2024-2025学年河南省某中学高二（上）开学物理试卷（含解析）

2024-2025学年河南省鹤壁高中高二（上）开学物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.抖空竹是一种传统杂技节目，表演者用两根短竿系上绳子，将空竹扯动使

之旋转，并表演出各种身段。如图所示，表演者保持一只手力不动，另一只

手B沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细X0/

绳间的摩擦力，且认为细绳不可伸长。下列说法错误的是（）

A.细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力不变

B.细绳8端沿虚线b向上移动时，细绳的拉力不变

C.细绳B端沿虚线c斜向上移动时，细绳的拉力减小

D.细绳B端沿虚线d向右移动时，细绳的拉力增大

2.炎热的夏季即将到来，同学们在暑假期间不仅注重文化知识的学习也需甲

要健康安全的锻炼方式。甲、乙两位同学在游泳馆游泳，如图所示，已知

游泳馆泳池长度为50米，甲同学游泳速度为lzn/s,乙同学游泳速度为50m

0.8m/s,两位同学由相邻泳道相对位置同时开始下水游泳（不计转身所需时

间，甲、乙均在各自泳道中匀速率运动），两同学在泳池中均运动了±1-----1~~

300m,则两者在运动过程中相遇了多少次（）

A.4次B.5次C.6次D.7次

3.如图所示，质量为6的氢气球通过细绳与地面上一块质量为M的砖块绑在一起，氢气球受水平风力作

用，细绳与地面的夹角为仇两物体均处于静止状态，当水平风力缓慢增大时（）

A.细绳与地面的夹角e增大

B,地面对砖块的支持力减小

C.砖块受到地面的摩擦力增大

D.细绳对气球的拉力大小不变

4.如图所示，在倾角为30。的光滑固定斜面上，用两根等长的细线将两个质量均为理的的小球4、B（均看

作质点）系在。点，两个小球之间连着一根劲度系数为50N/机的轻弹簧，两球静止时两根细线之间的夹角为

60°,g=10m/s2,则（）

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A.系在小球4上细线的拉力为5pN

B.斜面对小球B的支持力为15N

C.弹簧的形变量为0.2爪

D.若将弹簧撤去，则撤去瞬间小球4的加速度大小为争i/s2

5.北京2022年冬奥会极大推动了全国范围内的冰雪运动设施建设，如图所示为一个开阔、平坦的倾斜雪

坡，一个小孩靠推一棵树获得大小为火的水平初速度。雪坡的倾角为a,与小孩之间的滑动摩擦系数为〃,

不计空气阻力，不考虑摩擦力随速度大小的变化。雪坡足够大，经过足够长的时间关于小孩运动的说法,

正确的是（）

A.可能一直做曲线运动

B.可能做匀加速直线运动，与初速度"的夹角小于90°

C.若做匀速运动，则可判断

D.若没有停下，则最终速度的方向一定与初速度如垂直

6.如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛线玩具甩干。某一时段

内，玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内做匀速圆周运动。已知滚筒的内径为r,重力加速度大小为g,玩

具的质量为6且可视为质点。在该段时间内（）

A.洗衣机对地面的压力保持不变

B.洗衣机对地面的摩擦力保持不变

C.玩具在滚筒最高点的速度可能小于加

D.玩具从最低点转到最高点摩擦力做功为

7.“中国空间站”在距地面高400/OTI左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有

非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km,空间站安装

有发动机，可对轨道进行周期性修正。则下列说法中正确的是（）

A.“中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的周期大于地球同步卫星的周期

B.“中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的向心加速度大小稍大于g

C.“中国空间站”在正常轨道上做圆周运动的线速度大小稍大于地球的第一宇宙速度

D.“中国空间站”修正轨道时，发动机应“向后喷火”使空间站加速，但进入目标轨道正常运行后的速度

小于修正之前在较低轨道上的运行速度

二、多选题：本大题共3小题，共12分。

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8.已知越野车和自动驾驶车在同一公路上向东行驶，自动驾驶车由静止开始运动时，越野车刚好以速度为

从旁边加速驶过，如图分别是越野车和自动驾驶车的"T图线，根据这些信息，可以判断（）

A.加速阶段自动驾驶车的加速度是越野车的2倍

B.第5s末两车速度均为9m/s

C.第10s末两车相遇

D.第25s末两车再次相遇

9.如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30。，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始

运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力尸随时间t的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，

