2026届高考一轮总复习 物理提能训练提能训练　练案39含答案

2026届高考一轮总复习物理提能训练提能训练练案[39]含答案提能训练练案[39]1．如图所示，用碰撞实验器可以研究两个刚性小球在水平轨道碰撞前后的动量关系。实验时先让质量为m1的小球1从斜槽上某一固定位置Q由静止开始释放，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的P点。再把质量为m2的小球2放在水平轨道末端，让小球1仍从位置Q由静止释放，两小球碰撞后从轨道末端水平抛出，小球2落到位于水平地面的N点，小球1落到位于水平地面的M点。则碰撞前的动量可表示为m1·eq\x\to(OP)，碰后的动量可表示为m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)。(1)本实验中刚性小球1的质量m1与刚性小球2的质量m2大小应满足的关系________；(2)若实验中换用不同材质的小球，其他条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是________。A．B.C．[答案](1)m1>m2(2)B[解析](1)为了保证入射球碰后不反弹，则本实验中刚性小球1的质量m1与刚性小球2的质量m2大小应满足的关系m1>m2。(2)该实验要验证的表达式为m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)，将上述式子变形得eq\f(m1,m2)＝eq\f(\x\to(ON),\x\to(OP)－\x\to(OM))由于m1＞m2，则eq\f(\x\to(ON),\x\to(OP)－\x\to(OM))>1，对图A，eq\f(\x\to(ON),\x\to(OP)－\x\to(OM))<1，故A错误；因为碰撞过程应该还满足eq\f(1,2)m1·eq\x\to(OP)2≥eq\f(1,2)m1·eq\x\to(OM)2＋eq\f(1,2)m2·eq\x\to(ON)2，m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)，联立可得eq\x\to(OP)＋eq\x\to(OM)≥eq\x\to(ON)。对图B，eq\f(\x\to(ON),\x\to(OP)－\x\to(OM))＝eq\f(7,3)>1，且eq\x\to(OP)＋eq\x\to(OM)＝15>eq\x\to(ON)＝7，故B正确；对图C，比值为eq\f(\x\to(ON),\x\to(OP)－\x\to(OM))＝eq\f(22,4)＝eq\f(11,2)，但OP＋OM＝5＋9＝14，ON＝22，由于OP＋OM＜ON，不符合能量守恒定律，故C错误。故选B。2．(2025·江苏扬州高三期中)某小组用如图1所示的装置验证动量守恒定律。(1)关于橡皮泥在本实验中的作用，下列说法正确的是________。A．改变小车的质量B．在两车碰撞时起到缓冲作用，防止撞坏小车C．若在两个小车的碰撞端分别贴上尼龙搭扣(魔术贴)，可起到相同的作用(2)关于实验的操作，下列说法正确的是________。A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能静止在木板上B．接通打点计时器电源后，应将小车P由静止释放C．与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上的适当位置D．加砝码以改变小车质量再次实验，必须再次调整木板倾角(3)打点计时器每隔0.02s打一次点，实验得到的一条纸带如图2所示，已将各计数点之间的距离标在图上。则小车P碰撞前的速度为________m/s(计算结果保留3位有效数字)。(4)测得小车P的总质量为m1，小车Q的总质量为m2，图2中AB、BC、CD、DE四段长度分别为x1、x2、x3、x4，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是________(用题中所给物理量符号表示)。(5)某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是________________________________(写出一条即可)。[答案](1)C(2)C(3)1.63(4)m1x2＝(m1＋m2)x4(5)木板倾角过大(碰前小车Q具有沿轨道向下的速度)[解析](1)在碰撞过程中，橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起，故C正确。(2)实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能在木板上做匀速直线运动，平衡摩擦力，故A错误；接通打点计时器电源后，小车P匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B错误；与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小车P的碰前速度和小车P、Q粘连后的速度，故C正确；加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，故D错误。(3)碰撞前的速度应该选择BC段求平均速度，则v＝eq\f(x2,t)＝eq\f(16.26,0.02×5)×10－2m/s≈1.63m/s。(4)x4为碰撞后二者一起运动的距离，则根据动量守恒定律可得m1v＝(m1＋m2)v′，v＝eq\f(x2,t)，v′＝eq\f(x4,t)联立解得m1x2＝(m1＋m2)x4。(5)若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，则说明碰撞前Q不是处于静止状态，故碰前小车Q具有沿轨道向下的速度。3．(2024·日照模拟)用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：(1)用绳子将质量为mA和mB的小球A和B悬挂在天花板上，两绳长相等；(2)在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为α、β；(3)多次改变炸药的量，使得小球摆起的最大角度发生变化，记录多组α、β值，以1－cosα为纵轴，1－cosβ为横轴，绘制(1－cosα)－(1－cosβ)图像，如图乙所示。回答下列问题：(1)若两球动量守恒，应满足的表达式为________(用mA、mB、α、β表示)。(2)图乙中(1－cosα)－(1－cosβ)图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比为________。(3)若本次实验存在一定的误差，请分析可能的原因：____________________________________________________________________________。(写出两条)[答案](1)mAeq\r(1－cosα)＝mBeq\r(1－cosβ)(2)eq\r(\f(1,k))(3)用量角器测量角度时测量不准确；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小[解析](1)设绳长为L，A、B两球爆炸后由动能定理得－mAg(L－Lcosα)＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)，－mBg(L－Lcosβ)＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，由动量守恒定律得mAv1＝mBv2，联立解得mAeq\r(1－cosα)＝mBeq\r(1－cosβ)。(2)整理mAeq\r(1－cosα)＝mBeq\r(1－cosθ)可得1－cosα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mB,mA)))2(1－cosβ)，所以(1－cosα)－(1－cosβ)图像的斜率k＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mB,mA)))2，则A、B两球的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\r(\f(1,k))。(3)若本次实验存在一定的误差，可能的原因有：用量角器测量角度时测量不准确；小球爆炸后运动过程中存在空气阻力，可能会影响角度的大小。4．某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一圆弧轨道的滑块(水平长度L)、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。(1)实验步骤如下：①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为M，光电门B固定在气垫导轨的右侧。②用天平称得金属球的质量为m，用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d＝________cm。③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间分别为Δt1、Δt2(光电门B开始遮光时小球已离开滑块)。(2)验证M、m系统水平方向动量守恒________(填“需要”或“不需要”)保证滑块的上表面光滑。(3)如图验证M、m系统水平方向动量守恒，只需验证________________成立即可(用M、m、d、L、Δt1、Δt2表示)。[答案](1)1.300(2)不需要(3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)－\f(L,Δt2)))＝Meq\f(L,Δt2)[解析](1)②20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm，由此可得小球的直径为d＝32.00mm－20×0.95mm＝13.00mm＝1.300cm。(2)即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上表面光滑。(3)令小球脱离滑块时对地的速度为v1，滑块对地的速度为v2，根据动量守恒则有0＝Mv2－mv1，根据题意可得v1＋v2＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(L,Δt2)，联立可得meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)－\f(L,Δt2)))＝Meq\f(L,Δt2)。5．某研究性学习小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，在金属管两端各放置一个长度相同木板，在长木板上放有白纸和复写纸，可以记录小球在木板上落点的位置，如图所示。解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射。现要探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，并按下述步骤进行实验：已知重力加速度为g。(1)用天平测出两球质量分别为m1、m2；(2)解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在木板上的落点M、N；(3)两球落地点M、N到木板上端的距离L1、L2。根据研究性学习小组同学的实验，回答下列问题：①用测得的物理量来表示，如果满足关系式________________，则说明弹射过程中系统动量守恒。②要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有________，根据测量结果，可得弹性势能的表达式为________________。[答案](3)①m1eq\r(L1)＝m2eq\r(L2)②斜面的倾角θEp＝eq\f(1,4)(m1L1＋m2L2)geq\f(cos2θ,sinθ)[解析](3)①根据题意，设两球飞出时的速度分别为v1、v2，若弹射过程动量守恒，则有m1v1＝m2v2两球飞出后做平抛运动，且均落在斜面上则有L1cosθ＝v1t，L1sinθ＝eq\f(1,2)gt2解得v1＝eq\r(\f(gL1,2))·eq\f(cosθ,\r(sinθ))同理可得v2＝eq\r(\f(gL2,2))·eq\f(cosθ,\r(sinθ))整理可得m1eq\r(L1)＝m2eq\r(L2)，即若满足m1eq\r(L1)＝m2eq\r(L2)，则说明弹射过程中系统动量守恒。②根据题意可知，弹簧弹出两小球过程中，弹簧和两个小球组成的系统机械能守恒，则有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)整理可得Ep＝eq\f(1,4)(m1L1＋m2L2)geq\f(cos2θ,sinθ)，可知，还需测量斜面的倾角θ。6．(2023·辽宁卷)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。(1)在本实验中，甲选用的是________(填“一元”或“一角”)硬币；(2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为________(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝________(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因________。[答案](1)一元(2)eq\r(2μgs0)(3)eq\f(m2,m1)(4)见解析[解析](1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币。(2)甲从O点到P点，根据动能定理－μm1gs0＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝eq\r(2μgs0)。(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝eq\r(2μgs1)v2＝eq\r(2μgs2)若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2整理可得eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq\f(m2,m1)。(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，产生这种误差可能的原因有：①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统所受合外力不为零。提能训练练案[40]基础巩固练题组一简谐运动的特征与图像1．(2024·福建卷)某简谐振动的y－t图像如图所示，则以下说法正确的是()A．振幅为2cmB．频率为2.5HzC．0.1s时速度为0D．0.2s时加速度方向竖直向下[答案]B[解析]由题图图像可知该简谐振动的振幅为1cm，A错误；由题图图像可知，振动周期为0.4s，由f＝eq\f(1,T)可知，频率为2.5Hz，B正确；0.1s时，质点位于平衡位置，此时速度达到最大值，C错误；0.2s时，质点位于负向最大位移处，加速度方向指向平衡位置，方向竖直向上，D错误。2．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则()A．该振子振动周期是2s，振幅是6cmB．该振子振动频率是2HzC．小球完成一次全振动通过的路程是12cmD．小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm[答案]C[解析]由题意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A错误；频率T＝eq\f(1,f)，解得f＝0.5Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12cm，C正确；小球在3s内通过的路程为s＝eq\f(t,T)×4A＝eq\f(3,2)×4×3cm＝18cm，D错误。3．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动，可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是()A．0.5s B．0.75sC．1.0s D．1.5s[答案]C[解析]由于振幅A为20cm，振动方程为y＝Asinωt(从游船位于平衡位置时开始计时，ω＝eq\f(2π,T))，由于高度差不超过10cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝eq\f(T,12)，t2＝eq\f(5T,12)，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝eq\f(T,3)＝1.0s，C项正确。题组二单摆受迫振动和共振4．如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为()A．2.0πs B．0.4πsC．0.6πs D．1.2πs[答案]B[解析]小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，B正确，A、C、D错误。故选B。5．共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，已知12V电压下偏心轮的转速为30r/min，则下列说法中正确的是()A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是0.8HzB．电压从12V开始减小，筛子有可能会共振C．保持12V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25s[答案]D[解析]电压为12V时，筛子实际振动的频率是f＝eq\f(30,60)Hz＝0.5Hz，选项A错误；由乙图知，当频率为0.8Hz时，发生共振，即筛子的固有频率为f0＝0.8Hz，根据题意，电压从12V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，选项B错误；保持12V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，选项C错误；根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期T0＝eq\f(1,f0)＝1.25s，选项D正确。6．(2025·台州八校联盟联考)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂着a、b、c、d四个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是()A．稳定时b摆的振幅最大B．稳定时d摆的周期最小C．由图乙可以得到b摆的固有周期D．由图乙可以得到a摆的固有周期[答案]D[解析]a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，选项A错误；b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则三摆的周期相同，都等于a摆的周期，即Ta＝t0，选项B错误，D正确；由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，选项C错误。能力提升练7.如图所示，倾角为30°的光滑劈形木块固定在地面上，现将一长度为l的轻绳一端固定在O′点，另一端系有质量为m的小球，初始状态下小球静止在斜面上的O点，现将小球沿斜面拉开倾角θ(θ很小)后由静止释放，小球运动到最低点时的速度为v，不计空气阻力，小球的运动与单摆运动相似，已知重力加速度为g，则小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是()A．小球运动的周期为2πeq\r(\f(l,g))B．重力做功的平均功率为eq\f(mv2,π)eq\r(\f(g,2l))C．重力的冲量大小为mvD．小球运动到最低点时重力的瞬时功率为mgv[答案]B[解析]重力加速度沿斜面方向的分量为g′＝gsin30°＝eq\f(g,2)，小球在斜面内做类单摆运动，则周期为T＝2πeq\r(\f(l,g′))＝2πeq\r(\f(2l,g))，A错误；小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，轻绳拉力和木块支持力均不做功，所以重力做功为WG＝eq\f(1,2)mv2，所以该过程中重力做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(WG,\f(T,4))＝eq\f(mv2,π)eq\r(\f(g,2l))，B正确；根据动量定理知，小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，合外力的冲量大小为mv，而小球所受合外力显然不等于重力，所以重力的冲量大小不等于mv，C错误；小球运动到最低点时，重力与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为零，D错误。8．将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的加速度a与时间t的关系图，如图乙所示。下列说法正确的是()A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力C．秋千摆动的周期为t2－t1D．该地的重力加速度g＝eq\f(4π2L,t3－t12)[答案]D[解析]秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，A错误；手机在最低点时，根据牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(v2,L)，解得秋千对手机的支持力大小N＝mg＋meq\f(v2,L)，故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，B错误；秋千的周期为从最大振幅偏角位置到另一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为T＝t3－t1，C错误；根据单摆周期公式得T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(L,g))，解得当地重力加速度g＝eq\f(4π2L,t3－t12)，D正确。9.如图所示是一座水平固定放置的弧形槽，其底面是矩形平面，上表面ABCD是半径R＝10m的光滑圆弧面，直边AD＝BC＝1.57m，圆弧边AB和CD平行且等长为0.5m，B、C是弧面最低点且切线水平。现有一个可看作质点的小球，以沿AD方向的初速度v从A点开始沿弧面运动，恰好能运动到C点。重力加速度g＝10m/s2，则v的大小约为()A．0.5m/s B．1.0m/sC．1.5m/s D．2.0m/s[答案]B[解析]小球在竖直面内做减速圆周运动，小球从A到C竖直面内的圆心角sinθ≈eq\f(lAB,R)＝eq\f(5,100)，小球在竖直面内的运动可看作单摆运动，小球从A到C的时间t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)s，小球从A点运动到C点，在AD方向上可看作匀速运动，则lAD＝vt，解得v＝1.0m/s，选项B正确。10.(多选)(2025·湖北十堰市检测)如图所示，质量为1.44kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是()A．弹簧振子的周期为1.2sB．弹簧的劲度系数为80N/mC．在t3＝1.3s时刻，小球第四次经过M点D．O、M两点间的距离为5cm[答案]AD[解析]根据题意可知，小球从t＝0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0＝eq\f(t2－t1,2)＝0.2s，则eq\f(T,4)＝t0＋t1＝0.3s，T＝1.2s，故A正确；根据T＝2πeq\r(\f(m,k))，代入数据得k＝40N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3＝t2＋t1＋eq\f(T,2)＋t1＝1.3s，故C错误；小球做简谐运动，有y＝Asinωt＝Asineq\f(2π,T)t＝10sineq\f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1s时，y＝5cm，即O、M两点间的距离为5cm，故D正确。11．用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左匀加速运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为()A．eq\f(x2－x1g,π2L) B．eq\f(x2－x1g,2π2L)C．eq\f(x2－x1g,4π2L) D．eq\f(x2－x1g,8π2L)[答案]B[解析]由题意可知，AB段、BC段、CD段所用的时间相等且都等于单摆的半个周期，由匀变速直线运动规律得x2－x1＝2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，其中T为单摆的周期，则T＝2πeq\r(\f(L,g))，联立解得a＝eq\f(x2－x1g,2π2L)，故A、C、D错误，B正确。12．(2025·河北保定联考)如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．(t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s时间内，物体A的速度与加速度方向相反B．物体A在任意一个1.25s内通过的路程均为50cmC．物体A的振动方程为y＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,6)))cmD．物体B对水平面的最大