安徽省阜陽市第三中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期二調(diào)考試（12月期中）物理 Word版含解析.docx

《安徽省阜陽市第三中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期二調(diào)考試（12月期中）物理 Word版含解析.docx》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

安徽省阜陽市第三中學(xué)20223-2024學(xué)年高二上學(xué)期二調(diào)考試物理試題一、選擇題1.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)光滑的半圓形細(xì)管，A、B為細(xì)管上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)與圓心等高，B點(diǎn)為細(xì)管最低點(diǎn)。一個(gè)小球從A點(diǎn)勻速率滑到B點(diǎn)，小球除受到重力和細(xì)管的彈力外，還受另外一個(gè)力。小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，關(guān)于小球，下列說法正確的是（）A.合力做功為零B.合力的沖量為零C.機(jī)械能不變D.機(jī)械能增大【答案】A【解析】【詳解】A．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受合外力提供向心力，不為零；小球的動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合力做功為零，故A正確；B．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，小球的速度大小不變，方向發(fā)生了改變，則小球的動(dòng)量發(fā)生了變化，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；CD．小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過程中，小球的動(dòng)能不變，重力勢能減小，則小球的機(jī)械能減小，故CD錯(cuò)誤.故選A。2.光滑水平面上做簡諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達(dá)式為，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅。若振子質(zhì)量為0.25kg，彈簧的勁度系數(shù)為25N/m。起振時(shí)系統(tǒng)具有勢能0.06J和動(dòng)能0.02J，則下列說法正確的是（）A.振子的最大加速度為16m/s2B.振子經(jīng)過平衡位置時(shí)速度為0.4m/sC.若振子在位移最大處時(shí)，質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，則振子經(jīng)過平衡位置的速度增大D.若振子在位移最大處時(shí)，質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，則振子經(jīng)過平衡位置的速度減小【答案】D【解析】【詳解】A．彈簧振子振動(dòng)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有 所以該振動(dòng)的振幅為A=0.08m由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為故A錯(cuò)誤；B．振子經(jīng)過平衡位置時(shí)，彈性勢能為零，則系統(tǒng)機(jī)械能表現(xiàn)為動(dòng)能，即所以速度為v=0.8m/s故B錯(cuò)誤；CD．振子在位移最大處時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，所以質(zhì)量突變?yōu)?.4kg，不影響系統(tǒng)的機(jī)械能，當(dāng)振子運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)，有解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3.如圖所示，有一光滑并帶有圓弧的曲面，傾斜放在平面上，在曲面的底部平行于軸線畫一條虛線，現(xiàn)將一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從圖中位置平行于虛線以一定的初速度進(jìn)入曲面，將小球下滑過程中經(jīng)過虛線時(shí)的位置依次記為a、b、c、d，以下說法正確的是（）A.虛線處的ab、bc、cd間距相等 B.經(jīng)過ab、bc、cd的時(shí)間相等C.小球從釋放到離開曲面末端時(shí)（曲末端的圓弧可認(rèn)為在水平面內(nèi)）動(dòng)能的變化量與初速度大小有關(guān)D.小球通過a、b、c三點(diǎn)時(shí)對曲面的壓力大小與初速度大小有關(guān)【答案】B【解析】【詳解】B．小球在垂直于虛線所在平面內(nèi)做類似單擺運(yùn)動(dòng)，具有等時(shí)性規(guī)律，所以經(jīng)過ab、bc、cd的時(shí)間相等，故B正確；A．小球在沿虛線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，故A錯(cuò)誤；C．小球從釋放到離開斜面末端時(shí)，只有重力作用，動(dòng)能變化量等于重力做功大小，與初速度大小無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．小球通過a、b、c三點(diǎn)時(shí)，斜面對小球的支持力與小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虛線平面內(nèi)分（圓周）運(yùn)動(dòng)的向心力，小球初速度方向沿虛線向下，無論初速度大小如何，小球通過a、b、c三點(diǎn)時(shí)在垂直于虛線方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根據(jù)牛頓第三定律可知小球通過a、b、c三點(diǎn)時(shí)對斜面的壓力大小相同，與初速度無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定兩個(gè)質(zhì)量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，從圖示位置，靜止釋放b球，下列說法正確的是（）A.b球落地的瞬間，a球的速度不為0B.在b球落地前的整個(gè)過程中，b球的機(jī)械能守恒C.在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對b球的沖量不為0D.在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對b球做的總功不為0【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，動(dòng)量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動(dòng)量為零，在b球落地瞬間系統(tǒng)水平方向動(dòng)量仍為零，此時(shí)b球的速度方向豎直向下，a球的速度為零，故A錯(cuò)誤；BD．由于當(dāng)b球落地的瞬間，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為0，所以a球先加速后減速到最后速度變?yōu)? ，則輕桿對a球先做正功后做負(fù)功，由于球a、b與輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則在b球落地前的整個(gè)過程中，輕桿對b球先做負(fù)功后做正功，且對b球做的總功為0，由于輕桿對b球先做負(fù)功后做正功，此過程中b球的機(jī)械能不守恒，故BD錯(cuò)誤；C．對b球，水平方向上動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理可知，桿對b球的水平?jīng)_量為零.在豎直方向上，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，b落地時(shí)速度與只在重力作用下的速度一樣，如圖所示v-t圖像中斜線為b球自由落體運(yùn)動(dòng)的圖線，曲線為b球豎直方向的運(yùn)動(dòng)圖線，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移與落地速度相同，對比可知b球落地所用時(shí)間相對自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間要長，由動(dòng)量定理可知桿對b球的豎直方向的沖量必定不為零，且沖量方向向上，所以桿對b球的水平和豎直沖量可知，桿對b球的沖量不為零，且方向豎直向上，故C正確。故選C。5.某次冰壺比賽中藍(lán)壺靜止在大本營Q處，材質(zhì)相同、質(zhì)量相等紅壺與藍(lán)壺發(fā)生對心正碰，在摩擦力作用下最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)。可將冰壺視為質(zhì)點(diǎn)，半徑大小如圖所示，則（）A.碰撞過程中兩壺動(dòng)量的變化量相同B.碰后運(yùn)動(dòng)過程中兩壺動(dòng)量的變化量相同C.兩壺碰撞為彈性碰撞D.碰后瞬間藍(lán)壺速度大小為紅壺的2倍【答案】D【解析】【詳解】A．兩壺碰撞過程中動(dòng)量守恒，紅壺的動(dòng)量減少，藍(lán)壺的動(dòng)量增加，所以碰撞過程中兩壺動(dòng)量的變化量的大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，碰后兩壺運(yùn)動(dòng)的距離不相同，所以碰后兩壺速度大小不同，動(dòng)量的變化量不相同，故B 錯(cuò)誤；D．碰后紅壺運(yùn)動(dòng)的距離為藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的距離為二者質(zhì)量相等，所受摩擦力相等，碰后勻減速運(yùn)動(dòng)加速度相等，則聯(lián)立可得故D正確；C．碰撞過程，動(dòng)量守恒，則所以所以碰前、后的動(dòng)能關(guān)系為即碰前動(dòng)能大于碰后系統(tǒng)的總動(dòng)能，所以兩壺碰撞屬于非彈性碰撞，故C錯(cuò)誤。故選D。6.質(zhì)量為的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成角后由靜止釋放，下列說法正確的是（　?。?A.球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B.小球向左仍能擺到原高度C.小車向右移動(dòng)的最大距離為D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．小球靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程，豎直方向的分速度先增大后減小，豎直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、車組成的系統(tǒng)所受外力的合力不為0，則該系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．對應(yīng)球、車組成的系統(tǒng)而言，由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，又由于系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0，則系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量守恒，可知當(dāng)小球向左擺到最高點(diǎn)時(shí)，球與車的速度均為0，小球向左仍能擺到原高度，故B正確；C．當(dāng)小球擺到左側(cè)最高點(diǎn)過程，小車位移最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律的位移表達(dá)式有其中解得故C正確；D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 解得故D錯(cuò)誤。故選BC。7.如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有兩個(gè)沿y軸方向做簡諧運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)波源和分別位于和處，某時(shí)刻波源在x軸上產(chǎn)生的波形圖如圖乙所示，波源的振動(dòng)圖像如圖丙所示，由兩波源所產(chǎn)生的簡諧波波速均為，質(zhì)點(diǎn)a、b、p的平衡位置分別位于、、處。已知在時(shí)，兩波源均在平衡位置且振動(dòng)方向相同，下列說法正確的是（）A.兩波源所產(chǎn)生的簡諧波不會(huì)發(fā)生干涉B.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a向y軸正方向振動(dòng)C.在內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的總路程是D.穩(wěn)定后質(zhì)點(diǎn)p振動(dòng)的表達(dá)式為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖乙可知，波源的波長，可得波源的頻率為由圖丙可知波源的頻率所以波源和波源的頻率相同，兩列波振動(dòng)方向相同，相位差固定，為相干波源，則兩波源所產(chǎn)生的簡諧波可發(fā)生干涉，故A錯(cuò)誤； B．由圖丙知，在時(shí)，波源在平衡位置且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)，波源也在平衡位置且向軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。波源的波長為可得在時(shí)，由于波源和波源所引起處質(zhì)點(diǎn)都在平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)；那么在，即經(jīng)過后由波源和波源所引起處質(zhì)點(diǎn)在平衡位置下方且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)b到波源的距離為，質(zhì)點(diǎn)b到波源的距離為，質(zhì)點(diǎn)b到兩波源的距離差為可知b點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，則b點(diǎn)的振幅為在內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過了，則質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的總路程故C正確；D．質(zhì)點(diǎn)p到兩波源的距離差為，可知p點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則p點(diǎn)的振幅為由題在時(shí)兩波源均在平衡位置且向下振動(dòng)，可知在時(shí)p質(zhì)點(diǎn)在平衡位置且向上振動(dòng)，相位為0，則p點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)初相位為，有可得穩(wěn)定后質(zhì)點(diǎn)p振動(dòng)的表達(dá)式為 故D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，振幅為2cm，某時(shí)刻相距40cm的兩質(zhì)點(diǎn)a、b的位移都是cm，但運(yùn)動(dòng)方向相反，其中質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，a的平衡位置距0點(diǎn)不足一個(gè)波長，此時(shí)0質(zhì)點(diǎn)恰好經(jīng)過平衡位置。下列說法正確的是（　　）A.該列簡諧橫波波長為2.4mB.質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置距0點(diǎn)的距離可能為C.質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置距0點(diǎn)的距離一定為D.再經(jīng)，質(zhì)點(diǎn)b到達(dá)波峰【答案】B【解析】【詳解】A．設(shè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向向上，b的振動(dòng)方程為可得a質(zhì)點(diǎn)比b振動(dòng)時(shí)間長，所以a的振動(dòng)方程為可得則ab振動(dòng)的時(shí)間差最短為所以ab之間的最短距離為 則通式為則（n=0、1、2、3、4……）故A錯(cuò)誤；BC．若0點(diǎn)正在向下振動(dòng)，由A的分析和題意可知，質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置距0點(diǎn)的距離為若0點(diǎn)正在向上振動(dòng)，由A的分析和題意可知，質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置距0點(diǎn)的距離為故B正確，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)閍b振動(dòng)的時(shí)間差最短為根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，質(zhì)點(diǎn)b到達(dá)波峰還需經(jīng)過的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選B。9.據(jù)報(bào)道ACF極限緩震材料，是一種集緩沖、減震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的機(jī)械能并瞬間把它轉(zhuǎn)化為不明顯的熱能。為了驗(yàn)證該報(bào)道，某同學(xué)找來一個(gè)ACF緩震材料置于水平地面，將質(zhì)量為m的鋼球置于緩震材料上方H1處靜止釋放，通過相機(jī)測出鋼球與緩震材料的接觸時(shí)間為t及鋼球反彈的最大高度H2，假設(shè)鋼球始終在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（　　）A.沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為B.沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為 C.鋼球與緩震材料接觸過程中，始終處于超重狀態(tài)D.緩震材料受到鋼球的平均沖力為【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知，沖擊前鋼球的機(jī)械能為沖擊后鋼球的機(jī)械能為由能量守恒定律可得，轉(zhuǎn)化內(nèi)能的機(jī)械能為沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為熱能百分比為故A錯(cuò)誤，B正確；C．鋼球與緩震材料接觸過程中，先加速下降再減速下降，然后加速上升，再減速上升，則鋼球先失重后超重再失重，故C錯(cuò)誤；D．以向上為正方向有，對鋼球，根據(jù)動(dòng)量定理有緩震材料受到鋼球的平均沖力為故D正確。故選BD。10.有兩列簡諧橫波a、b在同一介質(zhì)中沿x軸相向傳播，其中a波沿x軸正向傳播，如圖所示，在時(shí)刻兩列波的波峰正好在處重合，a、b周期分別為，，則（） A.B.時(shí)刻，兩列波的波谷和波谷不可能有重合處C.時(shí)刻，處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為0D.時(shí)刻，某處必有波峰與波峰重合【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可知，列簡諧橫波a、b在同一介質(zhì)中沿x軸相向傳播，故兩列波的波速相等，根據(jù)可得故A正確；B．時(shí)刻，a波的波谷位置為(0，1，2，3…)時(shí)刻，b波的波谷位置為(0，1，2，3…)兩列波的波谷重合處有即(、0，1，2，3…)時(shí)，兩列波的波谷重合，故B錯(cuò)誤； C．時(shí)刻，a波在處位于波峰，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為0，b波在處位于波峰，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為0，根據(jù)速度的疊加可知質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度為0，故C正確；D．時(shí)刻，有可知時(shí)刻的a、b波的波形圖可由時(shí)刻的a、b波的波形圖向右平移所得，由C可知時(shí)刻，在處a、b波波峰重合，故時(shí)刻，某處必有波峰與波峰重合，故D正確。故選ACD。11.如圖所示，甲乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，甲與車的總質(zhì)量，車與水平地面間的摩擦不計(jì)。另有一質(zhì)量的球，乙站在車對面的地上，身旁有若干質(zhì)量不等的球。開始車靜止，甲將球以速度v（相對于地面）水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一只球以相同速率v水平拋回給甲，甲接到球后，再以速率v將此球水平拋給乙，這樣反復(fù)進(jìn)行，乙每次拋回給甲的球的質(zhì)量都等于他接到球的質(zhì)量的2倍，則（　?。〢.甲每一次拋出球后，速度均增加B.甲第三次拋出球后，車的速度為，方向水平向左C.從第一次算起，甲拋出4個(gè)球后，再也不能接到乙拋回來的球D.從第一次算起，甲拋出5個(gè)球后，再也不能接到乙拋回來的球【答案】BC【解析】【詳解】A．甲第一次拋出球后，對甲、車與第一只球，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得方向水平向左甲第二次拋出球后，對甲、車與第二只球，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 解得方向水平向左甲第二次拋出球后速度增加量故A錯(cuò)誤；B．甲第三次拋出球后，對甲、車與第三只球，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得方向水平向左，故B正確；CD．根據(jù)規(guī)律可知，甲第n次拋出球后有根據(jù)上述有若甲不能接到乙拋回來的球，則有解得即從第一次算起，甲拋出4個(gè)球后，再也不能接到乙拋回來的球，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。12.圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體中，高頻電信號通過壓電陶瓷轉(zhuǎn)換成同頻率的高頻聲信號，發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去.兩列超聲波信號疊加后，會(huì)出現(xiàn)振幅幾乎為零的點(diǎn)——節(jié)點(diǎn)，在節(jié)點(diǎn)兩側(cè)聲波壓力的作用下，小水珠能在節(jié)點(diǎn)處附近保持懸浮狀態(tài)，該情境可等效簡化為圖乙所示情形，圖乙為某時(shí)刻兩列超聲波的波形圖，P、Q為波源，點(diǎn)M（-1.5，0）、點(diǎn)N（0.5，0）分別為兩列波的波前，已知聲波傳播的速度為340m/s，則下列說法正確的是（） 甲乙A.小水珠懸浮時(shí)，受到的聲波壓力為零B.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有10個(gè)懸浮點(diǎn)C.兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點(diǎn)共有8個(gè)D.兩列波充分疊加后，小水珠不可以懸浮在點(diǎn)M（-1.5，0）附近【答案】CD【解析】【詳解】A．小水珠懸浮時(shí)，受到的聲波壓力與重力平衡，所以聲波壓力豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．波源P、Q振動(dòng)步調(diào)相反，當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時(shí)，該點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn)，設(shè)波源P、Q之間某一點(diǎn)坐標(biāo)為x，懸浮點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，滿足（n為自然數(shù)）解得、、、、故兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個(gè)懸浮點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．波源P、Q之間振幅為2A的點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，當(dāng)波程差為半波長的奇數(shù)倍時(shí)，該點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，滿足（n為自然數(shù)）解得、、、、兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點(diǎn)共有8個(gè)，故C正確；D．由于PQ兩個(gè)波源振動(dòng)步調(diào)相反，M點(diǎn)與兩個(gè)波源的波程差為2.5cm，即2.5個(gè)波長，為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，不是節(jié)點(diǎn)，小水珠不能懸浮在此處，故D正確。故選CD。二、非選擇題13.用如圖所示裝置探究物體所受合力的沖量與物體動(dòng)量變化的關(guān)系。將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)至水平，輕牽引繩一端連接滑塊，另一端通過定滑輪連接鉤碼。氣墊導(dǎo)軌充氣后釋放鉤碼，滑塊上的遮光片經(jīng)過光電門 A、B時(shí)間分別為、，滑塊從光電門A到B的時(shí)間為t；逐漸改變鉤碼個(gè)數(shù)n（，2，3，…），重復(fù)實(shí)驗(yàn)，并將實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄在下列表格中。已知滑塊（含遮光片）總質(zhì)量，每個(gè)鉤碼質(zhì)量，遮光片寬度，g取。數(shù)據(jù)組別n/個(gè)10.1270.0621.4591200850.0431.005230.0750.0360.858340.0570.0300.699450.05100270.6255（1）滑塊“所受合力的沖量”的計(jì)算式是__________。（用題中相關(guān)物理量的符號表示）（2）滑塊“動(dòng)量變化”的計(jì)算式是__________。（用題中相關(guān)物理量的符號表示）（3）本實(shí)驗(yàn)滑塊“動(dòng)量變化”和“所受合力的沖量I”的相對誤差，如果值在8.00%以內(nèi)，可以得到結(jié)論：滑塊動(dòng)量變化等于其所受合力的沖量。根據(jù)第5組數(shù)據(jù)，計(jì)算相對誤差__________%。（保留三位有效數(shù)字）【答案】①.②.③.5.94（5.90~5.98都對）【解析】【詳解】（1）[1]對滑塊分析，由牛頓第二定律可得對鉤碼分析，由牛頓第二定律可得 可得由于，所以有即滑塊所受合力約等于鉤碼的重力，則滑塊所受合力的沖量為所以滑塊“所受合力的沖量”的計(jì)算式是。（2）[2]滑塊經(jīng)過光電門A、B時(shí)的速度分別為，則滑塊的動(dòng)量變化為則滑塊“動(dòng)量變化”的計(jì)算式是。（3）[3]根據(jù)第5組數(shù)據(jù)，則有，，，n=5，可得則相對誤差為計(jì)算結(jié)果在5.90~5.98之間都對。14.同學(xué)們用如圖所示的“桿線擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。桿線擺可以繞著立柱來回?cái)[動(dòng)（立柱并不轉(zhuǎn)動(dòng)），使擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一個(gè)傾斜的平面內(nèi)。具體操作步驟如下： （1）測量“斜面”的傾角。將鐵架臺放在水平桌面上，在鐵架臺立柱上綁上重垂線，調(diào)節(jié)桿線擺的線長，使重垂線與擺桿垂直。把鐵架臺底座的一側(cè)墊高，使立柱傾斜。測出靜止時(shí)擺桿與重垂線的夾角為，則“斜面”的傾角___________。（2）根據(jù)斜面傾角，求出等效重力加速度。（3）測量桿線擺的周期。盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，將擺拉開一個(gè)較小的角度，輕輕釋放擺球。用停表測量擺球全振動(dòng)次所用的時(shí)間，則單擺的周期為___________。（4）改變鐵架臺的傾斜程度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，將所需數(shù)據(jù)記錄在表格中。序號（5）為了直觀體現(xiàn)周期與等效重力加速度的關(guān)系，請?jiān)谧鴺?biāo)紙中選擇合適的物理量與單位，補(bǔ)全缺少的數(shù)據(jù)點(diǎn)并繪圖________。 （6）通過圖線，可以計(jì)算出在擺長一定的情況下，擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。若忽略球的尺寸，本實(shí)驗(yàn)中的擺長應(yīng)為___________填“擺線”、“擺桿”的長度，擺長為___________結(jié)果保留位有效數(shù)字?！敬鸢浮竣?②.③.④.擺桿⑤.【解析】【詳解】（1）[1]擺桿與重垂線的夾角為為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知（3）[2]根據(jù)擺球全振動(dòng)的次數(shù)和所用時(shí)間，周期（5）[3]根據(jù)題圖可知等效重力加速度為根據(jù)單擺周期公式有 在圖中以周期為縱坐標(biāo)軸、以為橫坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，根據(jù)表格中相應(yīng)的各組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)、作圖如圖所示：（6）[4][5]本實(shí)驗(yàn)的擺長為擺桿；由上述圖像圖像的斜率結(jié)合圖像函數(shù)可知解得15.物理學(xué)中，力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系密切，而力空間累積效果——做功，又是能量轉(zhuǎn)化的量度。因此我們研究某些運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以先分析研究對象的受力特點(diǎn)，進(jìn)而分析其能量問題。已知重力加速度為g，且在下列情境中，均不計(jì)空氣阻力。（1）勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，若以小物塊的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，以豎直向下為正方向建立坐標(biāo)軸，如圖所示，用x表示小物塊由平衡位置向下發(fā)生的位移。a．求小物塊的合力F與x的關(guān)系式，并據(jù)此證明小物塊的運(yùn)動(dòng)是簡諧運(yùn)動(dòng)；b．系統(tǒng)的總勢能為重力勢能與彈性勢能之和。請你結(jié)合小物塊的受力特點(diǎn)和求解變力功的基本方法，以平衡位置為系統(tǒng)總勢能的零勢能參考點(diǎn)，推導(dǎo)小物塊振動(dòng)位移為x時(shí)系統(tǒng)總勢能的表達(dá)式。 （2）若已知此簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A，求小物塊在振動(dòng)位移為時(shí)的動(dòng)能（用A和k表示）【答案】（1）a．見解析，b．；（2）【解析】【詳解】（1）a．設(shè)小物塊位于平衡位置時(shí)彈簧的伸長量為x0，有G=kx0當(dāng)小物塊相對于平衡位置的向下位移為x時(shí)，受彈力FT和重力G作用，如圖所示合力F合=-FT+G其中FT=k(x+x0）解得F合=-kx即合力與位移大小成正比，方向相反，說明小物塊的運(yùn)動(dòng)是簡諧運(yùn)動(dòng)。b．合力F與位移x關(guān)系圖線如圖所示，由圖可知物塊由平衡位置到位移為x處的運(yùn)動(dòng)過程中合力F做的功 由動(dòng)能定理有WF=ΔEk依據(jù)機(jī)械能守恒定律有ΔEk+ΔEp=0解得以平衡位置為零勢能參考點(diǎn)，則（2）小球在運(yùn)動(dòng)到平衡位置O點(diǎn)下方距離為時(shí)的勢能小球在振幅處的動(dòng)能為零，依據(jù)能量守恒定律有可得16.娛樂風(fēng)洞是一種空中懸浮裝置，在一個(gè)特定的空間內(nèi)人工制造和控制氣流，游人只要穿上特制的可改變受風(fēng)面積（游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積）的飛行服跳入飛行區(qū)，即可通過改變受風(fēng)面積來實(shí)現(xiàn)向上、向下運(yùn)動(dòng)或懸浮。已知一游客質(zhì)量為60kg，腹部向下時(shí)受風(fēng)面積最大為，身體直立時(shí)受風(fēng)面積最小為，氣流密度為，氣流速度為30m/s，重力加速度為，假設(shè)氣流吹到人身體上后速度近似變?yōu)?。求：（1）若游客在風(fēng)洞內(nèi)懸浮，則受風(fēng)面積應(yīng)調(diào)整為多大； （2）若游客進(jìn)入風(fēng)洞先由最大受風(fēng)面積運(yùn)動(dòng)1s后立即改為最小受風(fēng)面積，求游客距出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為多少。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）1.8m【解析】【詳解】（1）在時(shí)間內(nèi)吹到人體的氣體質(zhì)量為①設(shè)人對氣流的力的大小為F，則對此段氣體由動(dòng)量定理得②由牛頓第三定律，風(fēng)給人的力大小③人受力平衡，所以④聯(lián)立可得⑤（2）風(fēng)速遠(yuǎn)大于人速，人在風(fēng)洞內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)，由①②③可得人受風(fēng)力⑥由牛頓第二定律得⑦經(jīng)過時(shí)⑧⑨當(dāng)受風(fēng)面積為時(shí)加速度向下，由①②③可得 ⑩由牛頓第二定律得?得游客減速過程上升的距離?解得游客距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為?解得【點(diǎn)睛】以娛樂風(fēng)洞為載體，考查了動(dòng)量定理的流體問題以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律等基本內(nèi)容，考查了學(xué)生的必備知識以及解決實(shí)際問題的能力。17.如圖所示，傾角、長的傳送帶上端與固定在豎直平面內(nèi)半徑的光滑圓弧軌道相切于c點(diǎn)，半徑豎直；傳送帶下端與光滑水平面間用一極小段光滑的圓弧平滑連接?？梢暢少|(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量分別為，的物塊A、B之間夾著一根僅與物塊B栓連、被壓縮且鎖定的輕短彈簧，它們靜止在光滑的水平軌道上。已知傳送帶以逆時(shí)針勻速傳動(dòng)，物塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速，，。（1）若解除彈簧鎖定后，要使物塊A恰能通過圓弧軌道最高點(diǎn)，求開始時(shí)彈簧彈性勢能大小；（2）若開始時(shí)彈簧彈性勢能，求解除彈簧鎖定后，物塊A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的摩擦熱；（3）在（2）問的基礎(chǔ)上，求物塊A在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的最終速度大小。 【答案】（1）61.5J；（2）24J；（3）0.8m/s；【解析】【詳解】（1）對A在d點(diǎn)在A彈開到d運(yùn)動(dòng)過程彈開過程對A、B有，解得彈簧彈性勢能大?。?）若開始時(shí)彈簧彈性勢能，彈開過程仍然滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，解得彈開速度，滑上傳送帶時(shí)減速位移減速時(shí)間解得相對位移 反向加速達(dá)到共速，相對位移之后相對位移所以物塊A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的摩擦熱（3）到達(dá)水平面速度所以會(huì)追上B，有，解得