重力加速度取10m/s2,则物块（）

A.在0〜1s过程中机械能减少4/B.在t=1s时动能为1/

C.在t=2s时机械能为-4/D.在t=3s时速度大小为15.5m/s

10.蹦床是小朋友喜欢的户外运动项目。如图所示，一质量为小的小朋友，某次弹跳中从床面上方高灯处由

静止落下，下落的时间为以，落到床面上屈伸弹起后离开床面的最大高度为后，上升的时间为以。已知八2

＞比，重力加速度为g,不计空气阻力，此过程中（）

A.床面对小朋友弹力的最大值为mg

B.小朋友所受重力的冲量为机或匕-以）

C.小朋友离开床面时的速度大小为7^2

D.小朋友的机械能增加了-比）

三、实验题：本大题共1小题，共10分。

11.用如图a所示装置，验证固定转轴物体的平衡条件。。。为质量均匀分布的轨道，。为光滑固定转轴。一

不可伸长的轻细绳，一端连在轨道。端，另一端通过光滑定滑轮连在固定的力传感器4上。调节轨道使其水

平，将位移传感器接收器B固定，使其右侧面对准转轴。点，小车E放在轨道上，使位移传感器接收器C左

侧面对准转轴。点。给小车初速度，利用位移传感器和力传感器，测量不同时刻t小车离开。点的距离S和细

绳的拉力尸，计算机将数据记录在表格。

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(1)利用上述测量数据验证固定转轴物体的平衡条件，还需测量的量是。(选填下列物理量符号：轨

道重量Gi、小车和其上固定的位移传感器发射器总重量G2、位移传感器接收器的重量G3、轨道长度小、细

绳长度〃、力传感器到定滑轮距离乙3、细绳与轨道夹角。)

(2)若8=30。，轨道长k=1.00M,以s为横坐标，F为纵坐标，通过计算机做出图象如图6,由图象可求出

小车和其上固定的位移传感器发射器总重量为N,该值比真实值_____0(选填“偏大”“偏

小”“相同”)

(3)若将小车看做质点，由图象6可求出轨道重量为N,该值比真实值_____。(选填“偏大”“偏

小”“相同”)，其原因是。

四、简答题：本大题共1小题，共10分。

12.如图所示，倾角。=30。的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3m。质量?n=1kg的物体Q放在斜

面底端，与斜面间的动摩擦因数〃=¥，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平

行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h=1.8爪高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为

质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g=10机/

s2o求：

(1)若P的质量M=0.5kg,地面对斜面体摩擦力的大小/；

(2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件。

五、计算题：本大题共3小题，共40分。

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13.如图所示，半径为R=0.2根的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋

转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心。的对称轴0。'重合。转台以

一定角速度3匀速旋转，一质量为爪=避即的小物块落入陶罐内，经

过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和。点的连

线与。。'之间的夹角。为60。，重力加速度为g=10m/s2„

(1)若3=3o，小物块受到的摩擦力恰好为0,求3o；

(2)当3=8rad/s时，小物块仍与罐壁相对静止，求小物块受到摩擦力f的大小。

14.某游戏装置如图所示，倾斜轨道下端固定一弹射装置，上端与一段圆弧管道BCD平滑连接，高处水平

光滑平台上一木板紧靠管道出口D,且与管道内壁平齐，平台左端地面上有一卡扣装置Q,木板经过时瞬间

被卡住，停止运动。游戏时，滑块P每次都在4点弹射离开，通过调节弹射装置可以为滑块从4点弹出提供

不同的初动能，滑块最终能停留在木板上则游戏挑战成功。已知斜轨道倾角8=37。，28距离s=1.0m,

圆管道半径R=0.5小，且比圆管口径大得多。木板质量M=0.1kg,滑块与木板间摩擦因数〃=0.5,其余

均光滑，滑块P质量m=0.1kg,可看作质点，水平平台足够长，g取10m/s2。

(1)若滑块弹射后恰好能到。点，求在。点时对轨道压力的大小；

(2)假设木板足够长，某次滑块从4点弹出速度为6m/s,求木板能够获得的最大速度；

(3)假设木板的长度L=0.75机，若要游戏成功，求滑块从4点弹射的初动能范围。

15.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，。为圆环的圆心，与。

等高的P点固定有一定滑轮，环上套有质量为3nl的小球4绕过定滑轮的细

线连接小球4和质量为小的小球B,用竖直向上的拉力F(大小未知)作用于小

球4使小球4处于静止状态，此时与水平方向的夹角为53。且4P段细线

与圆相切，重力加速度为g,s讥37。=0.6,cos37°=0.8,不"一"切摩擦，

不计滑轮及两个小球的大小，求：

(1)小球a在图示位置静止时，圆环对小球a的弹力大小和方向。

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(2)撤去拉力尸后，在小球4向下运动到与。等高位置的过程中，细线对小球4所做功的多少。

