2024年度高二物理下学期期末模拟试卷及答案（九）(一)

2024年高二物理下学期期末模拟试卷及答案（九）

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.其中1〜6

题为单选题，7〜10题为多选题

1.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的〃斜

面实验〃，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做

的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是

他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（）

A.自由落体运动是一种匀变速直线运动

B.重的物体与轻的物体下落一样快

C.物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性

D.力不是维持物体运动的原因

2.某卖场售货员欲坐电梯将一台式弹簧秤由1楼送至5楼，在1楼

处该售货员将台式弹簧秤放置在电梯内，同时将一物体静止地放在台

式弹簧秤上，下列有关说法正确的是（）

A.电梯未启动时物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力

B.电梯在启动时物体对弹簧秤产生压力是因为物体发生了形变，而

且该形变比电梯未启动时要大

C.电梯在启动时物体对弹簧秤的压力大于弹簧秤对物体的支持力

D.电梯在即将到达5楼时，物体处于超重状态

3•假设地球是一半径为R,质量分布均匀的球体.已知质量分布均

匀的球壳对壳内物体引力为零，有人设想要打穿地球从中国建立一条

通过地心的孔径大小可忽略的光滑隧道直达巴西.如只考虑物体间的

万有引力，则从隧道口抛下一物体，物体的加速度（）

A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大

4.宇航员在某星球表面，以一定初速度竖直上抛一小球，测得小球

从抛出到返回的时间为t；若他在地球表面以相同的初速度竖直上抛

同一小球，小球从抛出到返回时间为9t.若已知该星球的半径与地球

半径之比为R：r=l：4,不计空气阻力.则（）

A.该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为1：9

B.该星球的密度与地球密度之比为4：9

C.该星球与地球第一宇宙速度之比为3：2

D.在该星球与地球上自相同高度处以相同初速度平抛物体的水平射

程之比为1：1

5.在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示，测速

仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差

可以测出被测的物体的速度；某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在

离测速仪355m处开始做匀减速直线运动.当测速仪接收到反射回来

的超声波信号时，汽车在离测速仪335m处恰好停下，已知声速为

340m/s,则汽车在这20m位移内的平均速度为（）

A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s

如图所示，两个质量分别为、的小环能沿着一轻细绳光滑

6.m1m2

地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角

0=15°,在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿

过轻环，并使m】、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止

状态时巾=45。，则两小环质量之比mi：1112为（）

7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下以a匀加速拉出，

鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸与桌布的动摩擦因数为内、鱼缸与桌

面间的动摩擦因数为由，已知心>|12,则在上述过程中（）

A.只有满足a>Rg,桌布才能从鱼缸下拉出

B.鱼缸在桌布上的滑动时间大于在桌面上的滑动时间

C.若猫增大拉力，鱼缸有可能滑出桌面

D.若猫减小拉力，鱼缸受到的摩擦力有可能变小

8.我国探月工程中相继发射了〃嫦娥一号〃和〃嫦娥二号〃两颗卫星，

其中〃嫦娥一号〃卫星总重2350千克，其上搭载了8种科学探测仪器

重约130千克,在离月球表面200公里高度的极月圆轨道绕月球飞行,

〃嫦娥二号〃卫星总重2480千克，其上搭载七种科学探测设备重约140

千克，卫星环绕月球飞行的轨道高度为100公里，则（）

A.〃嫦娥二号〃卫星与〃嫦娥一号〃卫星的速度之比为收：1

B.〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星的动能大

D.无论是否计A的质量，A、B弹簧组成的系统机械能守恒

二、实验题：共2小题，第11题6分，第14题9分，共15分

11.一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量

雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的

纸带环，安放在一个可以按照不同转速顺时针转动的固定转台上，纸

带环上刻有一条狭缝A,在狭缝A的正对面画一条标志线，如图1所

示.在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒

中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭

缝A在纸带的内侧面留下痕迹，已知这些痕迹都是狭缝还未转完一圈

就留下来的.将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对

齐，如图所示.则

(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为S,则从图2

可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离So=—cm

如果转台转动的周期为则这些雾滴喷射速度最大值

(2)T=3.14s,v0=

m/s(保留两位有效数字).

