【文档说明】《精准解析》浙江省宁波市北仑中学2022-2023学年高一下学期期初返校考试物理试题（选考）（解析版）.docx，共(26)页，5.069 MB，由小赞的店铺上传

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北仑中学2022学年第二学期高一年级期初返校考试物理试卷一、单选题（共13小题，每小题3分，共39分）1.下列仪器测得的物理量单位中，属于基本单位的是（）A.弹簧秤B.打点计时器C.电压表D.量筒【答案】B【解析】【详解】A．弹簧秤测得力的单位

为N，不属于国际基本单位，故A错误；B．打点计时器测得时间单位为s，属于国际基本单位，故B正确；C．电压表测得电压单位为V，不属于国际基本单位，故C错误；D．量筒测得体积单位为mL，不属于国际基本单位，故D错误。故选B。2.王老师从杭二钱

江开车前往火车东站，某导航软件给出了如图所示的三条路线，则下列说法正确的是（）A.图中“预计18:24到达”中的“18:24”表示时间间隔B.王老师采用任意路线到达的位移都相等C.在计算王老师的从杭二钱江到火车东

站的平均速度时，不能将车视为质点D.秋石高架上的“限速80km/h”指的是平均速度【答案】B【解析】【详解】A．“预计18：24到达”中的“18：24”是瞬间，表示时刻，不是时间间隔，故A错误；B．王老师采用任意路线到达，初末位置都相同，则位移都

相等，故B正确；C．计算王老师的从杭二钱江到火车东站的平均速度时，车的大小与形状可以忽略，可以将车视为质点，故C错误；D．秋石高架上的“限速80km/h”是经过秋石桥时的允许的最大速度，指的是瞬时速度，故D错误。故选B。3.如图所

示的模型体现了建筑学中的“张拉”结构原理，两个完全相同的木架M、N用三根轻绳a，b，c连接静置于水平地面上，三根轻绳均处于张紧状态。下列说法正确的是（）A.轻绳a对M的拉力大小等于M的重力B.轻绳a，b、c对M的拉力之和等于零C.轻绳b、c对

M的拉力之和小于轻绳a对M的拉力D.N对地面的压力等于N的重力【答案】C【解析】【详解】D.整体受力分析，由平衡条件得N2Fmg=N对地面的压力等于M、N的重力之和，D错误；ABC.由对称性可知bcFF=对上方木模受力分析有a

cbFmgFF=++则aFmg，abcFFF+故C正确，AB错误。故选C。4.如图，某城市音乐喷泉广场的水池中在半径为R的圆周上按同样方式等间隔地安装了n个规格相同的喷管，喷管与水面的夹角为，管口横截面积为S且与水面相平。全部开启后，经目测，空中水柱几乎都在圆心处交汇，已知

水的密度为，则可估算出空中水柱的总质量为（）A.cosnSRB.sinnSRC.2sinnSRD.2cosnSR【答案】A【解析】【详解】n个水管，则有每个水管质量为mV=Vsx=xvt=联立解得MnSvt=水平速度为cos

xvv=水平方向做匀速直线运动，则有cosvtR=联立解得cosRMnS=故A正确，BCD错误。故选A。5.矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，升降机的底部到顶部的高度差为5m，某时刻一螺钉从升降机顶部松脱，落在升降机底板上，以地面为参考系

，此螺钉松脱到落在底板过程中的位移是（不计空阻力，210m/sg=）（）A.0B.5mC.10mD.15m【答案】A【解析】【分析】【详解】以升降机为参考，螺钉做自由落体运动，有212hgt=解得1st=螺钉的位移20102

xvtgt=−=故选A。6.如图所示是静止在地面上起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆长度收缩，吊臂绕固定转轴顺时针转动，吊臂上的M、N两点做圆周运动，此时M点的角速度为ω，ON＝2OM＝2L，则（）A.M

点的速度方向垂直于液压杆B.N点的角速度为2ωC.两点的线速度大小关系为vN＝4vMD.N点的向心加速度大小为2ω2L【答案】D【解析】【详解】A．吊臂是绕固定转轴O旋转的，因此M点的速度方向垂直于吊

