2024-2025學(xué)年山東名校考試聯(lián)盟高三上學(xué)期12月階段性檢測物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東名?？荚嚶?lián)盟2024年12月高三年級階段性檢測物理試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，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毫米黑色簽字筆書寫。字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，在某次救援活動中，用四根完全相同且不可伸長的輕繩將重力為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，每根輕繩對船的拉力大小為（）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中國自動化大會上，一款會踢足球的智能機(jī)器人受到參觀者圍觀。機(jī)器人接到沿水平地面運(yùn)動過來的速度為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程中，下列說法正確的是（）A.足球動量變化量的大小為0.4kg?m/sB.機(jī)器人對足球的沖量大于足球?qū)C(jī)器人的沖量C.機(jī)器人對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，足球的動量變化量為即足球動量變化量的大小為，故A錯誤；B．機(jī)器人對足球的作用力與足球?qū)C(jī)器人的作用力是一對相互作用力，大小始終相等，作用時間相同，故機(jī)器人對足球的沖量等于足球?qū)C(jī)器人的沖量。故B錯誤；C．對足球列動量定理有解得故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錯誤。故選C。3.2024年11月3日，神舟十八號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，分離后神舟十八號進(jìn)入橢圓軌道2。下列說法正確的是（）A.在軌道1運(yùn)行時神舟十八號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.神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點(diǎn)火加速D.神舟十八號在軌道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．神舟十八號在軌道1運(yùn)行時做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，合力不為零，神舟十八號中的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；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．神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點(diǎn)火減速，使得萬有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動，從而實(shí)現(xiàn)從高軌道運(yùn)動到低軌道，故C錯誤；D．由于神舟十八號在圓軌道1上的運(yùn)行半徑大于其在橢其圓軌道2上運(yùn)行的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，神舟十八號在軌道1的運(yùn)行周期大于在軌道2的運(yùn)行周期，故D錯誤。故選B。4.在x軸上O、N兩點(diǎn)固定兩個點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢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，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零。下列說法正確的是（）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，僅在電場力作用下該電荷沿x軸正方向運(yùn)動D.將一帶負(fù)電試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加【答案】D【解析】A．由于越靠近正電荷電勢越高，越靠近負(fù)電荷電勢越低，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)電勢為零，而電勢為零的點(diǎn)離O點(diǎn)較遠(yuǎn)，說明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錯誤；C．O、N兩點(diǎn)間的電場強(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，試探電荷所受電場力沿x軸負(fù)方向，所以，僅在電場力作用下該電荷沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，故C錯誤；D．由O點(diǎn)到N點(diǎn)電勢越來越低，而負(fù)電荷所處位置的電勢越低其電勢能越大，所以，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加，故D正確。故選D。5.如圖所示為某種呼啦圈的簡化示意圖，可調(diào)節(jié)長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，配重（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長，配重做勻速圓周運(yùn)動的（）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，則配重做勻速圓周運(yùn)動的半徑越大，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)動時，記錄小球水平方向的位移x、豎直方向的位移y以及運(yùn)動時間t的數(shù)據(jù)，作出了、的圖像分別如圖甲、乙所示，下列說法正確的是（）A.t=0時小球速度的大小為3m/sB.t=0.8s時小球運(yùn)動到軌跡的最高點(diǎn)C.t=0.8s時小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處D.小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處時，小球位移的大小為4.8m【答案】C【解析】A．小球做斜拋運(yùn)動，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時小球速度的大小為故A錯誤；BC．有圖乙可知，t=0.8s時即即小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處，故B錯誤，C正確；D．t=0.8s時小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處，此時小球位移的大小為故D錯誤。故選C。7.某物流車間使用如圖甲所示的傾斜傳送帶運(yùn)送包裹。