12.(9分)在〃探究加速度与力、质量的关系〃实验中，某同学使用

了如图甲所示的装置.请根据实验思路回答下列问题：

打点：产器步块

细线

纸带L-

长木6\

水平实贬台I>

小沙楠

甲乙

（1）通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是:

在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角—（填〃偏大〃或〃偏小〃）.

（2）该同学得到如图丙所示的纸带.已知打点计时器电源频率为

50Hz.A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，两计数点之间还

有四个点未画出.由此可算出运动过程中小车的加速度为

m/s2.（结果保留两位有效数字）

।1n|niqnnpn甲nipnip…n甲Iinpni|工nnpii|nnpni|nnpni[niq心

0由1234567

丙

（3）关于这套实验装置，下列说法正确的是—

A.用该套实验装置验证牛顿第二定律时，实验中除了必须垫高长木

板以平衡摩擦力外，还必须保证小沙桶质量远小于滑块质量

B.用该套实验装置验证牛顿第二定律，若该同学能找到用以测量细

线张力的力传感器，实验中不必保证小沙桶质量远小于滑块质量，但

仍然必须垫高长木板以平衡摩擦力

C.用该套实验装置可以以滑块为研究对象验证动能定理，实验中必

须垫高长木板以平衡摩擦力，同时必须满足小沙桶质量远小于滑块质

量

D.用该套实验装置可以以滑块与小砂桶组成的系统验证机械能守恒

定律，实验中除了必须垫高木板以平衡摩擦力，同时必须保证小沙桶

质量远小于滑块质量.

三、计算题：本大题共3小题，共55分.把解答写在答题卡中指定

的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.

13.（11分）汽车静止在位于摩托车正前方的某处A,两车同时同向

由静止开始沿平直的公路行驶，其中摩托车开始做加速度为a0匀加

速运动，当行至A处后改做匀速运动，汽车一直做匀加速运动，为使

摩托车能追上汽车，汽车行驶的加速度应满足什么条件？

14.（13分）如图甲所示，轻绳一端系一质量为1kg的小球，另一

端可绕固定的水平轴转动.现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最

高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t

变化关系如图乙所示，不计一切摩擦，取g=10m/s2.

甲乙

（1）求t2时刻轻绳对小球的拉力大小；

（2）若在最高点计时时给小球的水平初速度改为v=&m/s,保持轻

绳长度不变，绳子被拉直时垂直于绳子方向的分速度不变.求小球经

过最低点时小球的速度大小.

15.（13分）有一条沿逆时针方向匀速传送的浅色传送带，其恒定

速度v=2m/s,传送带与水平面的夹角6=37。，传送带上下两端AB间

距离l=6m,如图所示，现有一可视为质点的煤块以v=2m/s的初速度

从AB的中点向上运动，煤块与传送带之间的动摩擦因数n=0.5,滑

轮大小可忽略不计，求煤块最终在传送带上留下的黑色痕迹的长

度.已知g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

[选修3-5]

16.已知氢原子处于基态时的能量为Ei（Ei<0）,氢原子处于n能

Ei

级时能量为;7,现有大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，则

这些氢原子可以发出一种不同频率的光；用这些光照射某种金属，

若其中最小频率的光子恰能使金属发生光电效应，已知普朗克常量为

h,则该金属发生光电效应的截止频率为—.

17.（12分）有一内表面光滑的质量为M=lkg的金属盒静止在水平

地面上，其与水平面间的动摩擦因数方0.05,金属盒内前后壁距离为

L=10m,如图所示，在盒内正中央处有一质量m=3kg可视为质点的静

止小球，现在给盒一个向右的瞬时初速度已知球与盒发生

v0=6m/s,

的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短.g取lOm/s?,求金属盒与小球发

生第二次碰撞前金属盒前进的总位移？

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.其中1〜6

题为单选题，7〜10题为多选题

1.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的〃斜

面实验〃，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做

的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是

他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（）

A.自由落体运动是一种匀变速直线运动

B.重的物体与轻的物体下落一样快

C.物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性

D.力不是维持物体运动的原因

【考点】自由落体运动；惯性.