臂，故A错误；B．M、N点在吊臂上绕同一固定转轴O旋转，有相同的角速度，即N点的角速度应该等于M点的角速的度，故B错误；C．根据v＝ωr可知vN＝2vM，故C错误；D．根据a＝ω2r可知，N点的向心加

速度大小为aN＝2ω2L，故D正确。故选D。7.一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度，则m正好保持匀速下滑，斜面依然不动。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下

说法正确的是（）A.在m上加一竖直向下的力1F，则m将做加速运动，M对地无摩擦力的作用B.在m上加一个沿斜面向下的力2F，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用C.在m上加一个水平向右的力3F，则m将做减速运动，m在停止前M对地有向右的静摩擦力

的作用D.无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地都无摩擦力的作用【答案】D【解析】【详解】A．当不受外力时，m正好保持匀速下滑，对m受力分析有得到sinmgf=cosfmg=即sincosmgmg=

可得sincos=在m上加一竖直向下的力1F，则有11()cos()sinmgFmgF+=+则m将保持匀速运动，由整体分析可知M对地无摩擦力的作用，故A错误；B．在m上加一沿斜面向下的力2F，对m，垂直斜面方面cosNmg=m与斜面间的弹力大小

不变，故滑动摩擦力大小不变cosfmg=在沿斜面方向2sincosmgFmg+物块m所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，由上面分析可得，物块m所受斜面给的支持力与摩擦力不变，则合力仍然竖直向上，则斜面所受物块给的摩擦力与物块的压力的

合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误；C．在m上加一水平向右的力3F，沿斜面方向()33sincoscossin0mgFmgF−−+故物体做减速运动；对物块所受支持力增加了3sinF，则

摩擦力增加3sinF，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误；D．无论在m上加上什么方向的力，m对斜面

的压力与m对斜面的摩擦力都是以1:的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面水平方向没有相对地面的运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确。故选D。8.如图所示，在光滑水平面上有一段质量分布均匀粗麻绳，绳子在水

平向右的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子左端的距离为x，设该点处的张力为T，则最能正确反映T与x之间的关系的图象是（）的A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设单位长度质量为m，对整体分析根据牛顿第二定律有F=Lma则对x分析可知T=xma联

立解得FTxL=故可知T与x成正比；且x=0时，T=0，故A正确，BCD错误。故选A。9.如图所示是两种不同的过山车过最高点时的情形，图甲情形中，乘客经过轨道最高点时头朝上，图乙情形中，乘客经过轨道最高点时头朝下，假设两种圆轨道的半径

均为R，下列说法正确的是（）A.图甲中，乘客经过轨道最高点时，若vgR，座椅对乘客的作用力方向竖直向下B.图甲中，乘客经过轨道最高点时，若vgR，座椅对乘客作用力方向竖直向上C.图乙中，乘客经过轨道最高点时，若vgR=，座椅对乘客的作用力方向竖直向下

D.图乙中，乘客经过轨道最高点时，若vgR，座椅对乘客的作用力方向竖直向上【答案】B【解析】的【详解】AB．图甲中，若过最高点只有重力提供向心力，则2vmgmR=，则速度为vgR=，若vgR，则合力小于重力，所以人受到向上的支持力，故A错，B对；C．图乙中，乘客经过轨道最高点

时，若过最高点只有重力提供向心力，则2vmgmR=，则速度为vgR=，此时座椅对人没有作用力，故C错；D．图乙中，乘客经过轨道最高点时，若vgR，则合力大于重力，所以人受到的座椅施加的向下的压力，故D错。故选B

。10.某提升重物的装置的简易结构如图所示，一质量为m的圆环P套在固定的倾斜光滑杆MN上，轻绳绕过定滑轮与圆环P相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力F缓慢向下拉动轻绳，可以使圆环沿着杆向上运动。若杆的弹力大小为NF，在圆环P上升过程中，下列说法正确的是（）A.F先减小后增大，NF一直增大

B.F一直增大，NF一直增大C.F一直增大，NF先减小后增大D.F先减小后增大，NF先减小后增大【答案】B【解析】【详解】对圆环受力分析如图，圆环始终处于受力平衡状态，三个力可以组成首位相接的封闭三角形，随着圆环上升

