2024-2025學年河南省鶴壁高中高二（上）開學物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.抖空竹是一種傳統雜技節目，表演者用兩根短竿系上繩子，將空竹扯動使

之旋轉，并表演出各種身段。如圖所示，表演者保持一只手力不動，另一只

手B沿圖中的四個方向緩慢移動，忽略空竹轉動的影響，不計空竹和輕質細X0/

繩間的摩擦力，且認為細繩不可伸長。下列說法錯誤的是（）

A.細繩B端沿虛線a向左移動時，細繩對空竹的合力不變

B.細繩8端沿虛線b向上移動時，細繩的拉力不變

C.細繩B端沿虛線c斜向上移動時，細繩的拉力減小

D.細繩B端沿虛線d向右移動時，細繩的拉力增大

2.炎熱的夏季即將到來，同學們在暑假期間不僅注重文化知識的學習也需甲

要健康安全的鍛煉方式。甲、乙兩位同學在游泳館游泳，如圖所示，已知

游泳館泳池長度為50米，甲同學游泳速度為lzn/s,乙同學游泳速度為50m

0.8m/s,兩位同學由相鄰泳道相對位置同時開始下水游泳（不計轉身所需時

間，甲、乙均在各自泳道中勻速率運動），兩同學在泳池中均運動了±1-----1~~

300m,則兩者在運動過程中相遇了多少次（）

A.4次B.5次C.6次D.7次

3.如圖所示，質量為6的氫氣球通過細繩與地面上一塊質量為M的磚塊綁在一起，氫氣球受水平風力作

用，細繩與地面的夾角為仇兩物體均處于靜止狀態，當水平風力緩慢增大時（）

A.細繩與地面的夾角e增大

B,地面對磚塊的支持力減小

C.磚塊受到地面的摩擦力增大

D.細繩對氣球的拉力大小不變

4.如圖所示，在傾角為30。的光滑固定斜面上，用兩根等長的細線將兩個質量均為理的的小球4、B（均看

作質點）系在。點，兩個小球之間連著一根勁度系數為50N/機的輕彈簧，兩球靜止時兩根細線之間的夾角為

60°,g=10m/s2,則（）

第1頁，共19頁

A.系在小球4上細線的拉力為5pN

B.斜面對小球B的支持力為15N

C.彈簧的形變量為0.2爪

D.若將彈簧撤去，則撤去瞬間小球4的加速度大小為爭i/s2

5.北京2022年冬奧會極大推動了全國范圍內的冰雪運動設施建設，如圖所示為一個開闊、平坦的傾斜雪

坡，一個小孩靠推一棵樹獲得大小為火的水平初速度。雪坡的傾角為a,與小孩之間的滑動摩擦系數為〃,

不計空氣阻力，不考慮摩擦力隨速度大小的變化。雪坡足夠大，經過足夠長的時間關于小孩運動的說法,

正確的是（）

A.可能一直做曲線運動

B.可能做勻加速直線運動，與初速度"的夾角小于90°

C.若做勻速運動，則可判斷

D.若沒有停下，則最終速度的方向一定與初速度如垂直

6.如圖所示，水平地面上放置一滾筒洗衣機，某同學啟動洗衣機甩干功能將一小毛線玩具甩干。某一時段

內，玩具相對滾筒內壁靜止，在豎直面內做勻速圓周運動。已知滾筒的內徑為r,重力加速度大小為g,玩

具的質量為6且可視為質點。在該段時間內（）

A.洗衣機對地面的壓力保持不變

B.洗衣機對地面的摩擦力保持不變

C.玩具在滾筒最高點的速度可能小于加

D.玩具從最低點轉到最高點摩擦力做功為

7.“中國空間站”在距地面高400/OTI左右的軌道上做勻速圓周運動，在此高度上有

非常稀薄的大氣，因氣體阻力的影響，軌道高度1個月大概下降2km,空間站安裝

有發動機，可對軌道進行周期性修正。則下列說法中正確的是（）

A.“中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的周期大于地球同步衛星的周期

B.“中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的向心加速度大小稍大于g

C.“中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的線速度大小稍大于地球的第一宇宙速度

D.“中國空間站”修正軌道時，發動機應“向后噴火”使空間站加速，但進入目標軌道正常運行后的速度

小于修正之前在較低軌道上的運行速度

二、多選題：本大題共3小題，共12分。

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8.已知越野車和自動駕駛車在同一公路上向東行駛，自動駕駛車由靜止開始運動時，越野車剛好以速度為

