精品解析：黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2026-2027学年高三上学期11月期中物理试题

2026-2027学年度期中考试试卷 物理 第1卷（选择题，共46分） 一、选择题∶（本题共10小题，46分。第1-7题只有一项符合题目要求，每题4分，第8-10题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） 1. 下列说法正确的是（　　） A. 物体速度为零时，所受合力一定为零 B. 桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对平衡力 C. 跳远运动员助跑起跳，是为了通过提高他自身的惯性来提高成绩 D. 由牛顿第二定律F=ma可知，当我们用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为桌子所受的合力为零，加速度为零 2. 2021年10月16日我国三位航天员再次进入“天宫号”空间站，航天员将在“太空之家”驻留六个月，开展各项科学实验和技术试验。下列实验中不适合在空间站开展的是（　　） A. ①验证力的平行四边形定则 B. ②落体法测空间站重力加速度 C. ③向心力演示器探究向心力 D. ④静电感应使金属导体带电 3. 如图，在光滑水平面上有直径相同的、两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球碰撞前的动量分别为、。当两球相碰之后，两球的动量分别为、，则、两球的质量关系可能正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，电荷量为的某种粒子，以初动能从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中，恰从带负电的金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为，不计粒子的重力，则金属板间的电压为（　　） A. B. C. D. 5. 如图所示，质量为的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M的箱子B相连，箱子底板上放一质量为的物体已知，不计定滑轮的质量和摩擦，不计空气阻力，在箱子加速下落的过程中，下列关系式中正确的是　　（重力加速度为g） A. 物体A的加速度大小为 B. 物体A的加速度大小为 C. 物体C对箱子的压力大小为 D. 物体C对箱子的压力大小为 6. 两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在y轴上的M、N两点，两电荷连线上各点电势φ随坐标y变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且在y轴上MP长度小于PN长度．则下列说法正确的是( ) A. Q1和Q2都带正电荷 B. Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C. 在M、N之间将一点电荷沿y轴从P点下侧移到上侧，电势能先减小后增大，则该点电荷带正电 D. 一点电荷只在电场力作用下沿y轴从P点运动到接近N点，加速度逐渐变大 7. 如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（重力加速度为g）（　　） A. b球质量为 B. 两小球与弹簧分离时，动能相等 C. 若要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 D. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 二、多选题 8. 关于第一宇宙速度，下列说法错误的是（重力加速度为g）（  ） A. 它是人造地球卫星绕地球运行的最小速度 B. 它是人造地球卫星在近地轨道运行的最大速度 C. 它是人造地球卫星进入近地轨道的最小发射速度 D. 从人造卫星环绕地球运行的速度，把卫星发射到越远的地方越容易 9. (多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s．竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是(　　) A. 回复力等于重力和浮力的合力 B. 振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒 C. 位移满足函数式x＝4sin(4πt－) cm D. 振动频率与按压的深度有关 10. 如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱轴线等距，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，取重力加速度。下列说法正确的是（ ） A. 两圆柱以相同大小的角速度绕轴线做相反方向转动可以使平台更容易沿轴线被拉动 B. 货物受到平台的摩擦力逐渐增大 C. 当平台速度时，货物加速度为 D. 当平台速度时，货物加速度为 第Ⅱ卷（共54分） 三、实验题 11. 在“探究功与速度变化的关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L．改变橡皮筋的条数，重复实验． （1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应______ （选填“不同”“相同”“随意”）． （2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选_____为横坐标（选填“L”或“L2”）． 12. 小李同学了解到位于赣州大桥桥头的和谐钟塔塔高113米，外观九层，超过英国大本钟，是世界上最大的机械钟塔。