拉力F的方向与斜面的夹角逐渐变大，如图中虚线所示，F一直增大，NF一直增大。故选B。11.小明平伸手掌托起一苹果，由静止开始竖直向上运动，直至将苹果向上抛出。不计空气阻力，此过程中分析正确的是（）A.脱离手掌前，苹果始终处于失重状态B.苹

果离开手掌的瞬间，手掌的加速度大于重力加速度C.苹果离开手掌的瞬间，苹果的加速度大于重力加速度D.手掌对苹果的支持力先大于苹果对手掌的压力，后小于苹果对手掌的压力【答案】B【解析】【详解】A．物体脱离手掌前，先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛

顿运动定律可知，物体先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；BC．苹果离开手掌的瞬间，苹果做减速运动，苹果受到向下的重力和手掌对其向上的支持力，故苹果的加速度小于重力加速度，手掌受到向下的重力和苹果对手掌向下的压

力，故手掌的加速度大于重力加速度，C错误，B正确；D．根据牛顿第三定律可知，手掌对苹果的支持力和苹果对手掌的压力始终相等，D错误。故选B。12.“儿童蹦极”是近期兴起的一项游戏项目。为保证儿童在游戏过程中的安

全，需在腰间左、右两侧栓与悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。质量为m的小朋友如图所示静止悬挂时，两橡皮绳与水平方向的夹角均为30°，则（）A.每根橡皮绳上的拉力为12mgB.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变大C.若此时左侧橡皮绳在腰间突然断裂，则小朋友此时刻加速度a

=gD.若将橡皮绳换成不可伸长的轻绳，在左侧轻绳在腰间突然断裂时，小朋友此时刻的加速度a=g【答案】C【解析】【分析】【详解】A．小朋友的受力情况如下图所示小孩受重力和两个拉力而平衡，根据平衡条件，有2sin3

0Tmg=解得Tmg=故A错误；B．设两橡皮绳与水平方向的夹角均为θ，根据共点力平衡条件得2sinFmg=当悬点间的距离变小，则θ变大，sinθ变大，可知悬绳的拉力将变小，故B错误；C．当左侧橡皮绳断裂，断裂瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳

初始的时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为mg，加速度为g，故C正确；D．由于是两根轻绳，当左侧绳断裂时，绳子的力立刻消失，将重力沿绳方向和垂直绳方向分解，合力为cos30Fmg=

则由牛顿第二定律得小朋友的加速度32ag=故D错误。故选C。13.在CCTV10科教频道《科学大探险》栏目中，挑战者将桌布平整的放于桌面上，桌布上放上物品，然后快速抽出桌布，桌面上的物品像有魔法一般牢牢“吸”在桌面上，如图甲所示。某

同学对此产生了浓厚的兴趣，他设置了一个实验进行模拟，将一质量为m的长桌布B静止在固定的水平桌面上，质量为M的盘子A静止在桌布上，如图乙所示。A与B间的动摩擦因数为1，B与桌面间的动摩擦因数为2，现给桌布B右端一水平拉力F，把桌布B从盘子A的下面抽出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

为g。则拉力F至少应为（）A.()()12Mmg++B.1MgC.()2Mmg+D.()12mMgMg++【答案】A【解析】【详解】A的最大加速度为111MgagM==A、B相对滑动的临界状态的加

速度相等，则有21()()FmMgMma−+=+解得12()()FmMg=++故选A。二、多选题（共4小题，每小题3分，共1，全部选对得3分，选不全得，有选错或不答的得0分）14.下列物理概念中，体现

了等效替代思想的有（）A.质点B.瞬时速度C.力的合成与分解D.重心【答案】CD【解析】【详解】A．质点是理想换模型，忽略次要矛盾抓住主要矛盾，故A错误；B．瞬时速度概念的建立，体现了极限法，故B错误；C．合力与分力是等效替代的关系，故C正确；D．重心体现了等效替代的思想，将物体整个的重

力等效到一点上，故D正确。故选CD。15.学校所使用的答题卡扫描机工作简化图如图所示，滚轮压紧答题卡后通过不断转动带动试卷进入扫描机。假设每张答题卡质量均相等，答题卡之间、答题卡与底板的动摩擦因数均相同。在扫描某张答题卡的过程中，下列说法正确的是（）A.该答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答