【分析】结论是由实验推导出来的，所以结论必须与实验相联系，题

目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关.

【解答】解：A、铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的

是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最

大的情况就是90。时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是

自由落体运动是一种匀变速直线运动.选项A正确

B、在自由落体运动中，轻重物体下落一样快，在该实验中不能得出

轻重物体下落的快慢，故B错误.

C、该实验不能得出惯性这一结论，故C错误.

D、物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，故D

错误.

故选：A.

【点评】该题属于实验推论题，要求同学们正确理解科学家的基本观

点和佐证实验，该题难度不大，属于基础题.

2.某卖场售货员欲坐电梯将一台式弹簧秤由1楼送至5楼，在1楼

处该售货员将台式弹簧秤放置在电梯内，同时将一物体静止地放在台

式弹簧秤上，下列有关说法正确的是（）

A.电梯未启动时物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力

B.电梯在启动时物体对弹簧秤产生压力是因为物体发生了形变，而

且该形变比电梯未启动时要大

C.电梯在启动时物体对弹簧秤的压力大于弹簧秤对物体的支持力

D.电梯在即将到达5楼时，物体处于超重状态

【考点】牛顿运动定律的应用■超重和失重.

【分析】相互作用力的条件；大小相等、方向相反、同一直线，两个

受力物体.

根据超重与失重时物体受到的支持力与重力的关系，以及牛顿第三定

律判断BD选项；

【解答】解：A、物体受到弹簧秤的支持力和物体对弹簧秤的压力，

两个力的大小相等、方向相反、作用在同一条直线上；又由于物体处

于平衡状态，所以电梯未启动时物体对弹簧秤的压力等于物体所受的

重力，但不能说物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力，因为两个

力是不同性质的力.故A错误；

B、电梯在启动时物体的加速度的方向向上，物体受到的支持力大于

重力，根据牛顿第三定律可知，物体对弹簧秤产生压力大于物体的重

力；而电梯未启动时，物体对弹簧秤产生压力等于物体的重力；物体

对弹簧秤产生压力是因为物体发生了形变，所以电梯在启动时物体的

形变比电梯未启动时要大.故B正确；

C、物体对弹簧秤的压力和弹簧秤对物体的支持力是一对作用力与反

作用力，二者总是大小相等，方向相反.故C错误；

D、电梯在即将到达5楼时，电梯是向上做减速运动，加速度的方向

向下，所以物体处于失重状态.故D错误.

故选：B

【点评】本题主要是考查对牛顿第三定律和超重失重现象的理解，利

用牛顿第二定律来分析物体的加速度，并判断运动情况是解答的关

键.

3.假设地球是一半径为R,质量分布均匀的球体.已知质量分布均

匀的球壳对壳内物体引力为零，有人设想要打穿地球从中国建立一条

通过地心的孔径大小可忽略的光滑隧道直达巴西.如只考虑物体间的

万有引力，则从隧道口抛下一物体，物体的加速度（）

A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大

【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律.

【分析】抓住物体在中心位置的加速度以及初末状态的加速度，判断

物体加速度的变化.

【解答】解：物体在地球表面，加速度mR2,在地心处，物体所

受万有引力的合力为零，则加速度为零，可知物体的加速度先减小后

增大，故D正确，ABC错误.

故选：D.

【点评】本题通过特殊位置法分析判断，抓住初末状态和地心处的加

速度大小，从而分析判断，难度不大.

4.宇航员在某星球表面，以一定初速度竖直上抛一小球，测得小球

从抛出到返回的时间为t；若他在地球表面以相同的初速度竖直上抛

同一小球，小球从抛出到返回时间为9t.若已知该星球的半径与地球

半径之比为R：r=l：4,不计空气阻力.则（）

A.该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为1：9

B.该星球的密度与地球密度之比为4：9

C.该星球与地球第一宇宙速度之比为3：2

D.在该星球与地球上自相同高度处以相同初速度平抛物体的水平射

程之比为1：1

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其

应用.

