机械能将减小 D.小球的动能将变大 【答案】D 【解析】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知重力和风力的合力沿着虚线右 下方向，可知风力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动，轨迹为抛物线， 速度越来越大，A、B选项错误；则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，风力 的方向与小球的水平位移方向相同，则风力对小球正功，小球的动能增大，机械能增大，C选项错误，D 选项正确。 6.如图所示，一条全长为L、质量为M的匀质柔软绳索，置于光滑水平桌面上。桌面足够高，桌角右上 方有一光滑的约束挡板，用以保证绳索不会飞起。初始时有二的绳索下垂在桌边，现由静止释放绳索，已 知重力加速度为g,则从释放到绳索完全离开桌面过程说法正确的是() A.刚释放瞬间绳索的加速度大小为g B.绳索下落过程加速度大小不变 C.绳索完全脱离桌面瞬间速度大小15gL D.转折处O点绳索的拉力一直减小 4 【答案】C 【解析】释放瞬间整体根据牛顿运动定理可知：。=4 A速项结误：随者兔东的下流，至部分的一 质量越来越大，所以下落的加速度越来越大，B选项错误；从释放到全部脱离桌面过程根据机械能守恒定 子g女+=方w,解得：厚，C造项正确：设下重都分长为，0处张力为工根据牛顿 8 4 (Mgx 第二定律，有at ,以L一x)每分为研究对象，同理有7=兰L-加解得7=警L-刘x 所 以x= ,拉力最大，绳索下滑过程转折处0点的拉力先增大后减小，D选项错 7.如图所示，某人造卫星沿椭圆轨道绕地球运动，卫星从近地点A点运动到远地点C点用时为t。卫星 3 通过A、C两点速率之比2：1，已知地球的半径为R,近地点A离地面的高度也为R,引力常量为G,假 设卫星只受地球引力，下列说法正确的是() A 地球 没为卫星 A.卫星在近地点与远地点离地的高度之比为1：2 B.卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为16：1 C.地球的质量为27πR Gt2 D.忽略自转影响，地球表面的重力加速度大小为4R 【答案】C 【解析】A.设近地点到地心的距离为？，远地点到地心的距离为2，则根据开普勒第二定律：y上=V22, 解得：2=1：2，己知近地点到地心的距离为r=R+R=2R,所以远地点到地心的距离为2=4R,则 远地点距地面的高度为h2=3R,所以卫星在近地点与远地点离地的高度之比为h:h,=1:3,故A错误； 限据牛锁第二律有G罗m山，解得a=G,所以卫屏在近地点专远地点的加速度之为4 a211 故B错误：该卫星的半长轴为a1 =+2=3R,由题意可知，卫星的公转周期为T=21,结合开普勒第 2 三定律有g。GM 解得地球的质量为M=27R,故C正确：由万有引力等于重力，有G m r24x2 2=mg, 解得地球表面的重力加速度大小为27πR,故D错误。 12 8.如图所示，曲面PQS是半径为R并且上表面光滑的球面，Q点为球面的最高点，质量为m的物块以某 一速度沿切线方向经过Q点，当物块下降的高度为二♪时，物块恰好离开球面。物块可看作质点，空气阻 力不计，重力加速度为8，下列说法正确的是() 04 A.物块经过最高点时对球面的压力大小mg B.物块离开球面时速度大小为V后8R 5 4 ℃.物块离开球面瞬问加速度大小为？： D.物块从最高点到离开球面过程中动量变化量的方向竖直向下 【答案】B v2 【解析】汽车过凸形桥时，支持力向上，根据向心力公式可知mg-瓜=mR汽车离开桥面时，支持力 为0，重力沿半径指向圆心的分方提供向心力，有吸m9=m只，并且c0-名从景高点到离开： mgRm2m,解得：-层，人，=g,A选项错误，B选项正确：物块离开球面瞬同只 6 2 受重力作用，所以加速度大小为g,C选项错误。物块从最高点到离开球面过程中动量变化量的方向与合 力方向相同，由于合力的方向不是竖直向下，所以D选项错误： 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9.如图所示，足够长的光滑水平横杆，横杆上C处固定一个阻挡钉。杆上套一质量不计的轻环，环上系 一长为2L不可伸长的轻细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将小球拉至横杆处并将绳拉直，让绳 与横杆平行，小球位于C右侧3L处，现由静止同时释放轻环和小球。重力加速度为g,则关于之后的整 个运动过程，下列描述正确的是() m A.从释放到轻环刚运动到C点过程，小球的竖直分位移大小L B.从释放到轻环刚运动到C点过程，小球的水平分位移大小√3L C.小球运动到最低点前瞬间对绳子的拉力大小等于3mg D.最终稳定状态小球和轻环均做匀速直线运动 【答案】AD 【解析】由于杆上套有质量不计的轻环，释放后小球做自由落体运动，直至轻环与阻挡钉C碰撞，根据几 何关系，该过程小球水平位移大小为0，竖直位移为L,A正确，B错误；小球自由落体运动结束时，绳 子绷直瞬间小球沿绳方向的速度瞬间变为零，有机械能损失，系统机械能不守恒，故小球到达最低点绳子 的拉力大小小于3mg；C选项错误；当球运动至阻挡钉C正下方时，小球速度的方向变为水平，之后继续 往左运动，轻绳将一直保持竖直，即小球、轻环做匀速运动，故D正确 10.