2024-2025學(xué)年山東名?？荚嚶?lián)盟高三上學(xué)期12月階段性檢測(cè)物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東名?？荚嚶?lián)盟2024年12月高三年級(jí)階段性檢測(cè)物理試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)。字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖所示，在某次救援活動(dòng)中，用四根完全相同且不可伸長(zhǎng)的輕繩將重力為G的船吊起，每根輕繩與豎直方向的夾角均為θ。當(dāng)船處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，每根輕繩對(duì)船的拉力大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在豎直方向上，由物體的平衡條件可得解得故選A。2.在2024中國(guó)自動(dòng)化大會(huì)上，一款會(huì)踢足球的智能機(jī)器人受到參觀者圍觀。機(jī)器人接到沿水平地面運(yùn)動(dòng)過(guò)來(lái)的速度為2m/s、質(zhì)量為400g的足球，并在0.2s內(nèi)將足球以1m/s的速度反向踢出。忽略一切阻力，在機(jī)器人與足球接觸的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.足球動(dòng)量變化量的大小為0.4kg?m/sB.機(jī)器人對(duì)足球的沖量大于足球?qū)C(jī)器人的沖量C.機(jī)器人對(duì)足球平均作用力的大小為6ND.足球平均加速度的大小為1.5m/s2【答案】C【解析】A．以向右為正方向，足球的動(dòng)量變化量為即足球動(dòng)量變化量的大小為，故A錯(cuò)誤；B．機(jī)器人對(duì)足球的作用力與足球?qū)C(jī)器人的作用力是一對(duì)相互作用力，大小始終相等，作用時(shí)間相同，故機(jī)器人對(duì)足球的沖量等于足球?qū)C(jī)器人的沖量。故B錯(cuò)誤；C．對(duì)足球列動(dòng)量定理有解得故C正確；D．由加速度定義式可知故平均加速度的大小為，故D錯(cuò)誤。故選C。3.2024年11月3日，神舟十八號(hào)與空間站組合體成功分離。如圖所示，分離前組合體沿距地面約450km的軌道1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分離后神舟十八號(hào)進(jìn)入橢圓軌道2。下列說(shuō)法正確的是（）A.在軌道1運(yùn)行時(shí)神舟十八號(hào)中的宇航員處于平衡狀態(tài)B.組合體在軌道1的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度C.神舟十八號(hào)由軌道1到軌道2變軌時(shí)需點(diǎn)火加速D.神舟十八號(hào)在軌道1的運(yùn)行周期小于在軌道2的運(yùn)行周期【答案】B【解析】A．神舟十八號(hào)在軌道1運(yùn)行時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，合力不為零，神舟十八號(hào)中的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可得地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小由于近地衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小近似等于第一宇宙速度的大小，且組合體在軌道1的運(yùn)行半徑大于地球半徑，可知其運(yùn)行速度小于地球的第一宇宙速度，故B正確；C．神舟十八號(hào)由軌道1到軌道2變軌時(shí)需點(diǎn)火減速，使得萬(wàn)有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)從高軌道運(yùn)動(dòng)到低軌道，故C錯(cuò)誤；D．由于神舟十八號(hào)在圓軌道1上的運(yùn)行半徑大于其在橢其圓軌道2上運(yùn)行的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，神舟十八號(hào)在軌道1的運(yùn)行周期大于在軌道2的運(yùn)行周期，故D錯(cuò)誤。故選B。4.在x軸上O、N兩點(diǎn)固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化圖像如圖所示，O、M兩點(diǎn)間距離大于M、N兩點(diǎn)間距離，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）AO點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶負(fù)電B.O點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量小于N點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量C.將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下該電荷沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)D.將一帶負(fù)電試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，該電荷的電勢(shì)能一直增加【答案】D【解析】A．由于越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低，結(jié)合題圖可知，O點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶正電，N點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．若O、N兩點(diǎn)處為等量異種點(diǎn)電荷，則二者連線的中點(diǎn)電勢(shì)為零，而電勢(shì)為零的點(diǎn)離O點(diǎn)較遠(yuǎn)，說(shuō)明O點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量大于N點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量，故B錯(cuò)誤；C．O、N兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)由靜止釋放，試探電荷所受電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，所以，僅在電場(chǎng)力作用下該電荷沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由O點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)越來(lái)越低，而負(fù)電荷所處位置的電勢(shì)越低其電勢(shì)能越大，所以，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，該電荷的電勢(shì)能一直增加，故D正確。故選D。5.如圖所示為某種呼啦圈的簡(jiǎn)化示意圖，可調(diào)節(jié)長(zhǎng)度的輕繩下端連接配重，上端可沿水平固定的圓形腰帶自由滑動(dòng)，配重（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長(zhǎng)，配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的（）A.線速度越大 B.角速度越大C.周期越小 D.加速度越小【答案】A【解析】以配重為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得可得，，，若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長(zhǎng)，則配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，可知線速度越大，角速度越小，周期越大，加速度不變。故選A。6.某同學(xué)探究小球的斜拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，記錄小球水平方向的位移x、豎直方向的位移y以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)，作出了、的圖像分別如圖甲、乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.t=0時(shí)小球速度的大小為3m/sB.t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到軌跡的最高點(diǎn)C.t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處D.