2021屆全國(guó)百所名校新高考原創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（九）物理

2021屆全國(guó)百所名校新高考原創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（九）

物理

★祝考試順利★

注意事項(xiàng)：

1、考試范圍：高考范圍。

2、答題前，請(qǐng)先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡

上的相應(yīng)位置，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷

類型A后的方框涂黑。

3、選擇題的作答：每個(gè)小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂

黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。

4、主觀題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙

和答題卡上的非答題區(qū)域的答案一律無效。如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答

案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。

5、選考題的作答：先把所選題目的題號(hào)在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用

0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選

修題答題區(qū)域的答案一律無效。

6、保持卡面清潔，不折疊，不破損，不得使用涂改液、膠帶紙、修正帶等。

7、考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。

一、單項(xiàng)選擇題。（每題4分，共36分。）

1.如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球/、B,分別落在地面上的M、"點(diǎn)，兩球運(yùn)動(dòng)的最

大高度相同.空氣阻力不計(jì)，則

A.8的加速度比/的大

B.8在最高點(diǎn)的速度比4在最高點(diǎn)的小

C./、8的飛行時(shí)間相等

D.6在落地時(shí)的速度比1在落地時(shí)的小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.不計(jì)空氣阻力，兩球的加速度都為重力加速度g,大小相等、方向相同，故A錯(cuò)誤;

B.兩球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，兩球上

升和下落的時(shí)間相等，而下落過程，由r=知下落時(shí)間相等，則兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，在

1,

豎直方向由力=匕/—-gr,而且最大高度〃、r相同，則知，豎直方向的初速度大小相等，由

2

于力球的初速度與水平方向的夾角大于8球的豎直方向的初速度，由v,(a是初速度

與水平方向的夾角)得知，/球的初速度小于8球的初速度，由于6球的初速度與水平方向的

夾角小，所以占球水平分初速度較大，而兩球水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故6在最高點(diǎn)的

速度比/在最高點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.由于6的初速度大于A球的初速度，運(yùn)動(dòng)過程中兩球的機(jī)械能都守恒，則知6在落地時(shí)的

速度比4在落地時(shí)的大，故D錯(cuò)誤.

2.升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開始豎直向上移動(dòng)4m時(shí)速

度達(dá)到4m/s,則此過程中(g取10m/s2)

A.升降機(jī)對(duì)物體做功5800J

B.合外力對(duì)物體做功5800J

C.物體的重力勢(shì)能增加500J

D.物體的機(jī)械能增加4800J

【答案】D

【解析】

【詳解】A、設(shè)升降機(jī)對(duì)物體做功為W-則對(duì)物體運(yùn)用動(dòng)能定理有:

2

Wt-mgh-^mv-0

得到:

W；=M2g/?+-wv2=100x10x4J+-x100xl6J=4800J

故A錯(cuò)誤;

B、對(duì)物體運(yùn)用動(dòng)能定理有:

叫叫xlOOxQOOJ

故B錯(cuò)誤;

C、重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功，故:

=mgh=100xl0x4J=4000J

故c錯(cuò)誤；

D、機(jī)械能的增加量為：

A￡="?g〃+g相寸=]gox10x4J+gx100x16J=4800J

故D正確.

3.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面靜置在水平地面上，斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，水平力F

作用在小物塊上時(shí)，兩者均保持靜止，斜面受到水平地面的靜摩擦力為力，小物塊受到斜面

的靜摩擦力為力，現(xiàn)使F逐漸增大，兩者仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()

A.力、力都增大

B.力、力都不一定增大

C力不一定增大，力一定增大

D.力一定增大，人不一定增大

【答案】D

【解析】

對(duì)物塊m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有靜摩擦力，①當(dāng)mgsin8>Ecose時(shí)，

靜摩擦力沿著斜面向上，大小為人=mgsin(9-Feos。，當(dāng)F增大時(shí)，力變?。虎诋?dāng)

"zgsin(9=Fcos。時(shí)，靜摩擦力為零，當(dāng)產(chǎn)增大時(shí)，力變大；③當(dāng)mgsin，<Ecos。時(shí)，

靜摩擦力沿著斜面向下，大小為人=FCOS19-加gsin。，F(xiàn)增大時(shí)，人變大，故人不一定

增大；

對(duì)整體受力分析，受到重力、支持力、靜摩擦力、推力，則有工=/，則/增大，力一定增

大；故D正確，ABC錯(cuò)誤；

故選D.