(3)撤去拉力产后，小球4向下运动到出发点正下方位置时，圆环对小球4的弹力大小和细线对小球B的拉力

大小。

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答案解析

1.C

【解析】解：设4B间的水平距离为d',绳长为3空竹受力如图所示。

d'

cosd=—

L

由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件得

2Fsin0—mg

则得细绳的拉力大小为

mg

F~2sin0

又

sin20+cos20=1

/、细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力与重力等大反向，可知细绳对空竹的合力不变，故/

正确;

B、当细绳B端沿虚线b向上移动时，d'不变，cos。不变，s讥。不变，F不变，故3正确;

C、当细绳B端沿虚线c斜向上移动时，d'增大，cos。增大，s讥。减小，F将增大，故C错误;

D、同理可分析可知当沿虚线d向右移动时，d'增大，cos。增大，s讥。减小，F将增大，故。正确。

本题选错误的，故选：C。

细绳B端沿图中的四个方向缓慢移动时，空竹受力平衡，根据平衡条件分析细绳对空竹的合力如何变化;

细绳B端沿虚线b向上移动时，根据几何关系分析细线与竖直方向的夹角e的变化情况，再分析细线的拉力

如何变化；细绳B端沿虚线c斜向上移动时，分析细绳与竖直方向的夹角8的变化情况，再分析细线的拉力

如何变化；细绳B端沿虚线d向右移动时，采用同样的方法分析。

本题的关键在于根据几何知识分析细线与竖直方向的夹角变化情况，再根据平衡条件列式分析。

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2.B

【解析】解：甲、乙同学单程所需时间为

x50

频=区=两

图像中，交点有5个，即两人相遇5次。

故NC。错误，8正确。

故选：Bo

根据题意画出XT图像，根据图像的意义求解两者在运动过程中相遇的次数。

本题考查了相遇次数的问题，合理的利用图像，可以更快的解题。

3.C

【解析】解：4D.对气球受力分析，受重力、浮力、细线的拉力和水平风力，如图所示

竖直方向根据平衡条件，有Tsin。+mg=F浮，水平方向有Teos。=F，联立解得tcm。=尸浮；叫丁=

坐壬坦，当风力F增大时，浮力和重力不变、则。减小，绳子对气球的拉力T增大，故错误。

sin0

A水平方向的风力不影响竖直方向的受力情况，所以风力增大时，根据竖直方向的平衡条件分析，地面对

砖块的支持力不变，故2错误；

C.以整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得砖块受到地面的摩擦力与风力等大反向，风力增大，则

砖块受到地面的摩擦力增大，故C正确。

故选：Co

2D.根据气球的平衡状态在水平方向和竖直方向列平衡方程求解夹角的变化情况和绳子拉力T的变化情况；

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8.根据整体在竖直方向的平衡状态不受水平风力的影响进行分析解答