小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處時(shí)，小球位移的大小為4.8m【答案】C【解析】A．小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向和豎直方向分別有整理得結(jié)合圖甲和圖乙可知所以，t=0時(shí)小球速度的大小為故A錯(cuò)誤；BC．有圖乙可知，t=0.8s時(shí)即即小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處，故B錯(cuò)誤，C正確；D．t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處，此時(shí)小球位移的大小為故D錯(cuò)誤。故選C。7.某物流車(chē)間使用如圖甲所示的傾斜傳送帶運(yùn)送包裹。包裹被輕放在長(zhǎng)為10m、傾角為37°順時(shí)針傳動(dòng)的傳送帶底端，以傳送帶底端為零勢(shì)能點(diǎn)，在到達(dá)傳送帶頂端的過(guò)程中，包裹的機(jī)械能E隨其位移x變化的圖像如圖乙所示，包裹和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說(shuō)法正確的是（）A.包裹的質(zhì)量m=10kgB.傳送帶傳動(dòng)速度為2m/sC.包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75D.包裹在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的總熱量為310J【答案】B【解析】A．由圖乙可知，包裹在前5m做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在5-10m做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在5-10m時(shí)，對(duì)包裹受力平衡，沿斜面方向有根據(jù)圖乙和能量守恒可知故兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的摩擦力大小分別為聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；C．0-5m過(guò)程中解得故C錯(cuò)誤；B．0-5m內(nèi)包裹做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足解得故B正確；D．在5-10m過(guò)程中包裹與傳送帶保持相對(duì)靜止，故不產(chǎn)生熱量，在0-5m過(guò)程中解得傳送帶位移為產(chǎn)生的熱量為故D錯(cuò)誤；故選B。8.如圖甲所示，通過(guò)輕彈簧相連的物塊P和物塊Q靜置于光滑水平地面上，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。t=0時(shí)刻，物塊P獲得水平向右的速度v0，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊P的質(zhì)量為m，0~t2時(shí)間內(nèi)，關(guān)于物塊P和物塊Q運(yùn)動(dòng)的位移，下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊P位移的大小為 B.物塊P位移的大小為C.物塊Q位移的大小為 D.物塊Q位移的大小為【答案】D【解析】0~t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得由于P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)從0時(shí)刻到任意時(shí)刻間的動(dòng)量均守恒，則有即有在t2時(shí)刻，P的速度減至最小，Q的增加至最大，可知，此時(shí)刻，彈簧再一次恢復(fù)原長(zhǎng)，由于0時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)，可知，t2時(shí)刻P、Q兩物塊的位移相等，即有結(jié)合上述解得故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.一新能源汽車(chē)在平直公路上勻速行駛，某時(shí)刻汽車(chē)駛?cè)胍欢巫枇Ω蟮钠街甭范?。已知汽?chē)行駛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變，下列關(guān)于汽車(chē)的速度v、牽引力F隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】開(kāi)始的時(shí)候P=F0v0，阻力等于牽引力，當(dāng)功率不變，阻力變大時(shí)，速度不能瞬間改變，根據(jù)P=Fv牽引力瞬間不變，根據(jù)可知加速度瞬時(shí)變大且與運(yùn)動(dòng)方向相反，汽車(chē)立即減速，速度逐漸減小，則牽引力逐漸變大，反向加速度逐漸減小，當(dāng)牽引力與阻力相等時(shí)再次達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。故選AD。10.如圖所示為某電容式位置傳感器的簡(jiǎn)化示意圖，該傳感器由一對(duì)形狀和尺寸相同且互相絕緣的定極板與動(dòng)極板組成，兩極板均豎直放置，寬度均為l1，長(zhǎng)度均為l2，間距為d。當(dāng)動(dòng)極板沿x軸移動(dòng)時(shí)，可通過(guò)電容器電容的變化計(jì)算動(dòng)極板位移的大小，規(guī)定電容器電容的變化量與動(dòng)極板的位移大小之比為該傳感器的靈敏度，的值越大，傳感器的靈敏度越高。已知?jiǎng)訕O板沿x軸移動(dòng)過(guò)程中兩極板所帶電荷量不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大B.動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電壓變小C.兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高D.兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越高【答案】AC【解析】AB．動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，根據(jù)可知，由于電容器的兩極板的正對(duì)面積減小，所以電容器的電容減小，根據(jù)，兩極板所帶電荷量不變，所以電容器兩極板間的電壓變大；根據(jù)，兩極板間的距離不變，所以電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．則該傳感器的靈敏度為所以，兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高；兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越低，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。11.如圖所示，電荷量為Q的帶負(fù)電小球乙固定在足夠長(zhǎng)的豎直光滑直桿底端，質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶負(fù)電小球甲套在豎直桿上，初始時(shí)兩小球間的距離為L(zhǎng)，將小球甲由靜止釋放，小球甲沿豎直桿運(yùn)動(dòng)。已知兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能可表示為（Q1、Q2為兩點(diǎn)電荷的電荷量，r為兩點(diǎn)電荷之間的距離，k為靜電力常量），重力加速度為g。小球甲運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩小球間的距離為時(shí)，小球甲的動(dòng)能最大B.兩小球間的距離為時(shí)，小球甲的動(dòng)能最大C.若小球甲釋放后向上運(yùn)動(dòng)，兩小球間的最遠(yuǎn)距離為D.若小球甲釋放后向下運(yùn)動(dòng)，兩小球間的最近距離為【答案】AD【解析】AB．小球甲的動(dòng)能最大時(shí)，小球甲所受庫(kù)侖力等于重力，即求得故A正確，B錯(cuò)誤；C．