【點(diǎn)睛】需要選好研究對(duì)象，受力分析，應(yīng)用平衡條件求解即可.

4.如圖所示，質(zhì)量相同的兩顆人造衛(wèi)星4、6繞地球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星/離地球較近，衛(wèi)

星6離地球較遠(yuǎn)，關(guān)于兩顆衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星4的周期長(zhǎng)

B.衛(wèi)星8的角速度大

C.衛(wèi)星/的線速度小

I）.衛(wèi)星6的機(jī)械能大

【答案】D

【解析】

2%

【詳解】A、由萬有引力充當(dāng)向心力：（7-衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期攔2?！?_,兩顆

不\GM

衛(wèi)星48的軌道半徑八＜與，則衛(wèi)星/的周期較短，故A錯(cuò)誤.

B、衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的角速度0=紅

一■,n＜r?則衛(wèi)星8的角速度較小，故B錯(cuò)誤.

C、衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的線速度片①尸,八＜八，則衛(wèi)星｛的線速度較大，故C錯(cuò)誤.

D、質(zhì)量相同的兩顆人造衛(wèi)星4、B,進(jìn)入高軌道發(fā)射時(shí)需要消耗的能量較大，則衛(wèi)星6的機(jī)械

能大，故D正確.

5.游樂園里有一種叫“飛椅”的游樂項(xiàng)目，簡(jiǎn)化后的示意圖如圖所示.已知飛椅用鋼繩系著,

鋼繩上端的懸點(diǎn)固定在頂部水平轉(zhuǎn)盤上的圓周上.轉(zhuǎn)盤繞穿過其中心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng).穩(wěn)

定后，每根鋼繩（含飛椅及游客）與轉(zhuǎn)軸在同一豎直平面內(nèi).圖中尸、。兩位游客懸于同一個(gè)圓

周上，P所在鋼繩的長(zhǎng)度大于0所在鋼繩的長(zhǎng)度，鋼繩與豎直方向的夾角分別為%、%.不

計(jì)鋼繩的重力.下列判斷正確的是（）

A.P、0兩個(gè)飛椅的線速度大小相同

B.無論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，%一定大于0

C.如果兩個(gè)游客質(zhì)量相同，則有生等于外

D.如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，則。的向心力一定大于。的向心力

【答案】B

【解析】

【詳解】BC.設(shè)鋼繩延長(zhǎng)線與轉(zhuǎn)軸交點(diǎn)與游客所在水平面的高度為人對(duì)游客受力分析，由牛

頓第二定律和向心力公式可得：

mgtan0=m<y2/?tan0

則：

hp=hQ

設(shè)圓盤半徑為r,繩長(zhǎng)為￡,據(jù)幾何關(guān)系可得：

r

h=--------1-LcosO

tan。

因?yàn)椋?/p>

Lp>LQ

所以：

a>a

由上分析得：無論兩個(gè)游客的質(zhì)量分別有多大，%一定大于久;故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤.

A.設(shè)游客做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為/?,由幾何關(guān)系可得：

R=r+LsinO

所以：

Rp>RQ

兩游客轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相等，據(jù)u=可得：

VP>VQ

故A項(xiàng)錯(cuò)誤.

D.對(duì)游客受力分析，游客所受向心力：

Fn=mgtanO

如果兩個(gè)游客的質(zhì)量相同，>02,所以戶的向心力一定大于0的向心力，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.

