2024-2025學(xué)年山東百師聯(lián)盟2025屆高三11月上學(xué)期期中考試物理試卷（含答案）

2024—2025學(xué)年高三期中考試

物理試題

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考場號、座位號、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

考試時間為90分鐘，滿分100分

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

1.2024年6月2日6時23分，我國自主研制的嫦娥六號著陸器和上升器組合體成功軟著陸于月背的南

極一艾特肯盆地。如圖所示，嫦娥六號正在進(jìn)行采樣工作，下列說法正確的是

A.嫦娥六號繞月飛行時處于平衡狀態(tài)

B.組合體減速著陸時，其慣性變小

C.嫦娥六號進(jìn)行采樣工作時，不可以將其看成質(zhì)點

D.嫦娥六號對地面的壓力和地面對它的支持力是一對平衡力

2.如圖，彈簧測力計下端掛有一質(zhì)量為0.40kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜

面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60。。若彈簧測力計位于豎直方向，讀數(shù)為1.ON,取g=10m/s2,

則擋板對球體支持力的大小為

B.1.0Nc爭D?N

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3.“祝融號”火星車登陸火星之前，“天問一號”探測器沿橢圓形的停泊軌道繞火星飛行，其周期為2個

火星日，假設(shè)某飛船沿圓軌道繞火星飛行，其周期也為2個火星日，已知一個火星日的時長約為一個地

球日，該飛船的軌道半徑為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑的0.74倍，則火星質(zhì)量與地球質(zhì)量的比值約為

A.10B.5C.—D.—

10100

4.在眾多的娛樂設(shè)施中，滑梯深受孩子們的喜愛。甲、乙兩個小朋友分別從兩個完全相同的滑梯頂端同時

往下滑，其運動的V-t圖像如圖所示，甲、乙分別在1=匕、t=t2兩時刻滑到底端。下列說法中正確

的是

A.下滑過程中，甲、乙均處于超重狀態(tài)

B.滑到底端時，甲的動量大于乙的動量

C.下滑過程中，乙所受的摩擦力大于甲所受的摩擦力

D.下滑過程中，乙與滑梯之間的動摩擦因數(shù)比甲與滑梯之間的動摩擦因數(shù)大

5.2024年10月27日，“好運山東健行大運”自行車運動聯(lián)賽（泰安站）在泰安汶河新區(qū)鳴槍開賽。在賽

前訓(xùn)練中，運動員沿平直道路騎行，某時刻發(fā)現(xiàn)前方有障礙物，便立即剎車，其運動可視為勻變速運動,

剎車后，在0%時間內(nèi)位移大小為2x,在13t時間內(nèi)位移大小為x。則運動員的加速度大小為

A.n/12嗚。企警D.止磐

2tzt2t2

6.如圖所示，“神舟十五號”返回艙返回地面過程中，在距地面約10公里的地方打開降落傘，引導(dǎo)傘、減

速傘和主傘相繼打開，返回艙速度從200m/s降低到7m/s,此時到達(dá)距離地面1m處，返回艙上4臺反

沖發(fā)動機(jī)同時點火提供恒力，使返回艙到達(dá)地面時速度減為lm/s,從而保障航天員安全。設(shè)返回艙的質(zhì)

量為8X103kg,取g=lOm/s:忽略反沖發(fā)動機(jī)點火后主降落傘對返回艙的作用和空氣對返回艙的作用。

下列說法正確的是

A.發(fā)動機(jī)點火后，返回艙的動量變化率越來越小

B.反沖發(fā)動機(jī)點火至落地，艙內(nèi)航天員的平均加速度大小約為24.5m/s2

C.每臺反沖發(fā)動機(jī)的推力約為6.8X104N

D.反沖發(fā)動機(jī)對返回艙的沖量大小為4.8x104W-

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7.如圖所示，三個等量點電荷固定在正三角形三個頂點上，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電。0點為BC邊的

中點，P、Q兩點關(guān)于。點對稱，下列說法正確的是

A

?