如图甲所示，质量为m的物块受到水平推力F的作用，紧靠竖直墙壁。F随时间t变化的情况如图乙 所示，0时刻，物块恰好不下滑。己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的 是() 5 3 mg 2 甲 2-3 A.物块与墙壁之间的动摩擦因数 B.6时刻物块的速度大小为红， C.0时刻物块的速度大小为28%， D.可以求出0~2o时间内物块下降的高度 【答案】ACD 【解析】管好不下滑时，最大静苹擦力等于重力，即g=:g,解得：山号，改A正确：根据功至定 理结合图像：mg,g,=m-0,得到：，故B错误，C正确：作出整个过程的4图像： Av g 根据对称性可知，0~2和时间内物块下降的高度就等于图中阴影区域的面积， 2o 故D正确。 21.1 三、非选择题（本大题共5小题，共58分。11-12题，每空2分，共16分；13题10分；14题14分；15 题18分；13-15题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。) 11.某同学在学习完自由落体这一节后，用如图甲所示的装置测量自由落体加速度。 电火花 27 单位：cm 计时器 纸带 6.93 9.51 血重物 12.50 15.87 19.59 乙 (I)某同学按照正确的操作完成实验后，得到的纸带如图乙所示，其中纸带上的A、B、C、D、E为连续的 5个计时点，A点到O点之间有部分点未画出。已知打点计时器打点的频率为50Hz,则纸带上打出C点 6 时重物的速度大小vc= ms,重物下落过程中的加速度大小g m/s2。(结果均保留两 位有效数字) (2)如果实验时电源中交流电的实际频率为49.5Hz,而同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】(1)1.6 9.5 (2)偏大 (1)相邻计时点问的时间间隔为T=】 =0.02s 纸带上打出C点时重物的速度大小为=0=15.87-95D×10 -m/s≈1.6m/s 2T 2×0.02 利用逐差法，可得重物下落过程中的加速度大小为 4=-xc=09.59-l250-0250-6.93》×102m1s95m1s2 4T2 (2×0.02)2 1 1 (2)当电源中交流电的实际频率为49.5Hz,则得实际打点周期T'= f49.5H =0.0202s>T,可得打点 周期增大，若仍将周期1=0.02s代入计算，则由公式x)-x=a(2T)'可得计算出的加速度将偏大。 12.某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。圆形量角器竖直固定在铁架台上，量角 器的圆心处固定一个力传感器，将一根细线一端与力传感器相连，另一端系住一个小球。 力传感器 90 90° 量角器 小球 777777 777777 实验操作步骤如下： ①将小球竖直悬挂，静止时测得悬点到球心间的距离为L,测得传感器的示数为F。: ②向左拉动小球并记录细线与竖直方向的夹角O,然后静止释放小球，记录轻绳拉力大小随时间的变化如 图乙，其中Fm是实验中测得的最大拉力值。 请回答以下问题： (I)小球从静止释放，运动至最低点时，小球减小的重力势能为△E。=一（用字母、L、O表示）； (2)若在实验误差允许范围内，满足△E,= (用字母Fm、F。、L表示)，即可验证机械能守恒定 律 (3)上述实验步骤中不是必须测量的物理量是 1 (4)正确操作的情况下，发现图乙中拉力峰值逐渐减小，主要影响因素是 。为减小实验误差， 实验时应选用密度 (选填“较大”或“较小”)的小球。 【答案】(I)FL(1-cos0) aE。-l (3)L(悬点到球心间的距离L)(4)空气阻力 较大 【解析】(1)小球运动到最低点时，小球减小的重力势能为△E,=mgL(1-cos)=FL(1-cosO) 2)运动到最长点时小球蜡加的动能为A丛-号，最低点时E一哪=究，故m心-（化一EL ，联立可得AG仁-)，若在实验误差允许范围内，消足心，=A丛=-)L即可验证机被能 守恒定律。 (3)由上述分析可知小球摆动到最低点的过程中若机械能守恒，则有△E。=△E 故只需要验证R4-os)=-)L,即E-cos0)-.-) 所以上述实验过程中，若不测量测量静止时悬点到球心间的距离L,对实验结果也没有影响。 (4)由此可知峰值逐渐减小，主要影响因素是空气阻力做负功：为减小实验误差，即减小空气阻力的影 响，所以实验时应选用密度较大、体积较小的小球。 13.如图所示，足够长木板B静止在光滑水平面上，在木板左端放置小滑块A,已知滑块A、木板B的质 量均为m=3kg,滑块与木板间动摩擦因数为“=0.2，现对滑块施加水平向右的外力F,最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度g取10ms2,求： F B 777777777777777777777777777777 (1)使滑块A与木板B发生相对滑动的最小外力F。