2024年四川省綿陽市高考物理一診試卷(含詳細答案解析)

2024年四川省綿陽市高考物理一診試卷

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.一同學背越式跳高，不計空氣阻力，從起跳腳離地到身體重心達到最高點的過程中，該同學（）

A.重力勢能逐漸增大到最大B.動能逐漸減小為零

C.做勻加速直線運動D.做勻減速直線運動

2.如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點6分別以初速度％、0水平拋出兩個相同小球，都直接落在了斜面

底端C,落地時重力的功率分別為Pi、&。則巧與以、Pi與P2的大小關系正確的是（）

A.%=2V2B.%=\[~2V2C.P]=4P2D.Px=2P2

3.三角形薄板A8C厚薄均勻、質量均勻分布，AD.BE分別為8C、AC邊中線，過這兩條中線的交點的豎

直線/交8c的延長線于0。兩根輕繩分別系于A、B,輕繩8N固定在天花板某點，調節(jié)輕繩MA,使N、

B、。三點共線，且44邊保持水平，此時M4比N4長，如圖所示。則三角形薄板靜止時（）

A.三點、M、A、C一定共線B.三點M、A、。一定共線

C.輕繩NB中拉力大于輕繩MA中拉力D.輕繩NB中拉力小于輕繩MA中拉力

4.如圖甲所示，用大小不同的水平向右恒力產(chǎn)將物體M從靜止由。點拉動到。點時速度為v,F與“2的變

化關系如圖乙中的。圖線；相同的方法得到另一個物體N的尸與〃2的變化關系如圖乙中的〃圖線，則（）

F/N

b

°//（mLs-z）

乙

A.M的質量比N的質量大

B.W的質量比N的質量小

C.W、N與地面的動摩擦因數(shù)相同

D.似與地面的動摩擦因數(shù)比N與地面的動摩擦因數(shù)大

5.質量為〃，和M的物體用輕繩相連，現(xiàn)將M用手按在光滑斜面上的4

點，讓輕繩跨過。點的一光滑微小定滑輪，0M水平，。加豎直，兩物體

均靜止，如圖所示。現(xiàn)松手釋放M,M沿斜面由A點運動到8點的過程

中，機沒有落地，08垂直于斜面。在物體M從A到8的過程中（）

A.）〃始終處于失重狀態(tài)

B.如始終處于超重狀態(tài)

C.〃?的動能一直增大

D.M的動能一直增大

二、多選題：本大題共4小題，共22分。

6.在光滑的水平軌道左端固定一個彈簧發(fā)射器，在A處安裝一微小角度

器（高度可忽略，可調節(jié)速度的拋射角。），現(xiàn)讓彈簧發(fā)射器將質量為加

的小球由靜止彈出，落在軌道上B處。用瓊表示彈簧最初儲存的彈性勢能，不計空氣阻力。則（）

A.從小球開始運動到落到8處之前過程中，小球機械能守恒

B.保持。不變，若心越大，則A8距離越大

C.保持琮不變，改變仇使。越大，則小球運動到最高點離軌道高度越大

D.保持心不變，改變。，使A8距離最大時，小球運動到最高度點時動能為0.25與

7.如圖甲所示的等雙翼式傳輸機，其兩側等長的傳送帶傾角可以在一定范圍內調節(jié)，方便不同工況下的貨

物傳送作業(yè)，工作時兩傳送帶勻速轉動且速度相同。圖乙為等雙翼式傳輸機工作示意圖，Mi、M2代表兩

傳送帶。第一次調整監(jiān)傾角為30,M2傾角為45。；第二次調整以傾角為45。，“2傾角為30。，兩次分別將

同一貨物無初速放在弧的最低端，都能傳到“2的最高端。貨物與M］和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運

輸中貨物均在M］上就已與傳送帶達共速，先后兩次傳輸機運行速度相同，則（）

A.兩次運送貨物經(jīng)過的時間相等

B.第一次運送貨物的時間較短

C"專輸機因運送物件而多消耗的能量，兩次相等

D.傳輸機因運送物件而多消耗的能量，第二次較多

8.如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點保持靜止。受到輕微擾

動后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動，一段時間后?，小球與圓心的連線轉過e角度時.，小球的速度大小為

v?"與cosG的關系如乙圖所示，g取lOm/s?。則（）

A.圓環(huán)半徑為0.6m

B.8=2時，小球所受合力為4N

C.OW84兀過程中，圓環(huán)對小球的作用力一直增大

D.0<0<7T過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大

9.圖甲為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，圖乙為x=5cm處質點的振動圖像，則下列說法