【分析】根据竖直上抛运动的规律求出地球表面和星球表面的重力加

速度之比，根据万有引力等于重力，求出星球和地球的质量比，从而

求得密度之比.由V二遍求第一宇宙速度之比.结合平抛运动的规律

求水平射程之比.

2v0

【解答】解：A、竖直上抛的小球运动时间为：HT，因而得该星球

g星2L9

表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为：赢二不=丁，故A

错误.

B、在天体表面，由万有引力等于重力得：GT7=mg得，M=-^,则

KG

M3g

天体的密度为：p二工九R3=4兀GR

3

P星g星二A

所以该星球的密度与地球密度之比为：石而二疏・R=9X1=36.故B

错误.

C、第一宇宙速度公式v二遍，则知该星球与地球第一宇宙速度之比

为：7^.=3：2,故C正确.

D、平抛运动的水平射程为：x=vot=vo^,则知在该星球与地球上自

相同高度处以相同初速度平抛物体的水平射程之比为L3,故D错

误.

故选：C

【点评】解决本题的关键知道竖直上抛运动上升阶段和下降阶段是对

称的，以及掌握万有引力等于重力这一理论.

5.在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示，测速

仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差

可以测出被测的物体的速度；某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在

离测速仪355m处开始做匀减速直线运动.当测速仪接收到反射回来

的超声波信号时，汽车在离测速仪335m处恰好停下，已知声速为

340m/s,则汽车在这20m位移内的平均速度为（）

A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s

【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度.

【分析】根据匀变速直线运动的规律，将汽车的减速运动分为两段相

等的时间，则可知两段时间内的位移之比，从而求出超声波前进的位

移，从而求出汽车运动的时间，由平均速度公式即可求得平均速度.

【解答】解：汽车做匀减速运动，且汽车在与超声波相遇前后运动的

时间相等，则根据匀变速直线运动规律可知，两段时间内的位移之比

一定为3：1；则可知，在与超声波相遇时，汽车前进的距离为：x=20

3

X"j=15m；

故超声波与汽车相遇时前进的距离为：s=355-15=340m.

u340

因此可知，前进运动20m的总时间为：t=2X互而=2X薪=2s；

汽车的平均速度为：V=7=^=10m/s；

故选：B.

【点评】本题为追及相遇问题，要注意明确超声波遇到汽车和返回过

程中时间相等，并且接收到返回信号时汽车刚好停止，所以可以利用

匀变速直线运动的规律分析位移关系，即可求出时间关系.

如图所示，两个质量分别为、的小环能沿着一轻细绳光滑

6.mIm2

地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角

0=15°,在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿

过轻环，并使m】、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止

状态时6=45。，则两小环质量之比mi：012为（）

A.tanl5°B.tan30°C.tan60°D.tan75°

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.

【分析】小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以

根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、

乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解.

【解答】解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力

与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60。，C环与甲环与竖

直方向的夹角为30。，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30。，乙环与

B点与竖直方向的夹角为60。，根据平衡条件，对甲环，有：

2Tcos30°=mig

对乙环，根据平衡条件，有：

2Tcos600=m2g

故mi：m2=tan60°

故选：C.

【点评】本题切入点在于小环是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直,

难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平

衡条件列式分析，不难.

7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下以a匀加速拉出，

鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸与桌布的动摩擦因数为山、鱼缸与桌

面间的动摩擦因数为已知则在上述过程中（）

A.只有满足a>Rg,桌布才能从鱼缸下拉出

B.鱼缸在桌布上的滑动时间大于在桌面上的滑动时间

C.若猫增大拉力，鱼缸有可能滑出桌面

D.若猫减小拉力，鱼缸受到的摩擦力有可能变小

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.

【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化

时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分

析，明确拉力变化后运动位移的变化情况.