若小球甲釋放后向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩小球間的最遠(yuǎn)距離為，則小球甲上升到最高點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)能量守恒得求得故C錯(cuò)誤；D．若小球甲釋放后向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩小球間的最近距離為，則小球甲下降到最低點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)能量守恒得求得故D正確。故選AD。12.如圖所示，輕彈簧一端固定在光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連，小球套在粗糙程度處處相同的固定直桿上，直桿與水平方向的夾角為30°。若將小球由A點(diǎn)靜止釋放，下滑過(guò)程中小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為v1，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度減為0。若使小球從C點(diǎn)以初速度v上滑，上滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為v2，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度減為0。已知AB=BC=L，，OB與彈簧原長(zhǎng)相等，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.v1和v2的大小相等B.AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能減小量為C.小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為D.小球從C點(diǎn)開(kāi)始上滑的速度【答案】BD【解析】D．根據(jù)對(duì)稱(chēng)性知，小球通過(guò)AB段與BC段關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱(chēng)位置受到的摩擦力相等，則在兩段過(guò)程中摩擦力做功相等。設(shè)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程克服摩擦力做功為Wf，小球A到C的過(guò)程和C到A的過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)能定理得，聯(lián)立，解得，故D正確；AC．設(shè)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為Ep，由能量守恒，可得，聯(lián)立，解得，可得故AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)聯(lián)立，解得可知AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能減小量為。故B正確。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學(xué)依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，用如圖所示的裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。主要?shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將10個(gè)質(zhì)量均為m的砝碼放入質(zhì)量為M的盒子A中，在盒子A上固定一寬度為d的遮光片；（2）在鐵架臺(tái)上固定滑輪和光電門(mén)，用細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接裝有砝碼的盒子A和質(zhì)量為M的盒子B；（3）在鐵架臺(tái)上標(biāo)記遮光片的初始位置O，測(cè)出O點(diǎn)與光電門(mén)之間的距離L；（4）將盒子A由靜止釋放，測(cè)得遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t0。盒子A經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小v=_________（用d和t0表示）。適當(dāng)_________（選填“增大”或“減小”）距離L可減小速度v的測(cè)量誤差；（5）在盒子A中保留n（n>5）個(gè)砝碼，將其余（）個(gè)砝碼放入盒子B中，重復(fù)步驟（4），記錄盒子A中有n（n>5）個(gè)砝碼時(shí)遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)的對(duì)應(yīng)時(shí)間________；（6）根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)作出圖像，若圖像斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_________。（用d、k、L、M、m表示）【答案】①.②.增大③.④.【解析】[1][2]由很短時(shí)間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時(shí)速度可求得盒子A經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小為距離L越大，遮光片到達(dá)光電門(mén)位置時(shí)的速度越大，遮光時(shí)間就越短，平均速度越接近瞬時(shí)速度，速度v的測(cè)量誤差就越小，所以，適當(dāng)增大L可減小速度v的測(cè)量誤差。[3][4]在遮光片由初始位置O運(yùn)動(dòng)至光電門(mén)過(guò)程中，對(duì)于盒子A、B組成的系統(tǒng)（包括盒中的砝碼）由機(jī)械能守恒定律得又聯(lián)立求得整理得所以求得14.某同學(xué)想用如圖甲所示的電路測(cè)量一電壓表的內(nèi)阻，并將其改裝成雙量程電流表。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：待測(cè)電壓表（量程3.0V，內(nèi)阻約為幾千歐）；電阻箱R（最大阻值為99999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器R0（最大阻值為50.0Ω）；電源E（電動(dòng)勢(shì)約7.5V，內(nèi)阻很小）；開(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）該同學(xué)根據(jù)如圖甲所示電路圖連接電路。請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線在答題紙上對(duì)應(yīng)位置將實(shí)驗(yàn)器材正確連接__________；（2）將電阻箱R的阻值調(diào)節(jié)為0，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R0的滑片，使電壓表的示數(shù)為3.0V；（3）保持滑動(dòng)變阻器R0的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電壓表的示數(shù)為1.5V，此時(shí)電阻箱R的擋位如圖丙所示，則電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值為_(kāi)_________Ω，用此種方法測(cè)量的電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值_________（選填“大于”“等于”或“小于”）電壓表內(nèi)阻的真實(shí)值；（4）按照如圖丁所示電路將該電壓表改裝成量程分別為0~0.6A，0~3.0A的雙量程電流表，圖丁中R2的阻值大小為_(kāi)________Ω。（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【答案】（1）（3）2596.0大于（4）4【解析】[1]根據(jù)電路圖，實(shí)物圖連接如下[2]圖丙可知電阻箱阻值根據(jù)半偏法測(cè)電壓表內(nèi)阻原理可知，電阻箱和電壓表的電壓共為3V，設(shè)電壓表內(nèi)阻為，根據(jù)串聯(lián)關(guān)系得聯(lián)立解得[3]調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，則電阻總電阻變大，干路電流減小，內(nèi)阻和滑動(dòng)變阻器右部分電壓減小，電阻箱和電壓表的總電壓變大，即大于3.0V，當(dāng)電壓表的示數(shù)為1.5V時(shí)，電阻箱的電壓大于1.5V，由于它們串聯(lián)，所以電阻箱的電阻大于電壓表的電阻，即電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值大于電壓表內(nèi)阻的真實(shí)值；[4]圖丁可知，右接線柱接B時(shí)，改裝表量程為0.6A，即右接線柱接A時(shí)，改裝表量程為3.0A，即聯(lián)立解得15.