正確的是（）

同數(shù)量的祛碼，小車運動，得到多條紙帶，某條紙帶的一部分及相關數(shù)據(jù)如圖所示。

回答下列問題:

(1)關于本實驗的部分操作或要求，下列說法正確的是______。

A.必須保證祛碼盤和祛碼的總質量遠小于小車的質量

8.與小車相連的細線必須與長木板平行

。?天需要進行平衡摩擦力的操作

。.不需要刻度尺也不需要天平

(2)已知打出圖〃中相鄰兩個計數(shù)點的時間間隔均為0.1s,則根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，打點6時所對應的小車的速度

v6=m/s打這條紙帶時小車的加速度大小a=_____m/s2(計算結果保留3位有效數(shù)字)

(3)對同一輛實驗小車，記錄打每條紙帶時祛碼盤和祛碼的總質量〃?、力傳感器的讀數(shù)月通過紙帶計算小

車運動對應的加速度心如圖甲、乙、丙丁所示的a-F或a-mg圖線，其中符合實際的是：本實

驗應該由圖線_____得到“加速度大小與物體所受合力大小成正比”的結論。

五、簡答題：本大題共4小題，共38分。

13.如圖所示，不可伸長、長為L的輕質細繩一-端固定在P點，另一端系-質量為〃?的小

球?，F(xiàn)將小球拉至細繩沿水平方向繃緊的狀態(tài)后，由靜止釋放，小球在豎直平面內運

動，經(jīng)過某位置。點，已知尸、0連線與水平面的夾角為或不計空氣阻力，重力加速度

大小為g。求:

(1)求小球在位置Q點時細繩對小球拉力7的大小；

(2)若小球在位置。點時小球豎直分速度最大，求sin。的值。

14.如圖所示，足夠長的木板A8上表面0點左側粗糙、右側光滑，質量為M=3kg,以速度%=17/i/s在

光滑水平面向右運動。質量為m=1的的小物塊。以相對地面速度為零輕放到木板上表面，并同時對?小物

塊施加一水平向右的拉力尸=0.5N；第一次，小物塊尸輕放到8端后，始終未通過。點，并再回到B端:

笫二次，小物塊P輕放到。8間的某一位置。能通過。點，通過。點的速度大小%=0.5m/s,小物塊P

與木板粗糙部分的動摩擦因數(shù)〃=0.03,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10加估2。

(1)求小物塊P從輕放到8端再到回到B端通過的位移；

(2)求小物塊P輕放到OB間的某一位置后，在()點左側距。點的最遠距離；

(3)通過計算判斷：將小物塊P輕放到08間的某一位置，通過0點后是否能夠再通過。點？

15.如圖所示，粗細均勻的“T”型導熱玻璃管中裝有水銀，豎直管中水銀柱長為

10。加，水平管內的水銀足夠多，A段封閉氣柱長為5cm,4段封閉氣柱長為10。〃,

大氣壓強為75切/g,環(huán)境溫度為300K。求:

(1)將玻璃管繞水平管緩慢轉過9(T至“T”型玻璃管水平，穩(wěn)定時豎直管中水銀液面

移動的距離;

(2)若不轉動，要使豎直管中的水銀液面移動與(1)問中相同的距離，需將環(huán)境溫度升到多少。

16.如圖所示，等腰梯形A8c。為某透明棱鏡的橫截面，已知該棱鏡材料的折射率

為《I，Z4=NB=75。，且邊一單色光從4。邊上的E點沿某方向射

入棱鏡，其折射光照射到A8界面時，恰好發(fā)生全反射，并最終從BC界面射出。

光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在每個面上的多次反射，求:

(1)該單色光從AD面入射時的入射角;D

(2)該單色光在楂鏡中的傳播時間,

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4該同學從起跳最低點到上升最高點過程中，由Ep=mg/i可知重力勢能逐漸增大到最大，故

4正確；

及到最高點豎直方向的速度為0,水平方向有一定的速度，故動能在最高點不是0,故6錯誤；

CD該同學做斜拋運動，為曲線運動，故C。錯誤。

故選:4。

(1)利用重力勢能與重力做功的關系，來判斷重力勢能及動能的變化情況；該同學做斜拋運動，為勻變速

曲線運動。

本題綜合考查牛頓運動定律、功能關系?？缯鹿?jié)的小型綜合。對學生要求較高，需要具備初步分析解決問

題的能力。

2.【答案】B

【蟀析】解：兩小球水平拋出后做平拋運動，水平方向做勻速運動，則有

x=vt

豎直方向做自由落體運動，則有

1

九二川產(chǎn)

根據(jù)題意由幾何知識可知，從拋出到落地，水平方向運動的距離之比為

x2=2：1

豎直方向運動的距離之比為

九1：九2=2：1

解得

Vx=5^2v2

落地時豎直方向分速度為

%=gt

落地時重力的功率

P=mgUy

則

P】=/2P2

故B正確，AC。錯誤。

故選:Bo

根據(jù)平拋運動的規(guī)律和幾何知識計算拋出時的速度之比，根據(jù)勻變速直線運動速度-時間關系和瞬時功率公

式計算落地時的重力功率之比。

本題關鍵掌握平拋運動的規(guī)律和瞬時功率公式。

3.【答案】C

【解析】解：AB.對物體受力分析可知，物體受重力，繩子引V的拉力后，繩子AM的拉力以，由于物體

處于靜止狀態(tài)，所以三個力的合力為零，由題意可知，重心與。點的連線為重力的方向，心與重力交于0

點，由共點力平衡可知，巳也交于0點，故錯誤；

CD、對。點受力正交分解，如圖

根據(jù)受力平衡可得:

FAcosa=FBcosp

依題意，此時比NB長，故

a<6

因此cosa>cos/3

則匕<FB

故C正確；。錯誤。

故選：C

對整個薄板受力分析，根據(jù)受力平衡，分析力的大小以及共線問題。

本題主要考查共點力的平衡，在做題中要注意，共點力平衡中所有力會交于一點。

4.【答案】A

【解析】解：AB.設P點與Q點之間的距離為止根據(jù)動能定理得：Fd-nmgd=\mv2

可得：/=嶗+〃加9,則知圖像的斜率上=為，d是相同的，由圖乙可知，M對應的圖像斜率更大，說明

其質量更大，故A正確；B錯誤;

CD、由上式可知，圖像的縱軸截距b=〃mg,因M對應縱軸截柜更小，因此M受到滑動摩擦力更小，但

質量更大，說明M與地面間的動摩擦因數(shù)更小，故CD錯誤。

故選：Ac

根據(jù)動能定理列式得到戶與"2的表達式，結合圖像的斜率分析兩個物體質量大小。根據(jù)圖像的截距關系分

析動摩擦因數(shù)大小。

解答本題的關鍵是運用動能定理得到圖像的解析式，再分析圖像的斜率、截距的意義，即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：ABC.物體M運動到B位置時，0M間繩長最短，此時“剛好到達最低點，速度為0,初速

度也為0,所以在物體M從4到B的過程中，，〃先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，則〃?

先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，機的動能先增大后減小，故48C錯誤；

D、在物體M從A到3的過程中，繩子拉力和重力均一直對M做正功，根據(jù)動能定理可知M的動能一直

增大，故Q正確。

故選：D.

在物體M從A到B的過程中，分析速度變化情況，確定加速度方向，從而判斷機的運動狀態(tài)和動能的

變化情況；根據(jù)外力做功情況，判斷M的動能變化情況。

本題采用特殊位置法判斷機的速度變化情況是關鍵，知道加速度方向向上時，物體處于超重狀態(tài)，相反，

加速度方向向下時，物體處于失重狀態(tài)。

6.【答案】BC

【解析】解：4從小球開始運動到落到8處之前過程中，彈簧的彈性勢能轉化為小球的機械能，小球機械

能增加，故A錯誤；

比根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有

1°

Ep=

小球在空中運動的時間為

2vsin0

t=-------

9

AB距離為

X=12cosa

解得#=至詈

故保持8不變，若Ep越大，則48距離越大，故B正確；

C.G球運動到最高點離軌道高度h=9耍=處”

2gmg

故保持％不變，改變。，若。越大，則小球運動到最高點離軌道高度越大，故C正確；

。/由距離為工=遇型”

mg

當6=45。時，AB距離最大，小球運動到最高度點時動能為

22

Ek=^m(ycos0')=jmv=O.SEp

，T*

故。錯誤。

故選：BC°

從小球開始運動到落到8處，根據(jù)能量轉化可知小球的機械能變化，根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守

恒結合對應的運動規(guī)律分析BC,根據(jù)A8間距離的表達式分析。項。

本題考查功能關系的運用，解題關鍵掌握小球運動過程中能量守恒，注意機械能守恒的條件。

7.【答案】BD

【解析】解：A3、設傳送帶的速度為v,M傾角為8,貨物在Mi上加速運動時有：nmgcosO-mgsinO=

ma

解得：a=ngcosO-gsinB

故可知。越大，加速度越小，作出兩次物塊的I；-￡圖像，如圖所示:

(2

分析可知到達M2上為勻速運動，兩次貨物的運輸長度相同，即兩次u-t圖像與坐標釉圍成的面積相等,

根據(jù)圖像可知、＜「2,即第一次運送貨物的時間較短，故人錯誤，8正確;

CD.根據(jù)能量守恒，傳輸機因運送物件而多消耗的能量轉化為貨物的動能，重力勢能和摩擦產(chǎn)生的內

能，兩種情況下貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量Q，設貨

物加速的時間為人貨物與傳送帶的相對位移為則有:

V

a

Q=fAx

vv

Ax=Vt—t=Qt

f=^imgcosO

聯(lián)立得：Q=#

可知。越大，Q越大，即此時傳輸機因運送物件而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯誤.。正確。

故選：BD.

根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的表達式，作出兩次物塊的u-t圖像，由此分析運動時間；求出相對通過的

距離，根據(jù)能量守恒定律求解因摩擦產(chǎn)生的熱量Q,由此分析C。選項。

本題主要是考查功能關系，關鍵是弄清楚兩種情況卜.貨物的運動情況和受力情況，知道因摩擦產(chǎn)生的熱等

尸摩擦力乘以相對距離。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球下滑過程由機械能守恒定律有mg（R-Reos。）=!m病

當時，小球的速度平方為12血2/s2,代入公式得R=0.6m,故A正確；

B、當8=5時，小球的速度平方為127n2/s2,此時是圓環(huán)對小球的彈力提供向心力，有可=嗒=

0.2x12

b"4N

小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為尸=JZV2+（mg）2=J42+（0.2x10）2N=2〃N,故B

錯誤；

CD、當。＜。V］時，有zngcos。-N=m*

可知隨。的增大，同時I，也增大，所以N必須減小，

當3V。＜兀時，有N—7ngeos（180°—。）=機"

LK

可知隨。的增大，同時I，也增大，所以N必須增大，所以owe〈yr過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后

增大，故c錯誤，。正確。

故選：AD.

小球下滑過程機械能守恒，結合］時，小球的速度平方為12,可得半徑；8時，小球受到重力與軌

道的支持力，由此求出合力；根據(jù)小球受到的合力提供向心力，結合牛頓第二定律即可求出。

本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象獲取有效信息進行解答。

9.【答案】BCE

【解析】解：4根據(jù)圖甲可知

1

=11cm-5cm=6cm

解得波長

A=12cm=0.12m

故A錯誤:

及根據(jù)圖乙可知，周期丁為6s,根據(jù)波長、波速和周期的關系，則波的速度為

A0.12m

v=7p=-7----=0.02m/s

/OS

故8正確;

C.若這列波向右傳播，根據(jù)同側法或微位移法可知，此時刻％=5c?九處質點沿），軸正方向振動，根據(jù)圖乙

可知，在t=6s時刻，質點位于平衡位置.，且沿），軸正方向振動，即若這列波向右傳播，圖甲可能是t=

6s時刻的波形圖，故C正確;

D由于從圖甲所示時刻起再過%,

1

9s=7+/

則x=8cm處的質點運動的路程為

s=6A=6x5cm=30cm

故D錯誤;

E若這列波向左傳播，從圖甲所示時刻起再過3s,波傳播的距離為

1

Ax=vAt=0.02x3in=6cm=/

即x=7cm處質點的波形傳播到了x=1cm質點處，令

2n50

-Asin-^-x=5sin-^-x(cm)

將上述波形左移0.01m得到甲波形，則甲波的函數(shù)為

九…尋—）（皿

當x=7cm時，解得

5c

y=--cm

故E正確。

故選:BCE。

根據(jù)甲圖得出波長，根據(jù)乙圖得出周期，結合波長、波速和周期的公式計算波速；根據(jù)同側法或微位移法

判斷x=5cm處質點振動方向，維而判斷該列波的傳播方向；根據(jù)一個周期內質點路程為4倍振幅求出％=

8cm處的質點運動的路程；最后根據(jù)振動方程變換及代值得到質點的位移。

本題考查了波動圖像和振動圖像，掌握波速、波長和周期的關系，理解質點在不同時刻的振動狀態(tài)是解決

此類問題的關鍵。

10.【答案】吸收大于不變

【解析】解：過程人8是等溫變化過程，內能不變，/U=（k氣體體積增大，氣體對外做功，IV<0,根

據(jù)熱力學第一定律/U=IV+Q可知，Q>0,氣體吸收熱量；

過程8C為絕熱過程，Q=0。體積增大，氣體對外做功，IV<0,根據(jù)4U=W+Q可知，4UV0,氣體

內能減小，溫度降低，則心大于心；

同理可知，等溫過程。，氣體內能不變。絕熱過程。A,溫度升高。8c過程降低的溫度與。A過程升高

的溫度相同，所以3c過程減小的內能和QA過程增加的內能相同，所以完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A

時內能不變。

故答案為：吸收，大于，不變。

過程是等溫變化過程，內能不變。根據(jù)圖像分析氣體做功情況，根據(jù)熱力學第一定律AU二W+Q分析

吸放熱情況。過程8。為絕熱過程，根據(jù)體積變化分析氣體做功情況，再根據(jù)熱力學第一定律4U=W+Q

分析內能的變化情況，從而判斷溫度變化。完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A時內能不變。

本題考查熱力學第一定律=W+Q,要弄清楚圖像表示的物理意義，能根據(jù)體積變化分析氣體做功情

況，根據(jù)溫度變化分析內能的變化，結合熱力學第一定律分析吸放熱情況.

11.【答案】7^1（1-cos6>）<

【解析】解.：（1）根據(jù)極短時間的平均速度等于瞬時速度，鋼球通過光電門的速度為

d

V=—

（2）小球從釋放到A點，增加的動能為

12md2

“邑=2加”=萬濟

小球從釋放到A點，減少的重力勢能為

AEp=mgL（l-cos。）

小球機械能守恒有

g=AEk

可得gL（l-cos。）=看

(3)根據(jù)

v=cor

可知遮光條處測得速度比球心處真實速度大，導致動能增加量測量值偏大，故真實大小關系是

*<g

jJ2

故答案為：⑴j(2)gL(l-cos6)=~(3)<o

(1)極短時間內的平均速度近似等于瞬時速度；

(2)由機械能守恒定律和遮光條測得速度可知cos。和/的函數(shù)關系；

(3)結合實驗的裝置與實驗的原理，分析誤差產(chǎn)生的原因。

理解實驗原理是解題的前提，解題時要知道極短時間內的平均速度近似等于瞬時速度。

12.【答案】80.4130.497甲丁甲

【解析】解：(1)4實驗中小車受到的合外力使用力傳感器測得，不用保證祛碼盤和祛碼的總質量遠小于小

車的質量，故A錯誤：

A小車相連的細線必須與長木板平行，這樣可以使小車受到的合外力等于細線拉力，故6正確；

C.為使小車受到的合外力等于細線拉力，必須要進行平衡摩擦力的操作，故。錯誤；

.實驗中需要刻度尺測量點跡間的距離，然后根據(jù)逐差法求加速度；

根據(jù)實驗目的，只需要保持小車質量不變即可，不需要天平測量質量，故。錯誤。

故選:B。

(2)根據(jù)勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打下點6時的瞬時速度為=霽=

4I

3.86+4.37-c.2z/c44r/

/U.1—x10m/s=0.413m/s

根據(jù)逐差法，可以求出加速度為：

%47—%144.37+3.88+3.39—2.88—2.40—1.89

x10-2m/s2=0.497m/s2

Q=------9---T-729x0.01

(3)圖甲和乙中，力傳感器的讀數(shù)等于細線的拉力，等于小車受到的合外力;

根據(jù)牛頓第二定律尸=Ma

變形得

故G-R圖線應該為過原點的直線，同時因為祛碼盤和祛碼的最大加速度不超過g,根據(jù)動滑輪原理，小車

加速度不應超過2處故甲正確，乙錯誤:

圖丙、丁中，根據(jù)動滑輪原理，小車加速度為〃時.，佬碼盤和祛碼的加速度為會

對破碼盤和硅碼根據(jù)牛頓第二定律mg-2F=^ma

可得0=麻血9

隨著祛碼盤和砍碼的總質最加增大Q-mg圖像斜率逐漸減小，且小車加速度不應超過2g,故為錯誤，丁

正確,

故選：甲丁。

要得到“加速度大小與物體所受合力大小成正比”的結論，應作a-r圖像，旦圖像應為過原點的傾斜直

線，由此得到正比關系。

故選：甲。

故答案為：(1)8：(2)0.413,0.497；(3)甲丁，甲。

(1)根據(jù)實驗原理和注意事項分析作答；

(2)根據(jù)勻變速運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，打下點6時的瞬時速度；根據(jù)逐差法

計算小車的加速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定求解a-F和a-mg函數(shù)，結合圖像分析作答。

解決該題的關鍵是掌握實驗原理和實驗的注意事項，掌握勻變速直線運動的加速度以及瞬時速度的求解公

式，能根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度。

13.【答案】解：(1)小球從水平下落到Q點的過程中，由動能定理有

1

771gLsin。=-^mv2—0

在。點，由向心力可得

V2

T-mgsinG二租了

LJ

代入聯(lián)解得：T=3mgs\n0

(2)小球豎直方向合力為零時，小球豎直分速度最大，則

TsinO=mg

又有

T=3mgs\n0

聯(lián)立解得：sin。=?

答：(1)小球在位置。點時細繩對小球拉力丁為37ngsin0：

(2)當小球在位置Q點時小球輕直分速度最大時有sin。=噂。

【解析】(1)利用動能定理求出小球在。點的速度，再利用向心力求出繩對小球的拉力；

(2)小球在運動過程中當豎直方向的合力為零時，豎直分速度最大，根據(jù)受力分析求出sin。。

本題主要考查了圓周運動中動能定理的應用，以及速度的合成與分解，在做題中要主要某一方向上速度最

大是該方向上合力為零的時候。

14.【答案】解：(1)小物塊。隊輕放到8端到再次回到木板4端，設經(jīng)過的時間為口，木板A6做勻速運

動，位移為X1，小物塊加速度大小為由，位移為出，則

F=max

Xi=

12

af

xP=2ii

根據(jù)

=XP

解得

2

a1=0.5m/s,tj=4s,xp=4m

(2)小物塊P輕放到。6間的某一位置，通過。點后，設小物塊。加速度大小為g，木板相加速度大小為

。3，則

47ng+F=ma2

fimg=Ma3

解得

22

a2=0.8/n/s,a3=O.lm/s

設小物塊過。點后再經(jīng)過時間b，小物塊與木板速度相等，小物塊在。點左側距。點的距離最遠，小物塊

位移大小為%2,木板A8位移大小%3,則

%+Q2t2=Vo-a3t2

12

x2=Vit2嶼

12

設小物塊在。點左側距。點的最近距離為Xp。，則

xpo=x3-x2

解得

5651755

t2=§s,x2=—m,x3=—Tn,xp0=-m

(3)假設小物塊與木板速度相等后，小物塊與木板之間能發(fā)生相對滑動，則小物塊將相對木板向右滑動，

設小物塊加速度為。4，木板加速度為的，則

F-nmg=ma4

Rmg=Ma5

解得

22

a4-0.2m/s,a5=O.lm/s

因為Q4>Q5,則小物塊將相對木板向右滑動，通過0點后能再通過。點。

答：(1)小物塊尸從輕放到B端再到I可到B端通過的位移為4??；

(2)小物塊P輕放到0B間的某一位置后，在。點左側距。點的最遠距離為住小；

(3)小物塊將相對?木板向右滑動，通過0點后能再通過。點。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式解答；

(2)小物塊與木板速度相等，小物塊在0點左惻距0點的距離最遠，分析小物塊和木板的運動情況，從血

解答；

(3)分析兩物塊的加速度大小，從而判斷解答。

本題考查牛頓第二定律與運動學規(guī)律的綜合應用，解題關鍵掌握木板和小物塊運動情況的分析。

15.【答案】解:(1)開始時，封閉氣體的壓強為

Pi=lOcmHg+75cmHg=85cm”g

轉過90。以后，封閉氣體的壓強為

p2=75c771Hg

對A段封閉氣柱，根據(jù)玻意耳定律有

P/AS=P2L/S

解得:LA'=S