>?\

，P?0'

A.P、Q兩點電勢相同

B.P、Q兩點電場強(qiáng)度相同

C.試探電荷-q沿直線由0向A運動，電勢能減少

D.試探電荷-q沿直線由0向A運動，所受電場力不做功

8.如圖甲所示，某同學(xué)用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻

被提升重物的速度v與對輕繩的拉力F,并描繪出"-白圖像。假設(shè)某次實驗得到的圖像如圖乙所示，

其中第一個時間段內(nèi)線段AB與v軸平行，B點對應(yīng)的坐標(biāo)為償，女）第二個時間段內(nèi)線段BC的延長

線過原點，第三個時間段內(nèi)拉力F和速度v均與C點的坐標(biāo)（尚，丹）對應(yīng)，大小均保持不變，因此圖像

上沒有反映。實驗中測得第二個時間段內(nèi)所用時間為乙重力加速度為g,滑輪質(zhì)量、摩擦和其他阻力均

可忽略不計。重物在前兩個時間段內(nèi)的總位移為

A.^-8,叩+/r—或

L2g"2g（丘-Fz）2g

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分.每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的

得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分.

9.在y軸左右兩側(cè)存在兩種不同的均勻介質(zhì)，有兩列持續(xù)傳播的簡諧橫波沿x軸相向傳播，甲向右傳播、

乙向左傳播，t=0時刻的波形如圖所示，甲波恰好傳至x=0處，乙波恰好傳至x=

第3頁（共8頁）

5m處，己知波在負(fù)半軸的波速大小為0.5mIs,在正半軸的波速大小為0.25m/s,下列說法中正確的

是

A.t=0時刻x=-2.6m處質(zhì)點與x=5.ini處質(zhì)點的振動方向相同

B.x軸上第一個位移到+6cm的質(zhì)點的橫坐標(biāo)為x=2.75m

C.較長時間后x=2.5m處的質(zhì)點是振動減弱點

D.0~50s內(nèi)，x=2m處質(zhì)點的路程為0.6m

10.如圖甲所示，戰(zhàn)國時期開始出現(xiàn)的撥浪鼓現(xiàn)在成為一種小型兒童玩具，其簡化模型如圖乙所示，撥浪

鼓邊緣上與圓心等高處關(guān)于轉(zhuǎn)軸對稱的位置固定有長度分別為〃、品的兩根不可伸長的細(xì)繩，兩根細(xì)

繩另一端分別系著質(zhì)量相同的小球A、B,其中〃<0。現(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動手柄使兩小球均在水平面內(nèi)勻速

轉(zhuǎn)動，連接小球A、B的細(xì)繩與豎直方向的夾角分別為a和B,細(xì)繩對小球A、B的拉力大小分別為

FA、FB。下列判斷正確的是

甲

B.a<0

A.a>BC.FA>FBD.FA<FB

11.從地面豎直向上拋出一小球，在距地面高度為3m內(nèi)，其上升、下落過程中動能Ek隨高度h變化的圖像

如圖所示。已知小球在運動過程中受到的阻力大小恒定，取重力加速度g=10m/s2,規(guī)定地面為重力勢

能參考平面，下列說法正確的是

20

16

12

8

4

0

123him

A.小球拋出時的速度大小為10m/sB.小球的質(zhì)量為0.3kg

C.小球運動過程中受到的阻力大小為2ND.小球下落過程的時間是上升過程的低倍

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12.如圖甲，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分

別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的彈性勢能為Epoot=0時刻解除A球鎖定,t=ti時刻解除B

球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙，Si表示0到七時間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小,

S?、S3分別表示七到t2時間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。t=t2時刻，A、B系統(tǒng)的總動

量大小為P，彈簧的彈性勢能為Ep。下列說法正確的是

A.p=mBS1叢鬻=?CS—S2=S3=

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.（6分）用如圖甲所示的電路觀察電容器的充放電現(xiàn)象，實驗器材有電源E、電容器C、理想電壓表、電