從旁邊加速駛過，如圖分別是越野車和自動駕駛車的"T圖線，根據這些信息，可以判斷（）

A.加速階段自動駕駛車的加速度是越野車的2倍

B.第5s末兩車速度均為9m/s

C.第10s末兩車相遇

D.第25s末兩車再次相遇

9.如圖甲，足夠長的光滑斜面傾角為30。，t=0時質量為2kg的物塊在沿斜面方向的力F作用下由靜止開始

運動，設沿斜面向上為力F的正方向，力尸隨時間t的變化關系如圖乙。取物塊的初始位置為零勢能位置，

重力加速度取10m/s2,則物塊（）

A.在0?1s過程中機械能減少4/B.在t=1s時動能為1/

C.在t=2s時機械能為-4/D.在t=3s時速度大小為15.5m/s

10.蹦床是小朋友喜歡的戶外運動項目。如圖所示，一質量為小的小朋友，某次彈跳中從床面上方高燈處由

靜止落下，下落的時間為以，落到床面上屈伸彈起后離開床面的最大高度為后，上升的時間為以。已知八2

＞比，重力加速度為g,不計空氣阻力，此過程中（）

A.床面對小朋友彈力的最大值為mg

B.小朋友所受重力的沖量為機或匕-以）

C.小朋友離開床面時的速度大小為7^2

D.小朋友的機械能增加了-比）

三、實驗題：本大題共1小題，共10分。

11.用如圖a所示裝置，驗證固定轉軸物體的平衡條件。。。為質量均勻分布的軌道，。為光滑固定轉軸。一

不可伸長的輕細繩，一端連在軌道。端，另一端通過光滑定滑輪連在固定的力傳感器4上。調節軌道使其水

平，將位移傳感器接收器B固定，使其右側面對準轉軸。點，小車E放在軌道上，使位移傳感器接收器C左

側面對準轉軸。點。給小車初速度，利用位移傳感器和力傳感器，測量不同時刻t小車離開。點的距離S和細

繩的拉力尸，計算機將數據記錄在表格。

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(1)利用上述測量數據驗證固定轉軸物體的平衡條件，還需測量的量是。(選填下列物理量符號：軌

道重量Gi、小車和其上固定的位移傳感器發射器總重量G2、位移傳感器接收器的重量G3、軌道長度小、細

繩長度〃、力傳感器到定滑輪距離乙3、細繩與軌道夾角。)

(2)若8=30。，軌道長k=1.00M,以s為橫坐標，F為縱坐標，通過計算機做出圖象如圖6,由圖象可求出

小車和其上固定的位移傳感器發射器總重量為N,該值比真實值_____0(選填“偏大”“偏

小”“相同”)

(3)若將小車看做質點，由圖象6可求出軌道重量為N,該值比真實值_____。(選填“偏大”“偏

小”“相同”)，其原因是。

四、簡答題：本大題共1小題，共10分。

12.如圖所示，傾角。=30。的斜面體靜止放在水平地面上，斜面長L=3m。質量?n=1kg的物體Q放在斜

面底端，與斜面間的動摩擦因數〃=￥，通過輕細繩跨過定滑輪與物體P相連接，連接Q的細繩與斜面平

行。繩拉直時用手托住P使其在距地面h=1.8爪高處由靜止釋放，著地后P立即停止運動。若P、Q可視為

質點，斜面體始終靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑輪軸摩擦，重力加速度大小取g=10機/

s2o求：

(1)若P的質量M=0.5kg,地面對斜面體摩擦力的大小/；

(2)為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，P的質量M需滿足的條件。

五、計算題：本大題共3小題，共40分。

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13.如圖所示，半徑為R=0.2根的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋

轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心。的對稱軸0。'重合。轉臺以

一定角速度3勻速旋轉，一質量為爪=避即的小物塊落入陶罐內，經

過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和。點的連

線與。。'之間的夾角。為60。，重力加速度為g=10m/s2?

