2024年北京海淀区高三（上）10月月考物理试题及答案

2024北京海淀高三10月月考物理2024.10.05说明：本试卷共8页，共100分。考试时长分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。一、不定项选择题。本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。G1.如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，重力大小为，重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O的上方。横梁AO水平，斜梁BO跟横梁的夹角为30°，其中横梁对O点的拉力沿OA方向，忽略支架的重力，下列说法正确的是（）A.一根斜梁对O点的支持力大小为G3B.一根横梁对O点的拉力大小为G2C.保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，则横梁对O点的拉力将减小D.保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，则斜梁和横梁对O点的作用力将增大2.如图，质量均为m的两个小球A、B，由两根长均为L的轻绳系住悬挂在天花板上。现A、B随车一起向右做匀加速直线运动，绳与竖直方向的夹角为，某时刻车突然刹停，刹车前一瞬间小车的速度为v，则下列说法正确的是（）mgcosA.刹车前悬挂B球的轻绳对车厢的拉力大小为tanB.刹车前A球对车厢壁的压力为v2=a=gC.刹车瞬间A、B两球的加速度大小分别为aA，BLa=0a=gtanD.刹车瞬间A、B两球的加速度大小分别为，BA3.如图为落水车辆救援过程的照片，救援吊机先将车辆从水里竖直向上匀速吊离水面，到达一定高度后，汽车沿圆弧轨迹匀速率被吊至河边公路，此过程中不断有水从车上滴下，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.汽车离开水面后的匀速上升阶段，固定汽车的每根吊绳的拉力等于吊臂上的钢绳拉力的大小B.汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能C.汽车离开水面后的匀速上升阶段，吊绳的拉力大小保持不变D.汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车所受合力的冲量可能为零t=01x=2.0m处的质点C，此时4.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻波传播到x=处的质点A在负方向最大位移处，在t20.2s时刻质点A自计时开始后第一次运动到正方向最大=位移处，则（）A.该简谐横波的波速等于5m/sB.质点C开始振动时的运动方向沿y轴负方向C.在t~t时间内，x1.0m=4.0cm处的质点B通过的路程为D.在t时刻，位于x=处的质点D处于平衡位置且开始沿轴正方向运动y25.宇航员抵达月球后，已知月球半径R，在月球表面向倾角为v的固定斜面上，沿水平方向以抛出一个0小球，运动时间t时落回该斜面，已知引力常量为G。则下面正确的是（）0tanA.月球表面的重力加速度为g=tR20tantGB.月球的质量为M=0tantGRC.月球的密度为20tanD.月球的第一宇宙速度为t6.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力．若不计空气阻力,则在整个上升过程中,下列关于物体的速度大小、机械能E、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的关系中,大致正确的是(）A.B.C.D.7.某同学在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，使用了如图甲所示的实验装置。保持小车质量不变，改变砂桶中砂的质量，小车的加速度a随其所受拉力F变化图线如图乙所示。对图线未经过原点O的原因分析，可能正确的是（）A.平衡小车所受阻力时木板右端垫得过高C.仅用桶中砂的重力来代替小车所受拉力FB.未将木板右端垫高以平衡小车所受阻力D.小车质量未远大于砂和砂桶的总质量v8.将一小球以初速度水平抛出，不计空气阻力，小球轨迹如图a所示，按此轨迹制作一条光滑轨道，并0将轨道固定在竖直面，如图所示。现把质量为m的小球套在轨道上，从轨道顶点O由静止开始下滑，已知当地重力加速度为g，则沿该轨道下滑的小球（）A.做平抛运动B.始终处于失重状态2h2C.下滑高度h时，重力的瞬时功率为2v+2gh0D.与图a中的小球相比，下滑相同高度时，耗时相同9.如图甲所示，质量为m系数为k。t=0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，在物块上升阶段，下列说法正确的是（）A.外力F为恒力，且大小为B.物块的最大加速度大小为2gm2g2C.弹簧的弹性势能减小了2kD.外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为2k10.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性。举例如下：如图所示，质量为M、倾角为A放于水平地面上。把质量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度M+ma=gsin，式中g为重力加速度。对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，Mmsin+()2没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”。