于是他想把和谐钟塔的摆钟简化为单摆，准备在实验室估测和谐钟塔机械钟摆臂的长度。 （1）第一步，利用单摆测赣州当地的重力加速度。 ①测摆长：在实验室先测出摆线的长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为d，如图甲所示，则摆球的直径为______cm。 ②测周期：让摆球做简谐运动，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为1，单摆每经过最低点计一次数，当数到时秒表的示数如图乙所示，则该单摆的运动周期______s（结果保留三位有效数字）。 ③该同学将摆线长和小球直径之和当作单摆的摆长，记为L。改变摆长L，重复以上实验步骤，记录各次实验的数据L和T，利用所测得的数据作出与L的关系图像，如图丙所示，根据该图像的斜率计算得到重力加速度g的值______当地重力加速度值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。 （2）第二步，估测和谐钟塔机械钟摆长。 正确测量得到赣州当地的重力加速度g，又了解到和谐钟塔机械钟摆的摆动周期T，该同学利用公式______来计算摆长（利用题目中的物理量符号g、T、等表示）。 （3）第三步，实地考察。 在实地测量摆臂长度的数据与实验估测出的摆长误差偏大。通过查资料，该同学明白他处理机械钟摆臂有效摆长的方法是欠妥的。该同学还了解到塔的机械钟是由英国制造的运送回赣州安装的，英国的纬度比较高，对应的我国省份为黑龙江。如果在英国出厂时走时准确运到赣州后，会发现机械钟走不准（只考虑重力加速度对钟摆周期的影响），要该钟在赣州也走时准确，技术人员应该______（填“调长”或“调短”）摆长。 四、解答题 13. 如图，O、A相距，由O点产生的简谐波经传到A点时，A开始向上振动，此时O点正好回到平衡位置并向下运动，此刻间形成的波形正好有2个波谷。在之间（不包含O、A）有一点（图中未画出），点的运动方向始终与A点运动方向相反。 （1）画出OA间的波形； （2）求这列波的波速和波长； （3）求与A的可能距离。 14. 在竖直面内有一水平向右的匀强电场，为电场中的一条直线，与竖直方向夹角为。一质量为、带负电的小球以一定的初动能从点沿直线斜向上运动，运动到最高点的过程中电势能增加了，运动过程中空气阻力大小恒定，重力加速度取。（，）求： （1）小球所受电场力的大小； （2）点到最高点的距离； （3）小球返回点时的动能。 15. 如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0=3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α=37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r=0.2m的光滑四分之一圆弧相切，小物块α从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已知两物块的质量mb=2ma=2kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，MN间的距离L=1.2m， g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8,求： （1）物块a运动到N点时受到的支持力； （2）物块b第一次沿斜面上滑的时间； （3）两物块在第n次碰撞后到第n+1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度期中考试试卷 物理 第1卷（选择题，共46分） 一、选择题∶（本题共10小题，46分。第1-7题只有一项符合题目要求，每题4分，第8-10题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） 1. 下列说法正确的是（　　） A. 物体速度为零时，所受合力一定为零 B. 桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对平衡力 C. 跳远运动员助跑起跳，是为了通过提高他自身的惯性来提高成绩 D. 由牛顿第二定律F=ma可知，当我们用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为桌子所受的合力为零，加速度为零 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．物体速度为零时，所受合力不一定为零。如自由落体的初始时刻，速度为零，合力不为零。A错误； B．桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对作用力和反作用力。B错误； C．跳远运动员助跑起跳，是为了通过提高他起跳的速度来提高成绩，惯性只有质量决定，助跑不改变惯性。C错误； D．由牛顿第二定律F=ma可知，当我们用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为桌子所受的摩擦力与推力平衡，合力为零，加速度为零。D正确。 故选D。 2. 2021年10月16日我国三位航天员再次进入“天宫号”空间站，航天员将在“太空之家”驻留六个月，开展各项科学实验和技术试验。下列实验中不适合在空间站开展的是（　　） A. ①验证力的平行四边形定则 B. ②落体法测空间站重力加速度 C. ③向心力演示器探究向心力 D. ④静电感应使金属导体带电 【答案】B 【解析】 【详解】空间站里面的物体处于完全失重状态。 A．在空间站橡皮筋和弹簧测力计均可以正常使用，所以该实验可以完成，故A不符合题意； B．在空间站里自由释放物体，物体在空中漂浮着，不会下落，所以该实验无法完成，故B符合题意； C．向心力演示仪通过弹簧形变程度显示向心力的大小，所以该实验可以完成，故C不符合题意； D．静电感应使物体带电，是在电场的作用下，电荷从导体的一端转移到另一端，所以该实验可以完成，故D不符合题意。 故选B。 