6.近年科學(xué)界經(jīng)過論證認(rèn)定：肉眼無法從太空看長(zhǎng)城，但遙感衛(wèi)星可以“看”到長(zhǎng)城.已知某

遙感衛(wèi)星在離地球高度約為300km圓軌道上運(yùn)行,地球半徑約為6400km,地球同步衛(wèi)星離地

球高度約為地球半徑的5.6倍.則以下說法正確的是

A.遙感衛(wèi)星的發(fā)射速度不超過第一宇宙速度

B.遙感衛(wèi)星運(yùn)行速度約為8.lkm/s

C.地球同步衛(wèi)星運(yùn)行速度約為3.lkm/s

D.遙感衛(wèi)星只需加速，即可追上同軌道運(yùn)行的其他衛(wèi)星

【答案】C

【解析】

A、由題中數(shù)據(jù)可知，飛船運(yùn)行離地表很近，飛船的線速度接近第一宇宙速度，但發(fā)射速度是

Mi;V-

飛離地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成為衛(wèi)星，故A錯(cuò)誤；B、由=,

r-r

絲，且滿足黃金代換GM=R2g表，g表=9.8m/s2,r=6700km,解得衛(wèi)星

可得U=

的線速度v=7.7km/s,同理詢=5.6x6400km=35840km,解得丫同b3.lkm/s,則B錯(cuò)誤,

C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需要先減速做向心運(yùn)動(dòng)再加速做離線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.故選C.

【點(diǎn)睛】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力.常常是萬有引力定律與圓周運(yùn)動(dòng)知

識(shí)的綜合應(yīng)用.

7.如圖所示，在傾角為9的斜面上，以速度v。水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球（斜面足夠長(zhǎng)，

重力加速度為g）,則在小球從開始運(yùn)動(dòng)到小球離開斜面有最大距離的過程中，下列說法中錯(cuò)

誤的是（）

2

B.速度的變化%tan。

c.運(yùn)動(dòng)時(shí)間一J

tan。

D.重力的平均功率P=」an。

2

【答案】C

【解析】

【詳解】當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，距離斜面最遠(yuǎn)，此時(shí)的豎直分速度v產(chǎn)v°tan。，解

得，=乜=曳竺f,速度的變化量△v=gt=v°tan。.故B正確，C錯(cuò)誤.此時(shí)下降的高度

gg

力=上=軍出名，重力做功W=mgh=.故A正確.重力的平均功率

2g2g2

「=些=鱉運(yùn)竺g故D正確.此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選C.

t2

【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道速度方向

與斜面方向平行時(shí)，距離斜面最遠(yuǎn).

8.如圖所示，圓心在。點(diǎn)、半徑為"的光滑圓弧軌道力宛豎直固定在水平桌面上，QC與OA的

夾角為60°,軌道最低點(diǎn)4與桌面相切。一足夠長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著質(zhì)量為陽和帆的兩小球

（均可視為質(zhì)點(diǎn)），掛在圓弧軌道光滑邊緣。的兩邊，開始時(shí)如位于C點(diǎn)，從靜止釋放，在用

由。點(diǎn)下滑到4點(diǎn)的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.如的速度大小始終不小于nk的速度

B.重力對(duì)周做功的功率先增大后減少

C.輕繩對(duì)色做的功等于//4的機(jī)械能增加

D.若明恰好能沿圓弧下滑到力點(diǎn)，則所色

【答案】D

【解析】

【詳解】A.陰由。點(diǎn)下滑到4點(diǎn)的過程中，兩球沿繩子方向的速度大小相等，即向沿繩子方

向的分速度大小等于德的速度，所以陰的速度始終不小于慮的速度，故A正確;