流傳感器、計算機(jī)、定值電阻R、單刀雙擲開關(guān)8、開關(guān)Sz、導(dǎo)線若干。

（1）閉合開關(guān)將Si接1,電壓表示數(shù)增大，最后穩(wěn)定在12.3V.關(guān)于此過程的說法正確的是

A.電容器在放電

B.電容器的電容增大

C.通過定值電阻R的電流先增大后逐漸減小為零

（2）再將Si接2,此時通過定值電阻R的電流方向為（選填“a-b”或“b-a”），通過傳感器

將電流信息傳入計算機(jī)，畫出電流隨時間變化的I-t圖像，如圖乙，t=2s時1=1.20砧，圖中M、N區(qū)域

面積比為8:7,可求出R=k。（保留兩位有效數(shù)字）。

14.（8分）某實驗小組利用圖甲所示裝置測量重力加速度。擺線上端固定在0點，下端懸掛一小鋼球，通

過光電門傳感器采集擺動周期。

(1)關(guān)于本實驗，下列說法正確的是_________。（多選）

A.小鋼球擺動平面應(yīng)與光電門U形平面垂直

B.應(yīng)在小鋼球自然下垂時測量擺線長度

C.小鋼球可以換成較輕的橡膠球

D.應(yīng)無初速度、小擺角釋放小鋼球

cm2

光電

1趙葉數(shù)據(jù)采集耦:；10

甲乙

(2)組裝好裝置，用毫米刻度尺測量擺線長度L,用游標(biāo)卡尺測量小鋼球直徑d.游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙

所示，小鋼球直徑d=cm,記擺長I=L+-

(3)多次改變擺線長度，在小擺角下測得不同擺長1對應(yīng)的小鋼球擺動周期T,并作出［-7圖像，如

圖丙所示。

②利用A、B兩點的坐標(biāo)可得重力加速度的表達(dá)式―

②圖像沒有過坐標(biāo)原點，分析其原因是擺球質(zhì)量分布不均勻，小球的重心位于其幾何中心的正

_(選填"上”或“下”)方，若只考慮擺長測量造成的影響，則由①計算得到的重力加速度的測量值一

(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。

15.(8分)如圖所示，用電動機(jī)帶動傳送帶將貨物從A點運送到B點，AB長L=8m,傳送帶以為=2m/s的

速度順時針轉(zhuǎn)動，其與水平面夾角8=37。。將質(zhì)量BF1kg的貨物輕放在傳送帶A處，已知貨物與傳

送帶間的動摩擦因數(shù)〃=］取重力加速度g=lOm/s2,sin370=.6,cos37°=0.8,求：

8

(1)貨物開始向上運動時的加速度大?。?/p>

(2)貨物運動到B端的時間。

16.(8分)某旋轉(zhuǎn)噴灌機(jī)進(jìn)行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方向可調(diào)節(jié)。該噴灌機(jī)的最大功

率P=960W,噴灌機(jī)所做功的80%轉(zhuǎn)化為水的動能，噴口的橫截面積，5=30加2,噴口距離地面的高

度h=0.45m,水的密度p=1x1。3切/血3,取重力加速度g=iom/s2,兀=3.14,忽略空氣阻力，不考慮

供水水壓對水速的影響。求：

(1)噴灌機(jī)的最大噴水速度v；

(2)噴口出水速度方向與水平面夾角0=30。時，該噴灌機(jī)的最大噴灌面積Sm。(保留三位有效數(shù)字)

17.(14分)如圖所示,半徑R=0.2m的光滑R=0.2小；圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于最低點P,空間

4

中存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E=1xKPu/m,物體甲的質(zhì)量7nl=0.2kg,帶電荷量q=

+1x10-3&在p點右側(cè)J=0.5%處有一不帶電的物體乙，質(zhì)量m2=0.2kg,物體乙右側(cè)L2=0.5帆處

有一豎直固定擋板。物體甲從圓弧軌道與圓心0等高的A點以豎直向下、大小為%=V^n/s的初速度

沿軌道滑動，甲、乙與水平面間的動摩擦因數(shù)均為〃=02所有碰撞均無能量損失，且甲、乙碰撞沒有

電荷轉(zhuǎn)移。求：

(D在圓形軌道最低點P,物體甲受到軌道的支持力大小；

(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大?。?結(jié)果可用根式表示)

18.(16分)如圖所示，半圓形軌道的直徑PQ與水平面垂直，軌道的最低點Q與右側(cè)光滑的臺階相切，臺

階右側(cè)緊靠著表面有一與臺階齊平的足夠長的長木板C,臺階上的兩個小鐵塊A、B之間有一被壓縮的

微型彈簧(彈簧與鐵塊不栓接)，某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離。釋放后，鐵塊A

恰好沿半圓形軌道運動到最高點P(被取走)。鐵塊B滑上木板C的上表面，當(dāng)B、C恰好速度相同時，

木板與彈性擋板碰撞。已知B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)〃=;其余摩擦均不計，木板C與彈性擋板在

碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，半圓形軌道的半徑R=0.5m,,木板C的質(zhì)量m=0.1kg,,鐵塊A、B與

木板C的質(zhì)量之比是=4:2：1,重力加速度取g=lOm/s?。求：

(1)鐵塊A經(jīng)過Q點時的速度大?。?/p>

(2)釋放前，微型彈簧的彈性勢能；

(3)木板C的右端到擋板的距離；

(4)從鐵塊B滑上木板C到C停止運動，木板C運動的總路程。

彈性擋板

2024—2025學(xué)年高三期中考試

物理參考答案及評分意見

1.C【解析】嫦娥六號繞月飛行時做勻速圓周運動，加速度不為零，不是平衡狀態(tài)，A錯誤；慣性與速度無關(guān)，只取

決于質(zhì)量，則組合體減速著陸時,其慣性不變,B錯誤;嫦娥六號進(jìn)行采樣工作時，它的大小和形狀不能忽略不計,

不可以將其看成質(zhì)點，C正確；嫦娥六號對地面的壓力和地面對它的支持力是一對作用力和反作用力，D錯誤。

2.D【解析】對小球受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系易得擋板對球體的支持力F與斜面對球

體的支持力FN與豎直方向的夾角均為30°,根據(jù)正交分解法可得Fzsin30°=Fsin30",/

FNCOS300+FCOS30°+T=;ng,解得F=FN=^N,D正確。

3.C【解析】繞中心天體做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得誓^=771黑心則乂=其界，由此可知

K1Lrl

4.D【解析】下滑過程中，兩人均處于失重狀態(tài),A錯誤;質(zhì)量關(guān)系未知，滑到底端時兩人的動量大小無法判定，同理，兩

人所受的摩擦力大小也無法判定,B、C錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有mgsind-fxmgcos9=ma，可得a=gsin9—

產(chǎn)geos。，由圖可知，甲的加速度大于乙的加速度，可知乙與滑梯之間的動摩擦因數(shù)更大,D正確。

5.C【解析】若足球在32時刻停止,根據(jù)逆向思維法可知，相等時間間隔內(nèi)的位移之比為1：3：5：…，由0?，時

間內(nèi)位移大小為2工，則在￡?32時間內(nèi)位移大小應(yīng)為1.6工，而題干為了，則說明在3Z之前足球就已經(jīng)停止運動。

設(shè)t時刻速度大小為。，根據(jù)逆向思維法則有/=2aH,2H="+yat2,聯(lián)立解得a=4二：嚴(yán)）癡,C正確。

6.C【解析】勻減速的過程中，合外力是不變的，根據(jù)動量定理有F侖?△?=△?,可知返回艙的動量變化率苦即為

合外力，所以是不變的，A錯誤;根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有2az="一瓷，可得a=m/s2=-24m/s。則

ZZN1

反沖發(fā)動機(jī)點火至落地,艙內(nèi)航天員的平均加速度大小約為24m/sZ,B錯誤；返回艙減速的時間z=LZ^=

a

s=0.25s,以豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有一（F一機(jī)/￡=7^一機(jī)”，解得發(fā)動機(jī)總的推力F=2.72X