【解答】解：A、对鱼缸分析，设加速度为a-由牛顿第二定律可得:

|iimg=ma/,解得：a^piig,所以当满足a>mg,鱼缸和桌布之间有相

对滑动，桌布才能从鱼缸下拉出，故A正确；

B、由于鱼缸在桌布上动摩擦因数大于在桌面上的动摩擦因数，则由

牛顿第二定律可知，鱼缸在桌布上的加速度大于在桌面上的加速度；

但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间小

于在桌面上的滑动时间，故B错误；

C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力

和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变，加速度不变，鱼

缸不会滑出桌面，故C错误；

D、猫减小拉力时，由A分析可知，当满足a>内g,鱼缸和桌布之间

有相对滑动，加速度不变；当满足aVnig,鱼缸和桌布相对静止，此

四2(m+lD)

时设桌布质量为nV,则鱼缸的加速度为：3=一二^=|12g，因为口1

>R，加速度减小，所以若猫减小拉力，鱼缸受到的摩擦力有可能变

小，故D正确.

故选：AD.

【点评】本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受

到的摩擦力是解题的关键，同时:还要注意掌握物体的运动情况，能

根据牛顿第二定律进行分析.

8.我国探月工程中相继发射了〃嫦娥一号〃和〃嫦娥二号〃两颗卫星，

其中〃嫦娥一号"卫星总重2350千克，其上搭载了8种科学探测仪器

重约130千克,在离月球表面200公里高度的极月圆轨道绕月球飞行,

〃嫦娥二号〃卫星总重2480千克,其上搭载七种科学探测设备重约140

千克，卫星环绕月球飞行的轨道高度为100公里，则()

A.〃嫦娥二号〃卫星与〃嫦娥一号〃卫星的速度之比为加：1

B.〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星的动能大

C.〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星的加速度小

D.〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星所受的月球引力大

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其

应用.

【分析】卫星绕月球做匀速圆周运动所需的向心力由月球的万有引力

提供，由此列式，得出v、a的表达式，根据表达式求相关的比例关

系.

【解答】解：根据万有引力等于向心力得：

G与二m与ma,得丫=眄a鸟

A、设月球的半径为R,〃嫦娥二号〃卫星与〃嫦娥一号〃卫星的轨道半径

分别为R+100km和R+100km,则由v=科得：〃嫦娥二号〃卫星与“嫦

娥一号〃卫星的速度之比不等于血：1.故A错误.

2

B、卫星的动能Ek=jmv=^

Ek2ro2rl

则〃嫦娥二号〃卫星与〃嫦娥一号〃卫星的动能之比用=5・五

=葭鬻7同义石滤>1,即〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星的动

K+1XI。235。

能大，故B正确.

C、由a二号可知，卫星的轨道半径越小，加速度越大，则〃嫦娥二号〃

r

卫星比〃嫦娥一号〃卫星的加速度大，故C错误.

D、根据F=G詈得：〃嫦娥二号〃卫星与〃嫦娥一号〃卫星所受的月球引

F2ro2,R+2X105

力之比7；=兀・（R+1X105）x2>1,即〃嫦娥二号〃卫星比〃嫦娥一号〃卫星

所受的月球引力大，故D正确.

故选：BD

【点评】本题的关键要掌握卫星问题的基本思路：万有引力等于向心

力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，根据表达式解出要

讨论的量.

9.如图所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点

等高且已知高度为h,在A、B两点分别以不同速度沿水平方向抛出

质量相等的两个小球a、b.若a球落到M点的同时，b球恰好垂直

落到斜面的中点N,不计空气阻力，已知重力加速度为g,则根据以

上条件可求出（）

A.a球抛出的初速度VaB.斜面的倾角

C.a、b两球抛出的时间间隔D.a球落地的动能

【考点】平抛运动.

【分析】抓住b球垂直撞在斜面的中点，结合速度关系和位移关系联

立求出斜面的倾角，从而得出a球的水平位移，通过a球的运动时间

求出初速度.根据下降的高度得出两球运动的时间，从而得出两球平

抛运动的时间间隔.

【解答】解：A、小球b恰好垂直落在斜面的中点，可知小球b下降

的高度已知，根据位移时间公式可以求出b球下降的时间为：

从而结合速度时间公式求出竖直分速度为:

V

Vyb=gtb=VghVbb

,因为小球恰好垂直落在斜面上，则有：tan。二二二痂,

22

根据位移关系有：闻6二2一b二色库,联立可以求出血，从而得

vbtb2Vb2Vb

出斜面的倾角，根据几何关系求出小球a平抛运动的水平位移，小球

a下落的高度为h,则小球a平抛运动的时间匕楞，根据水平位移

和时间求出a球的初速度，故AB正确.

C、由于a、b两球下降的高度均已知，根据位移时间公式可以得出两

球平抛运动的时间，从而求出a、b两球抛出的时间间隔，故C正确.

D、由于a球的质量未知，无法求出a球落地的动能，故D错误.

故选：ABC.

【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运

动规律，结合运动学公式和推论灵活求解.

10.如图所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固

定在倾角为e的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧

靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为m,初始时两物块均静止.现

用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运

动，已知前一段时间内，F是变力，之后F是恒力，已知重力加速度

为g,则（）

8

A.A的最大位移为理誓■

B.若A的质量为m,则A达到最大速度时的位移为理号」

C.无论是否计A的质量，A、B都是在斜面上同一位置处分离

D.无论是否计A的质量，A、B弹簧组成的系统机械能守恒

【考点】机械能守恒定律；功能关系.

【分析】AB分离后，A做简谐运动，最大位移为2倍振幅；

A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的

位移；

物体A、B恰好分离的临界条件是两个物体间的弹力为零，结合牛顿

第二定律列式分析.

【解答】解：A、对AB整体，不受拉力时弹力：F朽2mgsinB,根据

胡克定律，压缩量：x二驾警■,

A与B分离后的平衡位置的弹簧弹力：F占mgsinO,压缩量4=理誓~,

故振动幅度A=x-x=理萨；

故A的最大位移为：Xm=2A=型鬻，故A错误；

B、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克

定律得：mgsin0=kx,

得：*=理誓",故B正确；

C、物体AB刚分离时，AB间弹力为零,对物体A,有：F弹-mgsinO=ma,

故取不同的质量，弹簧弹力不同，分离位置不同，故C错误；

D、对AB组成的系统，有拉力和弹簧弹力做功，故机械能不守恒，

故D错误；

故选：B

【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为

0.从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜

面方向上的加速度和速度仍相等.

二、实验题：共2小题，第11题6分，第14题9分，共15分

11.一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量

雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d=40cm的

纸带环，安放在一个可以按照不同转速顺时针转动的固定转台上，纸

带环上刻有一条狭缝A,在狭缝A的正对面画一条标志线，如图1所

示.在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒

中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭

缝A在纸带的内侧面留下痕迹，已知这些痕迹都是狭缝还未转完一圈

就留下来的.将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对

齐，如图所示.则

(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为S,则从图2

可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离So=2.15cm

如果转台转动的周期为则这些雾滴喷射速度最大值

(2)T=3.14s,v0=

7.4m/s(保留两位有效数字).

【考点】线速度、角速度和周期、转速.

【分析】(1)雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，

此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小，

根据图2即可读出结果；

(2)在纸带环转速3一定的情况下，油漆雾滴速度越大，到达纸带

环的时间t越短，则标志线转过的角度e越小，转过的弧长S越短，

油漆雾滴到达纸带环的位置距离标志线越近，所以到达d点的油漆雾

滴是速度最大的.

【解答】解：(1)雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越

短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越

小.

所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离Si=2.15cm；

(2)速度最大点距离标志线的距离是△S=2.15cm,根据

D_△8A9T

t=

v0~0)=2K

△S=y-AB

乙

V-22LD___"D7TD23.14X0.42„/

AS

解得：T—.T=丁2.15X102x3.14m/s

TD

故答案为：2.15；7.4

【点评】解决本题的关键知道雾滴运动的路程一定，速度越大，运行

的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线

的距离越小.

12.在“探究加速度与力、质量的关系〃实验中，某同学使用了如图甲

所示的装置.请根据实验思路回答下列问题：

打点产器J块细我滑轮

长痴31

水平实鞋台IIv

小沙桥

甲z

（1）通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是:

在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大（填〃偏大〃或''偏

小〃）.

（2）该同学得到如图丙所示的纸带.已知打点计时器电源频率为

50Hz.A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，两计数点之间还

有四个点未画出.由此可算出运动过程中小车的加速度为

m/s2.（结果保留两位有效数字）

A♦B♦C♦D♦•£F••G

|iiii|irilplii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|Hh|iiipiii|iiii|iiii|iiii[iiii|

Ocn1234567

丙

（3）关于这套实验装置，下列说法正确的是ABC

A.用该套实验装置验证牛顿第二定律时，实验中除了必须垫高长木

板以平衡摩擦力外，还必须保证小沙桶质量远小于滑块质量

B.用该套实验装置验证牛顿第二定律，若该同学能找到用以测量细

线张力的力传感器，实验中不必保证小沙桶质量远小于滑块质量，但

仍然必须垫高长木板以平衡摩擦力

C.用该套实验装置可以以滑块为研究对象验证动能定理，实验中必

须垫高长木板以平衡摩擦力，同时必须满足小沙桶质量远小于滑块质

量

D.用该套实验装置可以以滑块与小砂桶组成的系统验证机械能守恒

定律，实验中除了必须垫高木板以平衡摩擦力，同时必须保证小沙桶

质量远小于滑块质量.

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

【分析】(1)考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平

衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大.从图上分析两

图各是什么原因即可.

(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点

的瞬时速度，根据匀变速直线运动的规律Ax二at?可以求出加速度的

大小.

(3)验证牛顿第二定律实验应平衡摩擦力且沙桶质量应远小于滑块

质量；

合力做功等于物体动能的变化量，根据动能定理分析答题；

在只有重力或只有弹力做功的情况下系统机械能守恒.

【解答】解：(1)由图乙所示图象可知，a-F图象在a轴上有截距,

即当拉力为零时已经产生加速度，小车所受的合力大于沙桶的重力，

这是由于平衡摩擦力时木板倾角偏大，平衡摩擦力过大造成的.

(2)两计数点间有4个点没有画出，则计数点间的时间间隔：t=0.02

X5=0.1s,

根据匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，加速度为：

DE-ABIEF-BC+FG-CDDG-AD0.0650-B0260-(0.0260-0.0050)

a=9t2=9t2=9X0.i2

=0.20m/s2.

(3)A、验证牛顿第二定律实验需要平衡摩擦力，认为滑块受到的拉

力等于沙桶的重力，因此用该套实验装置验证牛顿第二定律时，实验

中除了必须垫高长木板以平衡摩擦力外，还必须保证小沙桶质量远小

于滑块质量，故A正确；

B、验证牛顿第二定律实验需要平衡摩擦力，如果能测出小车受到的

拉力就不需要满足沙桶质量远小于滑块质量，因此用该套实验装置验

证牛顿第二定律，若该同学能找到用以测量细线张力的力传感器，实

验中不必保证小沙桶质量远小于滑块质量，但仍然必须垫高长木板以

平衡摩擦力，故B正确；

C、平衡摩擦力且满足小沙桶质量远小于滑块质量时，滑块受到的合

力等于沙桶的重力，因此用该套实验装置可以以滑块为研究对象验证

动能定理，实验中必须垫高长木板以平衡摩擦力，同时必须满足小沙

桶质量远小于滑块质量，故C正确；

D、当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，垫高木板以平衡

摩擦力同时保证小沙桶质量远小于滑块质量时，滑块与小砂桶组成的

系统不满足只有重力对系统做功，系统的机械能不守恒，故D错误；

故答案为：(1)偏大；(2)0.20；(3)ABC.

【点评】教科书上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、

实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚.

对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由.比如为什么要平衡摩擦

力，为什么要先接通电源后释放纸带等.

三、计算题：本大题共3小题，共55分.把解答写在答题卡中指定

的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.

13.(11分)(2016春•武汉校级期末)汽车静止在位于摩托车正前

方的某处A,两车同时同向由静止开始沿平直的公路行驶，其中摩托

车开始做加速度为a。匀加速运动，当行至A处后改做匀速运动，汽

车一直做匀加速运动，为使摩托车能追上汽车，汽车行驶的加速度应

满足什么条件？

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速

度与时间的关系.

【分析】摩托车能追上汽车的临界情况是速度相等时，恰好追上，结

合速度时间公式，根据位移关系求出汽车行驶的加速度满足条件.

【解答】解：假设摩托车加速行驶的时间为匕，匀速行驶的时间为t2,

汽车的加速度为a

若摩托车恰好追上汽车，此时速度相等，有v=a(ti+t2)=aoti,

y1a(tj+t2)2<v12

解得：a《手.

答：汽车行驶的加速度应满足a4寺.

【点评】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界情况，结合

速度公式和位移公式，抓住位移关系进行求解.

14.（13分）（2016春•武汉校级期末）如图甲所示，轻绳一端系一

质量为1kg的小球，另一端可绕固定的水平轴转动.现使小球在竖直

平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球

的水平分速度v随时间t变化关系如图乙所示，不计一切摩擦，取

g=10m/s2.

甲

（1）求t2时刻轻绳对小球的拉力大小；

（2）若在最高点计时时给小球的水平初速度改为v=^m/s,保持轻

绳长度不变，绳子被拉直时垂直于绳子方向的分速度不变.求小球经

过最低点时小球的速度大小.

【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力.

【分析】（1）由图得出小球在最高点的速度和最低点的速度，结合

机械能守恒即可求出绳子的长度；然后由牛顿第二定律即可求出拉

力；

（2）分析小球过最高点的条件，结合平抛运动求出绳子被拉直的位

置，结合机械能守恒求出绳子被拉直时的速度，将速度分解求出两个

分速度，再由机械能守恒求出小球经过最低点的速度.

【解答】解：（1）从水平位置到竖直位置有：冷扁+mg・2R唠«

代入数据解得：R=0.4m

最低点有：Fmg=R

代入数据解得：F=72.5N

（2）由于故小球从最高点开始做平抛运动，

假设平抛8后绳拉直，有

R*sin0=vt

R（1-cos8）=^-gt2

解得：e=9o°

可知小球做平抛运动，恰好到达与圆心等高的点，然后小球开始做圆

周运动，其竖直速度保持不变，水平速度消失.故有：

vy=V2iR=V2X10X0.4=2V2m/s

1219

从水平位置运动到最低点有：yrovy+mgR=ymv

代入数据得：V=4m/S

答：（1）t2时刻轻绳对小球的拉力大小是72.5N；

（2）若在最高点计时时给小球的水平初速度改为“比m/s,保持轻

绳长度不变，小球经过最低点时小球的速度大小是4m/s.

【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，和应用机

械能守恒动量解题的能力，要求同学们能根据图象获取有效信息，难

度适中.

15.（13分）（2016春•武汉校级期末）有一条沿逆时针方向匀速传

送的浅色传送带，其恒定速度v=2m/s,传送带与水平面的夹角0=37°,

传送带上下两端AB间距离l=6m,如图所示，现有一可视为质点的煤

块以v=2m/s的初速度从AB的中点向上运动，煤块与传送带之间的动

摩擦因数|1=0.5,滑轮大小可忽略不计，求煤块最终在传送带上留下

的黑色痕迹的长度.已知g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的

关系.

【分析】根据牛顿第二定律分别求出煤块上升和下滑过程中的加速度

大小，根据运动学公式分段求出煤块相对于皮带的位移大小，最后分

析留下的轨迹长度.

【解答】解：滑块沿斜面向上运动的加速度为：

mgsin8+mgcos82

a1=--------------------------------=10in/s,

1m

上升的时间为：［1唠:0・2s,

1o

上升过程中的位移为：x严11-7〜匕=o.2m,

此过程中皮带向下的位移为：Mi=vti=0.4m,

所以相对位移为：△xi=0.2+0.4=0.6m；

物块下降过程中达到与皮带速度相等的时间为：2s,

下降过程中