B.重力的功率是

P=mgvy

這里的匕是指豎直的分速度，一開始如是由靜止釋放的，所以如一開始的豎直速度為零，最

后運(yùn)動(dòng)到力點(diǎn)的時(shí)候，由于此時(shí)的切線是水平的，所以此時(shí)的豎直分速度也是零，但是在這

個(gè)。到/的過程中有豎直分速度，所以相當(dāng)于豎直速度是從無到有再到無的一個(gè)過程，也就

是一個(gè)先變大后變小的過程，所以重力對(duì)的做功的功率先增大后減少，故B正確；

C.根據(jù)功能關(guān)系知，輕繩對(duì)色做的功等于他的機(jī)械能增加，故C正確；

D.若向恰好能沿圓弧軌道下滑到1點(diǎn)，此時(shí)兩小球速度均為零，根據(jù)動(dòng)能定理得

—cos6()°)=m2gR

解得

叫=2m,

故D錯(cuò)誤。

故選D。

9.如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從高〃=12m處的4點(diǎn)由靜止沿光滑的軌道45滑下，進(jìn)

入半徑為r=4m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)軌道與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，當(dāng)滑塊到達(dá)圓環(huán)

頂點(diǎn)C時(shí)，滑塊對(duì)軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿板滑下，進(jìn)入光滑軌道劭，且到達(dá)高

度為人的〃點(diǎn)時(shí)速度為零，則方的值可能為(重力加速度大小g取10m/s2)()

A.8mB.9mC.10mD.11m

【答案】B

【解析】

【詳解】當(dāng)滑塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)。時(shí)，滑塊對(duì)軌道的壓力恰好為零，則：

佐

mg=m-

r

小球從4點(diǎn)到。點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得:

1,

mg(H-2r)-W克八=-mv^-0

小球從C點(diǎn)到〃點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得：

mg(2-°-mY

據(jù)能量守恒得，在圓環(huán)左側(cè)與右側(cè)的任一等高處，左側(cè)速度小于右側(cè)速度，圓環(huán)內(nèi)軌道與滑

塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，據(jù)牛頓第二定律和向心力公式知，在圓環(huán)左側(cè)與右側(cè)的任一等

高處，左側(cè)所受摩擦力小于右側(cè)，則：

畋吃2>。

聯(lián)立解得：

c,5

2r<h<—r

2

即：

8m<h<IOm

A.8m,與分析不符，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.9m,與分析相符，故B項(xiàng)正確；

C.10m,與分析不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.11m,與分析不符，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.

二、多項(xiàng)選擇題。(每題6分全選對(duì)的，漏選的每題3分，選錯(cuò)的0分。)

10.如圖所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球靜止于光滑水平面上.現(xiàn)對(duì)小

球施加一個(gè)水平向右的恒力凡使小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，則小球在向右運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，下

列說法正確的是

^//////////////////////

A.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.小球的動(dòng)能先逐漸增大后逐漸減小

C.小球的動(dòng)能逐漸增大

D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸增大

【答案】BD

【解析】

【詳解】A、根據(jù)功能關(guān)系得，外力尸做正功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能逐漸增大，故A

錯(cuò)誤，D正確；

B、開始時(shí)，拉力大于彈簧的彈力，加速度方向向右，小球做加速運(yùn)動(dòng)，由于彈簧彈力逐漸增

大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度減小到零，速度最大，然后彈簧的彈

力大于拉力，加速度向左，與速度反向，速度逐漸減小，所以動(dòng)能先增大后減小，故B正確,

C錯(cuò)誤.