但是，其中有一项是错误的。请你指出该项（）=时，该解给出a=0A.当，这符合常识，说明该解可能是对的90时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的B.当=时，该解给出a=gsin，这符合预期的结果，说明该解可能是对的C.当mMgD.当mM时，该解给出a=，这符合预期的结果，说明该解可能是对的sin二、本题共3小题，共20分，其中第题10分；第12题8分；第13题2分m1m，直径分2用图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为、dd。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。2别为、1mm2d，直径应满足______1d（1）小球1和2的质量应满足______12于”）（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______m1m2A.测量两个小球的质量、B.测量小球1的释放点S距桌面的高度hC.测量斜槽轨道末端距地面的高度HD.分别找到小球12相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式______是否成立【用（2析说明可以这样验证的理由______。（4）另一同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点。实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P；再将入射球A从斜轨上起始位置由NN静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M和。测得B与，P，M各h1h2h、若所测物理量满足表达式______时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒。3点的高度差分别为、12.某同学用如图1所示的装置进行“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。（1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，应当选用以下哪些器材______。A.长度为10cm左右的细绳B.长度为100cm左右的细绳C.直径为1.8cm的钢球D.直径为1.8cm的木球E.最小刻度为1mm的米尺秒表、铁架台（2）用游标卡尺测量摆球直径，如图2所示，可知摆球的直径d为______mm。（3）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，在实验过程中以下操作正确的是______A.摆球应尽量选质量大体积小且质量分布均匀的B.摆长一定的情况下，摆角应大一些，以便于观察C.单摆摆动稳定后，在摆球经过最低点时开始计时D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（4）甲同学打算利用实验中测得数据直接代入公式求解本地的重力加速度，他在实验中测得：摆线长为g=L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则他要将L、d、、t代入的公式为______。（5）北京和广州的两位同学，分别探究单摆的周期T与摆长l的关系，通过网络交流将两地的实验数据在同一张坐标纸上绘制了T2l图像，如图所示。其中用北京的同学所测实验数据绘制的图像是图线______−（选填“A”或“B”）13.在“探究互成角度的两个力的合成规律”实验中的一次测量如图所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即+=90α。若保持测力计M的读数不变，当角由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是（）A.增大N的读数，减小β角C.减小N的读数，增大β角B.减小N的读数，减小β角D.增大N的读数，增大β角三、本题包括6小题，共50分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。m==0.50，在与水14.如图所示，水平地面上有一质量的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数平方向成=37角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=20N，sin37=0.60，cos37=0.80，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）物块运动过程中加速度的大小；（2）物块开始运动2.0s的过程中，推力F做功的平均功率；（3）物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量。m=的小物块从倾角=3715.如图甲所示，一质量为的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面在B点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC开始计时，其运动的速度图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，37°=0.8，g=10m/s2（1）求物块与水平面间的动摩擦因数；（2）求AB两点间的距离；（3）若用始终平行于各处面的拉力将物块由C点拉回到A点，此过程中拉力至少要做多少功？16.