C根据整体法结合平衡条件分析摩擦力随风力大小的变化情况。

考查整体法和隔离法的应用，关键是抓住两个互相垂直的方向的平衡条件的应用列式分析求解。

4.5

【解析】解：

4设绳子拉力为T,根据平衡条件，对4有Tcos30°=mgsi7i30。，解得T=ION,故/错误；

8.设斜面对小球B的支持力为F,根据平衡条件，对B有尸=zngcos30。，解得F=15N,故台正确；

C设弹簧弹力为尸，根据胡克定律有，F=kx,根据平衡条件，对B有F=Ts出30。，联立解得x=0.1机，

故C错误；

。.若将弹簧撤去，设绳子拉力为T,沿绳方向合力为0,垂直绳子方向合力为7ngeos30%os60°根

据牛顿第二定律有机a=4mg,解得a=^-m/s2,故。错误；

故选：B。

本题根据平衡条件、胡克定律、牛顿第二定律，结合选项，即可解答。

本题考查学生对平衡条件、胡克定律、牛顿第二定律的掌握，难度中等。

5.D

【解析】解：4BD、小孩的初速度沿着水平方向，起初在斜面上他受到与运动方向相反的滑动摩擦力和重

力沿斜面向下的分力，小孩沿着斜面向下做加速直线运动，沿着斜面水平方向做减速直线运动，根据小孩

开始合力与初速度的方向不共线可知小孩做曲线运动，

若滑动摩擦系数〃2tana,由/=以前="mgeosa可知滑动摩擦力大小不变，随着小孩速度方向的变化，

滑动摩擦力沿着水平方向和沿着斜面向上方向的分力变化，小孩水平方向一直做减速运动，沿着斜面向下

的方向先做加速后做减速运动，小孩最终速度减为零；

若滑动摩擦系数〃<tana,把小孩的摩擦力沿着水平方向和沿着斜面向下方向分解，小孩水平方向做减速

直线运动，最终速度减为零，沿着斜面方向做加速直线运动，根据小孩开始合力与初速度的方向不共线可

知小孩水平速度减为零之前做曲线运动，水平方向的速度减为零之后做匀加速直线运动，则最终的速度与

初速度垂直，所以若没有停下，则最终速度的方向一定与初速度也垂直，故N5错误、。正确；

C、若摩擦力适中，经过足够长时间，小孩最终沿着斜面向下做匀速运动，由力的平衡有：

mgsina=fimgeosa,可得〃=tana,故C错误。

故选：D。

ABD,根据小孩起初在斜面平面上受力特点以及初速度与斜面方向的合力不共线，可知小孩的运动特点，

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根据滑动摩擦系数与斜面倾角的正切值的关系，分析小孩水平方向和沿着斜面方向的运动，则可得结论；

C、由力的平衡分析。

本题考查了运动的合成与分解、共点力的平衡，解题的关键是知道小孩参与了两个方向的运动，滑动摩擦

力的大小不变，当小孩的速度方向变化时，滑动摩擦力沿着水平方向和沿着斜面方向的分力大小变化。

6.D

【解析】解：4以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于玩具做匀速圆周运动，所以整体在竖直

方向受到的合外力是周期性变化的，所以整体受到的支持力也做周期性的变化，所以洗衣机对地面的压力

做周期性的变化，故/错误；

2.以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在水平方向上受到的摩

擦力做周期性的变化，不能保持不变，故2错误；

C毛绒玩具竖直平面内做匀速圆周运动，根据竖直面内圆周运动的绳模型的临界条件，mg<则在

最高点的速度u2M,故C错误；

D玩具从最低点转到最高点的过程中玩具做匀速圆周运动，动能增量为0,滚筒内壁对玩具的支持力不做

功，设摩擦力做功为Wf,则根据动能定理有Wf-=0,解得W/=2nigr,即玩具从最低点转到最高

点摩擦力做功为故。正确。

故选：D。

4B.对整体分析，根据玩具的匀速圆周运动导出合力的周期性变化特点，结合整体的在竖直方向以及水平

方向的平衡条件判断压力和摩擦力的变化情况；

C根据竖直面内的圆周运动绳模型的临界条件列式分析解答；

D根据动能定理求解摩擦力所做的功。.

考查竖直面内的匀速圆周运动问题，涉及到临界条件和动能定理的应用，会根据题意进行准确分析和解

答。

7.0

【解析】解：4“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动的周期，万有引力提供向心力，则有

Mm2兀

得

3

T=产(R+h)3=+/I)解得T=14h<24h

7GM7gR2

故/错误；

2.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有

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G(7?+/l)2=ma

物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有

Mm

G~^r=m9

联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为

R2

A=(R+/I)2g

故向心加速度稍小于g,故5错误；

C根据万有引力提供向心力，则有

「Mmv2

G(/?+/i)2=m~RTh

“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为

故C错误；

D空间站由低轨向高轨修正时需要离心运动，故需要发动机点火使空间站加速，但进入目标轨道后的速度

比修正之前低轨的速度小。故。正确；

故选：Do

“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动的周期，万有引力提供向心力，分析周期、加速度和线速度；

高轨加速，低轨减速。

本题解题关键是掌握，“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动的周期，万有引力提供向心力。

8.BC

【解析】解：B、由图可知，5s末两车的速度相等，均为u=/n/s=9m/s,故5正确;