11.如圖所示,一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上,下端栓接質(zhì)量為m的小球，小球放在傾角為

30°的光滑固定斜面上,整體處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧與豎直方向成30°角，重力加速度為g,則

A.平衡時(shí)，斜面對(duì)小球的作用力大小為日mg

B.若將斜面突然移走,則移走瞬間小球的加速度大小為正g

2呂

C.若將彈簧剪斷,則剪斷的瞬間小球的加速度大小為與

D.若將彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧,系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí),彈簧仍處于

拉伸狀態(tài),此時(shí)斜面對(duì)小球的作用力變小

【答案】CD

【解析】

【詳解】A、小球靜止于斜面上，設(shè)小球受的彈簧拉力為T,斜面對(duì)小球的支持力為F、，對(duì)小

球受力分析如圖，則：F=T,2Tcos300=mg,解得：FN=T=與mg，故A錯(cuò)誤；

N

B、將斜面突然移走，小球受的彈簧拉力和重力，彈簧彈力不突變，所以小球的合外力與斜面

對(duì)小球的支持力的大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的加速度大小為

%=%=&,故B錯(cuò)誤；

m3

C、將彈簧剪斷的瞬間，小球即將沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，小球的加速度大小為

=j_g,故c正確；

m2

D、將彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧，彈簧彈力將變大，小球?qū)⒀匦泵嫦蛏?/p>

運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)重新達(dá)到平衡時(shí)，輕彈簧與豎直方向的夾角小于30°，但斜面對(duì)小球的支持力方向

不變，根據(jù)作圖可得斜面對(duì)小球的作用力變小，故D正確；

故選CD.

12.如圖所示，質(zhì)量為應(yīng)的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持

以速率r勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，物體過一會(huì)兒能保持與傳送帶相對(duì)

靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過程下列說法正確的是（）

（］-；（?）

A.電動(dòng)機(jī)多做的功為一加丫2

2

B.摩擦力對(duì)物體做的功為,加/

2

C.電動(dòng)機(jī)增加的功率為nmgv

D.傳送帶克服摩擦力做功為二加F

2

【答案】BC

【解析】

由能量守恒知電動(dòng)機(jī)多做的功為物體動(dòng)能增量和摩擦生熱Q，所以A項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)

物體能增量+摩擦生

12,

物體列方程，W,--mv,所以B項(xiàng)正確；因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)增加的功率=

VV

竺史竺￡=umgv,C項(xiàng)正確；因?yàn)閭魉蛶c物體共速之前，傳送帶的路程是物體路

t

程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對(duì)物體做功的2倍，即m/,D項(xiàng)錯(cuò)誤.

13.如圖所示，一質(zhì)量為業(yè)的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為勿的小滑塊.木

板受到水平拉力廠作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力廠的關(guān)系如圖所示，

重力加速度尸10m/s2,下列說法正確的是()

A.小滑塊的質(zhì)量卬=2kg

B.小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C.當(dāng)水平拉力尸=7N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3m/s?

D.當(dāng)水平拉力尸增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

當(dāng)拉力較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)

生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法分析.

【詳解】對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F=(M+m)a,

當(dāng)F=6N時(shí)，此時(shí)兩物體具有最大共同加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M+in=3kg

當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a」-卜1mg=_L一電電

MMM

知圖線的斜率k=1-=l解得：M=lkg,滑塊的質(zhì)量為：m=2kg.故A正確；

M

B、C項(xiàng)：根據(jù)F大于6N的圖線知，當(dāng)F=6N時(shí)，加速度a=2m/s2,即有：2=62x10

代入數(shù)據(jù)解得：u=0.2,

當(dāng)F=7N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度為：a二.一,尸％=3m/s2.

根據(jù)umg=ma,得木板的加速度為：af=ug=4m/s2,故B錯(cuò)誤,C正確;

D項(xiàng)：當(dāng)拉力增大時(shí)，兩物體發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，木塊的加速度為。=幺鱉=〃g=2咪，恒定

m/$

不變，故D錯(cuò)誤.

故選AC.

【點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律與圖象的綜合，知道滑塊和木板在不同拉力作用下的運(yùn)動(dòng)規(guī)

律是解決本題的關(guān)鍵，掌握處理圖象問題的一般方法，通常通過圖線的斜率和截距入手分析.