機(jī)器人在快遞行業(yè)的使用大大提高了快遞效率。如圖甲所示，派件員將質(zhì)量為m=1kg的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于機(jī)器人的水平托盤(pán)上，機(jī)器人沿水平地面將包裹運(yùn)送至投遞口，為保證運(yùn)送過(guò)程中包裹與水平托盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，機(jī)器人做直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小不得超過(guò)a=7.5m/s2。機(jī)器人到達(dá)指定投遞口后停止運(yùn)動(dòng)，緩慢翻轉(zhuǎn)托盤(pán)，當(dāng)托盤(pán)與水平方向的夾角為θ時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，如圖乙所示，此后托盤(pán)與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤(pán)勻加速下滑。已知包裹和托盤(pán)間的最大靜摩擦力f1和滑動(dòng)摩擦力f2的比值為，重力加速度g取10m/s2，求（1）托盤(pán)與水平方向的夾角θ的正切值；（2）包裹由靜止開(kāi)始沿托盤(pán)下滑位移為L(zhǎng)=0.6m時(shí)的速度大小v（此時(shí)包裹仍在托盤(pán)上）。【答案】（1）（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】由題意，設(shè)包裹與托盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，包裹與托盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，機(jī)器人做直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小不得超過(guò)，根據(jù)牛頓第二定律可知，該情形下若包裹滑動(dòng)其與托盤(pán)間的滑動(dòng)摩擦力為由于包裹和托盤(pán)間的最大靜摩擦力f1和滑動(dòng)摩擦力f2的比值為即二者一起以最大加速度水平加速運(yùn)動(dòng)時(shí)聯(lián)立求得當(dāng)托盤(pán)與水平方向的夾角為θ時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，此后托盤(pán)與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤(pán)勻加速下滑，此時(shí)有聯(lián)立求得即【小問(wèn)2詳析】包裹由靜止開(kāi)始沿托盤(pán)下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得可得根據(jù)代入數(shù)據(jù)可得16.如圖所示，質(zhì)量為M的支架（包括底座）靜置于水平地面上，長(zhǎng)為l且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在支架上端O點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球恰好能在豎直面內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)。已知在小球轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中支架（包括底座）始終保持靜止，重力加速度為g，求（1）輕繩水平時(shí)小球速度大小v；（2）小球轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中支架（包括底座）對(duì)地面壓力的最大值N；（3）請(qǐng)說(shuō)明小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，支架（包括底座）對(duì)地面壓力大小的變化情況（僅說(shuō)明變化情況，不需要論證）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）支架對(duì)地面的壓力先減小后增大【解析】【小問(wèn)1詳析】在最高點(diǎn)從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒可知輕繩水平時(shí)小球的速度大小【小問(wèn)2詳析】當(dāng)小球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面壓力的最大，根據(jù)機(jī)械能守恒根據(jù)牛頓第二定律解得繩子拉力對(duì)支架進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)地面的最大壓力【小問(wèn)3詳析】小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，支架對(duì)地面的壓力先減小后增大。17.如圖所示，平面坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有邊界均平行于x軸的區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合，兩區(qū)域足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)。區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在方向沿y軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在方向沿y軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小可調(diào)的電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。坐標(biāo)為（0，3L）處有一粒子源，該粒子源可沿xOy平面不斷射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q的同種帶正電粒子，射出粒子的速度方向與y軸負(fù)方向的夾角均為30°。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，忽略電場(chǎng)的邊界效應(yīng)。（1）若所有粒子都不能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，求粒子源射出粒子的最大速度v1；（2）若區(qū)域Ⅱ中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為，帶電粒子從粒子源射出開(kāi)始沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的最大位移為，求該帶電粒子運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線上時(shí)，速度方向與x軸正方向夾角α的正切值；（3）若區(qū)域Ⅱ中縱坐標(biāo)為y處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為，粒子源射出粒子速度的大小分布在范圍內(nèi)，已知相同速率變化區(qū)間內(nèi)的粒子數(shù)相同，求進(jìn)入第四象限的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有粒子源射出粒子的最大速度滿足聯(lián)立求得【小問(wèn)2詳析】帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)帶電粒子穿過(guò)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時(shí)y方向的速度大小為，則帶電粒子穿過(guò)區(qū)域Ⅰ過(guò)程沿y方向有帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中沿y方向的速度減為零的過(guò)程中有聯(lián)立得所以【小問(wèn)3詳析】設(shè)恰好進(jìn)入第四象限的粒子從粒子源射出時(shí)的速度大小為，穿過(guò)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時(shí)沿y方向的速度大小為，則有由于區(qū)域Ⅱ中的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與y成正比，所以聯(lián)立得則18.