:4分 (2)若外力F的大小随时间t的大小变化关系为F=21N),仁8s时木板B的速度。6分 【答案】(1)I2N (2)10m/s 【解析】(1)A、B恰好开始相对滑动时，由牛顿第二定律得：对B有4mg=m,a, 解得a=2m/s2 对A、B整体=(m,+m2)a 代入数据解得F。=12N 12 (2)根据上问可知F=12N,二者才会发生相对滑动，t1= S=6s 2 8 0-6s时间内：对A、B整体动量定理Ie=2my1-0 12 代入数据： ×6=2×3.y,解得：y=6m/s 2 6-8s时间内，发生相对滑动：对Bmg=maB 解得：ag=2m/s2 t=8s时，VB=y,+aa(t-6)=10m/s 14.如图所示，从A点以V。的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点 时，恰好无碰撞的进入半径R=2m,圆心角为0=53°的粗糙圆弧轨道BC与地面相切于C点，C与圆心O 在同一竖直线上，A与C的高度差H=1.6m。小物块从C点进入半径为r=0.4m的光滑小圆周轨道。重力 加速度g取10m/s2,求： A R H 7777777777777777777777777c777777 (1)小物块的初速度%：4分 (2)若小物块恰好通过小圆的最高点，求在粗糙圆弧轨道BC上运动时，小物块克服阻力所做的功W:4分 (3)若小物块运动过程中能够到达C点且未脱离小圆轨道，求在粗糙圆弧轨道BC上运动时，小物块克服阻 力所做的功W满足的条件。6分 【答案】(1)o=3m/s (2)10.5J (3)0W≤10.5J或16.5J≤W≤20.5J 【解析】(1)小物块从A运动到B点的过程，在竖直方向上H-(R-Rcos53)= 2g 解得V=4m/s 对B点速度进行分解，an53=',解得=3m/5。 Vo (2)设圆周最高点为D点，物块通过的速度为VD,若小物块恰好通过小圆周的最高点，根据牛顿第二定 律可得mg=m 2,解得=2ms 从A点到D点，由动能定理，)m-)m6=mg(I-2)+(-形 解得W=10.5J (3)小物块不脱离小圆周轨道有两种情况： 9 ①能通过最高点，由(2)得0<Ws10.5J ②小物块不超过小圆周轨道与圆心等高处，则根据动能定理可得0-一v哈=g(H-r)+(-W2) 解得W2=16.5J 同时，物块必须能到达C点，则根据动能定理可得0-方m听=mgH+(-州) 解得W3=20.5J 综上所述，小物块克服阻力所做的功满足的条件为：0<W≤10.5J或16.5JsW≤20.5J 15.如图所示，一足够长的水平传送带，传送带左侧顶端与光滑平台平滑相连。初始时刻，传送带被锁定 处于静止状态，物块A、B用轻弹簧连接静止于传送带上，A位于传送带左侧顶端，轻弹簧处于原长状态， 物体A、B可视为质点，质量分别为m1=2kg、mB=4kg,与传送带的动摩擦因数分别为4=0.5、e=0.25。 质量为mc=1kg的物体C以。=9m/s向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰后瞬间，解除传 送带锁定，传送带立刻以v=2m/s的恒定速率顺时针转动。从C与A碰后瞬间开始计时，经过一段时间t, A与传送带第一次共速，此时A对地的位移为x4=0.36m,B对地的位移xa=0.06m。己知重力加速度g 取10m/s2,求： (1)C与A碰撞后A物块的速度大小V;5分 (2)A与传送带第一次共速时，弹簧的弹性势能E:8分 (3)从开始计时到A与传送带第一次共速的过程所经历的时间1.5分 【答案】(1)6m/s (2)21J (3)0.08s 【解析】(1)取水平向右为正方向，各物块质量分别记为m,m和m,碰后瞬间物块A与C的速度分 别为V4和'。碰撞时问极短，摩擦力及弹簧弹力的冲量可忽略，物块C与A组成的系统动量守恒，有 mcvo=mcvc +mava 碰接方弹性维室，果统动能守恒，有风哈=叫+以 2 得V4=6m/S,e=-3m/s,故物块A碰后的速度大小为6m/s (2)物块A首次与传送带共速前，其速度始终大于带速，受到的滑动摩擦力向左，大小为 10 f4=4m8=0.5×2×10N=10N: 物块B受到的滑动摩擦力向右，大小为fa=4mg=0.25×4×10N=10N; 因此A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为0，动量守恒。 设A首次与传送带共速时B的速度为y,,还未和传送带共速， 由mV4=m4V+mg2,解得2=2m/s,刚好同时和传送带共速。 设此过程中弹簧弹力对物块A与B所做的功分别为W和W,对物块A、B应用动能定理，有 1 my=(-44n4g4)+W4和 2 2m=“aMaXg+m。 代入数据得W,=-28.4J,W。=7.4J 弹簧对两物块做功之和等于弹性势能增加量的负值，故W,+W。=-△Ep=0-Ep 所以Ep=21J (3)设物块A首次与传送带共速前任意时刻两物块的速度分别为V和V8,由水平动量守恒，则 mav+mgv8 mv 上述动量守恒关系适用于所求全过程。对上式两边同乘△t并求和，有m4x4+mBxB=mV 解得1=m,+m=0.08s mAvA 11