3. 如图，在光滑水平面上有直径相同的、两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球碰撞前的动量分别为、。当两球相碰之后，两球的动量分别为、，则、两球的质量关系可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】要能发生碰撞，碰撞前球要能追上球，即两球速度关系需要满足 可得 还需要满足能量不增加，即 可得 碰撞后两球球速度需要小于或等于球速度，即速度关系需满足 可得 综上可得 故选C。 4. 如图所示，电荷量为的某种粒子，以初动能从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中，恰从带负电的金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为，不计粒子的重力，则金属板间的电压为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】根据动能定理 解得 C正确。 5. 如图所示，质量为的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M的箱子B相连，箱子底板上放一质量为的物体已知，不计定滑轮的质量和摩擦，不计空气阻力，在箱子加速下落的过程中，下列关系式中正确的是　　（重力加速度为g） A. 物体A的加速度大小为 B. 物体A的加速度大小为 C. 物体C对箱子的压力大小为 D. 物体C对箱子的压力大小为 【答案】C 【解析】 【分析】先分别对A和BC整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离B，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解． 【详解】设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：；对物体BC整体，根据牛顿第二定律，有：；联立解得：；故A错误，B错误．物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：，解得：，带入a表达式解得：，故C正确，D错误．故选C． 6. 两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷固定在y轴上的M、N两点，两电荷连线上各点电势φ随坐标y变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且在y轴上MP长度小于PN长度．则下列说法正确的是( ) A. Q1和Q2都带正电荷 B. Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C. 在M、N之间将一点电荷沿y轴从P点下侧移到上侧，电势能先减小后增大，则该点电荷带正电 D. 一点电荷只在电场力作用下沿y轴从P点运动到接近N点，加速度逐渐变大 【答案】D 【解析】 【详解】A．从N到P的电势升高，从P到M电势降低，则电场线方向P到N，再从P到M，则Q1和Q2是同种电荷，一定是负电荷，故A错误； B．在P点，φ-y图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明Q1和Q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式，MP＜NP，则Q1的电荷量小于Q2的电荷量，故B错误； C．负电荷从P点下侧移到P点上侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C错误； D．在φ-y图线切线斜率为场强的大小，从P点到N点斜率越来越大，故场强越来越大，则一点电荷只在电场力作用下沿y轴从P点运动到接近N点，加速度逐渐变大，故D正确． 7. 如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（重力加速度为g）（　　） A. b球质量为 B. 两小球与弹簧分离时，动能相等 C. 若要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 D. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点，则a、b球在最高点时的速度分别为 ， a、b球在最高点时的速度分别为，则有 设b球的质量为，由动量守恒定理有 联立解得 所以A错误； B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系 可知，动能不相等，所以B错误； C．若，由动量守恒定理有 则分离时两小球的速度相等，则要求a、b都能通过各自的最高点时，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为 则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 所以C正确； D． a球到达圆心等高处时，速度为 由动能定理可得 轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，所以D错误； 故选C。 二、多选题 8. 关于第一宇宙速度，下列说法错误的是（重力加速度为g）（  ） A. 它是人造地球卫星绕地球运行的最小速度 B. 它是人造地球卫星在近地轨道运行的最大速度 C. 它是人造地球卫星进入近地轨道的最小发射速度 D. 从人造卫星环绕地球运行的速度，把卫星发射到越远的地方越容易 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度，同时也是卫星在近地圆轨道运行的速度，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意； CD．