(1)若3=3o，小物塊受到的摩擦力恰好為0,求3o；

(2)當3=8rad/s時，小物塊仍與罐壁相對靜止，求小物塊受到摩擦力f的大小。

14.某游戲裝置如圖所示，傾斜軌道下端固定一彈射裝置，上端與一段圓弧管道BCD平滑連接，高處水平

光滑平臺上一木板緊靠管道出口D,且與管道內壁平齊，平臺左端地面上有一卡扣裝置Q,木板經過時瞬間

被卡住，停止運動。游戲時，滑塊P每次都在4點彈射離開，通過調節彈射裝置可以為滑塊從4點彈出提供

不同的初動能，滑塊最終能停留在木板上則游戲挑戰成功。已知斜軌道傾角8=37。，28距離s=1.0m,

圓管道半徑R=0.5小，且比圓管口徑大得多。木板質量M=0.1kg,滑塊與木板間摩擦因數〃=0.5,其余

均光滑，滑塊P質量m=0.1kg,可看作質點，水平平臺足夠長，g取10m/s2。

(1)若滑塊彈射后恰好能到。點，求在。點時對軌道壓力的大小；

(2)假設木板足夠長，某次滑塊從4點彈出速度為6m/s,求木板能夠獲得的最大速度；

(3)假設木板的長度L=0.75機，若要游戲成功，求滑塊從4點彈射的初動能范圍。

15.如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直面內，。為圓環的圓心，與。

等高的P點固定有一定滑輪，環上套有質量為3nl的小球4繞過定滑輪的細

線連接小球4和質量為小的小球B,用豎直向上的拉力F(大小未知)作用于小

球4使小球4處于靜止狀態，此時與水平方向的夾角為53。且4P段細線

與圓相切，重力加速度為g,s譏37。=0.6,cos37°=0.8,不"一"切摩擦，

不計滑輪及兩個小球的大小，求：

(1)小球a在圖示位置靜止時，圓環對小球a的彈力大小和方向。

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(2)撤去拉力尸后，在小球4向下運動到與。等高位置的過程中，細線對小球4所做功的多少。

(3)撤去拉力產后，小球4向下運動到出發點正下方位置時，圓環對小球4的彈力大小和細線對小球B的拉力

大小。

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答案解析

1.C

【解析】解：設4B間的水平距離為d',繩長為3空竹受力如圖所示。

d'

cosd=—

L

由于空竹緩慢移動，則其受力平衡，由平衡條件得

2Fsin0—mg

則得細繩的拉力大小為

mg

F~2sin0

又

sin20+cos20=1

/、細繩B端沿虛線a向左移動時，細繩對空竹的合力與重力等大反向，可知細繩對空竹的合力不變，故/

正確;

B、當細繩B端沿虛線b向上移動時，d'不變，cos。不變，s譏。不變，F不變，故3正確;

C、當細繩B端沿虛線c斜向上移動時，d'增大，cos。增大，s譏。減小，F將增大，故C錯誤;

D、同理可分析可知當沿虛線d向右移動時，d'增大，cos。增大，s譏。減小，F將增大，故。正確。

本題選錯誤的，故選：C。

細繩B端沿圖中的四個方向緩慢移動時，空竹受力平衡，根據平衡條件分析細繩對空竹的合力如何變化;

細繩B端沿虛線b向上移動時，根據幾何關系分析細線與豎直方向的夾角e的變化情況，再分析細線的拉力

如何變化；細繩B端沿虛線c斜向上移動時，分析細繩與豎直方向的夾角8的變化情況，再分析細線的拉力

如何變化；細繩B端沿虛線d向右移動時，采用同樣的方法分析。

本題的關鍵在于根據幾何知識分析細線與豎直方向的夾角變化情況，再根據平衡條件列式分析。

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2.B

【解析】解：甲、乙同學單程所需時間為

x50

頻=區=兩

圖像中，交點有5個，即兩人相遇5次。

故NC。錯誤，8正確。

故選：Bo

根據題意畫出XT圖像，根據圖像的意義求解兩者在運動過程中相遇的次數。

本題考查了相遇次數的問題，合理的利用圖像，可以更快的解題。

3.C

【解析】解：4D.對氣球受力分析，受重力、浮力、細線的拉力和水平風力，如圖所示

豎直方向根據平衡條件，有Tsin。+mg=F浮，水平方向有Teos。=F，聯立解得tcm。=尸浮；叫丁=

坐壬坦，當風力F增大時，浮力和重力不變、則。減小，繩子對氣球的拉力T增大，故錯誤。

sin0

A水平方向的風力不影響豎直方向的受力情況，所以風力增大時，根據豎直方向的平衡條件分析，地面對

磚塊的支持力不變，故2錯誤；

C.以整體為研究對象，根據水平方向受力平衡可得磚塊受到地面的摩擦力與風力等大反向，風力增大，則

磚塊受到地面的摩擦力增大，故C正確。

故選：Co

2D.根據氣球的平衡狀態在水平方向和豎直方向列平衡方程求解夾角的變化情況和繩子拉力T的變化情況；

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8.根據整體在豎直方向的平衡狀態不受水平風力的影響進行分析解答

C根據整體法結合平衡條件分析摩擦力隨風力大小的變化情況。

考查整體法和隔離法的應用，關鍵是抓住兩個互相垂直的方向的平衡條件的應用列式分析求解。

4.5

【解析】解：

4設繩子拉力為T,根據平衡條件，對4有Tcos30°=mgsi7i30。，解得T=ION,故/錯誤；

8.設斜面對小球B的支持力為F,根據平衡條件，對B有尸=zngcos30。，解得F=15N,故臺正確；

C設彈簧彈力為尸，根據胡克定律有，F=kx,根據平衡條件，對B有F=Ts出30。，聯立解得x=0.1機，

故C錯誤；

。.若將彈簧撤去，設繩子拉力為T,沿繩方向合力為0,垂直繩子方向合力為7ngeos30%os60°根

據牛頓第二定律有機a=4mg,解得a=^-m/s2,故。錯誤；

故選：B。

本題根據平衡條件、胡克定律、牛頓第二定律，結合選項，即可解答。

本題考查學生對平衡條件、胡克定律、牛頓第二定律的掌握，難度中等。

5.D

【解析】解：4BD、小孩的初速度沿著水平方向，起初在斜面上他受到與運動方向相反的滑動摩擦力和重

力沿斜面向下的分力，小孩沿著斜面向下做加速直線運動，沿著斜面水平方向做減速直線運動，根據小孩

開始合力與初速度的方向不共線可知小孩做曲線運動，

若滑動摩擦系數〃2tana,由/=以前="mgeosa可知滑動摩擦力大小不變，隨著小孩速度方向的變化，

滑動摩擦力沿著水平方向和沿著斜面向上方向的分力變化，小孩水平方向一直做減速運動，沿著斜面向下

的方向先做加速后做減速運動，小孩最終速度減為零；

若滑動摩擦系數〃<tana,把小孩的摩擦力沿著水平方向和沿著斜面向下方向分解，小孩水平方向做減速

直線運動，最終速度減為零，沿著斜面方向做加速直線運動，根據小孩開始合力與初速度的方向不共線可

知小孩水平速度減為零之前做曲線運動，水平方向的速度減為零之后做勻加速直線運動，則最終的速度與

初速度垂直，所以若沒有停下，則最終速度的方向一定與初速度也垂直，故N5錯誤、。正確；

C、若摩擦力適中，經過足夠長時間，小孩最終沿著斜面向下做勻速運動，由力的平衡有：

mgsina=fimgeosa,可得〃=tana,故C錯誤。

故選：D。

ABD,根據小孩起初在斜面平面上受力特點以及初速度與斜面方向的合力不共線，可知小孩的運動特點，

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根據滑動摩擦系數與斜面傾角的正切值的關系，分析小孩水平方向和沿著斜面方向的運動，則可得結論；