—24

10sN,則每臺反沖發(fā)動機(jī)的推力約為6.8X10"N,C正確；反沖發(fā)動機(jī)對返回艙的沖量］=Fc=6.8X10"N?s,

D錯誤。

7.C【解析】在只有B、C點電荷所形成的電場中，P點電勢高于Q點電勢，在只有A點電荷所形成的電場中，P、

Q兩點電勢相同，則P點電勢高于Q點電勢,A錯誤；由平行四邊形定則可知，P、Q兩點電場強(qiáng)度大小相等，方

向不同，B錯誤；試探電荷一q沿直線由。向A運動，電勢升高，電勢能減少，所受電場力做正功，C正確，D錯誤。

8.B【解析】BC段的拉力功率不變，則P=Fi5=Fz孫，第三個時間段內(nèi)重物所受拉力和重力相等，即F2=mg,

則重物質(zhì)量辦=及,第一個時間段內(nèi)重物所受拉力為F,，重物的加速度大小為a=￡匚色=）g，第一個時間

grn.P2

段內(nèi)的位移力設(shè)第二個時間段內(nèi)的位移為孫，根據(jù)動能定理有Pt-Gx2=^mvl-

2a2g（r>—rz）2

1Pt--mvl+—mv{z_2

萬m凡解得工產(chǎn)-------否--------=也，一號'所以被提升重物在第一個時間段內(nèi)和第二個時間段內(nèi)通

物理答案第1頁（共5頁）

1V2F02

過的總位移x=xy+x=v/+-7^]―）■、一六,B正確。

222g（F]—F2）2g

9.AC【解析】根據(jù)題意，由圖可知，甲在？軸左測的波長為4m,則甲的頻率/甲=^=2Hz,乙的波長為2m,則

人甲O

乙的頻率fz=瞽=3Hz,甲、乙頻率相同，可以發(fā)生干涉現(xiàn)象，根據(jù)題意，由同側(cè)法可知，了=-2.6m處質(zhì)點與

人乙O

^=5.1m處質(zhì)點的振動方向都向下,相同,A正確;根據(jù)題意可知，甲的波峰傳到工=0時，需要的時間s=

2s,此時，乙的波峰傳到工=6m處，由于波速相等，兩個波峰同時到達(dá)工=3m處，兩列波在此處疊加，使該點的

位移為+6cm,B錯誤;根據(jù)題意可知，t=0時,z=0處質(zhì)點開始向上振動,2=5m處的質(zhì)點開始向下振動，則

距兩處相等位置工=2.5m處的質(zhì)點，在較長時間后是振動減弱點，C正確;H=2m處的質(zhì)點是振動加強(qiáng)點，根

據(jù)題意可知，甲波x=2m處的質(zhì)點在0?50s內(nèi)，振動5:周期，則路程s【=63cm,乙波工=2m處的質(zhì)點在

3

0~50s內(nèi)，振動4彳周期，則路程sz=57cm,則0~50s內(nèi)，2=2m處質(zhì)點的路程S=SI+52=120cm=1.2m,

D錯誤。

10.BD【解析】設(shè)撥浪鼓半徑為R,細(xì)繩長為C,小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為。，則

gR

有根81211，=%（/?+411。）32,解得2=貯~^^,由題意可知兩小球角速度相同，由于心1<七￡）,則根據(jù)公式

cosU

可知a</3,繩子的拉力可表示為尸=篝，由于a<g,則可得FAVFB,B、D正確，A、C錯誤。

11.BD【解析】根據(jù)動能定理F合?△/I=AE11,可知Ek—/i圖像斜率的絕對值表示合力大小，則上升過程有F^=

7?g+/=^03N=4'，下落過程有F令'=7wg—/=竺丁<N=2N,聯(lián)立解得m=0.3kg,/=1N,B正確，C

錯誤;小球拋出時，由圖像可知E1to抬=20J,解得小球拋出時的速度大小為。。=莘m/s,A錯誤;根據(jù)

牛頓第二定律可知，小球下落過程的加速度大小與上升過程的加速度大小之比為《=浮=春，又根據(jù)2=

々F合2

，可知時間之比為7=入/==9,D正確。

2t\a

12.CD【解析】a-L圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小“=0時刻解除A球鎖定時刻解除B球

鎖定，說明“時刻只有A球具有速度，設(shè)此時A球的速度為小，則有—O=0=Si,h時刻后A、B

組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故總動量等于打時刻A球的動量，則有力=機(jī).%=/HASI,A錯誤；由圖像可知tx

時刻A球的加速度為0,則此時彈簧彈力等于0,即彈簧處于原長狀態(tài),“時刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說明

此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即“時刻兩球具有相同的速度，設(shè)“時刻A、B兩球的速度為外,從

八到”過程,A球的速度變化量大小為△UA2=Ui—V2=S2,B球的速度變化量大小為△UB=U2—0=S3,從tl

到ti過程，A、B組成的系統(tǒng)滿足動愚守恒，則有=mAV2+mBvz，可得（力一5'）=mBv2，聯(lián)立可得

~=3B錯誤;根據(jù)上述分析可知上=SLSZ=S3，C正確；從￡=0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足

o2

機(jī)械能守恒，則有￡8=品評=宗%+如〉狀+511,解得好=昆普1正確。

ZLISp02

物理答案第2頁（共5頁）

13.（1）C（2）6->a4.8（每空2分）

【解析】Q）閉合開關(guān)Sz，將5接1,電容器正在充電，電容器的電容不變，A、B錯誤；當(dāng)電路剛接通后，通過定值

電阻R的電流從0增大到某一最大值，后隨著電容器的不斷充電，電路中的充電電流在減小，當(dāng)充電結(jié)束電路

穩(wěn)定后，此時電路相當(dāng)于開路，電流為0,C正確。

（2）根據(jù)電路圖可知充電結(jié)束后電容器上極板帶正電，將§接2,電容器放電，此時通過定值電阻R的電流方向

為由，=2s時1=1.20mA可知此時電容器兩端的電壓S=IR，電容器開始放電前兩端電壓為12.3V,

根據(jù)I-t圖像與橫軸圍成的面積表示放電電荷量可得0?2s間的放電電荷量Qi=4U?C=（12.3-1.20X

QO

107><R）C,2s后到放電結(jié)束間放電電荷量Qz=AU'-CuLZOXlOT?RC,根據(jù)題意檢=了,解得R04.8kO。

14.（1）ABD（2分,少選得1分）（2）1.66（1分）⑶①嶗”了（2分）②下（1分）等于（2分）

12一11

【解析】（1）使用光電門測量時,光電門U形平面與被測物體的運動方向垂直是光電門使用的基本要求，A正確;

測量擺線長度時,要保證繩子處于伸直狀態(tài)，B正確；單擺是一個理想化模型，若采用質(zhì)量較輕的橡膠球，空氣阻

力對擺球運動的影響較大,C錯誤；無初速度、小擺角釋放的目的是保持?jǐn)[球在豎直平面內(nèi)運動，不形成圓錐

擺，且單擺只有在擺角很小的情況下才可視為簡諧運動,D正確。

（2）小鋼球直徑<=16mm+6X0.1mm=l.66cm。

⑶①根據(jù)單擺周期公式丁=2"產(chǎn),變形有Z=根據(jù)圖像的斜率可知箓*=焉,解得

_4立2（%2一/］）

g=T!-T?°

②根據(jù)圖像可知，擺長的測量值偏小，則小球的重心位于其幾何中心的正下方，表達(dá)式變?yōu)閆若

只考慮擺長測量偏小造成的影響，則圖像的斜率不變，重力加速度的測量值等于真實值。

15.（1）1m/s2（2）5s

【解析】（1）對貨物，根據(jù)牛頓第二定律，有/nngcos37°—mgsin37°=相?（2分）

解得m=lm/sz（2分）

（2）設(shè)貨物加速到傳送帶速度的時間為G，則為=a出（1分）

可得八=2s

貨物加速過程的位移處=<。"式1分）

解得X1=2m

貨物勻速運動的時間。=匕衛(wèi)（1分）

,Uo

解得上=3s

運動的總時間，=h+"=5s（l分）

16.（1）8m/s（2）122m2

【解析XI）設(shè)在X時間內(nèi)從噴口處噴出水的質(zhì)量為△;?,則△m=pZSp（l分）

由能量關(guān)系80%PN=分）

乙

物理答案第3頁（共5頁）

解得0=8m/s（l分）

⑵噴口出水速度方向與水平面夾角-30°時，有一emsin30°一裊產(chǎn)（1分）

x=vtcos300（1分）

2

該噴灌機(jī)的最大噴灌面積Sm=7tx（l分）

解得Sm，122m?l分）

17.（1）10N（2）071Tm/s（3）4.5m

【解析】（1）對物塊甲，從A點到P點，由動能定理得migR+EqR=%i/一:利|憂（2分）

解得V\=272m/s

在P點,根據(jù)牛頓第二定律有FK-mig=mi魯（2分）

解得F、=10N（1分）

（2）物塊甲在水平面上向右運動，碰撞前,根據(jù)動能定理

（Eq-fzmig）Li—^rmiv2—?^機(jī)（1分）

乙乙

解得0=/ITm/s

甲乙碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有m