甘肅省蘭州市第一中學2023-2024學年高一年級上冊期末考試 物理 含解析

蘭州一中2023-2024-1學期期末考試試題

高一物理

滿分100分，考試時間75分鐘。

第I卷（選擇題）

一、單選題（本題共7小題，每小題只有一項符合題目要求，每小題4分，共28分）

1.下列說法正確的是（）

A.鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變

B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大

C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變

D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關

2.兩相同的楔形木塊A、B疊放后分別以圖1、2兩種方式在水平外力為和豎直外力尸2作用下，挨著豎直

墻面保持靜止狀態(tài)，則在此兩種方式中，木塊B受力個數(shù)之比為（）

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

C.5：3D.5：4

3.如圖所示是表演抖空竹時的動作，假設空竹是光滑的，不考慮空竹的轉動，某時刻表演者兩手水平，則

表演者在緩慢完成以下動作時，下列說法正確的是（）

左手右手

A.左手不動，右手豎直向上移動一小段距離，繩子拉力大小不變

B.左手不動，右手水平向左移動一小段距離，繩子拉力大小變大

C.在同一水平面內，兩手之間距離越大，繩子拉力越小

D,在同一水平面內，兩手之間距離變大或者越小，繩子拉力都會增大

4.如圖所示為學生使用的修正帶，修正帶的核心結構為咬合良好的兩個齒輪，大、小齒輪的齒數(shù)之比

〃1：〃2=左：1。/、3兩點分別位于大、小齒輪的邊緣，當使用修正帶時紙帶的運動會帶動兩輪轉動，則兩

輪轉動時，/、8兩點的（）

77VTB

A.轉速之比為左：1B.角速度之比為左：1

C.線速度大小之比為左：1D.周期之比為無：1

5.如圖所示，軍事演習時一輛坦克先后以不同的角度投射出兩發(fā)炮彈，軌跡分別為1和2,落點分別是8

點和C點，忽略空氣阻力，以下關于運動過程中的幾個物理量判斷正確的是（）

A.炮彈運動時間4<JB.最高點的速度匕〉均

C.兩次炮彈落地時的速度可能相同D.兩次拋出的初速度大小可能相等

6.如圖在水平力下作用下，物體B沿水平面向左運動，物體A恰好勻速下降。以下說法正確的是（）

A.物體B正向左做勻速運動

B.物體B正向左做勻加速運動

C.地面對B的摩擦力減小

D.斜繩與水平方向成30。時，vA:vB=2:V3

7.手機中有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著質量為機的手機，打開加速度傳感器,

把手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示的加速度隨時間變化的圖像，圖中G=0.38s,

?2=0.55S,/3=0.66S,/4=1.26S,取重力加速度g=10m/s2,由此可判斷出（）

a/(m,s-2)

A.h時刻手掌對手機的作用力2mg

B./2時刻手機剛好離開手掌

C./3時刻手機的速度為3m/s

D.手機離開手掌后上升的高度為0.9m

二、多選題（本題共3小題，共18分。在所給的四個選項中，每小題有多個選項符合題意，

全選對得6分，選對但不全得3分）

8.某段江面寬80m,水流速度5m/s,有一木船在N點要過江，如圖所示，N處下游60m的8處是一片與河

岸垂直的險灘，則下列說法正確的是（）

A.若木船相對靜水速度大小為8m/s,則木船最短渡江時間為10s

B.若木船相對靜水速度大小為8m/s,則木船最短渡江時間為12s

C.若木船相對靜水速度大小為4m/s,則木船能安全渡河

D.若木船相對靜水速度大小為4m/s,則木船不能安全渡河

9.2022年冬奧會將在北京舉行，滑雪是冬奧會的比賽項目之一、如圖所示，某運動員（可視為質點）從雪

坡上先后以初速度之比也：也=3：4沿水平方向飛出，均落在雪坡上，不計空氣阻力，則運動員從飛出到落

到雪坡上的整個過程中（）

A.運動員先后落在雪坡上的速度方向不相同

B.運動員先后在空中飛行的時間之比為3：4

C.運動員先后落到雪坡上的速度之比為4：3

D.運動員先后下落的高度之比為9：16

10.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端與/物體相連接，將3物體放置在/物體的上

面，A,3的質量都為加，初始時兩物體都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力/作用在物體3上，使物