题卡运动方向相同B.该答题卡下方的所有答题卡均保持静止C.该答题卡下方的每张答题卡都受到两个大小不等的摩擦力作用D.滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数【答案】ABD【解析】【详解】A．该答题卡向右运动，受到滚轮的摩擦力方向也向右，即受摩擦力方向与答题卡运动方向相

同，选项A正确；D．设滚轮对最上方的答题卡（第一张）的压力为FN，滚轮与答题卡之间的摩擦因数为μ1，任意两张答题卡之间的动摩擦因数为μ，对最上面的一张答题卡（第一张）而言，则1()NNFFmg+则1即滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之

间的动摩擦因数，选项D正确。B．对该答题卡下方第一张卡（第二张），上方受到该答题卡的向右的摩擦力，大小为12()NfFmg=+下方受到第三张答题卡的摩擦力，因第二张卡与第三张答题卡之间的最大静摩擦力为2312(2)mNfFmgf

=+则第二张卡将保持静止，同理可知该答题卡下方的所有答题卡均保持静止，选项B正确；C．由以上分析可知，该答题卡下方的每张答题卡都处于静止状态，则将受到两个大小相等的摩擦力作用，选项C错误。故选ABD。16.如图所示，弹

簧下端悬一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，B2kgm=，不计细线、滑轮质量及摩擦，则A、B两重物在运动过程中，弹簧中的弹力大小可能为（210m/sg=）（）A.20NB.40NC.60ND.80N【答案】ABC【解析】【详解】

当BAmm时，B向下做加速运动，处于失重状态，细线的拉力BTmg<，弹簧的示数为B2240NFTmg==<当BAmm=时，弹簧的示数为B2240NFTmg===当BAmm时，B向上做加速运动，处于超重状态

，细线的拉力BTmg，两物体的加速度大小ag所以根据牛顿第二定律得知BBTmgma−=细线的拉力B2Tmg<弹簧的示数为B2480NFTmg==<故选ABC。17.瓦特利用飞球调速器来调控蒸汽机运动的速度，如图甲所示，其工作原理是两个飞球被蒸汽机带动旋转起来，蒸汽量越多

旋转越快，飞球再带动下方的套筒运动，通过杠杆再把套筒的运动传递到蒸汽阀，控制进入蒸汽机的蒸汽量，达到自动稳定蒸汽机运行速度的目的。调速器飞球及套筒的运动可简化为如图乙所示模型，它由两个质量为m的钢球（

可视为质点）通过4根长为l的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接，上方套筒固定，下方套筒质量为M，可沿轴上下滑动不计一切摩擦，重力加速度为g，飞球调速器的转速和蒸汽机的转速相同，则下列说法中正确的是（）A.蒸汽机转速增大或减小，上方轻杆对飞球的作用力都不变B.若

蒸汽机转速过快，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀减少进入蒸汽机的蒸汽量C.若蒸汽机转速过慢，则调速器套筒会下移，控制蒸汽阀增加进入蒸汽机的蒸汽量D.若蒸汽机稳定工作时调速器轻杆与竖直杆夹角为θ，则此时蒸汽机的转

速()24cosmMgnml+=【答案】CD【解析】【详解】D．当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度匀速转动时，小球做匀速圆周运动，套筒静止对小球和套筒受力分析如图所示小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力1F、2F，竖直方向上，由平衡条件有12cosc

osFFmg=+水平方向上，由牛顿第二定律有212sinsinFFmr+=且sinrl=此时，下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力3F、4F（根据对称性3F、4F大小相等），由套筒处于静止状态，可知32cosFMg=而32,2F

Fn==联立解得2()4cosmMgnml+=故D正确；A．由2()4cosmMgnml+=可知，转速增大，变大，由12coscosFFmg=+22cosFMg=可得()122cosMmgF+=可知上方轻杆对飞球的作用力会增大，同理，转速减小，轻杆对飞

球的作用力会减小，故A错误；B．由2()4cosmMgnml+=可知，转速过快，变大，套筒会上移，为保持原来的转速，传动机构会控制阀门减少进入蒸汽机的蒸汽量，故B错误；C．由2()4cosmMgnml+=可知，转速过慢，变