如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，1=L=1mR=0.1m，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径2=0.05kg圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，在与D点相距d0.25m的E处固定一竖直四分之一圆轨道，半径足够大，物块与==0.4，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度g=10m/s。现将小物块甲2BC、DE段间的动摩擦因数向左压缩弹簧后释放弹出，若弹簧的初始弹性势能为0.85J，求：（1）求物块甲经过圆轨道C点时，所受到的轨道对其的作用力？（2）判断物块甲是否能到达竖直圆轨道的最高点？（3）若甲、乙碰撞后粘合为一体，求甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能？17.如图所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道内充满液体，其右端面上有一截面积为S的小喷口，喷口离地的高度为（h向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为2h。若液体的密度为ρ，重力加速度为。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。（1）液体从小喷口水平射出速度的大小v0；（2）喷射过程稳定后，空中液体的质量m；（3）假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力的大小Fx。18.建筑工程中的“打桩”是利用重锤的冲击克服泥土对桩柱的阻力，使桩柱插入泥土到达预定深度的过程．如图甲所示，设打桩机重锤的质量为m，桩柱的质量为M。打桩过程可简化如下：桩柱下端开始时在地表面没有进入泥土，提升重锤到距离桩柱上端h高度后使其自由落下，重锤撞击桩柱上端，经极短时间的撞击使两者以共同的速度一起向下移动一段距离后停止。然后再次提升重锤，重复打桩过程，逐渐把桩柱打到预定深度。设桩柱向下移动的过程中泥土对桩柱的阻力f的大小与桩柱打入泥土中的深度x成正比，其函数表达式f=（k为大于0图象如图乙所示．已知重力加速度大小为g。（1）求重锤与桩柱第一次碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们明白了由图象求直线运动位移的思想和方法，请你借鉴此方法，根据图示的图象结合函数式f=kx，分析推导在第一次打桩将桩柱打入泥土的过程中阻力所做的功与桩柱打入泥土深度的关系式；并将泥土对桩柱的阻力与你熟悉的弹簧弹力进行比较，从做功与能量转化的角度简要说明泥土对桩柱的阻力做功和弹簧弹力做功的不同；（3）若重锤与桩柱第一次的撞击能把桩柱打入泥土中的深度为d，试求常量k的大小．19.建立物理模型是解决实际问题的重要方法。（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。v1①在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，12v在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。请你选择合适的方法计算的数值；2②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值k都相等。卫星绕地球运行也遵从该规律，请你选择合适的轨道模型，根据牛顿运动定律推导卫星绕地球运行的k值表达式，并说明k值由什么决定？（2）我国首个火星探测器被命名为“天问一号”。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道近似为圆形运行的人造行星；然后使探测器在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。m1m的两质点组成的系统具有的引力势能2①已知取无限远处为引力势能零点，间距为r、质量分别为和1mr2Ep=GGMR可表示为：，式中为引力常量且大小已知。已知地球质量为、半径为，在如图2所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r（r≥R中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。静置于地面处的该探测器，至少需要获得．．．．②如图3所示，请利用开普勒行星运动定律计算，判断当火星运行到哪个位置（A、B、C、D、E、F、G）附近时，在地球公转轨道上H阳引力作用下，可经霍曼转移轨道在I点到达火星。（可能需要用到的数据：1.25140，31.5184）3参考答案一、不定项选择题。本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。1.【答案】【详解】AB．以O点为研究对象，受到空调外机的压力F、OB支架的作用力F和OA支架的作用力F，12受力如图所示根据平衡条件，可知O点对空调外机的支持力为由牛顿第三定律，可知空调外机对O点的压力1F=G21F=F=G2由受力图结合几何关系可得12tan1GG3，2sin2==G1==G2故A错误，B正确；C．保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，则此时θ变大，tan变大，可知横梁对O点的拉力将减小，故C正确；D．根据题意，由平衡条件可知，斜梁和横梁对O点的作用力的合力与空调对O点的压力等大反向，则把斜梁加长一点，则斜梁和横梁对O点的作用力不变，故D错误。故选BC。2.【答案】【详解】A．刹车前对B球分析，由牛顿第二定律可知=tan，Fcos=解得cosa=gtan，F=故A错误；B．刹车前对A球分析，可得N=mgtan根据牛顿第三定律，A球对车厢壁的压力为==NtanFN故B正确；CD．刹车瞬时，小球A将向右开始摆动做圆周运动，此时的加速度等于向心加速度，则v2aA=L当突然刹停时，由于惯性小球B将向右做平抛运动，则aB=g故C正确；D错误。故选BC。3.【答案】B【详解】A．由题图设对角吊绳间的夹角为θ，每根吊绳拉力为F，吊臂上的钢绳拉力为T，由力合成的平行四边形定则可得22F=T2解得TF=4cos2由于对角吊绳间的夹角大小不确定，可知固定汽车的每根吊绳的拉力与吊臂上的钢绳拉力的大小关系不能确定，A错误；BC．汽车离开水面后的匀速上升阶段，不断有水从车上滴下，吊绳的拉力大小不断改变，吊绳对汽车的拉力大于汽车的重力，由动能定理可知，吊绳对汽车做的功大于汽车增加的机械能，B正确，C错误；D．汽车沿圆弧轨迹运动的阶段，汽车的速度方向在变化，则汽车的速度一定变化，则动量一定变化，由动量定理可知，汽车所受合力的冲量不可能是零，D错误。故选B。4.【答案】【详解】A．由图可知，波长=2m，质点A经过0.2s第一次到达正方向最大位移处，所以T=0.2s2解得所以T=v==5m/sT故A正确；B．波向x轴正方向传播，所以C开始振动的运动方向沿y轴正方向，故B错误；C．t~，B由平衡位置向下运动到负方向最大位移处后回到平衡位置，通过的路程为4cm，故CD．t~时间，波传播的距离是1m，所以D质点开始振动，振动方向沿轴正方向，故D正确。故选ACD。5.【答案】【详解】A．令小球的位移为x，则有1xsin=gt2xcos=vt0，2解得20tang=t故A错误；B．在月球表面有MmG=mg2R结合上述解得2R20tantGM=故B错误；C．月球的密度M=43R3结合上述解得0tantGR=故C正确；D．月球的第一宇宙速度等于近月表面运行的卫星的环绕速度，则有v12G=mR2R结合上述解得20tan1=t故D正确。故选CD。6.【答案】D【详解】A．撤去F前v=v-t图象是过原点的直线．撤去F后v=0-gtv-t图象是向下倾斜的直线；故A错误；B．设物体在恒力作用下的加速度为，由功能原理可知机械能增量为1E=Fh=Fat22知E-t图象是开口向上的抛物线．撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变；故B错误；C．以地面为参考平面，撤去恒力前，重力势能为1E=mgat2P2Ep-t图象是开口向上的抛物线．撤去拉力后1E=mg(vt−at)2P02Ep应先增大后减小；故C错误；D．撤去恒力前，动能为1E=m(at)2k2Ek-t1E=m(v−gt)2k02Ek-tD正确。故选D。【点睛】解决本题的关键是要明确物体的运动情况，掌握功能关系以及动能、重力势能的决定因素，根据表达式来分析图象的形状。7.【答案】【详解】AB．图线不过原点，说明在没有拉力时，小车已经加速运动，即平衡小车所受阻力时木板右端垫得过高，故A正确，B错误；C．设桶的质量为m，砂的质量为m，在小车质量远大于砂和砂桶的总质量时，有12(m+m=Ma12如果仅用桶中砂的重力来代替小车所受拉力F，则有mgFMa=+M即在a轴有截距，故C正确；D．如果小车质量M未远大于砂和砂桶的总质量m，则有=(M+m)a可得mM+ma=g影响图线的斜率，不影响截距，故D错误。故选AC。8.【答案】【详解】A．沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，则小球不会做平抛运动，故A错误；B．小球沿该轨道加速下滑，始终处于失重状态。故B正确；C．小球下滑高度时，由机械能守恒得1=22得v=2小球平抛运动下落高度h时，设速度方向与水平方向的夹角为，则v2y−0=2ghvytan=0重力瞬时功率联立解得P=mgvsin2mg2hP=v2+2gh0故C正确；D．图a中的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，沿该轨道下滑的小球除受重力外，还受轨道的支持力，支持力有沿竖直向上的分力，使小球在竖直方向的加速度小于重力加速度，则下滑相同高度时，耗时较长，故D错误。故选BC。9.【答案】【详解】A．根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg初始时0=对物块有+(−)−Fkxx=0整理可得Fka=−xmmF根据图像可知，是纵轴截距，所以F为恒力，故A正确；mB．初始时刻加速度最大，为F+0−mga==gm故B错误；D．从初始到物体脱离弹簧，根据速度位移公式v2=2ax1可知a-x图象围成的面积表示v2，则有21211v2=ax=0022从脱离弹力到最高点，根据动能定理有1−=0−22联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为mgh=2k故D正确；C．从初始到物体脱离弹簧，根据功能关系有1E−+Fx=2P002解得m2g2Ep=2km2g2后来弹簧恢复为原长，弹簧的弹性势能减小了，故C正确。2k故选ACD。10.【答案】D【详解】A．当=时，则sin0=0a=0则有A正确；B．当=90时，则sin90=1a=g则有B正确；C．当mM时，可得M+m+()Mmsin12滑块A近似不动，可得C正确；a=gsin时，可知滑块与滑块分离，滑块近似自由落体运动，则有ag。可该解给出D．当mMABBgsina=g与实际不符，D错误。故选D。二、本题共3小题，共20分，其中第题10分；第12题8分；第13题2分【答案】（1）①.大于②.2）ADEm=m+m（3）①.②.小球飞出时的水平速度与其水平射程成正比112mm2h1=1+（4）231【小问1mm2dd；为保证对心碰撞，直径应满足等于。2[1][2]为防止反弹，小球1和2的质量应满足大于11【小问2m1m，故A正确；2A．本实验要“验证动量守恒定律”，故需测量两个小球的质量、B．小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得1H=gt22x=0t联立解得g0=x2H实验中小球1每次都从同一位置S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度hB错误；gCDE．由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以各小球下落时间相同，由0=x可得它们飞出2H时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由mv=mv+mv221011可得m=m+m112所以，无需测量斜槽轨道末端距地面的高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，DE正确。故选ADE。【小问3[1][2]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式m=m+m112即可验证两球碰撞前后动量守恒【小问4小球做平抛运动，在竖直方向上1h=22平抛运动时间2ht=gx=vt设轨道末端到木条的水平位置为x可知，碰前小球的初速度0xA=22g碰后两个小球的速度xxv=Bv=A23g2h，1g如果碰撞过程动量守恒，则mv=mv+mv2B1A1A将速度代入动量守恒表达式解得mm2h1=1+23112.【答案】（1）BCEF（2）20.6（3）ACd22N2L+（4）t2（5）B【小问1AB．为减小实验误差，应选择适当长些的细绳做摆线。故A错误；B正确；CD．为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球。故C正确；D错误；EF．实验需要测量摆长，需要用到刻度尺，实验需要测量单摆的周期，测周期需要秒表，应把单摆固定在铁架台上。故EF正确。故选BCEF。【小问2摆球的直径d=20mm+6=20.6mm【小问3A．为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小且质量分布均匀的球做摆球。故A正确；B．摆角应小于5°，才可看作简谐运动。故B错误；C．为减小读数误差，摆摆动稳定后，在摆球经过最低点时（速度最大）开始计时。故C正确；D．为减小误差，应测量多次全振动的总时间然后除以振动次数，得到周期。故D错误。故选AC。【小问4由单摆周期公式dL+t2=Ng解得d22N2L+g=t2【小问5根据lT=g解得22T2=lg图像的斜率k=g则图像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于广州的重力加速度，因此在北京所做实验做出的T2-l图像的斜率较小，对应的图线是B。13.【答案】Bα【详解】依题意，当角的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，即两个拉力的合力不变，如图所示可采用的办法是减小N的读数，减小角。β故选B。三、本题包括6小题，共50分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.【答案】（1）5.0ms2（2）80.0W（3）40.0Ns【小问1由牛顿第二定律可得()Fcos37−+Fsin37=代入数据解得a=5.0ms2【小问2由位移时间公式可得，物块开始运动2.0s的过程中的位移为11x=at2=5.02.02m=10.0m22则有推力F做功的平均功率WtFx372010.00.80P===W=80.0Wt2.0【小问3由冲量的定义式可得，物块开始运动2.0s的过程中，推力F的冲量为I=Ft=202.0Ns=40.0Ns15.【答案】（1）0.5（2）6.25m（3）150J【小问1由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为5−01−02=ms2=5ms2根据牛顿第二定律，有求得mg=2=【小问2物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有sin−cos=1另外求得2v=21=6.25m【小问3由图乙可知，物体在水平面上滑行的位移为=2.5m将物块由C点拉回到A点，若物体到达A点时的速度恰好为零，则拉力所做的功最少，设为W，该过程中，根据动能定理，有W−mgxsin−mgx−mgxcos=0求得W=150J16.【答案】（1）10N；竖直向下（2）能3）0.45J【小问1由题意可得1E−mgL=mv21Cp12解得C=/s小球在圆轨道C点时v2CRF−mg=m1N1解得N=10N根据牛顿第三定律可得F'=F=10NNN方向竖直向下。【小问2通过圆轨道最高点的临界速度满足v2临mg=mR解得临=/sv设物块甲通过圆轨道最高点速度为，由动能定理，可得011−2mgR=mv20−mv2C11122解得0=5m/sv临即物块甲能到达竖直圆轨道的最高点。【小问3依题意，甲、乙碰撞过程动量守恒，可得)mv22C=(1+解得v=2m/s二者继续向右运动过程，由能量守恒可得11(m+)2=2(m+)+(+m)v212mvmdm1121222解得1=0则甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能1E=mv2C=0.45J损2117.【答案】（1）gh（2）2hSSgh（3）【小问1因为液体做平抛运动，水平方向上2h=0t竖直方向上解得1h=22v0=gh【小问2由于喷出的时间为2ht=g故空中液体的质量联立，解得m=0tm=2hS【小问3设液体与水平地面间的作用时间为Δt，取Δt时间内液