包裹被輕放在長為10m、傾角為37°順時針傳動的傳送帶底端，以傳送帶底端為零勢能點(diǎn)，在到達(dá)傳送帶頂端的過程中，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。下列說法正確的是（）A.包裹的質(zhì)量m=10kgB.傳送帶傳動速度為2m/sC.包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75D.包裹在傳送帶上運(yùn)動的過程中系統(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，在5-10m做勻速直線運(yùn)動，故在5-10m時，對包裹受力平衡，沿斜面方向有根據(jù)圖乙和能量守恒可知故兩段運(yùn)動過程中的摩擦力大小分別為聯(lián)立解得故A錯誤；C．0-5m過程中解得故C錯誤；B．0-5m內(nèi)包裹做勻加速直線運(yùn)動，滿足解得故B正確；D．在5-10m過程中包裹與傳送帶保持相對靜止，故不產(chǎn)生熱量，在0-5m過程中解得傳送帶位移為產(chǎn)生的熱量為故D錯誤；故選B。8.如圖甲所示，通過輕彈簧相連的物塊P和物塊Q靜置于光滑水平地面上，初始時彈簧處于原長。t=0時刻，物塊P獲得水平向右的速度v0，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊P的質(zhì)量為m，0~t2時間內(nèi)，關(guān)于物塊P和物塊Q運(yùn)動的位移，下列說法正確的是（）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時間內(nèi)，根據(jù)動量守恒定律有解得由于P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)從0時刻到任意時刻間的動量均守恒，則有即有在t2時刻，P的速度減至最小，Q的增加至最大，可知，此時刻，彈簧再一次恢復(fù)原長，由于0時刻彈簧處于原長，可知，t2時刻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選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.一新能源汽車在平直公路上勻速行駛，某時刻汽車駛?cè)胍欢巫枇Ω蟮钠街甭范巍Ｒ阎囆旭傔^程中發(fā)動機(jī)的功率保持不變，下列關(guān)于汽車的速度v、牽引力F隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】開始的時候P=F0v0，阻力等于牽引力，當(dāng)功率不變，阻力變大時，速度不能瞬間改變，根據(jù)P=Fv牽引力瞬間不變，根據(jù)可知加速度瞬時變大且與運(yùn)動方向相反，汽車立即減速，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化示意圖，該傳感器由一對形狀和尺寸相同且互相絕緣的定極板與動極板組成，兩極板均豎直放置，寬度均為l1，長度均為l2，間距為d。當(dāng)動極板沿x軸移動時，可通過電容器電容的變化計算動極板位移的大小，規(guī)定電容器電容的變化量與動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。已知動極板沿x軸移動過程中兩極板所帶電荷量不變，下列說法正確的是（）A.動極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度變大B.動極板沿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強(qiáng)度變大，故A正確，B錯誤；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，初始時兩小球間的距離為L，將小球甲由靜止釋放，小球甲沿豎直桿運(yùn)動。已知兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)的電勢能可表示為（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)動過程中，下列說法正確的是（）A.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大B.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大C.若小球甲釋放后向上運(yùn)動，兩小球間的最遠(yuǎn)距離為D.若小球甲釋放后向下運(yùn)動，兩小球間的最近距離為【答案】AD【解析】AB．小球甲的動能最大時，小球甲所受庫侖力等于重力，即求得故A正確，B錯誤；C．若小球甲釋放后向上運(yùn)動，設(shè)兩小球間的最遠(yuǎn)距離為，則小球甲上升到最高點(diǎn)過程中根據(jù)能量守恒得求得故C錯誤；D．若小球甲釋放后向下運(yùn)動，設(shè)兩小球間的最近距離為，則小球甲下降到最低點(diǎn)過程中根據(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，下滑過程中小球經(jīng)過B點(diǎn)時速度為v1，到達(dá)C點(diǎn)時速度減為0。若使小球從C點(diǎn)以初速度v上滑，上滑過程中經(jīng)過B點(diǎn)時速度為v2，到達(dá)A點(diǎn)時速度減為0。已知AB=BC=L，，OB與彈簧原長相等，重力加速度為g，下列說法正確的是（）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)時彈簧的彈性勢能為D.小球從C點(diǎn)開始上滑的速度【答案】BD【解析】D．根據(jù)對稱性知，小球通過AB段與BC段關(guān)于B點(diǎn)對稱位置受到的摩擦力相等，則在兩段過程中摩擦力做功相等。設(shè)小球從A運(yùn)動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，小球A到C的過程和C到A的過程，分別運(yùn)用動能定理得，聯(lián)立，解得，故D正確；AC．設(shè)彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，由能量守恒，可得，聯(lián)立，解得，可得故AC錯誤；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量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。主要?shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將10個質(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）在鐵架臺上固定滑輪和光電門，用細(xì)繩跨過定滑輪連接裝有砝碼的盒子A和質(zhì)量為M的盒子B；（3）在鐵架臺上標(biāo)記遮光片的初始位置O，測出O點(diǎn)與光電門之間的距離L；（4）將盒子A由靜止釋放，測得遮光片經(jīng)過光電門的時間為t0。