三、實(shí)驗(yàn)題。(每空3分，共12分)

14.某同學(xué)探究鉤碼加速度與合外力的關(guān)系，其實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，一端帶有定滑輪的長(zhǎng)木板

固定在桌面上，用輕繩繞過定滑輪及光滑的動(dòng)滑輪將滑塊與彈簧測(cè)力計(jì)相連.實(shí)驗(yàn)中保持鉤

碼的質(zhì)量不變，在滑塊上增加祛碼進(jìn)行多次測(cè)量，每一次滑塊均從同一位置戶由靜止釋放，

在鉤碼帶動(dòng)下滑塊向右運(yùn)動(dòng)，此過程中，記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)廠和光電門的遮光時(shí)間3用

彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)得鉤碼受到的重力為G，用刻度尺測(cè)得？與光電門間的距離為s,用游標(biāo)卡尺測(cè)

得滑塊上窄片的寬度為d.滑輪質(zhì)量不計(jì).

(1)實(shí)驗(yàn)中(選填“需要”或“不需要”)平衡滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力;

(2)用游標(biāo)卡尺測(cè)得的寬度d=cm

(3)鉤碼的加速度大小a=(用含有d、t、s的表達(dá)式表示).

(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的下列圖象中最符合本實(shí)驗(yàn)實(shí)際情況的是.

【答案】(1).不需要(2).1.150cm(3).-^―(4).A

4s/

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知，力通過彈簧秤測(cè)出，因此滑塊是否需要平衡摩擦力，對(duì)其沒

有影響，因此實(shí)驗(yàn)中不需要平衡滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力;

⑵游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm,游標(biāo)讀數(shù)為O.O5xlOmm=O.5Omm,則

J=11.50mm=1.150cm；

(3)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，根據(jù)速度與位移關(guān)系，則有：/=2屣；而丫=一，因此滑塊的加

速度大小為：。'=」;，因?yàn)樵谙嗤臅r(shí)間內(nèi)，鉤碼下降的距離是滑塊運(yùn)動(dòng)距離的!，所以

2s『2

112

鉤碼的加速度為滑塊加速度的一，即鉤碼的加速度為a=

24s*

(4)由題意可知，鉤碼的加速度a與彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)廠的關(guān)系為：G-2F=ma,且鉤碼的

屋14s

加速度大小為：ay；則有：—=—萬(G-277),故對(duì)應(yīng)的圖象為A,故A正確，B,C,D

4/t2md-

錯(cuò)誤；

故選A.

四、計(jì)算題

15.原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓(xùn)練項(xiàng)目.已知質(zhì)量%60kg的運(yùn)動(dòng)員原地(不起跳)

摸高為2.05m,比賽過程中，該運(yùn)動(dòng)員重心先下蹲0.5m,經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了

2.85m的高度.假設(shè)運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)為勻加速運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，g取10m//.求：

(1)該運(yùn)動(dòng)員離開地面時(shí)的速度大??；

(2)起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力大??；

(3)從開始起跳到雙腳落地需要的時(shí)間.

【答案】(1)4m/s；(2)1560N；(3)105s

【解析】

【詳解】(1)運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)聲=2心可知,

v=y/2gh=12x10x(2.85—2.05)m/s=4m/s

(2)在起跳過程中，根據(jù)速度位移公式y(tǒng)=2於可知，解得

92

V4

a=------m/s，9=16m/s29,

2M2x0.5

對(duì)運(yùn)動(dòng)員，根據(jù)牛頓第二定律可知

解得

收1560N

根據(jù)牛頓第三定律可知，對(duì)地面的壓力為1560N.

⑶起跳過程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

v4八

t.=—=—s=0.25s

'a16

起跳后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

t2=-=0.4s

'g

故運(yùn)動(dòng)總時(shí)間

t-t}+2t,-1.05s

答：(1)該運(yùn)動(dòng)員離開地面時(shí)的速度大小為4m/s；

(2)起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為1560N；

(3)從開始起跳