體3開始向上做勻加速運動，拉力廠與物體8的位移尤的關系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下

列說法中正確的是（）

甲

A.物體2位移為4cm時，彈簧處于原長狀態(tài)

B.物體8的加速度大小為5m/s2

C.物體/的質量為4kg

D.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cm

第II卷（非選擇題）

三、實驗題（本題共6空，共計14分）

11.圖甲是某種“研究平拋運動”的實驗裝置，斜槽末端口N與Q小球離地面的高度均為“，實驗時，當P

小球從斜槽末端飛出與擋片相碰，立即斷開電路使電磁鐵釋放Q小球，發(fā)現(xiàn)兩小球同時落地，改變X大小,

重復實驗，P、Q仍同時落地。

甲

（1）關于實驗條件的說法，正確的有

A.斜槽軌道必須光滑

B.斜槽軌道末段N端必須水平

C.P小球每次必須從斜槽上相同的位置無初速度釋放

D.P小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放

（2）在實驗過程中，將背景換成方格紙，通過頻閃攝影的方法拍攝到如圖乙所示的小球做平拋運動的照片,

小球在平拋運動中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，圖中每個小方格的邊長為/=1.6cm,則頻閃相

機的閃光周期為7=s,該小球平拋時的速度大小%=m/so（重力加速度g取lOm/s?）

12.某實驗小組同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：

①將光電門A、B固定在長木板上，用刻度尺測量光電門A、B之間的距離心

②調節(jié)長木板左端的高度，直至滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間相等；

③將細繩的一端與滑塊相連，另一端與小球相連，細繩跨過光滑輕質定滑輪，調整滑輪，使滑塊與滑輪間

的細繩與長木板平行；

④將滑塊置于光電門A上方某位置，由靜止釋放，記錄滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間和

Aq；

⑤用天平測量滑塊（含遮光片）的質量測量小球的質量〃?;

⑥測量出遮光片的寬度4。

回答下列問題（重力加速度為g）：

（1）實驗步驟②的目的是______;

（2）若小球的質量7%遠小于滑塊（含遮光片）的質量則細繩中的拉力大小/“；（用題中所給

物理量符號表示）

（3）若小球的質量加不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質量M的條件，則牛頓第二定律在本實驗中的具

體表達形式為（用題中所給物理量符號表示）

四、計算題(本題共3小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟)

13.如圖所示，兩條輕繩將一質量為加的小球懸掛在小車的車廂內，其中輕繩CM沿水平方向，輕繩03與

豎直方向的夾角省30。。

(1)若小車在水平路面上向左做勻速直線運動，求兩輕繩拉力的大小；

(2)若輕繩CM上的拉力恰好為0,求此時小車的加速度大??；

(3)若小車在水平路面上以加速度。=工&向右做勻加速直線運動，求兩輕繩拉力的大小。

3

B

//////7////77/////

14.隨著生活水平提高，網(wǎng)上購物逐漸增多，為提高效率，快遞公司引進了包裹自動分撿設備。如圖所示，

傳送帶為自動分撿的一部分，其長度為/=14.5m,傾斜角為a=37。，以v=9m/s順時針轉動。傳送帶與包裹

之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,可視為質點的包裹由傳送帶左上方以一定的速度水平拋出，拋出點與傳送帶

頂部的高度差人=0.45m,恰好可以無碰撞地進入傳送帶頂端，之后沿傳送帶運動。不計空氣阻力，重力加

速度g取10m/s?。求：

(1)包裹做平拋運動的水平分位移大?。?/p>

(2)包裹到達傳送帶頂端時的加速度大?。?/p>

(3)包裹從拋出到傳送帶底端的總時間。

三

15.某興趣小組對老師演示慣性的一個實驗進行了深入的研究。如圖甲所示，長方形硬紙板放在水平桌面上,

紙板一端稍稍伸出桌外，將一塊橡皮擦置于紙板的中間，用手指將紙板水平彈出，如果彈的力度合適，橡

皮擦將脫離紙板，已知橡皮擦可視為質點，質量為%=20g,硬紙板的質量為加2=l°g，長度為/=5cm。

橡皮擦與紙板、桌面間的動摩擦因數(shù)均為4=0.2,紙板與桌面間的動摩擦因數(shù)為〃2=0-3,認為最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。

(1)手指對紙板的作用力與時間的關系如圖乙所示，要使橡皮擦相對紙板滑動，片至少多大？

(2)手指對紙板的作用時間很短，可認為作用結束后，紙板獲得速度％但位移近似為零，則要使橡皮擦脫

離紙板，%需滿足的條件?

蘭州一中2023-2024-1學期期末考試試題

高一物理

滿分100分，考試時間75分鐘。

第I卷（選擇題）

一、單選題（本題共7小題，每小題只有一項符合題目要求，每小題4分，共28分）

1.下列說法正確的是（）

A.鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變

B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大

C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變

D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關

【答案】B

【解析】

【詳解】A.鏈球做勻速圓周運動過程中加速度方向在改變，A錯誤；

B.慣性只與質量有關，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；

C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯誤；

D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關，D錯誤。

故選B。

2.兩相同的楔形木塊A、B疊放后分別以圖1、2兩種方式在水平外力用和豎直外力尸2作用下，挨著豎直

墻面保持靜止狀態(tài)，則在此兩種方式中，木塊B受力個數(shù)之比為（）

圖1圖2

A.4：4B.4：3

C.5：3D.5：4

【答案】C

【解析】

【詳解】圖甲中，根據(jù)整體法可知，木塊B除了受重力外，一定受到墻面水平向右的彈力（與水平推力平

衡）和豎直向上的靜摩擦力（與重力平衡），隔離B分析，其一定還受到A的彈力（垂直于接觸面向左上方）,

隔離A分析，A受到重力、水平向左的推力、B對其垂直于接觸面向右下的彈力，這樣的三個力不可能使

A平衡，所以A一定還要受到B對其沿接觸面斜向右上的靜摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接觸面

斜向左下的靜摩擦力，故B共受5個力的作用；

圖乙中，據(jù)整體法可知B與墻面間既無彈力也無摩擦力，所以B受重力和A的彈力及摩擦力共3個力的作

用。

則在此兩種方式中，木塊B受力個數(shù)之比為5：3o

故選C。

3.如圖所示是表演抖空竹時的動作，假設空竹是光滑的，不考慮空竹的轉動，某時刻表演者兩手水平，則

表演者在緩慢完成以下動作時，下列說法正確的是（）

A.左手不動，右手豎直向上移動一小段距離，繩子拉力大小不變

B.左手不動，右手水平向左移動一小段距離，繩子拉力大小變大

C.在同一水平面內，兩手之間距離越大，繩子拉力越小

D.在同一水平面內，兩手之間距離變大或者越小，繩子拉力都會增大

【答案】A

【解析】

【詳解】如圖所示

設兩手水平距離為乙兩段繩長分別為心、L2,繩子總長為〃兩段繩子與豎直方向的夾角為根據(jù)幾何

知識

d=，sin6+L2sin3

其中

￡1+4—L

解得

sin8=一

L

設繩子拉力為R空竹重力為G,根據(jù)平衡條件

2FcosO=G

解得

F=G

2cos。

A.根據(jù)sin6=4,左手不動，右手豎直向上移動一小段距離，繩子與豎直方向的夾角。不變，根據(jù)

L

F=G

2cos。

繩子拉力大小不變，A正確；

B.左手不動，右手水平向左移動一小段距離，d變小，根據(jù)sinO=U可得，6變小，根據(jù)

L

F=G

2cos。

可得繩子拉力大小變小，B錯誤；

CD.在同一水平面內，兩手之間距離越大，d越大，根據(jù)sin6>=@可得，。越大，根據(jù)

L

F=G

2cose

可得繩子拉力大小越大；同理可得，在同一水平面內，兩手之間距離越小，d越小，根據(jù)sine=4可得，e

L

越小，繩子拉力大小越小，故CD錯誤。

故選Ao

4.如圖所示為學生使用的修正帶，修正帶的核心結構為咬合良好的兩個齒輪，大、小齒輪的齒數(shù)之比

〃1：〃2=左：1。/、3兩點分別位于大、小齒輪的邊緣，當使用修正帶時紙帶的運動會帶動兩輪轉動，則兩

輪轉動時，/、5兩點的（

A.轉速之比為左：1B.角速度之比為左：1

C.線速度大小之比為左：1D.周期之比為左：1

【答案】D

【解析】

【詳解】修正帶靠齒輪傳動，所以邊緣線速度大小相等，故/、2兩點的線速度大小之比為

VA-VB=1：1

根據(jù)半徑與齒輪關系得

rB〃21

由公式

v=cor

可得/、B兩點的角速大小之比

見：%=%:弓=1"

由公式

co=271n

可得4、5兩點的轉速之比為

nA：nB=①A：①B='：卜

由公式

T2%

1=---

CD

可得4、5兩點的周期之比為

TA:TB=（oB;coA=k-A

故選D。

5.如圖所示，軍事演習時一輛坦克先后以不同的角度投射出兩發(fā)炮彈，軌跡分別為1和2,落點分別是2

點和。點，忽略空氣阻力，以下關于運動過程中的幾個物理量判斷正確的是（）

”'、'、''、、、、

ABC

A.炮彈運動時間4B.最高點的速度4>v2

C.兩次炮彈落地時的速度可能相同D,兩次拋出的初速度大小可能相等

【答案】D

【解析】

【詳解】A.炮彈投出后做斜拋運動，從最高點到落地在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)對稱性可得炮彈

運動時間滿足

由圖可知軌跡1上升的最大高度大于軌跡2上升的最大高度，則有

故A錯誤；

B.炮彈投出水平方向做勻速直線運動，則有

x=vj

由圖可知軌跡1沿水平方向位移小于軌跡2沿水平方向的位移，又4>t2,可知軌跡1沿水平方向的分速度

小于軌跡2沿水平方向的分速度，即最高點的速度滿足

匕一

故B錯誤；

C.設炮彈落地時的速度方向與水平方向的夾角為，，則有

v

tan3=—

匕

由于軌跡1落地時的豎直分速度大于軌跡2落地時的豎直分速度，又軌跡1的水平速度小于軌跡2的水平

速度，則軌跡1落地時速度與水平方向的夾角大于軌跡2落地時速度與水平方向的夾角，則兩次炮彈落地

時的速度不可能相同，故C錯誤；

D.設炮彈投出時的速度為V,則有

由于軌跡1投出時豎直分速度大于軌跡2投出時的豎直分速度，又軌跡1的水平速度小于軌跡2的水平速

度，則兩次拋出的初速度大小可能相等，故D正確。

故選D。

6.如圖在水平力下作用下，物體B沿水平面向左運動，物體A恰好勻速下降。以下說法正確的是（）

A.物體B正向左做勻速運動

B.物體B正向左做勻加速運動

C.地面對B的摩擦力減小

D.斜繩與水平方向成30。時，vA:vB=2:V3

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.由于繩不可伸長，故B沿繩方向的分速度等于A的速度，即

vBcosa=vA

A勻速下降過程，a在增大，故VB增大，即物體B正向左做加速運動，由三角函數(shù)關系可知，并不是勻加

速運動，故AB錯誤；

C.A勻速下降，繩上拉力T不變，B在豎直方向平衡，滿足

N=mBg-Tsina

可知N減小，由

f="N

可知，地面對B的摩擦力減小，故C正確；

D.斜繩與水平方向成30。角時，代入關系式

vBcosa="

得

vA:vB=V3:2

故D錯誤。

故選C。

7.手機中有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著質量為機的手機，打開加速度傳感器,

把手機向上拋出，然后又在拋出點接住手機，得到如圖所示的加速度隨時間變化的圖像，圖中G=0.38s,

/2=0.55S,，3=0.66S,，4=L26S,取重力加速度g=10m/s2,由此可判斷出（）

a/(m,s-2)

A.t!時刻手掌對手機的作用力2mg

B./2時刻手機剛好離開手掌

C./3時刻手機的速度為3m/s

D.手機離開手掌后上升的高度為0.9m

【答案】C

【解析】

【詳解】A.九時刻手機的加速度最大為a=20m/s2=2g,方向向上，由牛頓第二定律得

F-mg=ma=2mg

解得

F=3mg

故A錯誤；

B.女時刻加速度為零，則手機處于平衡，故手機沒有離開手掌，故B錯誤；

CD.手機在0.66s離開手后做豎直上拋，在1.26s接住，則升的高度為

,1211c,1.26-0.66八“u

k=-=—xlOx（--------------）2-m=0.45m

222

打時刻手機的速度為

v=個2gh-3m/s

故C正確，D錯誤。

故選C。

二、多選題（本題共3小題，共18分。在所給的四個選項中，每小題有多個選項符合題意，

全選對得6分，選對但不全得3分）

8.某段江面寬80m,水流速度5m/s,有一木船在N點要過江，如圖所示，/處下游60nl的3處是一片與河

岸垂直的險灘，則下列說法正確的是（）

A.若木船相對靜水速度大小為8m/s,則木船最短渡江時間為10s

B.若木船相對靜水速度大小為8m/s,則木船最短渡江時間為12s

若木船相對靜水速度大小為4m/s,則木船能安全渡河

D.若木船相對靜水速度大小為4m/s,則木船不能安全渡河

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.當船頭垂直河岸渡河時，渡河時間最短，所以

d_80m

min嗑8m/s

故A正確，B錯誤；

CD.若船恰好能安全渡河，如圖所示

dy船

x

解得

%=4m/s

若木船相對靜水速度大小為4m/s,能夠安全渡河。故C正確，D錯誤。

故選AC。

9.2022年冬奧會將在北京舉行，滑雪是冬奧會的比賽項目之一、如圖所示，某運動員（可視為質點）從雪

坡上先后以初速度之比vi：電=3：4沿水平方向飛出，均落在雪坡上，不計空氣阻力，則運動員從飛出到落

到雪坡上的整個過程中（）

A.運動員先后落在雪坡上的速度方向不相同

B.運動員先后在空中飛行的時間之比為3：4

C.運動員先后落到雪坡上的速度之比為4：3

D.運動員先后下落的高度之比為9：16

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.雪坡傾角等于位移與水平方向的夾角，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，位移與水平方向夾角的正切值

二倍等于速度與水平方向夾角的正切值，故兩次速度與水平方向的夾角不變，即運動員先后落在雪坡上的

速度方向相同，故選項A錯誤；

B.運動員落到雪坡上，根據(jù)幾何關系可知

1,2

tan。上=史

引2%

運動員在空中經(jīng)歷的時間為

t2v0tan0

g

初速度之比

*v2-3：4

則運動時間之比為3：4,故選項B正確；

C.落到雪坡上的速度為：

cosa

a為速度偏向角，其中

tana=2tan0

可知末速度與初速度成正比，運動員先后落到雪坡上的速度之比為3:4,故選項C錯誤；

D.運動員水平位移為：

_2VQtan0

x--

g

則水平位移之比為9:16,位移與水平方向夾角恒定，則豎直位移〃之比為9：16,故選項D正確。

故選BDo

10.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端與/物體相連接，將8物體放置在4物體的上

面，A,3的質量都為加，初始時兩物體都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力E作用在物體3上，使物

體8開始向上做勻加速運動，拉力E與物體8的位移尤的關系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,則下

列說法中正確的是（)

A.物體8位移為4cm時，彈簧處于原長狀態(tài)

B.物體8的加速度大小為5m/s2

C.物體/的質量為4kg

D.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cm

【答案】CD

【解析】

【分析】

【詳解】A.物體3運動到4cm時，恰好分開，物體2有共同向上的加速度，彈簧有向上的彈力，所以

彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；

BC.剛開始8處于靜止狀態(tài)，A.5的重力和彈力二力平衡，有

2mg=kx

初始狀態(tài)拉力

片=20N

彈簧彈力與兩物體重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律有

R=2ma

物體2與物體/分離后，拉力

F2=50N

根據(jù)牛頓第二定律有

F2-mg=ma

聯(lián)立解得

a=2.5m/s2

m=4kg

故C正確，B錯誤；

D.物體/與物體8分離時物體4的加速度為2.5m/s2，則根據(jù)牛頓第二定律有

k(x-4)-mg=ma

代入數(shù)據(jù)解得

k=7.5N/cm

故D正確。

故選CDo

第n卷（非選擇題）

三、實驗題（本題共6空，共計14分）

11.圖甲是某種“研究平拋運動”的實驗裝置，斜槽末端口N與Q小球離地面的高度均為實驗時，當P

小球從斜槽末端飛出與擋片相碰，立即斷開電路使電磁鐵釋放Q小球，發(fā)現(xiàn)兩小球同時落地，改變〃大小,

重復實驗，P、Q仍同時落地。

（1）關于實驗條件的說法，正確的有；

A.斜槽軌道必須光滑

B.斜槽軌道末段N端必須水平

C.P小球每次必須從斜槽上相同的位置無初速度釋放

D.P小球可以從斜槽上不同的位置無初速度釋放

（2）在實驗過程中，將背景換成方格紙，通過頻閃攝影的方法拍攝到如圖乙所示的小球做平拋運動的照片,

小球在平拋運動中的幾個位置如圖中的。、6、c、4所示，圖中每個小方格的邊長為/=1.6cm,則頻閃相

機的閃光周期為（=s,該小球平拋時的速度大小%=m/so（重力加速度g取lOm/s?）

乙

【答案】①.BD##DB②.0.04③.0.8

【解析】

【詳解】（1）[1]A.斜槽軌道光滑與否對實驗沒有影響，故A錯誤；

B.為了保證小球離開斜槽末端時的初速度的方向是水平方向，故斜槽軌道末段N端必須水平，故B正確;

CD.本實驗只驗證平拋運動的小球豎直方向的分運動，不需要每次水平初速度相同，所以小球可以在不同

位置釋放，故C錯誤，D正確。

故選BDo

（2）[2][3]小球P在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻速直線運功，在豎直方向，根據(jù)勻變速直線

運功的推論可得

代入數(shù)據(jù)，解得

所以水平方向的速度大小為

212x1.6x10-2

m/s=0.8m/s

%=-=0.04

12.某實驗小組同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。實驗步驟如下：

①將光電門A、B固定在長木板上，用刻度尺測量光電門A、B之間的距離心

②調節(jié)長木板左端的高度，直至滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間相等；

③將細繩的一端與滑塊相連，另一端與小球相連，細繩跨過光滑輕質定滑輪，調整滑輪，使滑塊與滑輪間

的細繩與長木板平行；

④將滑塊置于光電門A上方某位置，由靜止釋放，記錄滑塊（帶有遮光片）通過光電門A、B的時間和

；

⑤用天平測量滑塊（含遮光片）的質量測量小球的質量7"；

⑥測量出遮光片的寬度乩

回答下列問題（重力加速度為g）：

遮光片/

（1）實驗步驟②的目的是;

（2）若小球的質量僅遠小于滑塊（含遮光片）的質量則細繩中的拉力大??；（用題中所給

物理量符號表示）

（3）若小球的質量/不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質量〃的條件，則牛頓第二定律在本實驗中的具

體表達形式為（用題中所給物理量符號表示）

+dy\（d丫]

【答案】①.平衡摩擦力②.mg③.mg=^——L\---

2L\[M2）I絹川

【解析】

【詳解】（1）[1]根據(jù)光電門測速原理可知，當滑塊通過光電門A、B時，遮光片的時間相等，表明滑塊速

度一定，即滑塊做勻速直線運動，可知，實驗步驟②的目的是平衡摩擦力。

（2）[2]平衡摩擦力后，對小球與滑塊整體進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

對小球進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有

mg一片=ma

解得

mMgmg

rT=----------=----------

M+m-+]

M

可知，若小球的質量”7遠小于滑塊（含遮光片）的質量則細繩中的拉力大小

4~mg

（3）[3]根據(jù)光電門的測速原理，滑塊通過光電門A、B的速度分別為

dd

V1=-，V2=—

A.Ar2

根據(jù)速度與位移的關系式有

若小球的質量/不滿足遠小于滑塊（含遮光片）的質量"的條件，根據(jù)上述可知，應選擇滑塊與小車整體

作為研究對象，則牛頓第二定律在本實驗中的具體表達形式為

mg-^M+m^a

結合上述表達式解得

四、計算題（本題共3小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟）

13.如圖所示，兩條輕繩將一質量為加的小球懸掛在小車的車廂內，其中輕繩O/沿水平方向，輕繩08與

豎直方向的夾角外30。。

（1）若小車在水平路面上向左做勻速直線運動，求兩輕繩拉力的大??；

（2）若輕繩04上的拉力恰好為0,求此時小車的加速度大?。?/p>

（3）若小車在水平路面上以加速度。=2&向右做勻加速直線運動，求兩輕繩拉力的大小。

3

【答案】（1）也蜂，之一蹩；（2）立g；（3）0,岳“喏

3333

【解析】

【詳解】（1）若小車在水平路面上向左做勻速直線運動，對小球進行受力分析，如圖所示

TAl=mgtan0,TBl=—^~

COS”

解得

TV32s/3mg

TM=-mg，TBl=---

（2）若輕繩CM上的拉力恰好為0,表明小車加速度方向水平向右，對小球進行分析，如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律有

mgtan6=ma]

解得

(3)若小車在水平路面上以加速度。=2&向右做勻加速直線運動，由于

3

一2g_V3

a=~>aA=~

可知，此時小球穩(wěn)定時的位置將處于。點的左上方，輕繩04處于松弛狀態(tài)，則有

&=0

對小球分析，如圖所示

則有

22

7^3=(mg)+(z??)

解得

丁yfl3mg

TBL-T~

14.隨著生活水平提高，網(wǎng)上購物逐漸增多，為提高效率，快遞公司引進了包裹自動分撿設備。如圖所示，

傳送帶為自動分撿的一部分，其長度為/=14.5m,傾斜角為a=37。，以v=9m/s順時針轉動。傳送帶與包裹

之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,可視為質點的包裹由傳送帶左上方以一定的速度水平拋出，拋出點與傳送帶

頂部的高度差%=0.45m,恰好可以無碰撞地進入傳送帶頂端，之后沿傳送帶運動。不計空氣阻力，重力加

速度g取lOm/s?=求：

(1)包裹做平拋運動的水平分位移大小；

(2)包裹到達傳送帶頂端時的加速度大小;

(3)包裹從拋出到傳送帶底端的總時間。

【解析】

【詳解】(1)包裹做平拋運動，恰好可以無碰撞地進入傳送帶頂端，可知包裹在進入傳送帶頂端時豎直方

向的速度為

W=2gh

代入數(shù)據(jù)解得

vy=d2gh=A/2X10x0.45m/s=3m/s

由幾何關系可知

v3

tan37°=^=-

%4

可得

v3

%=+；T=7m/s=4m/s

tan37)

4

1°

包裹在豎直方向做自由落體運動，由下落高度與時間關系公式/?=5g/2,可得包裹下落的時間

包裹在水平方向做勻速直線運動，則有包裹做平拋運動的水平分位移大小為

x=votx=4x0.3m=1.2m

(2)包裹剛上傳送帶時的速度大小為

vi=舊+寸=^42+32m/s=5m/s

可知包裹剛上傳送帶時的速度小于傳送帶的速度，則包裹在傳送帶上做加速運動，設其加速度為.，由牛

頓第二定律可得

mgsin37°+/nmgcos37°=max

解得

2

ax=8m/s

(3)設包裹從傳送帶頂端到與傳送帶達到共同速度所用時間為例則有

V=X+卬2

解得

…=E=0.5S

q二

%8

包裹從傳送帶頂端到與傳送帶共速做加速運動的位移

12一

玉=+萬“1X4=3.5m

包裹與傳送帶共速后，由于

mgsin37°>pimgcos37°

則包裹繼續(xù)沿傳送帶向下做勻加速運動，設加速度為Q2，由牛頓第二定律可得