4、由UT图像的斜率表示加速度可知，加速阶段两车的加速度分别为

18

口白=9=1.8m/sz7

10

18—9?7

口越=-15-m/s=0.6m/sz

即a自=3a越，故4错误；

C、越野车的初速度为

v0=u-a越力20=18m/s—0.6x207nls=6m/s

根据图像与时间轴围成的面积表示位移，0〜10s,自驾车的位移为

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18x10

%自=-------m=90m

z

越野车的位移为

X越=+5a越虚，解得X越=90m

则％自=x越

t=0时两车位置相同，所以第10s末两车相遇两车相遇，故C正确；

D、由"T图像与时间轴围成的面积表示位移可知，10s末两车相遇，10〜20s两车间距变大20s之后两车间

距变小，25s后会再相遇一次，故。错误。

故选：BC。

由u-t图像可以看出，5s末两车的速度相等，根据几何知识得到5s末的速度；根据"T图像的斜率表示加

速度，来求解加速阶段两车的加速度，再得到两车加速度关系；由位移一时间公式求出0〜10s内两车的位

移，再分析第10s末两车能否相遇；根据图像与时间轴围成的面积表示位移，结合运动过程分析相遇的次

数。

本题是为速度一时间图像的应用，要明确图像斜率与面积的意义，知道在速度一时间图像中，图线的斜率

表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。

9.AC

2

【解析】解：2、在0〜1s过程中对物块由牛顿第二定律可知：Fi-mgs讥30。=mai，解得：ar=-4m/s

物块的位移Xi=京击=|x(-4)xl2m=-2m

则该过程中F做功为机械能改变量，〃1==2Nx(―2a)=—4J,即机械能减小了4J,故/正确；

B、1s时，物块的速度%=a也=-4m/s2xIs=-4m/s,则物块在t=1s时动能为=分忧=|"

x2X(-4)2/=16/,故5错误；

C、1s〜2s过程中只有重力做功，物块机械能守恒，则物块在t=2s时机械能为Wq=-4/,故C正确；

D、0〜2s过程中，对物块由动量定理可知：Fiti-m^sm30°t2=mv2-0,即2x1-2x10X/2=2X

v2-0,解得：v2=-9m/s,即物块在t=2s时速度大小为9m/s,2s〜3s过程中，对物块由动量定理可

知：一尸2t3-爪gs讥30°13=血力一加"2，代入数据解得也一=-llm/s,故。错误；

故选：AC.

根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解速度和位移，根据位移公式求解位移，再求出拉力

做的功，外力尸做功为机械能改变量；根据动量定理求解物块在3s时的速度大小。

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本题主要是考查牛顿运动定律的综合应用、功的计算以及冲量的计算等，能够根据图象分析受力情况，再

结合运动学公式、功的计算公式求解是关键。

10.CD

【解析】解：A小朋友在最低点时，床面对小朋友的弹力最大，从最低点向上运动时，先做加速运动，弹

力的最大值大于mg,故/错误；

民根据冲量的公式有

1=+t2+Jt)

其中上为小朋友与床面的作用时间，故5错误；

C小朋友离开床面的最大高度为九2,根据功能关系可得：

12

£h

—mv=mgh2

解得

v=72gh2

故C正确；

D根据功能关系可得小朋友的机械能增加了

4E=mgh2—mgh1-

故。正确。

故选：CD。

小朋友在最低点时床面对小朋友的弹力最大，根据运动情况分析最大弹力；根据冲量的计算公式分析重力

的冲量；根据功能关系求解小朋友离开床面时的速度大小、小朋友的机械能增加量。

本题主要是考查功能关系和动量定理，关键是能够分析能量的转化情况，知道冲量的计算公式、知道机械

能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关。

ll.Gi、G2、Li、6；2.0；相同；10.0；偏大；s小于小车和其上固定的位移传感器发射器总重量G2的力臂

【解析】解：(1)由杠杆平衡条件即实验设计图可知要验证的是小车和其上固定的位移传感器发射器总重

量及其对应的力臂、轨道重量及其重力的力臂和细绳拉力及其力臂，

故除图6给出的细绳拉力F和小车和其上固定的位移传感器发射器对应的力臂外我们还需测得小车和其上固

定的位移传感器发射器总重量、轨道重量及其重力的力臂及细绳拉力对。点的力臂，所以，还需测量的量

是Gj_、G2、L］、0；

(2)由杠杆平衡条件可得：到，+G2•s=尸"is讥仇

所以，F=岛+瑞而s；

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小向,r%时产=、［G“山

由图b可知，［(s=00.50zn时1尸0.=0N12.0N，所g以，L^20=120.500-1-00.0N,,^.m,故G2=4.0N/mx7

sind=2.ON；

杠杆平衡条件考虑了轨道重量等影响因素且5、。固定，没有影响因子，所以，图6的斜率不变，故该理论

值应与实验值相同；

(3)由(2)可得；7^=10.0N,所以，G=20.0Xsin30°N=10.0/V；

ZSlTlUx

测量时，s为小车上固定的位移传感器发射器左端；理论上应为小车及其上固定的位移传感器发射器的质

心，故S偏小，那么图b的斜线整体上移了，即。偏大，所以，G1偏大；

Z.SITTU

故答案为:(i)Gi、G2、Li、e-

(2)2.0、相同;