小，套筒会下移，为保持原来的转速，传动机构会控制阀门增加进入蒸汽机的蒸汽量，故C正确。故选CD。三、实验题（共2小题，14分。把正确答案填入空格）18.如图甲所示为测量电动机匀速转动时角速度的实验装置，半径不大的圆形

卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。（电火花计时器每隔相同的时间间隔打一个点）(1)请将下列实验步骤按先后排序：_____。①使电火花计时

器与圆形卡纸保持良好接触②接通电火花计时器的电源，使它工作起来③启动电动机，使圆形卡纸转动起来④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。(2)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是___

__A．秒表B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对测量结果_____

（填“有”或“无”）影响。【答案】①.①③②④②.D③.无【解析】【详解】(1)[1]该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，因此顺序为①③②④。(2)[2]由于两个之

间的时间间隔恒定，用量角器测出两个点间的圆心角（多测几个点间的圆心角求平均值）根据T=可求角速度，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D(3)[3]虽然打出的点向圆心靠近，由于匀角速度转动，因此两点之间所对应的圆心角保持不变，因此对实验结果无影响。19.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，

甲、乙同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，0m为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）实验时，一定要进行的操作是____________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打

点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电

，根据纸带可求出小车的加速度为_____________2m/s（结果保留三位有效数字）。。（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF−图像丙是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为____________。A．1tanB

．01tanm−C．02mk−D．2m（4）乙同学根据测量数据作出如图丁所示的aF−图线，该同学做实验时存在的问题是_______。【答案】①.BC##CB②.0.720③.C④.未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解

析】【详解】（1）[1]AD．根据题意可知，绳子的拉力可以通过力传感器测量，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AD错误；B．实验前需要平衡摩擦力，即将带滑

轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C．为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故C正确。故选BC。（2）[2]根据题意可知，电源频率为50Hz，两计数点间还有

四个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1sT=由逐差法2xaT=可得2320112xxxaT−=2341222xxaT−=2452332xxaT−=小车的加速度为1233aaaa++=代入纸带数据解得20.720

msa=（3）[3]根据题意，对小车和滑轮组成的系统，由牛顿第二定律有()02FMma=+整理得02aFMm=+结合aF−图像可得02kMm=+解得02Mmk=−故选C。（4）[4]根据题意，由图丁可知，当0a=时，绳子的拉力F不为零，则该同学做实验时存在的问题是未平衡

摩擦力或平衡摩擦力不足。四、解答题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位，共35分）20.假期中，小明乘坐火车外出旅游，当火车在一段平直的轨道上匀加速行驶时，他用身边的器材测量火车的加速度．小明的测量过程

如下：他一边看着窗外间隔为100m的路标，一边用手表记录着时间．他观测到他所在的车厢从经过第一根路标到经过第二根路标的时间间隔为10s，从经过第一根路标到经过第三根路标的时间间隔为16s．请你根据他的测量情况，求：（1）火车的加速度大小；（2）火车经过第三根路标时的速度大小．【答

案】（1）25/6ms；（2）17.5m/s．【解析】【详解】（1）设火车经过第一根路标时速度为v0，加速度为a，由运动学公式201112xvtat=+，2022122xvtat=+，将x=100m，t1=10s，t2=16s代入可得201100=1

0102va+201200=16162va+解得：025/6vms=，25/6ams=故火车的加速度为25/6ms（2）由速度公式：vt=v0+at2，代入数据：25510510//17.5/666tvmsmsms=+==21.如图所示，质量为5kgM=的物体放在倾角为30=

的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M用平行于斜面的轻绳绕过光滑的定滑轮与不计质量的吊盘连接，吊盘架足够高，两个劲度系数均为1000Nmk=的轻弹簧和两个质量都是m的物

体栓接，此时M刚好不上滑，取210msg=。问：（1）m的质量是多大；（2）现将上面的m物体缓慢向上提，当M刚要开始下滑时，绳子拉力为多少；（3）此时上面的m物体缓慢向上提起的高度是多少。【答案】（1）2kg；（2）10N；（3）0.06m【解析】【详解】（1）对M

和m的系统，由平衡知识可知sin30cos302MgMgmg+=解得m=2kg（2）使M刚要开始下滑时，则绳的拉力为Tcos30sin30TMgMg+=解得T=10N（3）此时吊盘中下面弹簧的弹力应为10N，因开始时下面弹簧的弹力为2mg=

40N可知下面弹簧伸长了14010m0.03m1000Fxk−===对中间的物体m受力分析可知，上面的弹簧对之间物体应该是向上的拉力，大小为F=10N，即上面的弹簧应该处于拉长状态，则上面弹簧的伸长量应该是2

2010m0.03m1000mgFxkk+=+==可知上面的m物体向上提起的高度是120.06mhxx=+=22.一水平转盘可绕过圆心O的竖直轴12OO转动，水平转盘中心O有一光滑小孔，用一细线穿过小孔

将质量均为m的小物块A、B相连。B放在圆盘上，A在圆盘下方悬挂，且0.2mOB=，0.1mOA=。如图1所示，A、B与转盘的动摩擦因数均为0.5=。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210m/sg=）(1

)若B能与圆盘保持相对静止，求水平转盘转动的角速度的范围；(2)保持B不动，将物块A放在转盘上，且AOB沿转盘直径方向，细线刚好伸直无拉力，如图2所示，令转盘角速度逐渐增大，当水平转盘角速度0为多大时，A、B即将开始滑动。【答案】(1)5rad/s53rad/s；(2)10rad/s

【解析】【详解】(1)对B：恰好不向里滑动，有21mgmgmOB−=得15rad/s=恰好不向外滑动，有22mgmgmOB+=得253rad/s=则取值范围5rad/s53rad/s(

2)A、B即将滑动时绳子拉力为F，对B20FmgmOB+=对A20FmgmOA−=联立解得010rad/s=23.如图所示，AB段为一与水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段为一传送带，BC段水平、角CDE也为37°，传送带与物体间动摩擦因数为0.5，转动轮大小不计。一弹簧一端固定在斜

面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的小物块P，小物体Q与P接触，已知Q的质量为m2＝10kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝100N/m，系统恰好在斜面某位置处于静止，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它们一起从静止开始沿斜面向上做匀加速运动

，已知力F的大小随位移x按如图所示规律变化（sin37°＝0.6，cos37°=0.8，g＝10m/s2）。求：（1）刚开始时加力F时弹簧的压缩量；（2）求PQ一起运动的加速度的大小；如果PQ运动0.4m恰好到B点，求物体Q到B点时的速度大小；（3）如果运动0.4m到B点时，PQ

刚好分离，同时撤去拉力F，传送带逆时针匀速转动，速度大小为10m/s，物体经过B点时利用特殊装置使使物体速度方向立即变为水平，大小不变，BC段距离为x=0.4m，当物体运动到C点时，传送带开始顺时针匀速转动，速度大小不变，

CD段长度为s=22.25m，求物块从C运动到D所用时间。【答案】（1）0.84m；（2）25m/s，2m/s；（3）2.5s【解析】【详解】（1）设P、Q静止时弹簧压缩量为x0，，由平衡条件得（m1＋m2）gsinθ＝kx0解得12

0()sinmmgxk+==0.84m（2）P、Q刚开始运动时拉力最小，根据牛顿第二定律Fmin＝（m1＋m2）a＝70N解得25m/sa=即PQ一起运动的加速度的大小为25m/s；由运动学规律可知运动到B点时速度22m/sBvax==（3）在水平传送带上，传送带在逆时针转动，物块受向左滑

动摩擦力而减速，由牛顿第二定律1mgma−=解得215m/sa=−设其减速到C点时速度为vc，由匀变速直线运动规律2122Bcvvxa−=解得0cv=物体在CD段的运动，在和传送带速度相等前先做匀加速运动，由牛顿第二定律得2sin37fmgFma=+

Ncos37mgf=NfFF=解得2210m/sa=加速到和传送带速度相等时发生的位移2122vxa==5m所用时间120vta−==1s在物体速度达到10m/s后，由于滑动摩擦力小于重力下滑分力，物体无法和

传送带一起匀速，所以仍做加速运动，摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得3sin37fmgFma−=解得232m/sa=由匀变速直线运动公式2123212sxvtat−=+解得21.5st=物块从C运动到D所用时间122.5st

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