物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，如果速度小于7.9km/s，就出现万有引力大于飞行器做圆周运动所需的向心力，做近心运动而落地，所以发射速度不能小于第一宇宙速度，故C正确，不符合题意； D．卫星发射克服地球的引力做功，可知当发射越远需要克服引力做功越多，所以发射到越远的地方越不容易，故D错误，符合题意。 故选AD。 9. (多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s．竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是(　　) A. 回复力等于重力和浮力的合力 B. 振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒 C. 位移满足函数式x＝4sin(4πt－) cm D. 振动频率与按压的深度有关 【答案】AC 【解析】 【详解】装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力．故A正确；玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒．故B错误；振动的周期为0.5s，则圆频率：，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻：x0＝−A＝A•sinφ0；结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0＝π（π舍去），则玻璃管的振动方程为：x=A•sin（ωt+φ0）=4sin（4πt+π）cm=4sin（4πt-）cm．故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关．故D错误；故选AC. 点睛：该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解． 10. 如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱轴线等距，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度绕轴线做相反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量，平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，货物质量，与平台间的动摩擦因数，圆柱半径，取重力加速度。下列说法正确的是（ ） A. 两圆柱以相同大小的角速度绕轴线做相反方向转动可以使平台更容易沿轴线被拉动 B. 货物受到平台的摩擦力逐渐增大 C. 当平台速度时，货物加速度为 D. 当平台速度时，货物加速度为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．因为当两圆柱以相同大小的角速度绕轴线作相反方向转动时，初始时刻两圆柱的表面对平台沿平行于轴线方向的摩擦力的合力为0，所以两圆柱以相同大小的角速度绕轴线做相反方向转动可以使平台更容易沿轴线被拉动，故A正确； B．平台与两个圆柱表面的摩擦力大小相等，分别为 当沿平行于轴线的方向给平台施加的恒力，使平台从静止开始沿轴线运动时，初始时刻，平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为 所以平台和货物将一起加速运动。圆柱表面的点转动的线速度大小为 若平台运动的速度大小为v，则根据运动的合成可得和的矢量关系如图所示： 所以沿平台运动方向上平台受到一根圆柱的摩擦力分量为 根据牛顿第二定律可得 可知随着平台速度v的逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，加速度逐渐减小，对货物进行受力分析可知，货物一直受静摩擦力的作用，则有 由于加速度越来越小，所以货物受到平台的摩擦力逐渐减小，故B错误； CD．当平台速度时，则有 由 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 第Ⅱ卷（共54分） 三、实验题 11. 在“探究功与速度变化的关系”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L．改变橡皮筋的条数，重复实验． （1）实验中，小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s应______ （选填“不同”“相同”“随意”）． （2）取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选_____为横坐标（选填“L”或“L2”）． 【答案】 ①. 相等 ②. L2 【解析】 【详解】（1）[1]．小球每次释放的位置到桌子边缘的距离s要相同，这样保证每根橡皮条的形变量相等，则每根弹簧弹力做的功相等； （2）[2]．小球抛出后做平抛运动，根据 解得： 则初速度 根据动能定理得： 则 所以应选L2为横坐标. 12. 小李同学了解到位于赣州大桥桥头的和谐钟塔塔高113米，外观九层，超过英国大本钟，是世界上最大的机械钟塔。于是他想把和谐钟塔的摆钟简化为单摆，准备在实验室估测和谐钟塔机械钟摆臂的长度。 （1）第一步，利用单摆测赣州当地的重力加速度。 ①测摆长：在实验室先测出摆线的长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为d，如图甲所示，则摆球的直径为______cm。 ②测周期：让摆球做简谐运动，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为1，单摆每经过最低点计一次数，当数到时秒表的示数如图乙所示，则该单摆的运动周期______s（结果保留三位有效数字）。 ③该同学将摆线长和小球直径之和当作单摆的摆长，记为L。