盒子A經(jīng)過光電門的速度大小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的測量誤差；（5）在盒子A中保留n（n>5）個砝碼，將其余（）個砝碼放入盒子B中，重復(fù)步驟（4），記錄盒子A中有n（n>5）個砝碼時遮光片經(jīng)過光電門的對應(yīng)時間________；（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]由很短時間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時速度可求得盒子A經(jīng)過光電門的速度大小為距離L越大，遮光片到達(dá)光電門位置時的速度越大，遮光時間就越短，平均速度越接近瞬時速度，速度v的測量誤差就越小，所以，適當(dāng)增大L可減小速度v的測量誤差。[3][4]在遮光片由初始位置O運(yùn)動至光電門過程中，對于盒子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）；滑動變阻器R0（最大阻值為50.0Ω）；電源E（電動勢約7.5V，內(nèi)阻很?。?；開關(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。請用筆畫線代替導(dǎo)線在答題紙上對應(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，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器R0的滑片，使電壓表的示數(shù)為3.0V；（3）保持滑動變阻器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，此時電阻箱R的擋位如圖丙所示，則電壓表內(nèi)阻的測量值為__________Ω，用此種方法測量的電壓表內(nèi)阻的測量值_________（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_________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，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，改裝表量程為0.6A，即右接線柱接A時，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)送過程中包裹與水平托盤不發(fā)生相對滑動，機(jī)器人做直線運(yùn)動的加速度大小不得超過a=7.5m/s2。機(jī)器人到達(dá)指定投遞口后停止運(yùn)動，緩慢翻轉(zhuǎn)托盤，當(dāng)托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，如圖乙所示，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑。已知包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為，重力加速度g取10m/s2，求（1）托盤與水平方向的夾角θ的正切值；（2）包裹由靜止開始沿托盤下滑位移為L=0.6m時的速度大小v（此時包裹仍在托盤上）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】由題意，設(shè)包裹與托盤間的動摩擦因數(shù)為，包裹與托盤不發(fā)生相對滑動時，機(jī)器人做直線運(yùn)動的加速度大小不得超過，根據(jù)牛頓第二定律可知，該情形下若包裹滑動其與托盤間的滑動摩擦力為由于包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為即二者一起以最大加速度水平加速運(yùn)動時聯(lián)立求得當(dāng)托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑，此時有聯(lián)立求得即【小問2詳析】包裹由靜止開始沿托盤下滑時，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，長為l且不可伸長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。已知在小球轉(zhuǎn)動過程中支架（包括底座）始終保持靜止，重力加速度為g，求（1）輕繩水平時小球速度大小v；（2）小球轉(zhuǎn)動過程中支架（包括底座）對地面壓力的最大值N；（3）請說明小球從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，支架（包括底座）對地面壓力大小的變化情況（僅說明變化情況，不需要論證）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）支架對地面的壓力先減小后增大【解析】【小問1詳析】在最高點(diǎn)從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到水平位置時，根據(jù)機(jī)械能守恒可知輕繩水平時小球的速度大小【小問2詳析】當(dāng)小球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時，支架對地面壓力的最大，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支架進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第三定律可知對地面的最大壓力【小問3詳析】小球從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，支架對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)域足夠長且寬度均為L。區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在方向沿y軸正方向、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在方向沿y軸正方向、電場強(qiáng)度大小可調(diào)的電場（圖中未畫出）。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°。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，忽略電場的邊界效應(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中電場強(qiáng)度的大小為，帶電粒子從粒子源射出開始沿y軸方向運(yùn)動的最大位移為，求該帶電粒子運(yùn)動到區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線上時，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。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動時，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2詳析】帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)帶電粒子穿過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時y方向的速度大小為，則帶電粒子穿過區(qū)域Ⅰ過程沿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程中有聯(lián)立得所以【小問3詳析】設(shè)恰好進(jìn)入第四象限的粒子從粒子源射出時的速度大小為，穿過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時沿y方向的速度大小為，則有由于區(qū)域Ⅱ中的電場強(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°的足夠長傳送帶固定在水平平臺上，傳送帶以v1=8m/s的速度順時針勻速傳動。物塊A放置在足夠長的木板B上，木板B和物塊C由繞過光滑輕質(zhì)滑輪的輕繩連接，輕繩不可伸長，t=0時刻將物塊A、木板B無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間的動摩擦因數(shù)為，木板B和傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，運(yùn)動過程中物塊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摩擦力。（1）求物塊C的質(zhì)量m3；（2）若初始時刻物塊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)過時間t1后輕繩再次伸直，再經(jīng)過一段時間物塊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，求（i）t1的大??；（ii）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)，對物塊A，木板B和物塊C受力分析可知解得m3=1kg【小問2詳析】（?。┹p繩伸直前，物塊C始終做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動的位移物塊A、木板B先做勻減速直線運(yùn)動，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，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解得x3=7mt1=2s（ⅱ）在內(nèi)，木板B與傳送帶之間的相對位移在內(nèi)，木板B與傳送帶之間的相對位移內(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，將木板B和物塊C視為一個系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動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，對木板B和物塊C受力分得，由牛頓第二定律所用時間解得對物塊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，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)共速時解得山東名?？荚嚶?lián)盟2024年12月高三年級階段性檢測物理試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，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毫米黑色簽字筆書寫。字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，在某次救援活動中，用四根完全相同且不可伸長的輕繩將重力為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，每根輕繩對船的拉力大小為（）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中國自動化大會上，一款會踢足球的智能機(jī)器人受到參觀者圍觀。機(jī)器人接到沿水平地面運(yùn)動過來的速度為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程中，下列說法正確的是（）A.足球動量變化量的大小為0.4kg?m/sB.機(jī)器人對足球的沖量大于足球?qū)C(jī)器人的沖量C.機(jī)器人對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，足球的動量變化量為即足球動量變化量的大小為，故A錯誤；B．機(jī)器人對足球的作用力與足球?qū)C(jī)器人的作用力是一對相互作用力，大小始終相等，作用時間相同，故機(jī)器人對足球的沖量等于足球?qū)C(jī)器人的沖量。故B錯誤；C．對足球列動量定理有解得故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錯誤。故選C。3.2024年11月3日，神舟十八號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，分離后神舟十八號進(jìn)入橢圓軌道2。下列說法正確的是（）A.在軌道1運(yùn)行時神舟十八號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.神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點(diǎn)火加速D.神舟十八號在軌道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．神舟十八號在軌道1運(yùn)行時做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，合力不為零，神舟十八號中的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；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．神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點(diǎn)火減速，使得萬有引力大于所需向心力，做近心運(yùn)動，從而實(shí)現(xiàn)從高軌道運(yùn)動到低軌道，故C錯誤；D．由于神舟十八號在圓軌道1上的運(yùn)行半徑大于其在橢其圓軌道2上運(yùn)行的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，神舟十八號在軌道1的運(yùn)行周期大于在軌道2的運(yùn)行周期，故D錯誤。故選B。4.在x軸上O、N兩點(diǎn)固定兩個點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢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，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零。下列說法正確的是（）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，僅在電場力作用下該電荷沿x軸正方向運(yùn)動D.將一帶負(fù)電試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加【答案】D【解析】A．由于越靠近正電荷電勢越高，越靠近負(fù)電荷電勢越低，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)電勢為零，而電勢為零的點(diǎn)離O點(diǎn)較遠(yuǎn)，說明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錯誤；C．O、N兩點(diǎn)間的電場強(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，試探電荷所受電場力沿x軸負(fù)方向，所以，僅在電場力作用下該電荷沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，故C錯誤；D．由O點(diǎn)到N點(diǎn)電勢越來越低，而負(fù)電荷所處位置的電勢越低其電勢能越大，所以，將一帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)向N點(diǎn)移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加，故D正確。故選D。5.如圖所示為某種呼啦圈的簡化示意圖，可調(diào)節(jié)長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，配重（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長，配重做勻速圓周運(yùn)動的（）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，則配重做勻速圓周運(yùn)動的半徑越大，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)動時，記錄小球水平方向的位移x、豎直方向的位移y以及運(yùn)動時間t的數(shù)據(jù)，作出了、的圖像分別如圖甲、乙所示，下列說法正確的是（）A.t=0時小球速度的大小為3m/sB.t=0.8s時小球運(yùn)動到軌跡的最高點(diǎn)C.t=0.8s時小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處D.小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處時，小球位移的大小為4.8m【答案】C【解析】A．小球做斜拋運(yùn)動，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時小球速度的大小為故A錯誤；BC．有圖乙可知，t=0.8s時即即小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處，故B錯誤，C正確；D．t=0.8s時小球運(yùn)動到與出發(fā)點(diǎn)等高處，此時小球位移的大小為故D錯誤。故選C。7.某物流車間使用如圖甲所示的傾斜傳送帶運(yùn)送包裹。包裹被輕放在長為10m、傾角為37°順時針傳動的傳送帶底端，以傳送帶底端為零勢能點(diǎn)，在到達(dá)傳送帶頂端的過程中，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。下列說法正確的是（）A.包裹的質(zhì)量m=10kgB.傳送帶傳動速度為2m/sC.包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75D.包裹在傳送帶上運(yùn)動的過程中系統(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，在5-10m做勻速直線運(yùn)動，故在5-10m時，對包裹受力平衡，沿斜面方向有根據(jù)圖乙和能量守恒可知故兩段運(yùn)動過程中的摩擦力大小分別為聯(lián)立解得故A錯誤；C．0-5m過程中解得故C錯誤；B．0-5m內(nèi)包裹做勻加速直線運(yùn)動，滿足解得故B正確；D．在5-10m過程中包裹與傳送帶保持相對靜止，故不產(chǎn)生熱量，在0-5m過程中解得傳送帶位移為產(chǎn)生的熱量為故D錯誤；故選B。8.如圖甲所示，通過輕彈簧相連的物塊P和物塊Q靜置于光滑水平地面上，初始時彈簧處于原長。t=0時刻，物塊P獲得水平向右的速度v0，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊P的質(zhì)量為m，0~t2時間內(nèi)，關(guān)于物塊P和物塊Q運(yùn)動的位移，下列說法正確的是（）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時間內(nèi)，根據(jù)動量守恒定律有解得由于P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)從0時刻到任意時刻間的動量均守恒，則有即有在t2時刻，P的速度減至最小，Q的增加至最大，可知，此時刻，彈簧再一次恢復(fù)原長，由于0時刻彈簧處于原長，可知，t2時刻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選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.一新能源汽車在平直公路上勻速行駛，某時刻汽車駛?cè)胍欢巫枇Ω蟮钠街甭范?。已知汽車行駛過程中發(fā)動機(jī)的功率保持不變，下列關(guān)于汽車的速度v、牽引力F隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】開始的時候P=F0v0，阻力等于牽引力，當(dāng)功率不變，阻力變大時，速度不能瞬間改變，根據(jù)P=Fv牽引力瞬間不變，根據(jù)可知加速度瞬時變大且與運(yùn)動方向相反，汽車立即減速，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化示意圖，該傳感器由一對形狀和尺寸相同且互相絕緣的定極板與動極板組成，兩極板均豎直放置，寬度均為l1，長度均為l2，間距為d。當(dāng)動極板沿x軸移動時，可通過電容器電容的變化計算動極板位移的大小，規(guī)定電容器電容的變化量與動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。已知動極板沿x軸移動過程中兩極板所帶電荷量不變，下列說法正確的是（）A.動極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度變大B.動極板沿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強(qiáng)度變大，故A正確，B錯誤；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，初始時兩小球間的距離為L，將小球甲由靜止釋放，小球甲沿豎直桿運(yùn)動。已知兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)的電勢能可表示為（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)動過程中，下列說法正確的是（）A.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大B.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大C.若小球甲釋放后向上運(yùn)動，兩小球間的最遠(yuǎn)距離為D.若小球甲釋放后向下運(yùn)動，兩小球間的最近距離為【答案】AD【解析】AB．小球甲的動能最大時，小球甲所受庫侖力等于重力，即求得故A正確，B錯誤；C．若小球甲釋放后向上運(yùn)動，設(shè)兩小球間的最遠(yuǎn)距離為，則小球甲上升到最高點(diǎn)過程中根據(jù)能量守恒得求得故C錯誤；D．若小球甲釋放后向下運(yùn)動，設(shè)兩小球間的最近距離為，則小球甲下降到最低點(diǎn)過程中根據(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，下滑過程中小球經(jīng)過B點(diǎn)時速度為v1，到達(dá)C點(diǎn)時速度減為0。若使小球從C點(diǎn)以初速度v上滑，上滑過程中經(jīng)過B點(diǎn)時速度為v2，到達(dá)A點(diǎn)時速度減為0。已知AB=BC=L，，OB與彈簧原長相等，重力加速度為g，下列說法正確的是（）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)時彈簧的彈性勢能為D.小球從C點(diǎn)開始上滑的速度【答案】BD【解析】D．根據(jù)對稱性知，小球通過AB段與BC段關(guān)于B點(diǎn)對稱位置受到的摩擦力相等，則在兩段過程中摩擦力做功相等。設(shè)小球從A運(yùn)動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，小球A到C的過程和C到A的過程，分別運(yùn)用動能定理得，聯(lián)立，解得，故D正確；AC．設(shè)彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，由能量守恒，可得，聯(lián)立，解得，可得故AC錯誤；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量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。主要?shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將10個質(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）在鐵架臺上固定滑輪和光電門，用細(xì)繩跨過定滑輪連接裝有砝碼的盒子A和質(zhì)量為M的盒子B；（3）在鐵架臺上標(biāo)記遮光片的初始位置O，測出O點(diǎn)與光電門之間的距離L；（4）將盒子A由靜止釋放，測得遮光片經(jīng)過光電門的時間為t0。盒子A經(jīng)過光電門的速度大小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的測量誤差；（5）在盒子A中保留n（n>5）個砝碼，將其余（）個砝碼放入盒子B中，重復(fù)步驟（4），記錄盒子A中有n（n>5）個砝碼時遮光片經(jīng)過光電門的對應(yīng)時間________；（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]由很短時間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時速度可求得盒子A經(jīng)過光電門的速度大小為距離L越大，遮光片到達(dá)光電門位置時的速度越大，遮光時間就越短，平均速度越接近瞬時速度，速度v的測量誤差就越小，所以，適當(dāng)增大L可減小速度v的測量誤差。[3][4]在遮光片由初始位置O運(yùn)動至光電門過程中，對于盒子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）；滑動變阻器R0（最大阻值為50.0Ω）；電源E（電動勢約7.5V，內(nèi)阻很?。?；開關(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。請用筆畫線代替導(dǎo)線在答題紙上對應(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，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器R0的滑片，使電壓表的示數(shù)為3.0V；（3）保持滑動變阻器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，此時電阻箱R的擋位如圖丙所示，則電壓表內(nèi)阻的測量值為__________Ω，用此種方法測量的電壓表內(nèi)阻的測量值_________（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_________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，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，改裝表量程為0.6A，即右接線柱接A時，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)送過程中包裹與水平托盤不發(fā)生相對滑動，機(jī)器人做直線運(yùn)動的加速度大小不得超過a=7.5m/s2。機(jī)器人到達(dá)指定投遞口后停止運(yùn)動，緩慢翻轉(zhuǎn)托盤，當(dāng)托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，如圖乙所示，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑。已知包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為，重力加速度g取10m/s2，求（1）托盤與水平方向的夾角θ的正切值；（2）包裹由靜止開始沿托盤下滑位移為L=0.6m時的速度大小v（此時包裹仍在托盤上）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】由題意，設(shè)包裹與托盤間的動摩擦因數(shù)為，包裹與托盤不發(fā)生相對滑動時，機(jī)器人做直線運(yùn)動的加速度大小不得超過，根據(jù)牛頓第二定律可知，該情形下若包裹滑動其與托盤間的滑動摩擦力為由于包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為即二者一起以最大加速度水平加速運(yùn)動時聯(lián)立求得當(dāng)托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑，此時有聯(lián)立求得即【小問2詳析】包裹由靜止開始沿托盤下滑時，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，長為l且不可伸長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。已知在小球轉(zhuǎn)動過程中支架（包括底座）始終保持靜止，重力加速度為g，求（1）輕繩水平時小球速度大小v；（2）小球轉(zhuǎn)動過程中支架（包括底座）對地面壓力的最大值N；（3）請說明小球從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，支架（包括底座）對地面壓力大小的變化情況（僅說明變化情況，不需要論證）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）支架對地面的壓力先減小后增大【解析】【小問1詳析】在最高點(diǎn)從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到水平位置時，根據(jù)機(jī)械能守恒可