C、由力的平衡分析。

本題考查了運動的合成與分解、共點力的平衡，解題的關鍵是知道小孩參與了兩個方向的運動，滑動摩擦

力的大小不變，當小孩的速度方向變化時，滑動摩擦力沿著水平方向和沿著斜面方向的分力大小變化。

6.D

【解析】解：4以洗衣機與毛絨玩具整體為研究對象，可知，由于玩具做勻速圓周運動，所以整體在豎直

方向受到的合外力是周期性變化的，所以整體受到的支持力也做周期性的變化，所以洗衣機對地面的壓力

做周期性的變化，故/錯誤；

2.以洗衣機與毛絨玩具整體為研究對象，由于毛絨玩具做勻速圓周運動，所以整體在水平方向上受到的摩

擦力做周期性的變化，不能保持不變，故2錯誤；

C毛絨玩具豎直平面內做勻速圓周運動，根據豎直面內圓周運動的繩模型的臨界條件，mg<則在

最高點的速度u2M,故C錯誤；

D玩具從最低點轉到最高點的過程中玩具做勻速圓周運動，動能增量為0,滾筒內壁對玩具的支持力不做

功，設摩擦力做功為Wf,則根據動能定理有Wf-=0,解得W/=2nigr,即玩具從最低點轉到最高

點摩擦力做功為故。正確。

故選：D。

4B.對整體分析，根據玩具的勻速圓周運動導出合力的周期性變化特點，結合整體的在豎直方向以及水平

方向的平衡條件判斷壓力和摩擦力的變化情況；

C根據豎直面內的圓周運動繩模型的臨界條件列式分析解答；

D根據動能定理求解摩擦力所做的功。.

考查豎直面內的勻速圓周運動問題，涉及到臨界條件和動能定理的應用，會根據題意進行準確分析和解

答。

7.0

【解析】解：4“中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動的周期，萬有引力提供向心力，則有

Mm2兀

得

3

T=產(R+h)3=+/I)解得T=14h<24h

7GM7gR2

故/錯誤；

2.“中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，則有

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G(7?+/l)2=ma

物體繞地球表面運行，根據牛頓第二定律有

Mm

G~^r=m9

聯立解得“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的向心加速度大小為

R2

A=(R+/I)2g

故向心加速度稍小于g,故5錯誤；

C根據萬有引力提供向心力，則有

「Mmv2

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

“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的線速度大小為

故C錯誤；

D空間站由低軌向高軌修正時需要離心運動，故需要發動機點火使空間站加速，但進入目標軌道后的速度

比修正之前低軌的速度小。故。正確；

故選：Do

“中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動的周期，萬有引力提供向心力，分析周期、加速度和線速度；

高軌加速，低軌減速。

本題解題關鍵是掌握，“中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動的周期，萬有引力提供向心力。

8.BC

【解析】解：B、由圖可知，5s末兩車的速度相等，均為u=/n/s=9m/s,故5正確;

4、由UT圖像的斜率表示加速度可知，加速階段兩車的加速度分別為

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錯誤；

C、越野車的初速度為

v0=u-a越力20=18m/s—0.6x207nls=6m/s

根據圖像與時間軸圍成的面積表示位移，0?10s,自駕車的位移為

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18x10

%自=-------m=90m

z

越野車的位移為

X越=+5a越虛，解得X越=90m

則％自=x越

t=0時兩車位置相同，所以第10s末兩車相遇兩車相遇，故C正確；

D、由"T圖像與時間軸圍成的面積表示位移可知，10s末兩車相遇，10?20s兩車間距變大20s之后兩車間

距變小，25s后會再相遇一次，故。錯誤。

故選：BC。

由u-t圖像可以看出，5s末兩車的速度相等，根據幾何知識得到5s末的速度；根據"T圖像的斜率表示加

速度，來求解加速階段兩車的加速度，再得到兩車加速度關系；由位移一時間公式求出0?10s內兩車的位

移，再分析第10s末兩車能否相遇；根據圖像與時間軸圍成的面積表示位移，結合運動過程分析相遇的次

數。

本題是為速度一時間圖像的應用，要明確圖像斜率與面積的意義，知道在速度一時間圖像中，圖線的斜率

表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移。

9.AC

2

【解析】解：2、在0?1s過程中對物塊由牛頓第二定律可知：Fi-mgs譏30。=mai，解得：ar=-4m/s

物塊的位移Xi=京擊=|x(-4)xl2m=-2m

則該過程中F做功為機械能改變量，〃1==2Nx(―2a)=—4J,即機械能減小了4J,故/正確；

B、1s時，物塊的速度%=a也=-4m/s2xIs=-4m/s,則物塊在t=1s時動能為=分憂=|"

x2X(-4)2/=16/,故5錯誤；

C、1s?2s過程中只有重力做功，物塊機械能守恒，則物塊在t=2s時機械能為Wq=-4/,故C正確；

D、0?2s過程中，對物塊由動量定理可知：Fiti-m^sm30°t2=mv2-0,即2x1-2x10X/2=2X

v2-0,解得：v2=-9m/s,即物塊在t=2s時速度大小為9m/s,2s?3s過程中，對物塊由動量定理可

知：一尸2t3-爪gs譏30°13=血力一加"2，代入數據解得也一=-llm/s,故。錯誤；

故選：AC.

根據牛頓第二定律求解加速度，再根據運動學公式求解速度和位移，根據位移公式求解位移，再求出拉力

做的功，外力尸做功為機械能改變量；根據動量定理求解物塊在3s時的速度大小。

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本題主要是考查牛頓運動定律的綜合應用、功的計算以及沖量的計算等，能夠根據圖象分析受力情況，再

結合運動學公式、功的計算公式求解是關鍵。

10.CD

【解析】解：A小朋友在最低點時，床面對小朋友的彈力最大，從最低點向上運動時，先做加速運動，彈

力的最大值大于mg,故/錯誤；

民根據沖量的公式有

1=+t2+Jt)

其中上為小朋友與床面的作用時間，故5錯誤；

C小朋友離開床面的最大高度為九2,根據功能關系可得：

12

￡h

—mv=mgh2

解得

v=72gh2

故C正確；

D根據功能關系可得小朋友的機械能增加了

4E=mgh2—mgh1-

故。正確。

故選：CD。

小朋友在最低點時床面對小朋友的彈力最大，根據運動情況分析最大彈力；根據沖量的計算公式分析重力

的沖量；根據功能關系求解小朋友離開床面時的速度大小、小朋友的機械能增加量。

本題主要是考查功能關系和動量定理，關鍵是能夠分析能量的轉化情況，知道沖量的計算公式、知道機械

能的變化與除重力或系統內彈力以外的力做功有關。

ll.Gi、G2、Li、6；2.0；相同；10.0；偏大；s小于小車和其上固定的位移傳感器發射器總重量G2的力臂

【解析】解：(1)由杠桿平衡條件即實驗設計圖可知要驗證的是小車和其上固定的位移傳感器發射器總重

量及其對應的力臂、軌道重量及其重力的力臂和細繩拉力及其力臂，

故除圖6給出的細繩拉力F和小車和其上固定的位移傳感器發射器對應的力臂外我們還需測得小車和其上固

定的位移傳感器發射器總重量、軌道重量及其重力的力臂及細繩拉力對。點的力臂，所以，還需測量的量

是Gj_、G2、L］、0；

(2)由杠桿平衡條件可得：到，+G2?s=尸"is譏仇

所以，F=島+瑞而s；

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小向,r%時產=、［G“山

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

sind=2.ON；

杠桿平衡條件考慮了軌道重量等影響因素且5、。固定，沒有影響因子，所以，圖6的斜率不變，故該理論

值應與實驗值相同；

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

ZSlTlUx

測量時，s為小車上固定的位移傳感器發射器左端；理論上應為小車及其上固定的位移傳感器發射器的質

心，故S偏小，那么圖b的斜線整體上移了，即。偏大，所以，G1偏大；

Z.SITTU

故答案為:(i)Gi、G2、Li、e-

(2)2.0、相同;

(3)10.0,偏大、s小于小車和其上固定的位移傳感器發射器總重量的力臂；

(1)由杠桿平衡條件所需物理量-力與力臂來推測需要的測量量；

(2)寫出杠桿平衡條件，化簡為F與s的關系式，再與圖b對比，即可求得G2；

(3)由圖b可知斜線與y軸的交點，將該點的值與斜線的表達式比較即可求得Gi,再由質點的定義-忽略體積

可知s偏小，進而求得誤差。

在求解實驗題時，我們只需要按照實驗目的控制所需實驗數據以外的條件不變，進而按步驟求解即可；在

誤差分析中，則考慮控制變量那些與理論不一致，進而分析其帶來的影響即可。

12.解：(1)設沿斜面向上為正方向，若P的質量M=0.5kg,由于：mgsind=Mg=5N

可知P、Q均處于靜止狀態，繩上拉力為：F=Mg

以斜面體和Q為整體，根據受力平衡可得，地面對斜面體摩擦力的大小為：/=Fcos300

聯立解得：/=爭

(2)P著地后，設Q繼續上滑的加速度大小為的,上滑行距離為久，

對Q受力分析，由牛頓第二運動定律得：mgsinO+iimgcosO=mar

解得：的=10m/s2

P著地前瞬間，設Q速度大小為，對Q分析，由運動學公式可得點=2?，0-v2=-2ai%

Q恰好不從斜面頂端滑出需滿足：%=L-h

聯立代入數據解得：a=^m/s2

對于P、Q組成的系統，根據牛頓第二定律可得：Mg-mgsin6-［imgcose=(M+m)a

聯立可得：M=5kg

第14頁，共19頁

另一方面為了使P能下落，必須滿足：Mg>mgsind+[imgcosB

解得：M>1kg

為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，P的質量需滿足的條件為：1kg<M<5kg

答：（1）若P的質量M=0.5kg,地面對斜面體摩擦力的大小f為呼N；

（2）為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，P的質量M需滿足的條件是：1kg

【解析】（1）從開始運動到P著地過程中，分析Q的受力，從而得出地面對斜面體的摩擦力；

（2）P著地后，Q沿斜面做勻減速運動，當速度減為零時，Q剛好不從斜面頂端滑出，此時對應的P的質量最

大，再結合P拉動Q的條件判斷P的質量范圍。

本題主要考查牛頓第二定律，要注意把握物體P拉動Q的條件，還有P落地后Q仍然沿斜面向上勻減速運

動。

13.解：（1）小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，當物塊受到的摩擦力恰好等于零時，物塊受到的重力

與罐壁的支持力的合力提供向心力，如圖所示

5

mgtand=mcj^Rsind

解得

30=10rad/s

⑵當

3=8rad/s<lOrad/s時

小物塊有向下運動的趨勢，小物塊受到的摩擦力方向沿圓弧切線向上，小物塊受力情況如圖所示

第15頁，共19頁

建立如圖所示的坐標系，將向心力沿坐標軸進行分解，沿工方向根據牛頓第二定律可得

mgsinO-f—macosd

其中

a=Rsin3xa)2

解得摩擦力大小為

f=5.4N

答：(1)小物塊受到的摩擦力恰好為0,3o為10rad/s；

⑵小物塊受到摩擦力/的大小5.4N。

【解析】(1)(2)對小物塊作受力分析，根據牛頓第二定律和平衡條件列方程求解。

解題的關鍵是找到入手點：摩擦力為0和角速度變大，向心力變大，根據牛頓第二定律和平衡條件解題。

14.解：(1)若滑塊彈射后恰好能到。點，由于滑塊在。點最小速度為0,

根據牛頓第二定律定律有：F支-mg=里薩

由牛頓第三定律可得：尸壓=?支=mg=0.1xION=1N

(2)從4—。過程，根據動能定理有：-mgs-sind-mgR^l+cosJ)

代入數據解得：vD=an/s

當木板與滑塊共速時，其速度最大，以向左方向為正，根據動量守恒定律有：mvD=(m+M)v

解得：v=^m/s

(3)①若滑塊能到木板上，則有：vD1=0

根據動能定理有：-mgs,s譏0-mgR(l+cos。)=

代入數據解得：vA1=y/^0m/s

②滑塊恰好不從木板左端滑出，則滑塊滑上木板，直到兩者達到共同速度過程中

以向左為正，由動量守恒定律有：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，對滑塊，根據動能定理有：|mv=[imgAx2

其中：Jxi=L

解得：VD2-