改变摆长L，重复以上实验步骤，记录各次实验的数据L和T，利用所测得的数据作出与L的关系图像，如图丙所示，根据该图像的斜率计算得到重力加速度g的值______当地重力加速度值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。 （2）第二步，估测和谐钟塔机械钟摆长。 正确测量得到赣州当地的重力加速度g，又了解到和谐钟塔机械钟摆的摆动周期T，该同学利用公式______来计算摆长（利用题目中的物理量符号g、T、等表示）。 （3）第三步，实地考察。 在实地测量摆臂长度的数据与实验估测出的摆长误差偏大。通过查资料，该同学明白他处理机械钟摆臂有效摆长的方法是欠妥的。该同学还了解到塔的机械钟是由英国制造的运送回赣州安装的，英国的纬度比较高，对应的我国省份为黑龙江。如果在英国出厂时走时准确运到赣州后，会发现机械钟走不准（只考虑重力加速度对钟摆周期的影响），要该钟在赣州也走时准确，技术人员应该______（填“调长”或“调短”）摆长。 【答案】 ①. 1.14 ②. 2.55 ③. 等于 ④. ⑤. 调短 【解析】 【详解】（1）[1]根据图示可知，游标卡尺的游标尺为10分度值，精度为0.1mm，主尺读数为1.1cm，游标尺第四格与主尺刻度对齐，则游标尺读数为 可得摆球的直径为 [2]根据秒表的读数方法，小圆盘一周表示15min，大圆盘一周表示30s，因此可得秒表所示时间为 而根据题意可知在此时间内单摆摆动的周期数为 则可知单摆的周期为 [3]根据单摆的周期公式 变式可得 则可知根据该函数图像的斜率计算得到的重力加速度的值等于当地的重力加速度，即图像法得到的重力加速度与摆长无关，即无误差。 （2）[4]该同学测量摆长的方法是根据单摆的周期公式 可得 （3）[5]纬度越高重力加速度越大，江西的维度小于黑龙江的纬度，因此可知，江西所在地的重力加速度小于黑龙江所在地的重力加速度，而英国的纬度与黑龙江纬度相近，将从英国制作的钟摆运到江西将会出现误差，根据单摆周期公式 可知，要使该钟摆自赣州也走的准确，则必须将摆长调短。 四、解答题 13. 如图，O、A相距，由O点产生的简谐波经传到A点时，A开始向上振动，此时O点正好回到平衡位置并向下运动，此刻间形成的波形正好有2个波谷。在之间（不包含O、A）有一点（图中未画出），点的运动方向始终与A点运动方向相反。 （1）画出OA间的波形； （2）求这列波的波速和波长； （3）求与A的可能距离。 【答案】（1） （2）2m/s，2m （3）1m，3m 【解析】 【小问1详解】 A开始向上振动，根据同侧法可知，质点A左侧的波形的位移开始应该为正值，由于此时O点正好回到平衡位置并向下运动，间形成的波形正好有2个波谷，作出波形图如图所示 【小问2详解】 根据上述图示可知 解得 由于O、A相距，由O点产生的简谐波经传到A点，则有 解得 【小问3详解】 由于点的运动方向始终与A点运动方向相反，则有（n=0，1，2，3…） 根据题意有 解得 即n取0、1，解得或 14. 在竖直面内有一水平向右的匀强电场，为电场中的一条直线，与竖直方向夹角为。一质量为、带负电的小球以一定的初动能从点沿直线斜向上运动，运动到最高点的过程中电势能增加了，运动过程中空气阻力大小恒定，重力加速度取。（，）求： （1）小球所受电场力的大小； （2）点到最高点的距离； （3）小球返回点时的动能。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）据题意可知电场力与重力的合力方向沿直线方向，则 （2）设从点到最高点的水平位移大小为，则 解得 设从点到最高点的距离为，则 解得 （3）设电场力与重力的合力为，则 解得 据动能定理有 解得 从点到最高点再返回点的过程，据动能定理有 解得 15. 如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0=3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α=37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r=0.2m的光滑四分之一圆弧相切，小物块α从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已知两物块的质量mb=2ma=2kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，MN间的距离L=1.2m， g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8,求： （1）物块a运动到N点时受到的支持力； （2）物块b第一次沿斜面上滑的时间； （3）两物块在第n次碰撞后到第n+1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热． 【答案】(1)30N （2） (3) 【解析】 【详解】本题考查传送带与弹性碰撞相结合问题，涉及功能关系与动量定理的应用． （1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得：，解得 对物块a运动到N点时，受力分析由牛顿第二定律可得，解得 （2）小球a在传送带上运动的加速度 设小球a加速到3m/s前进的距离为x，则 故小球a到达M点的速度为v2=3m/s 设两球第一次碰撞后获得的速度为val、vbl，因碰撞是弹性碰撞，则 、 解得： 对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得 解得： （3）小球a第一次向右在传送带上通过的位移： 小球a第一次向右在传送带上向右运动的时间： 因此小球a从传送带上返回再次与静止的b球发生碰撞．经过n次碰撞后小球a获得的速度： 小球a与传送带间的相对位移： 故生成的热量 点睛：一动碰一静的弹性碰撞问题，要记住碰后速度的关系式、． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $