一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8-10題有多項(xiàng)是符合題目要求。每小題全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得，有選錯(cuò)的得0分。
1. 如圖所示，若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和速度v，AB 是做直線運(yùn)動(dòng)物體的速度隨時(shí)間變化的圖線，梯形OABC 的面積可以代表該物體在該段時(shí)間內(nèi)的位移。對(duì)一輛沿平直公路行駛的汽車，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（ ）
A. 若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車的加速度a，AB 是汽車的加速度隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車的速度變化量
B. 若x 軸和y 軸分別表示汽車的速度v 和汽車的牽引F，AB 是汽車牽引力隨速度變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表牽引力的功率
C. 若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車的功率P，AB 是汽車的功率隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車牽引力做的功
D. 若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車所受的合外力F，AB 是汽車所受合外力隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車的動(dòng)量變化
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)
可知若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車的加速度a，AB 是汽車的加速度隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車的速度變化量，故A正確；
B．由圖可知若x 軸和y 軸分別表示汽車的速度v 和汽車的牽引F，說(shuō)明牽引力的瞬時(shí)功率不斷增大，梯形OABC 的面積沒(méi)有物理意義，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
可知若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車的功率P，AB 是汽車的功率隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車牽引力做的功，故C正確；
D．根據(jù)
可知若x 軸和y 軸分別表示時(shí)間t 和汽車所受的合外力F，AB 是汽車所受合外力隨時(shí)間變化的圖線，那么梯形OABC 的面積可以代表汽車的動(dòng)量變化，故D正確。
本題選錯(cuò)誤項(xiàng)，故選B。
2. 杭州亞運(yùn)會(huì)的復(fù)興號(hào)亞運(yùn)動(dòng)車組迎來(lái)首次試行。假設(shè)實(shí)驗(yàn)列車由4節(jié)車廂組成，為2動(dòng)2拖的分散性車組，其中1、3車廂提供的牽引力均為F，2、4車廂不提供牽引力，每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂受到的阻力相同，列車在平直鐵軌上行駛，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 若列車做勻速運(yùn)動(dòng)，則每節(jié)車廂受到的阻力大小為
B. 若列車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且每節(jié)車廂受到的阻力為，則列車的加速度為
C. 2、3車廂間的作用力為0
D. 1、2車廂間的作用力與3、4車廂間的作用力大小之比為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由整體受力平衡可得
解得
故A錯(cuò)誤；
B．由牛頓第二定律可得
解得
故B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)每節(jié)車廂受到的阻力均為，1、2車廂間的作用力，2、3車廂間的作用力為，3、4車廂間的作用力為，列車的加速度為，由牛頓第二定律可得
綜合解得
則有
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 縱波也可以發(fā)生干涉現(xiàn)象。圖甲是可以使輕質(zhì)泡沫顆粒懸浮的聲懸浮儀，上、下兩圓柱體間的兩列振幅相同的同頻超聲波相遇發(fā)生干涉現(xiàn)象。泡沫顆粒能在振幅幾乎為零的點(diǎn)附近保持懸浮狀態(tài)。以上、下兩波源的連線為x軸，軸上兩列超聲波的疊加情況可簡(jiǎn)化為圖乙所示，實(shí)線表示振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的位置，虛線表示振動(dòng)減弱點(diǎn)的位置。已知這兩列超聲波傳播的速度均為。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)，位移始終最大
B. 泡沫顆粒能懸浮在的M點(diǎn)附近
C. 該聲懸浮儀發(fā)出的超聲波頻率為
D. 增大該聲懸浮儀所發(fā)出的超聲波頻率，泡沫顆?？蓱腋〉狞c(diǎn)的個(gè)數(shù)增加
【答案】D
【解析】
【詳解】A．振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)，其振幅最大，可仍做周期性的振動(dòng)，因此位移不是始終最大，A錯(cuò)誤；
B．的M點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，泡沫顆粒在該點(diǎn)附近振動(dòng)劇烈，不能懸浮在M點(diǎn)附近，B錯(cuò)誤；
C．由圖乙可知，相鄰兩振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)（或相鄰兩減弱點(diǎn)）之間的距離為0.50cm，因此兩波的波長(zhǎng)為
由于波速為，因此波的頻率為
C錯(cuò)誤；
D．增大該聲懸浮儀所發(fā)出的超聲波頻率，則超聲波的波長(zhǎng)減小，則在相同的距離內(nèi)振動(dòng)減弱點(diǎn)的個(gè)數(shù)增加，因此泡沫顆粒可懸浮的點(diǎn)的個(gè)數(shù)增加，D正確。
故選D。
4. 電影中的太空電梯非常吸引人?，F(xiàn)假設(shè)已經(jīng)建成了如圖所示的太空電梯，其通過(guò)超級(jí)纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉(zhuǎn)。圖中配重空間站比同步空間站更高，P是纜繩上的一個(gè)平臺(tái)。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 太空電梯上各點(diǎn)線速度的平方與該點(diǎn)離地球球心的距離成反比
B. 宇航員在配重空間站時(shí)處于完全失重狀態(tài)
C. 若從P平臺(tái)向外自由釋放一個(gè)小物塊，則小物塊會(huì)一邊朝P點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向向前運(yùn)動(dòng)一邊落向地球
D. 若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)，且斷裂處為橢圓的遠(yuǎn)地點(diǎn)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．太空電梯上各點(diǎn)具有相同的角速度，根據(jù)
可知，太空電梯上各點(diǎn)線速度與該點(diǎn)離地球球心的距離成正比，故A錯(cuò)誤；
B．配重空間站軌道半徑大于同步軌道，由知其線速度和向心加速度均大于同步衛(wèi)星；而由
知同步衛(wèi)星的加速度大于配重空間站所在軌道的正常運(yùn)行衛(wèi)星的加速度，所以配重空間站內(nèi)的宇航員的加速度大于同軌道衛(wèi)星的運(yùn)行加速度，所以不是處于完全失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C．若從P平臺(tái)向外自由釋放一個(gè)小物塊，則小物塊會(huì)一邊朝P點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向向前運(yùn)動(dòng)一邊落向地球，做近心運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D．若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)，其斷裂處為橢圓的近地點(diǎn)，由于在近地點(diǎn)線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5. 如圖所示，在彎曲的光滑管道內(nèi)，有一根質(zhì)量分布均勻長(zhǎng)為L(zhǎng)的繩子。初始時(shí)，用手拉著繩的A端使之靜止在管道內(nèi)，繩A、B兩端豎直高度差為h。已知重力加速度為g，則放手瞬間繩的加速度為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】對(duì)繩子的任一小部分取微元分析，在沿管道方向均只受到重力沿管的分力，且整體在沿管道方向的加速度相同。即
其中，對(duì)于任意一小段繩而言
聯(lián)立可得
故選A。
6. 如圖所示，蛇形擺各擺球的擺長(zhǎng)從左到右按一定規(guī)律遞減，現(xiàn)有10個(gè)擺球，質(zhì)量均為，從左到右依次編號(hào)為、1、2、…、9，擺長(zhǎng)分別為，，，…，擺長(zhǎng)滿足，其中，編號(hào)的單擺周期為（為已知量），用一板子把所有擺球由平衡位置垂直于蛇形擺所在平面推起一小段相同的位移，然后同時(shí)釋放，不考慮空氣阻力，擺球開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A. 編號(hào)為的單擺的周期
B. 板子放開(kāi)后編號(hào)的單擺若完成了5次全振動(dòng)，編號(hào)的單擺完成了8次全振動(dòng)
C. 板子放開(kāi)后最短經(jīng)過(guò)，所有擺球又重新回到釋放時(shí)的狀態(tài)
D. 若沿垂直于蛇形擺所在平面方向以為周期去搖晃擺架，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，所有擺球均以為周期擺動(dòng)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．的單擺的擺長(zhǎng)為，其周期
而編號(hào)為的單擺的擺長(zhǎng)
將其代入單擺的周期公式
可得
故A正確，不符合題意；
B．根據(jù)單擺周期公式的通式可得
則可知，板子放開(kāi)后編號(hào)的單擺若完成了5次全振動(dòng)，編號(hào)的單擺完成了8次全振動(dòng)，故B正確，不符合題意；
C．當(dāng)10個(gè)擺球全部都能做完整的全振動(dòng)時(shí)，所有擺球又回到釋放狀態(tài)，假設(shè)最短時(shí)間為，編號(hào)為0的單擺擺動(dòng)了次，則其他單擺擺動(dòng)的次數(shù)為
，，，，
顯然，若要保證次數(shù)均為整數(shù)，則的最小值應(yīng)為10次，則最短時(shí)間為，故C錯(cuò)誤，符合題意；
D．若沿垂直于蛇形擺所在平面方向以為周期去搖晃擺架，則所有單擺都做受迫振動(dòng)，因此其振動(dòng)周期都將等于驅(qū)動(dòng)力周期，因此，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，所有擺球均以為周期擺動(dòng)，故D正確，不符合題意。
故選C。
7. 如圖所示為控制電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速的調(diào)速器。 豎直圓筒固定不動(dòng)，兩輕桿上端與圓筒中心的轉(zhuǎn)軸相連，下端固定質(zhì)量為的小球。 輕桿隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)，可以自由張合，當(dāng)輕桿與豎直方向夾角時(shí)，小球恰好觸及圓筒內(nèi)壁。 已知圓筒內(nèi)壁半徑，小球與筒壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，重力加速度取。 下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 輕桿對(duì)小球彈力的方向一定始終沿桿方向
B. 當(dāng)小于時(shí)，小球受重力、彈力和向心力三個(gè)力的作用
C. 當(dāng)?shù)扔跁r(shí)，輕桿對(duì)小球彈力大小不隨轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速的增大而增大
D. 當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為時(shí)，兩個(gè)小球克服摩擦力做功的總功率為
【答案】D
【解析】
【詳解】B．根據(jù)題意可知，當(dāng)輕桿與豎直方向夾角時(shí)，小球恰好觸及圓筒內(nèi)壁，因此可知，當(dāng)小于時(shí)，小球未觸及圓筒內(nèi)壁，此時(shí)小球受重力與輕桿對(duì)小球的彈力這兩個(gè)力的作用，而小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是重力與輕桿對(duì)小球彈力的合力提供的，故B錯(cuò)誤；
AC．當(dāng)?shù)扔跁r(shí)，小球恰好與圓筒內(nèi)壁接觸，但此時(shí)圓筒內(nèi)壁對(duì)小球彈力為零，而小球在豎直方向受力平衡，設(shè)此時(shí)桿對(duì)小球的彈力為，則根據(jù)平衡條件有
解得
可知，在豎直方向上彈力只需滿足此關(guān)系即可，因此彈力的方向不一定沿著桿，而當(dāng)增大轉(zhuǎn)速后，圓筒內(nèi)壁對(duì)小球產(chǎn)生彈力與摩擦力，且隨著轉(zhuǎn)速的增大圓筒內(nèi)壁對(duì)小球的彈力與摩擦力也隨之增加，彈力指向圓心，摩擦力始終沿著小球運(yùn)動(dòng)的切向方向，而小球未滑動(dòng)，因此可知桿的彈力的一個(gè)分力要用來(lái)平衡摩擦力，顯然此種情況下桿的彈力不可能沿著桿的方向，且可知桿的彈力隨轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)速的增大而增大，故AC錯(cuò)誤；
D．當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力
而小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力恰好由重力與桿對(duì)小球彈力的合力提供時(shí)，其向心力大小為
顯然，當(dāng)轉(zhuǎn)軸角速度為時(shí)，圓筒內(nèi)壁對(duì)小球產(chǎn)生了彈力，且可得此彈力的大小為
則根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)ν氨诘膲毫?br>因此可得摩擦力
一個(gè)小球運(yùn)動(dòng)一周克服摩擦力做功為
而轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間為
則可得兩個(gè)小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周克服摩擦力做功的總功率為
聯(lián)立以上各式，解得
故D正確。
故選D。
8. 如圖所示，直角坐標(biāo)系的y軸豎直，在第二象限內(nèi)有一拋物線，拋物線方程為，在第四象限內(nèi)有一個(gè)四分之一圓弧面，圓弧面的圓心在O點(diǎn)，A、B兩個(gè)小球在拋物線上，B小球所在位置縱坐標(biāo)為，A球所在位置的縱坐標(biāo)比B球的大，將A、B兩球均沿x軸正向拋出，結(jié)果兩球均通過(guò)O點(diǎn)最終落在圓弧面上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g取，則下列判斷正確的是（ ）
A. A球拋出的初速度大
B. A球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度比B球的大
C. B球通過(guò)O點(diǎn)的速度大小為
D. A球從O點(diǎn)到圓弧面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于B球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓弧面所用時(shí)間
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．拋物線上拋出的小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則
解得
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．由于拋出的初速度大小相同，因此下落高度高的A球到O點(diǎn)的速度比B球的大，選項(xiàng)B正確；
C．B球到O點(diǎn)時(shí)豎直方向分速度
則B球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度大小為
選項(xiàng)C正確；
D．兩球在水平方向的分速度相等，A球在豎直方向的分速度大，因此落到圓弧面上時(shí)，水平位移小，時(shí)間短，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選BC。
9. 如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量分別為mA、mB的兩滑塊A、B用輕彈連接，滑塊B緊靠豎直墻壁，滑塊A在水平恒力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep?，F(xiàn)撤去力F，物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊A的最大速度為vA，滑塊B的最大速度為vB，已知，則下列關(guān)于mA、mB和vA、vB的比值正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【詳解】AB．撤去力F之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊A運(yùn)動(dòng)至彈簧為自然長(zhǎng)度時(shí)速度最大，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為滑塊A的動(dòng)能，由功能關(guān)系得
此時(shí)滑塊B開(kāi)始脫離墻壁，之后兩滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒，當(dāng)滑塊A、B達(dá)到共同速度v時(shí)，系統(tǒng)的彈性勢(shì)能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒得
根據(jù)能量守恒得
結(jié)合
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．滑塊B的速度最大時(shí)，彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得
解得
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選BC。
10. 如圖所示，兩端分別固定有小球A、B（均視為質(zhì)點(diǎn)）的輕桿豎直立在水平面上并靠在豎直墻面右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)。由于輕微擾動(dòng)，A球開(kāi)始沿水平面向右滑動(dòng)， B球隨之下降，此過(guò)程中兩球始終在同一豎直平面內(nèi)。已知輕桿的長(zhǎng)度為，兩球的質(zhì)量均為，重力加速度大小為，不計(jì)一切摩擦，則在B球落地前，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 球動(dòng)能最大時(shí)對(duì)水平面的壓力大小等于
B. 當(dāng)B下落時(shí)，球具有最大動(dòng)能
C. 當(dāng)B下落時(shí)，B球具有最大動(dòng)能
D. 豎直墻面對(duì)B球的沖量大小為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．球動(dòng)能最大時(shí)，則有速度達(dá)到最大值，可知該時(shí)刻A球受到的合力等于零，由于不計(jì)一切摩擦，則桿對(duì)A球的力是零，在豎直方向上A球受重力和水平面的支持力處于平衡狀態(tài)，由牛頓第三定律可知，A球?qū)λ矫娴膲毫Υ笮〉扔趍g，A錯(cuò)誤；
B．設(shè)AB與墻壁的夾角為θ，此時(shí)B球的速度大小為vB，A球的速度大小為vA，如圖所示，由速度的分解可得
由動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得
對(duì)上式兩邊求導(dǎo)數(shù)可得
當(dāng)
時(shí)
此時(shí)則有
因此當(dāng)B下落時(shí)，球具有最大動(dòng)能，B正確；
C．由分析可知，B球落地時(shí)的動(dòng)能最大，由于當(dāng)桿中內(nèi)力等于零時(shí)，B球與豎直墻面分離，分離后兩球在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)B球落地時(shí)A球的速度大小為，則有
解得
在整個(gè)過(guò)程中能量守恒，可得B球的最大動(dòng)能為
C錯(cuò)誤；
D．由分析可知，桿中先有擠壓的內(nèi)力，之后出現(xiàn)拉伸的內(nèi)力，由于當(dāng)桿中內(nèi)力等于零時(shí)，B球與豎直墻面分離，則豎直墻面對(duì)B球的沖量等于A球的最大動(dòng)量，可得豎直墻面對(duì)B球的沖量大小為
D正確。
故選BD
二、非選擇題：本題共5小題，共60分
11. 超導(dǎo)是當(dāng)今材料科學(xué)研究的熱點(diǎn)，例如億鋇銅氧（YBCO）超導(dǎo)線材，該線材在時(shí)，將呈現(xiàn)超導(dǎo)特征，但常溫下，仍然為一般導(dǎo)體。某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室找到一根用YBCO材料制成的彈性導(dǎo)電繩，想測(cè)量其電阻率。實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：
（1）如圖（a）所示，導(dǎo)電繩的一端固定，另一端作為拉伸端，兩端分別用帶有金屬夾A、B的導(dǎo)線接入如圖（b）所示的電路中。先閉合開(kāi)關(guān)、，調(diào)節(jié)，使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)到合適的位置，記錄兩表的示數(shù)和。然后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電流表示數(shù)為。記下此時(shí)電壓表示數(shù)以及彈性導(dǎo)電繩間的距離和橫截面積，則此時(shí)導(dǎo)電繩的電阻__________（結(jié)果用含、和的式子表示）。
（2）某次用螺旋測(cè)微器測(cè)量導(dǎo)電繩直徑如圖（c）所示，由圖可知其直徑__________。
（3）多次拉伸導(dǎo)電繩，每次都測(cè)量并記錄間的距離和導(dǎo)電繩橫截面積，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片的位置，使電流表的示數(shù)為，記下此時(shí)的電壓表示數(shù)。繪制如圖（d）所示的圖像。已知圖線的斜率為、縱截距為d，若不考慮電流表的內(nèi)阻，則彈性導(dǎo)電繩的電阻率__________。（結(jié)果用含或d的式子表示）
（4）若考慮電流表的內(nèi)阻，則（2）中的電阻率的測(cè)量值__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。
【答案】 ①. ②. 4.699##4.700##4.701 ③. ④. 不變
【解析】
【詳解】（1）[1]根據(jù)題意，當(dāng)S1、S2均閉合時(shí)有
當(dāng)斷開(kāi)S2后有
兩式聯(lián)立解得
（2）[2]螺旋測(cè)微器不動(dòng)尺精度為0.5mm，圖中所示讀數(shù)為，可動(dòng)尺精度為0.01mm，讀數(shù)時(shí)需要估讀一位，根據(jù)圖c，可得導(dǎo)電繩直徑的讀數(shù)為
（3）[3]根據(jù)題意，若不考慮電流表的內(nèi)阻，由部分電路的歐姆定律有
寫(xiě)出圖d所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系可得
該圖像的斜率為，則可知
（4）[4]若考慮電流表的內(nèi)阻，由部分電路的歐姆定律有
變式可得
可知，即使在考慮電流表內(nèi)阻情況下，圖像的斜率不變，而該圖像的斜率就是所測(cè)的電阻率，因此所測(cè)電阻率不變。
12. 驗(yàn)小組在探究“加速度與物體的受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”時(shí)，用圖甲所示的裝置讓滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)來(lái)進(jìn)行；由氣墊導(dǎo)軌側(cè)面的刻度尺可以測(cè)出光電門(mén)A、B之間的距離以及遮光片的寬度，遮光片通過(guò)光電門(mén)A、B的時(shí)間、可通過(guò)計(jì)時(shí)器（圖中未標(biāo)出）分別讀出，滑塊質(zhì)量為，鉤碼的質(zhì)量為，打開(kāi)氣墊導(dǎo)軌的氣源，讓滑塊在鉤碼的重力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為，回答下列問(wèn)題：
（1）為了讓滑塊所受的合力等于鉤碼的重力，__________（填“”“”或“”）。
（2）滑塊的加速度__________（用、、、來(lái)表示）；圖乙遮光片的寬度在刻度尺上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為_(kāi)_________。
（3）圖丙是鉤碼的質(zhì)量不變，改變滑塊的質(zhì)量，得出不同的對(duì)應(yīng)的加速度，描繪出函數(shù)關(guān)系圖像為雙曲線的一支，圖中兩矩形的面積__________（填“相等”或“不相等”）。
（4）圖丁是滑塊的質(zhì)量不變，改變鉤碼的質(zhì)量，得出不同的對(duì)應(yīng)的加速度，描繪出的函數(shù)關(guān)系圖像，圖線的斜率等于__________。
【答案】 ①. ②. ③. 2.0 ④. 相等 ⑤.
【解析】
【詳解】1）[1]對(duì)整體由牛頓第二定律可得
對(duì)滑塊由牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
由上式分析可知，當(dāng)
則有
即滑塊所受的合力等于鉤碼的重力。
（2）[2]滑塊經(jīng)光電門(mén)A、B時(shí)的速度分別為
滑塊從A到B的運(yùn)動(dòng)中，由速度位移關(guān)系公式可得
聯(lián)立解得
[3]由圖乙可知，刻度尺最小刻度值為1mm，因此遮光片的寬度在刻度尺上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)為2.0mm。
（3）[4]由圖丙可知，函數(shù)關(guān)系圖像為雙曲線的一支，說(shuō)明a與M成反比，則a與成正比，由牛頓第二定律可知
當(dāng)鉤碼的質(zhì)量m不變，則有滑塊的質(zhì)量M與加速度a的乘積不變，恒為mg，把函數(shù)關(guān)系圖像中兩個(gè)矩形補(bǔ)充完整，如圖所示，可知兩個(gè)完整矩形的面積相等，都為mg，再減去補(bǔ)充的共有面積，剩余的面積也相等，即圖丙中的兩矩形面積相等。
（4）[5]圖丁是滑塊的質(zhì)量不變，改變鉤碼的質(zhì)量，得出不同的對(duì)應(yīng)的加速度，描繪出的函數(shù)關(guān)系圖像，由圖像可知，說(shuō)明加速度a與mg成正比，由牛頓第二定律可得
整理可得
可知圖線斜率等于。
13. 氣嘴燈安裝在自行車的氣嘴上，騎行時(shí)會(huì)發(fā)光。一種氣嘴燈的感應(yīng)裝置結(jié)構(gòu)如圖（a）所示，感應(yīng)裝置內(nèi)壁光滑，質(zhì)量為的重物套在光滑桿上，一端通過(guò)勁度系數(shù)為的彈簧連在點(diǎn)，重物上有觸點(diǎn)，在端固定有觸點(diǎn)，觸點(diǎn)大小不計(jì)。如圖（a），端朝下豎直靜置時(shí)、間的距離。當(dāng)觸點(diǎn)、接觸后，LED燈就會(huì)發(fā)光。如圖（b）所示，讓安裝了氣嘴燈的自行車豎直倒放在地面上，氣嘴燈端固定在車輪內(nèi)圈，沿車輪半徑方向，旋轉(zhuǎn)前車輪研究LED發(fā)光情況。測(cè)得自行車車輪內(nèi)徑為，重力加速度大小為，氣嘴燈大小相對(duì)車輪內(nèi)徑可忽略不計(jì)。
（1）若前輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線速度大小，當(dāng)氣嘴燈運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，求端對(duì)重物的支持力；
（2）若LED燈能一直發(fā)光，求前輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最小線速度大小。
【答案】（1），豎直向上；（2）
【解析】
【詳解】（1）如圖重物靜止時(shí)，彈簧彈力
在最低點(diǎn)時(shí)，合力提供向心力有
解得端對(duì)重物的支持力
方向豎直向上
（2）若當(dāng)氣嘴燈運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)恰能發(fā)光，則此時(shí)的彈簧彈力為
則此時(shí)的臨界狀態(tài)是彈簧彈力和其重力提供向心力
解得
則當(dāng)車輪線速度時(shí)，LED燈能一直發(fā)光。
14. 如圖所示，A、C兩個(gè)物塊用繞過(guò)光滑定滑輪的足夠長(zhǎng)細(xì)線連接，B、C用較短的細(xì)線連接，A、B的質(zhì)量均為m，用外力使物塊A處于靜止，此時(shí)A、B離地面的高度相等，若撤去作用在A上的外力，使連接體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，B下落t時(shí)間剛好落地；若先剪斷B、C間的細(xì)線再撤去外力，使連接體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則A下落的時(shí)間剛好落地，重力加速度為g，求：
（1）物塊C的質(zhì)量；
（2）若撤去外力使A、B、C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直到B下落到初始離地高度一半時(shí)再剪斷B、C間的細(xì)線，求A上升的最高點(diǎn)離地面的高度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)開(kāi)始時(shí)A、B距離地面的高度為，則第一次
其中
第二次時(shí)
其中
聯(lián)立解得
（2）在B下落到初始離地高度的一半時(shí)，則下落過(guò)程中的加速度為，此時(shí)的速度為
此時(shí)物體A距離地面的高度
此時(shí)剪斷B、C間的細(xì)線，則A向上做減速運(yùn)動(dòng)加速度為，則還能上升的高度為
A上升的最高點(diǎn)離地面的高度為
15. 伽利略大炮是一種極為簡(jiǎn)易的機(jī)械發(fā)射裝置，由伽利略于1590年左右發(fā)明?，F(xiàn)我們共同研究伽利略大炮的實(shí)驗(yàn)，先將500g的彈性大球單獨(dú)自由釋放，落地反彈高度為下落高度的0.64倍。現(xiàn)在彈性大球上將彈性小球逐個(gè)疊放，并將它們從距地面0.8m高處自由釋放，如圖所示。已知各球相互接觸且重心在同一豎直線上，每個(gè)彈性球的質(zhì)量為該球下面接觸球質(zhì)量的一半，各球之間均發(fā)生彈性碰撞，作用時(shí)間極短，無(wú)論彈性大球上面是否疊放彈性小球及疊放幾個(gè)彈性小球，彈性大球與地面碰撞過(guò)程中能量損失均保持不變，重力加速度g取，忽略空氣阻力。
（1）若將彈性大球單獨(dú)從距地面0.8m高處自由釋放，求地面對(duì)彈性大球所做的功；
（2）若彈性大球上端只放一個(gè)彈性小球，求兩球碰撞過(guò)程中彈性大球?qū)椥孕∏虻臎_量大??；
（3）若要使最上端的彈性小球上升高度不低于45m，求至少需要疊放多少個(gè)彈性小球？
【答案】（1）0；（2）；（3）彈性大球上至少疊放6個(gè)彈性小球
【解析】
【詳解】（1）因地面對(duì)大球的彈力沒(méi)有位移，可知地面對(duì)大球彈力做功為零；
（2）設(shè)彈性大球與地面碰撞前的速度大小為，與地面碰撞后的速度大小為，地面對(duì)彈性大球所做的功為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，上升過(guò)程
下落過(guò)程
彈性小球與彈性大球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)彈性大球碰后的速度為，彈性小球碰前與碰后的速度分別為，取向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
由動(dòng)量定理可得
解得
（3）由（2）可得第一個(gè)彈性小球與彈性大球碰撞之后速度為
整理可得
同理可得第二個(gè)彈性小球與第一個(gè)彈性小球碰撞之后的速度為
整理可得
……
由數(shù)學(xué)知識(shí)可得
由于要使最上端的彈性小球上升高度不低于，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得
則
解得時(shí)
時(shí)
故彈性大球上至少疊放6個(gè)彈性小球。

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