(3)10.0,偏大、s小于小车和其上固定的位移传感器发射器总重量的力臂；

(1)由杠杆平衡条件所需物理量-力与力臂来推测需要的测量量；

(2)写出杠杆平衡条件，化简为F与s的关系式，再与图b对比，即可求得G2；

(3)由图b可知斜线与y轴的交点，将该点的值与斜线的表达式比较即可求得Gi,再由质点的定义-忽略体积

可知s偏小，进而求得误差。

在求解实验题时，我们只需要按照实验目的控制所需实验数据以外的条件不变，进而按步骤求解即可；在

误差分析中，则考虑控制变量那些与理论不一致，进而分析其带来的影响即可。

12.解：(1)设沿斜面向上为正方向，若P的质量M=0.5kg,由于：mgsind=Mg=5N

可知P、Q均处于静止状态，绳上拉力为：F=Mg

以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得，地面对斜面体摩擦力的大小为：/=Fcos300

联立解得：/=争

(2)P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为的,上滑行距离为久，

对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得：mgsinO+iimgcosO=mar

解得：的=10m/s2

P着地前瞬间，设Q速度大小为，对Q分析，由运动学公式可得点=2•，0-v2=-2ai%

Q恰好不从斜面顶端滑出需满足：%=L-h

联立代入数据解得：a=^m/s2

对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得：Mg-mgsin6-［imgcose=(M+m)a

联立可得：M=5kg

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另一方面为了使P能下落，必须满足：Mg>mgsind+[imgcosB

解得：M>1kg

为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为：1kg<M<5kg

答：（1）若P的质量M=0.5kg,地面对斜面体摩擦力的大小f为呼N；

（2）为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M需满足的条件是：1kg

【解析】（1）从开始运动到P着地过程中，分析Q的受力，从而得出地面对斜面体的摩擦力；

（2）P着地后，Q沿斜面做匀减速运动，当速度减为零时，Q刚好不从斜面顶端滑出，此时对应的P的质量最

大，再结合P拉动Q的条件判断P的质量范围。

本题主要考查牛顿第二定律，要注意把握物体P拉动Q的条件，还有P落地后Q仍然沿斜面向上匀减速运

动。

13.解：（1）小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，当物块受到的摩擦力恰好等于零时，物块受到的重力

与罐壁的支持力的合力提供向心力，如图所示

5

mgtand=mcj^Rsind

解得

30=10rad/s

⑵当

3=8rad/s<lOrad/s时

小物块有向下运动的趋势，小物块受到的摩擦力方向沿圆弧切线向上，小物块受力情况如图所示

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建立如图所示的坐标系，将向心力沿坐标轴进行分解，沿工方向根据牛顿第二定律可得

mgsinO-f—macosd

其中

a=Rsin3xa)2

解得摩擦力大小为

f=5.4N

答：(1)小物块受到的摩擦力恰好为0,3o为10rad/s；

⑵小物块受到摩擦力/的大小5.4N。

【解析】(1)(2)对小物块作受力分析，根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解。

解题的关键是找到入手点：摩擦力为0和角速度变大，向心力变大，根据牛顿第二定律和平衡条件解题。

14.解：(1)若滑块弹射后恰好能到。点，由于滑块在。点最小速度为0,

根据牛顿第二定律定律有：F支-mg=里萨

由牛顿第三定律可得：尸压=?支=mg=0.1xION=1N

(2)从4—。过程，根据动能定理有：-mgs-sind-mgR^l+cosJ)

代入数据解得：vD=an/s

当木板与滑块共速时，其速度最大，以向左方向为正，根据动量守恒定律有：mvD=(m+M)v

解得：v=^m/s

(3)①若滑块能到木板上，则有：vD1=0

根据动能定理有：-mgs,s讥0-mgR(l+cos。)=

代入数据解得：vA1=y/^0m/s

②滑块恰好不从木板左端滑出，则滑块滑上木板，直到两者达到共同速度过程中

以向左为正，由动量守恒定律有：mvD2=(m+M)v

2

由能量守恒定律有：+M)v=^mgAx1

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2

木板被卡住后，对滑块，根据动能定理有：|mv=[imgAx2

其中：Jxi=L

解得：VD2-