如圖所示，一傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)傳送帶固定在水平平臺(tái)上，傳送帶以v1=8m/s的速度順時(shí)針勻速傳動(dòng)。物塊A放置在足夠長(zhǎng)的木板B上，木板B和物塊C由繞過(guò)光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩連接，輕繩不可伸長(zhǎng)，t=0時(shí)刻將物塊A、木板B無(wú)初速度置于傳送帶底端，物塊A，木板B和物塊C恰好能夠保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知物塊A的質(zhì)量m1=4kg，木板B的質(zhì)量m2=1kg，物塊A和木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板B和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A始終未從木板B上滑下，物塊C始終未落地，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（1）求物塊C的質(zhì)量m3；（2）若初始時(shí)刻物塊A、木板B均獲得方向沿傳送帶向上、大小為v0=18m/s的初速度，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1后輕繩再次伸直，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊A、木板B和物塊C以相同的速度v沿傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)，求（i）t1的大?。唬╥i）0~t1內(nèi)木板B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（iii）v的大小?！敬鸢浮浚?）1kg（2）（ⅰ）2s；（ⅱ）120J；（ⅲ）【解析】【小問(wèn)1詳析】物塊A、木板B和物塊C恰好能保持靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)物塊A，木板B和物塊C受力分析可知解得m3=1kg【小問(wèn)2詳析】（ⅰ）輕繩伸直前，物塊C始終做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的位移物塊A、木板B先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到與傳送帶速度相同，由牛頓第二定律解得a1=10m/s2此階段所用時(shí)間和位移為解得t11=1sx2=13m物塊A木板B與傳送帶共速后，繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到輕繩伸直，由牛頓第二定律解得a2=2m/s2此階段的位移為輕繩伸直時(shí)解得x3=7mt1=2s（ⅱ）在內(nèi)，木板B與傳送帶之間的相對(duì)位移在內(nèi)，木板B與傳送帶之間的相對(duì)位移內(nèi)B與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的熱解得Q=120J（ⅲ）輕繩甚至前瞬間，物塊C的速度為物塊A木板、B的速度解得輕繩伸直時(shí)，將木板B和物塊C視為一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒解得輕繩伸直后，在木板B和物塊C與傳送帶速度相同之前，對(duì)木板B和物塊C受力分得，由牛頓第二定律所用時(shí)間解得對(duì)物塊A受力分析由牛頓第二定律當(dāng)木板B和物塊C與傳送帶速度相同時(shí)，物塊A的速度為解得當(dāng)木板B和物塊C與傳送帶共速后，對(duì)木板B和物塊C受力分析，由牛頓第二定律解得當(dāng)物塊A、木板B與物塊C到達(dá)共速時(shí)解得山東名?？荚嚶?lián)盟2024年12月高三年級(jí)階段性檢測(cè)物理試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)。字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖所示，在某次救援活動(dòng)中，用四根完全相同且不可伸長(zhǎng)的輕繩將重力為G的船吊起，每根輕繩與豎直方向的夾角均為θ。當(dāng)船處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，每根輕繩對(duì)船的拉力大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在豎直方向上，由物體的平衡條件可得解得故選A。2.在2024中國(guó)自動(dòng)化大會(huì)上，一款會(huì)踢足球的智能機(jī)器人受到參觀者圍觀。機(jī)器人接到沿水平地面運(yùn)動(dòng)過(guò)來(lái)的速度為2m/s、質(zhì)量為400g的足球，并在0.2s內(nèi)將足球以1m/s的速度反向踢出。忽略一切阻力，在機(jī)器人與足球接觸的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.足球動(dòng)量變化量的大小為0.4kg?m/sB.機(jī)器人對(duì)足球的沖量大于足球?qū)C(jī)器人的沖量C.機(jī)器人對(duì)足球平均作用力的大小為6ND.足球平均加速度的大小為1.5m/s2【答案】C【解析】A．以向右為正方向，足球的動(dòng)量變化量為即足球動(dòng)量變化量的大小為，故A錯(cuò)誤；B．機(jī)器人對(duì)足球的作用力與足球?qū)C(jī)器人的作用力是一對(duì)相互作用力，大小始終相等，作用時(shí)間相同，故機(jī)器人對(duì)足球的沖量等于足球?qū)C(jī)器人的沖量。故B錯(cuò)誤；C．對(duì)足球列動(dòng)量定理有解得故C正確；D．由加速度定義式可知故平均加速度的大小為，故D錯(cuò)誤。故選C。3.2024年11月3日，神舟十八號(hào)與空間站組合體成功分離。如圖所示，分離前組合體沿距地面約450km的軌道1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分離后神舟十八號(hào)進(jìn)入橢圓軌道2。下列說(shuō)法正確的是（）A.在軌道1運(yùn)行時(shí)神舟十八號(hào)中的宇航員處于平衡狀態(tài)B.組合體在軌道1的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度C.神舟十八號(hào)由軌道1到軌道2變軌時(shí)需點(diǎn)火加速D.神舟十八號(hào)在軌道1的運(yùn)行周期小于在軌道2的運(yùn)行周期【答案】B【解析】A．神舟十八號(hào)在軌道1運(yùn)行時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，合力不為零，神舟十八號(hào)中的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可得地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小由于近地衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小近似等于第一宇宙速度的大小，且組合體在軌道1的運(yùn)行半徑大于地球半徑，可知其運(yùn)行速度小于地球的第一宇宙速度，故B正確；C．神舟十八號(hào)由軌道1到軌道2變軌時(shí)需點(diǎn)火減速，使得萬(wàn)有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)從高軌道運(yùn)動(dòng)到低軌道，故C錯(cuò)誤；D．由于神舟十八號(hào)在圓軌道1上的運(yùn)行半徑大于其在橢其圓軌道2上運(yùn)行的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，神舟十八號(hào)在軌道1的運(yùn)行周期大于在軌道2的運(yùn)行周期，故D錯(cuò)誤。故選B。4.在x軸上O、N兩點(diǎn)固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化圖像如圖所示，O、M兩點(diǎn)間距離大于M、N兩點(diǎn)間距離，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。下列說(shuō)法正確的是（）AO點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶負(fù)電B.O點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量小于N點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量C.將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下該電荷沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)D.將一帶負(fù)電試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，該電荷的電勢(shì)能一直增加【答案】D【解析】A．由于越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低，結(jié)合題圖可知，O點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶正電，N點(diǎn)處點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．若O、N兩點(diǎn)處為等量異種點(diǎn)電荷，則二者連線的中點(diǎn)電勢(shì)為零，而電勢(shì)為零的點(diǎn)離O點(diǎn)較遠(yuǎn)，說(shuō)明O點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量大于N點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量，故B錯(cuò)誤；C．O、N兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)由靜止釋放，試探電荷所受電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，所以，僅在電場(chǎng)力作用下該電荷沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由O點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)越來(lái)越低，而負(fù)電荷所處位置的電勢(shì)越低其電勢(shì)能越大，所以，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，該電荷的電勢(shì)能一直增加，故D正確。故選D。5.如圖所示為某種呼啦圈的簡(jiǎn)化示意圖，可調(diào)節(jié)長(zhǎng)度的輕繩下端連接配重，上端可沿水平固定的圓形腰帶自由滑動(dòng)，配重（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長(zhǎng)，配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的（）A.線速度越大 B.角速度越大C.周期越小 D.加速度越小【答案】A【解析】以配重為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得可得，，，若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長(zhǎng)，則配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，可知線速度越大，角速度越小，周期越大，加速度不變。故選A。6.某同學(xué)探究小球的斜拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，記錄小球水平方向的位移x、豎直方向的位移y以及運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)，作出了、的圖像分別如圖甲、乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.t=0時(shí)小球速度的大小為3m/sB.t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到軌跡的最高點(diǎn)C.t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處D.小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處時(shí)，小球位移的大小為4.8m【答案】C【解析】A．小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向和豎直方向分別有整理得結(jié)合圖甲和圖乙可知所以，t=0時(shí)小球速度的大小為故A錯(cuò)誤；BC．有圖乙可知，t=0.8s時(shí)即即小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處，故B錯(cuò)誤，C正確；D．t=0.8s時(shí)小球運(yùn)動(dòng)到與出發(fā)點(diǎn)等高處，此時(shí)小球位移的大小為故D錯(cuò)誤。故選C。7.某物流車(chē)間使用如圖甲所示的傾斜傳送帶運(yùn)送包裹。包裹被輕放在長(zhǎng)為10m、傾角為37°順時(shí)針傳動(dòng)的傳送帶底端，以傳送帶底端為零勢(shì)能點(diǎn)，在到達(dá)傳送帶頂端的過(guò)程中，包裹的機(jī)械能E隨其位移x變化的圖像如圖乙所示，包裹和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說(shuō)法正確的是（）A.包裹的質(zhì)量m=10kgB.傳送帶傳動(dòng)速度為2m/sC.包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75D.包裹在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的總熱量為310J【答案】B【解析】A．由圖乙可知，包裹在前5m做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在5-10m做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在5-10m時(shí)，對(duì)包裹受力平衡，沿斜面方向有根據(jù)圖乙和能量守恒可知故兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的摩擦力大小分別為聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；C．0-5m過(guò)程中解得故C錯(cuò)誤；B．0-5m內(nèi)包裹做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足解得故B正確；D．在5-10m過(guò)程中包裹與傳送帶保持相對(duì)靜止，故不產(chǎn)生熱量，在0-5m過(guò)程中解得傳送帶位移為產(chǎn)生的熱量為故D錯(cuò)誤；故選B。8.如圖甲所示，通過(guò)輕彈簧相連的物塊P和物塊Q靜置于光滑水平地面上，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。t=0時(shí)刻，物塊P獲得水平向右的速度v0，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊P的質(zhì)量為m，0~t2時(shí)間內(nèi)，關(guān)于物塊P和物塊Q運(yùn)動(dòng)的位移，下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊P位移的大小為 B.物塊P位移的大小為C.物塊Q位移的大小為 D.物塊Q位移的大小為【答案】D【解析】0~t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得由于P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)從0時(shí)刻到任意時(shí)刻間的動(dòng)量均守恒，則有即有在t2時(shí)刻，P的速度減至最小，Q的增加至最大，可知，此時(shí)刻，彈簧再一次恢復(fù)原長(zhǎng)，由于0時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)，可知，t2時(shí)刻P、Q兩物塊的位移相等，即有結(jié)合上述解得故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.一新能源汽車(chē)在平直公路上勻速行駛，某時(shí)刻汽車(chē)駛?cè)胍欢巫枇Ω蟮钠街甭范?。已知汽?chē)行駛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變，下列關(guān)于汽車(chē)的速度v、牽引力F隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】開(kāi)始的時(shí)候P=F0v0，阻力等于牽引力，當(dāng)功率不變，阻力變大時(shí)，速度不能瞬間改變，根據(jù)P=Fv牽引力瞬間不變，根據(jù)可知加速度瞬時(shí)變大且與運(yùn)動(dòng)方向相反，汽車(chē)立即減速，速度逐漸減小，則牽引力逐漸變大，反向加速度逐漸減小，當(dāng)牽引力與阻力相等時(shí)再次達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。故選AD。10.如圖所示為某電容式位置傳感器的簡(jiǎn)化示意圖，該傳感器由一對(duì)形狀和尺寸相同且互相絕緣的定極板與動(dòng)極板組成，兩極板均豎直放置，寬度均為l1，長(zhǎng)度均為l2，間距為d。當(dāng)動(dòng)極板沿x軸移動(dòng)時(shí)，可通過(guò)電容器電容的變化計(jì)算動(dòng)極板位移的大小，規(guī)定電容器電容的變化量與動(dòng)極板的位移大小之比為該傳感器的靈敏度，的值越大，傳感器的靈敏度越高。已知?jiǎng)訕O板沿x軸移動(dòng)過(guò)程中兩極板所帶電荷量不變，下列說(shuō)法正確的是（）A.動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大B.動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電壓變小C.兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高D.兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越高【答案】AC【解析】AB．動(dòng)極板沿x軸向右平移一小段距離，根據(jù)可知，由于電容器的兩極板的正對(duì)面積減小，所以電容器的電容減小，根據(jù)，兩極板所帶電荷量不變，所以電容器兩極板間的電壓變大；根據(jù)，兩極板間的距離不變，所以電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．則該傳感器的靈敏度為所以，兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高；兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越低，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。11.如圖所示，電荷量為Q的帶負(fù)電小球乙固定在足夠長(zhǎng)的豎直光滑直桿底端，質(zhì)量為m、電荷量為Q的帶負(fù)電小球甲套在豎直桿上，初始時(shí)兩小球間的距離為L(zhǎng)，將小球甲由靜止釋放，小球甲沿豎直桿運(yùn)動(dòng)。已知兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能可表示為（Q1、Q2為兩點(diǎn)電荷的電荷量，r為兩點(diǎn)電荷之間的距離，k為靜電力常量），重力加速度為g。小球甲運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩小球間的距離為時(shí)，小球甲的動(dòng)能最大B.兩小球間的距離為時(shí)，小球甲的動(dòng)能最大C.若小球甲釋放后向上運(yùn)動(dòng)，兩小球間的最遠(yuǎn)距離為D.若小球甲釋放后向下運(yùn)動(dòng)，兩小球間的最近距離為【答案】AD【解析】AB．小球甲的動(dòng)能最大時(shí)，小球甲所受庫(kù)侖力等于重力，即求得故A正確，B錯(cuò)誤；C．若小球甲釋放后向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩小球間的最遠(yuǎn)距離為，則小球甲上升到最高點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)能量守恒得求得故C錯(cuò)誤；D．若小球甲釋放后向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩小球間的最近距離為，則小球甲下降到最低點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)能量守恒得求得故D正確。故選AD。12.如圖所示，輕彈簧一端固定在光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）相連，小球套在粗糙程度處處相同的固定直桿上，直桿與水平方向的夾角為30°。若將小球由A點(diǎn)靜止釋放，下滑過(guò)程中小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為v1，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度減為0。若使小球從C點(diǎn)以初速度v上滑，上滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為v2，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度減為0。已知AB=BC=L，，OB與彈簧原長(zhǎng)相等，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.v1和v2的大小相等B.AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能減小量為C.小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為D.小球從C點(diǎn)開(kāi)始上滑的速度【答案】BD【解析】D．根據(jù)對(duì)稱(chēng)性知，小球通過(guò)AB段與BC段關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱(chēng)位置受到的摩擦力相等，則在兩段過(guò)程中摩擦力做功相等。設(shè)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程克服摩擦力做功為Wf，小球A到C的過(guò)程和C到A的過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)能定理得，聯(lián)立，解得，故D正確；AC．設(shè)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為Ep，由能量守恒，可得，聯(lián)立，解得，可得故AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)聯(lián)立，解得可知AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能減小量為。故B正確。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學(xué)依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，用如圖所示的裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。主要?shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將10個(gè)質(zhì)量均為m的砝碼放入質(zhì)量為M的盒子A中，在盒子A上固定一寬度為d的遮光片；（2）在鐵架臺(tái)上固定滑輪和光電門(mén)，用細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接裝有砝碼的盒子A和質(zhì)量為M的盒子B；（3）在鐵架臺(tái)上標(biāo)記遮光片的初始位置O，測(cè)出O點(diǎn)與光電門(mén)之間的距離L；（4）將盒子A由靜止釋放，測(cè)得遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t0。盒子A經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小v=_________（用d和t0表示）。適當(dāng)_________（選填“增大”或“減小”）距離L可減小速度v的測(cè)量誤差；（5）在盒子A中保留n（n>5）個(gè)砝碼，將其余（）個(gè)砝碼放入盒子B中，重復(fù)步驟（4），記錄盒子A中有n（n>5）個(gè)砝碼時(shí)遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)的對(duì)應(yīng)時(shí)間________；（6）根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)作出圖像，若圖像斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_________。（用d、k、L、M、m表示）【答案】①.②.增大③.④.【解析】[1][2]由很短時(shí)間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時(shí)速度可求得盒子A經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小為距離L越大，遮光片到達(dá)光電門(mén)位置時(shí)的速度越大，遮光時(shí)間就越短，平均速度越接近瞬時(shí)速度，速度v的測(cè)量誤差就越小，所以，適當(dāng)增大L可減小速度v的測(cè)量誤差。[3][4]在遮光片由初始位置O運(yùn)動(dòng)至光電門(mén)過(guò)程中，對(duì)于盒子A、B組成的系統(tǒng)（包括盒中的砝碼）由機(jī)械能守恒定律得又聯(lián)立求得整理得所以求得14.某同學(xué)想用如圖甲所示的電路測(cè)量一電壓表的內(nèi)阻，并將其改裝成雙量程電流表。實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：待測(cè)電壓表（量程3.0V，內(nèi)阻約為幾千歐）；電阻箱R（最大阻值為99999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器R0（最大阻值為50.0Ω）；電源E（電動(dòng)勢(shì)約7.5V，內(nèi)阻很?。婚_(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）該同學(xué)根據(jù)如圖甲所示電路圖連接電路。請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線在答題紙上對(duì)應(yīng)位置將實(shí)驗(yàn)器材正確連接__________；（2）將電阻箱R的阻值調(diào)節(jié)為0，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R0的滑片，使電壓表的示數(shù)為3.0V；（3）保持滑動(dòng)變阻器R0的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電壓表的示數(shù)為1.5V，此時(shí)電阻箱R的擋位如圖丙所示，則電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值為_(kāi)_________Ω，用此種方法測(cè)量的電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值_________（選填“大于”“等于”或“小于”）電壓表內(nèi)阻的真實(shí)值；（4）按照如圖丁所示電路將該電壓表改裝成量程分別為0~0.6A，0~3.0A的雙量程電流表，圖丁中R2的阻值大小為_(kāi)________Ω。（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【答案】（1）（3）2596.0大于（4）4【解析】[1]根據(jù)電路圖，實(shí)物圖連接如下[2]圖丙可知電阻箱阻值根據(jù)半偏法測(cè)電壓表內(nèi)阻原理可知，電阻箱和電壓表的電壓共為3V，設(shè)電壓表內(nèi)阻為，根據(jù)串聯(lián)關(guān)系得聯(lián)立解得[3]調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，則電阻總電阻變大，干路電流減小，內(nèi)阻和滑動(dòng)變阻器右部分電壓減小，電阻箱和電壓表的總電壓變大，即大于3.0V，當(dāng)電壓表的示數(shù)為1.5V時(shí)，電阻箱的電壓大于1.5V，由于它們串聯(lián)，所以電阻箱的電阻大于電壓表的電阻，即電壓表內(nèi)阻的測(cè)量值大于電壓表內(nèi)阻的真實(shí)值；[4]圖丁可知，右接線柱接B時(shí)，改裝表量程為0.6A，即右接線柱接A時(shí)，改裝表量程為3.0A，即聯(lián)立解得15.機(jī)器人在快遞行業(yè)的使用大大提高了快遞效率。如圖甲所示，派件員將質(zhì)量為m=1kg的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于機(jī)器人的水平托盤(pán)上，機(jī)器人沿水平地面將包裹運(yùn)送至投遞口，為保證運(yùn)送過(guò)程中包裹與水平托盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，機(jī)器人做直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小不得超過(guò)a=7.5m/s2。機(jī)器人到達(dá)指定投遞口后停止運(yùn)動(dòng)，緩慢翻轉(zhuǎn)托盤(pán)，當(dāng)托盤(pán)與水平方向的夾角為θ時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，如圖乙所示，此后托盤(pán)與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤(pán)勻加速下滑。已知包裹和托盤(pán)間的最大靜摩擦力f1和滑動(dòng)摩擦力f2的比值為，重力加速度g取10m/s2，求（1）托盤(pán)與水平方向的夾角θ的正切值；（2）包裹由靜止開(kāi)始沿托盤(pán)下滑位移為L(zhǎng)=0.6m時(shí)的速度大小v（此時(shí)包裹仍在托盤(pán)上）。【答案】（1）（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】由題意，設(shè)包裹與托盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，包裹與托盤(pán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，機(jī)器人做直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小不得超過(guò)，根據(jù)牛頓第二定律可知，該情形下若包裹滑動(dòng)其與托盤(pán)間的滑動(dòng)摩擦力為由于包裹和托盤(pán)間的最大靜摩擦力f1和滑動(dòng)摩擦力f2的比值為即二者一起以最大加速度水平加速運(yùn)動(dòng)時(shí)聯(lián)立求得當(dāng)托盤(pán)與水平方向的夾角為θ時(shí)，包裹恰好開(kāi)始下滑，此后托盤(pán)與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤(pán)勻加速下滑，此時(shí)有聯(lián)立求得即【小問(wèn)2詳析】包裹由靜止開(kāi)始沿托盤(pán)下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得可得根據(jù)代入數(shù)據(jù)可得16.如圖所示，質(zhì)量為M的支架（包括底座）靜置于水平地面上，長(zhǎng)為l且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在支架上端O點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球恰好能在豎直面內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)。已知在小球轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中支架（包括底座）始終保持靜止，重力加速度為g，求（1）輕繩水平時(shí)小球速度大小v；（2）小球轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中支架（包括底座）對(duì)地面壓力的最大值N；（3）請(qǐng)說(shuō)明小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，支架（包括底座）對(duì)地面壓力大小的變化情況（僅說(shuō)明變化情況，不需要論證）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）支架對(duì)地面的壓力先減小后增大【解析】【小問(wèn)1詳析】在最高點(diǎn)從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒可