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2025屆四川省瀘州市瀘縣第五中學(xué)高三上學(xué)期一模物理試題
1．（2024高三上·瀘縣模擬）2022年6月5日，搭載神舟十四號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征一號(hào)F遙十四運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，“神舟十四號(hào)”進(jìn)入預(yù)定軌道后于17點(diǎn)42分成功對(duì)接于天和核心艙徑向端口，如圖所示，對(duì)接完成后，以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．研究對(duì)接后的組合體繞地球運(yùn)動(dòng)的周期時(shí)，可將其視為質(zhì)點(diǎn)
B．若認(rèn)為“神舟十四號(hào)”處于靜止?fàn)顟B(tài)，則選取的參照物是地球
C．6月5日17時(shí)42分指的是時(shí)間間隔
D．火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的速度和加速度均為0
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)；時(shí)間與時(shí)刻；加速度；參考系與坐標(biāo)系
【解析】【解答】A．物體能看成質(zhì)點(diǎn)的條件：物體的形狀和大小在所研究的問(wèn)題中可忽略不計(jì)。研究對(duì)接后的組合體繞地球運(yùn)動(dòng)的周期時(shí)，可以忽略其大小和形狀，將其視為質(zhì)點(diǎn)，故A正確；
B．對(duì)接完成后，若認(rèn)為“神舟十四號(hào)”處于靜止?fàn)顟B(tài)，則選取的參照物是天和核心艙，選取地球?yàn)閰⒄瘴铮吧裰凼奶?hào)”是運(yùn)動(dòng)的，故B錯(cuò)誤；
C.6月5日17時(shí)42分指的是時(shí)刻，故C錯(cuò)誤；
D．火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的加速度不為0，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】物體的形狀和大小在所研究的問(wèn)題中可忽略不計(jì)時(shí)，物體可看作質(zhì)點(diǎn)；根據(jù)參考系的不同，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；時(shí)刻是指某一瞬間；火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的速度不為零。
2．（2024高三上·瀘縣模擬）滑雪運(yùn)動(dòng)員沿斜坡滑道下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1000J，阻力對(duì)他做功-200J。此過(guò)程關(guān)于運(yùn)動(dòng)員的說(shuō)法，下列選項(xiàng)正確的是（　　）
A．重力勢(shì)能減少了800J B．動(dòng)能增加了1200J
C．機(jī)械能增加了1000J D．機(jī)械能減少了200J
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是能夠分析能量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢(shì)能變化與重力做功有關(guān)、動(dòng)能的變化與合力做功有關(guān)、機(jī)械能的變化與除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功有關(guān)。A．重力對(duì)他做功1000J，根據(jù)功能關(guān)系可知重力勢(shì)能減少了1000J，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能增加了
故B錯(cuò)誤；
CD．機(jī)械能變化量為
故機(jī)械能減少了，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
【分析】重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做多少功，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能就改變多少；根據(jù)動(dòng)能定理確定動(dòng)能的變化；機(jī)械能減小量等于克服阻力做的功。
3．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示，衛(wèi)星A、B繞地心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)于衛(wèi)星A、B的線速度v、角速度、向心加速度a、向心力F大小關(guān)系正確的是（　　）
A．vA＞vB B．A＜B C．a(chǎn)A＜aB D．FA＞FB
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算。A．根據(jù)
解得
由圖可知
所以
故A正確；
B．根據(jù)
解得
由圖可知
所以
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
可得
由圖可知
所以
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無(wú)法判斷兩衛(wèi)星向心力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】 根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，分析線速度，角速度，加速度，質(zhì)量關(guān)系未知，無(wú)法比較向心力。
4．（2024高三上·瀘縣模擬）“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過(guò)紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會(huì)交替出現(xiàn)。拉動(dòng)多次后，紐扣繞其中心的角速度可達(dá)100rad/s，此時(shí)紐扣上距離中心5mm處一點(diǎn)的向心加速度大小為（　　）
A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】向心加速度
【解析】【解答】半徑
紐扣繞其中心的角速度可達(dá)
根據(jù)向心加速度定義公式可得向心加速度為
故選A。
【分析】根據(jù)向心加速度定義公式求出向心加速度。
5．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示，在豎直放置的“”形支架上，一根長(zhǎng)度不變輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的小滑輪懸掛一重物G。現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點(diǎn)，另一端從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近（C點(diǎn)與A點(diǎn)等高）。在此過(guò)程中繩中拉力大小（　　）
A．先變大后不變 B．先變大后變小
C．先變小后不變 D．先不變后變小
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題是共點(diǎn)力平衡中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用幾何知識(shí)分析α的變化，再采用解析法分析拉力的變化情況。當(dāng)輕繩的右端從從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近時(shí)，如圖
設(shè)兩繩的夾角為，設(shè)繩子從長(zhǎng)度為，繩子兩端的水平距離為，根據(jù)幾何分析知
可知夾角先不斷增大后至最右端拐點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程夾角不再改變，重物G及滑輪處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，以滑輪為研究對(duì)象，分析受力情況如圖
根據(jù)平衡條件
得到繩子的拉力
夾角先變大后不變，先變小后不變， 繩中拉力先變大后不變。
故選A。
【分析】設(shè)兩繩的夾角為2α，繩子總長(zhǎng)度為L(zhǎng)，繩子兩端的水平距離為x，根據(jù)幾何關(guān)系列式分析α的變化情況，再以滑輪為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件列式分析繩中拉力大小變化情況。
6．（2024高三上·瀘縣模擬）一個(gè)物體做直線運(yùn)動(dòng)，其圖象如圖所示，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　　）
A．前內(nèi)的位移達(dá)到最大值
B．和加速度相同
C．加速度方向未發(fā)生變化
D．加速度方向與速度方向相同
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】在速度—時(shí)間圖象中，關(guān)鍵掌握?qǐng)D象中的點(diǎn)代表此時(shí)刻的瞬時(shí)速度，圖象的斜率代表加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時(shí)間軸上方位移為正，時(shí)間軸下方位移為負(fù)。A．物體前5s內(nèi)速度一直是正值，物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)； 5s~8s內(nèi)速度是負(fù)值，物體向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。可知，前5s內(nèi)的位移達(dá)到最大值，A正確，不符合題意；
B．速度時(shí)間圖像斜率表示加速度，圖像可知前2s內(nèi)物體加速度為
同理 ，6~8s內(nèi)物體加速度
故B正確，不符合題意；
C．圖像可知4~6s圖像斜率不變，故加速度方向未發(fā)生變化，C正確，不符合題意；
D．圖像可知6~8s內(nèi)，物體都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相反，故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選 D。
【分析】物體前5s內(nèi)速度一直是正值，說(shuō)明物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)；5s～8s內(nèi)速度是負(fù)值，說(shuō)明物體向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移。根據(jù)物體的速度變化情況分析加速度與速度方向關(guān)系。
7．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖1，水平地面上有一長(zhǎng)木板，將一小物塊放在長(zhǎng)木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過(guò)傳感器分別測(cè)出外力大小F和長(zhǎng)木板及小物塊的加速度a的數(shù)值如圖2所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
C．小物塊的質(zhì)量
D．長(zhǎng)木板的質(zhì)量
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓定律與圖象；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【解答】解決該題的關(guān)鍵是能正確區(qū)分出當(dāng)B物體與地面發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)以及A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)外力F的大小，掌握整體法和隔離法的應(yīng)用。
由題中a-F圖像知，當(dāng)F=F1時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板均恰好開(kāi)始相對(duì)地面滑動(dòng)，則有
當(dāng)F1＜F≤F3時(shí)，小物塊與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，有
即
結(jié)合圖像的截距有
聯(lián)立可解得
當(dāng)F＞F3時(shí)，小物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)，對(duì)小物塊有
整理得
結(jié)合圖像有
則小物塊的質(zhì)量
對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
由題中a-F圖像知
可解得
故選C。
【分析】當(dāng)拉力較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，寫(xiě)出各個(gè)階段的加速度的表達(dá)式，結(jié)合圖像運(yùn)用整體和隔離法分析解答。
8．（2024高三上·瀘縣模擬）若將短道速滑運(yùn)動(dòng)員在彎道轉(zhuǎn)彎的過(guò)程看成在水平冰面上的一段勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)彎時(shí)冰刀嵌入冰內(nèi)從而使冰刀受與冰面夾角為（蹬冰角）的支持力，不計(jì)一切摩擦，彎道半徑為R，重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與重力大小相等
B．武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
C．若武大靖轉(zhuǎn)彎速度變大則需要減小蹬冰角
D．武大靖做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，他所受合外力保持不變
【答案】B,C
【知識(shí)點(diǎn)】向心力；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查學(xué)生用物理解答實(shí)際問(wèn)題的能力，解題關(guān)鍵是受力分析找到向心力，正確列出牛頓第二定律等式。A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與重力的合力提供向心力，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力大于重力，故A錯(cuò)誤；
B．由題意可知，武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有
可得其轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
故B正確；
C．武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
若減小蹬冰角，則減小，武大靖轉(zhuǎn)彎速度將變大，故C正確；
D．武大靖做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，他所受合外力始終指向圓心，大小不變，方向變化，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】對(duì)人受力分析，根據(jù)合力提供向心力，分析速度大小、速度與角度關(guān)系等，即可解答。
9．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示的“空氣彈簧”是由多個(gè)充氣橡膠圈疊加制成，其“勁度系數(shù)”與圈內(nèi)充氣的多少有關(guān)。橡膠圈內(nèi)充氣越多，則（　　）
A．橡皮圈越容易被壓縮 B．橡皮圈越不容易被壓縮
C．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越大 D．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越小
【答案】B,C
【知識(shí)點(diǎn)】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋
【解析】【解答】解決本題時(shí)，應(yīng)從題干所給的生活物品抽象出物理概念和原理，然后再解題。橡膠圈內(nèi)充氣越多，橡膠圈內(nèi)氣體的壓強(qiáng)越大，橡皮圈越不容易被壓縮，則空氣彈簧的“功度系數(shù)”越大。
故選BC。
【分析】充氣越多，壓強(qiáng)越大，越不容易被壓縮，所以勁度系數(shù)越大。
10．（2024高三上·瀘縣模擬）滑塊以某一初速度從斜面底端O上滑到最高點(diǎn)D，用頻閃儀記錄的上滑過(guò)程如圖所示，則（　　）
A．滑塊在B點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍
B．滑塊在A點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍
C．AB和CD的距離之比為
D．AB和CD的距離之比為
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用
【解析】【解答】本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題關(guān)鍵掌握速度—時(shí)間公式及相等時(shí)間的位移的比值關(guān)系。
AB．滑塊從O到D做勻減速運(yùn)動(dòng)，可看成從D到O的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)頻閃儀記錄的時(shí)間間隔為T(mén)，滑塊的加速度為a，則
，，
滑塊在B點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍，滑塊在A點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的三倍，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)推論知AB和CD的距離之比為，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選AD。
【分析】把物體的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看作反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析解答。
11．（2024高三上·瀘縣模擬）某同學(xué)利用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，探究物體在水平桌面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，物塊在重物的牽引下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重物落地后，物塊再運(yùn)動(dòng)一段距離后停在桌面上（尚未到達(dá)滑輪處）。從紙帶上便于測(cè)量的點(diǎn)順次開(kāi)始，每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為50Hz。（不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2）
（1）所用實(shí)驗(yàn)器材除電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（含紙帶、復(fù)寫(xiě)紙）、小車(chē)、一端帶有滑輪的長(zhǎng)木板、繩、鉤碼、導(dǎo)線及開(kāi)關(guān)外，在下面的器材中，必須使用的還有（　　）
A．電壓合適的交流電源
B．電壓合適的直流電源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）物塊減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效數(shù)字）。
（3）重物落地瞬間，物塊的速度為　 　（保留三位有效數(shù)字）。
【答案】（1）A；C
（2）2.00
（3）1.28
【知識(shí)點(diǎn)】加速度；探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；瞬時(shí)速度
【解析】【解答】（1）AB．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要打點(diǎn)，需要電壓合適的交流電源，A正確，B錯(cuò)誤；
C．打出的紙帶需要測(cè)量點(diǎn)間的長(zhǎng)度，需要刻度尺，C正確；
D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器就可以計(jì)時(shí)，不需要秒表，D錯(cuò)誤；
E．可由打出的紙帶來(lái)計(jì)算速度和加速度，不需要天平測(cè)量物體的質(zhì)量，E錯(cuò)誤。
故選AC。
（2）根據(jù)逐差法可得減速過(guò)程
（3）物塊加速時(shí)
計(jì)數(shù)點(diǎn)4和9對(duì)應(yīng)的速度大小
從4到9點(diǎn)，設(shè)物塊加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，則有
t1+t2=0.5s
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式可有
解得
v=1.28m/s
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定測(cè)量的物理量，從而確定所需的器材；
（2）根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量，求出加速度；
（3）根據(jù)逐差法求解加速度，根據(jù)加速和減速過(guò)程中的速度—時(shí)間公式解答。
（1）AB．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要打點(diǎn)，需要電壓合適的交流電源，A正確，B錯(cuò)誤；
C．打出的紙帶需要測(cè)量點(diǎn)間的長(zhǎng)度，需要刻度尺，C正確；
D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器就可以計(jì)時(shí)，不需要秒表，D錯(cuò)誤；
E．可由打出的紙帶來(lái)計(jì)算速度和加速度，不需要天平測(cè)量物體的質(zhì)量，E錯(cuò)誤。
故選AC。
（2）根據(jù)逐差法可得減速過(guò)程
（3）物塊加速時(shí)
計(jì)數(shù)點(diǎn)4和9對(duì)應(yīng)的速度大小
從4到9點(diǎn)，設(shè)物塊加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，則有
t1+t2=0.5s
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式可有
解得
v=1.28m/s
12．（2024高三上·瀘縣模擬）某同學(xué)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證兩小球在斜槽末端碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將斜槽固定在桌面上，斜槽末端距地面高度h=1.25m。安裝光電門(mén)于斜槽末端附近，調(diào)整光電門(mén)的高度，使激光發(fā)射點(diǎn)與球心高。已知：兩小球的質(zhì)量m1=40g，m2=80g，取當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=10m/s2。
①用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球1的直徑為1cm；
②小球2靜止于斜槽末端，令小球1從斜槽上某一位置由靜止滑下。小球1通過(guò)光電門(mén)后，與小球2對(duì)心正碰。碰后小球1反彈，再次經(jīng)過(guò)光電門(mén)，小球2水平拋出；
③某次實(shí)驗(yàn)，光電門(mén)測(cè)得小球1與小球2碰撞前后兩次遮光的時(shí)間分別為Δt1=2.0ms、Δt2=10.0ms，隨即取走小球1：
④測(cè)得小球2拋出的水平位移為s=1.4m。
（1）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的要求正確的是______；
A．小球1的質(zhì)量必須大于小球2的質(zhì)量
B．斜槽軌道末端必須是水平的
C．小球1、2的大小必須相同
（2）規(guī)定向右為正方向，通過(guò)測(cè)量數(shù)據(jù)計(jì)算系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為　 　kg·m/s，碰后的總動(dòng)量為　 　kg·m/s。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）在誤差允許的范圍內(nèi)，兩小球碰撞過(guò)程遵循動(dòng)量守恒定律。
（3）多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以　 　（填“”或“”）為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。若圖線的斜率約為　 　m-1·s-1（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），也可以得出碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒的結(jié)論。
【答案】（1）B；C
（2）0.20；0.18
（3）；400
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)量守恒定律即可完成分析。 實(shí)驗(yàn)原理：讓質(zhì)量較大的小球與靜止的質(zhì)量較小的小球正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)有m1v1=m1v1'+m2v2'．
（1）A．碰撞后，彈回的小球1速度可通過(guò)光電門(mén)測(cè)得，故小球1的質(zhì)量不需要大于小球2的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B．為使碰撞后，小球2做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確；
C．為使小球1、2發(fā)生對(duì)心碰撞，小球1、2的大小必須相同，故C正確。
故選BC。
（2）根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球1碰撞前的速度為
系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為
小球1碰撞后的速度為
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
系統(tǒng)碰后的動(dòng)量為
（3）]碰撞前后動(dòng)量守恒有
小球1碰撞前后的速度為
，
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
聯(lián)立可得
故多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。
圖像的斜率為
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出正確的實(shí)驗(yàn)操作，并由此得出兩球的關(guān)系；
（2）根據(jù)光電門(mén)的測(cè)速原理和平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分別計(jì)算出小球碰撞前后的速度，再結(jié)合動(dòng)量的計(jì)算公式完成分析；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合圖像的物理意義得出斜率的大小。
（1）A．碰撞后，彈回的小球1速度可通過(guò)光電門(mén)測(cè)得，故小球1的質(zhì)量不需要大于小球2的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B．為使碰撞后，小球2做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確；
C．為使小球1、2發(fā)生對(duì)心碰撞，小球1、2的大小必須相同，故C正確。
故選BC。
（2）[1]根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球1碰撞前的速度為
系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為
[2]小球1碰撞后的速度為
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
系統(tǒng)碰后的動(dòng)量為
（3）[1]碰撞前后動(dòng)量守恒有
小球1碰撞前后的速度為
，
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
聯(lián)立可得
故多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。
[2]圖像的斜率為
13．（2024高三上·瀘縣模擬）2022年11月6日，2022年全國(guó)賽艇錦標(biāo)賽在浙江麗水落下帷幕．如圖所示，在比賽加速和減速階段，賽艇運(yùn)動(dòng)均可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，已知加速階段每次拉槳產(chǎn)生一個(gè)恒定的水平總推力F，其作用時(shí)間，然后槳葉垂直離開(kāi)水面，直到再次拉槳，完成一個(gè)完整的劃槳過(guò)程，一個(gè)完整的劃槳過(guò)程總時(shí)間為。已知運(yùn)動(dòng)員與賽艇的總質(zhì)量，賽艇從靜止開(kāi)始第一次拉槳做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速過(guò)程中的加速度的大小。
（2）求拉槳所產(chǎn)生的水平總推力F的大小。
（3）從靜止開(kāi)始完成一次完整劃槳，賽艇通過(guò)的總位移大小為多少
【答案】解：（1）第一次拉槳的過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得在加速過(guò)程中的加速度為
（2）第一次拉槳的過(guò)程中，由牛頓第二定律有
可得拉槳所產(chǎn)生的水平總推力為
（3）在撤去F后，由牛頓第二定律得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得在撤去F后的位移
其中，聯(lián)立可得
所以，從靜止開(kāi)始完成一次完整劃槳，賽艇通過(guò)的總位移為
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）第一次拉漿的過(guò)程中，根據(jù)位移—時(shí)間公式計(jì)算加速度大小；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求拉槳所產(chǎn)生的水平總推力；
（3）在撤去F后，由牛頓第二定律求賽艇加速度大小，再根據(jù)位移—時(shí)間公式計(jì)算賽艇通過(guò)的總位移。
14．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖，運(yùn)動(dòng)員練習(xí)單杠下杠：雙手抓住單杠與肩同寬，伸展身體，其重心以單杠為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，重心通過(guò)單杠正上方A點(diǎn)時(shí)速率，轉(zhuǎn)至點(diǎn)時(shí)脫離單杠，重心經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，最后落到地面，點(diǎn)為落地時(shí)的重心位置。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量，做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)其重心到單杠的距離；脫離單杠后運(yùn)動(dòng)員在空中上升與下降的時(shí)間之比為5：7，B、D兩點(diǎn)的高度差為，重心在點(diǎn)時(shí)速率；g取，A、B、C、D在同一豎直平面，忽略空氣阻力，不考慮體能的消耗與轉(zhuǎn)化。求：
（1）運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，單杠對(duì)每只手的彈力大小和方向；
（2）C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
【答案】解：（1）設(shè)單杠對(duì)每只手的彈力大小為，方向豎直向上，則運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律
代入數(shù)據(jù)解得
方向豎直向上。
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)員從到的時(shí)間為，從到的時(shí)間為，B、C兩點(diǎn)的高度差設(shè)為，C、D兩點(diǎn)的高度差設(shè)為。由合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)員從到的運(yùn)動(dòng)可看做是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)；從到的運(yùn)動(dòng)可看做是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)，則
B、D兩點(diǎn)間的高度差
C、D兩點(diǎn)的水平距離為
聯(lián)立解得C、D兩點(diǎn)間的水平距離為
（3）設(shè)運(yùn)動(dòng)員在點(diǎn)時(shí)速度為，則
又，
運(yùn)動(dòng)員從A到點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知
聯(lián)立解得從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由重力和單杠彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解單杠對(duì)每只手的彈力大小，并確定彈力方向；
（2）運(yùn)動(dòng)員從B到C的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)；從C到D的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式求C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成求出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小，再由動(dòng)能定理求從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
15．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖甲所示，一游戲轉(zhuǎn)置由左端帶有彈簧振子的光滑水平軌道、水平傳送帶以及足夠長(zhǎng)的光滑斜面三部分組成。彈簧振子由輕彈簧和質(zhì)量的振子A組成。彈簧振子的平衡位置O到傳送帶的左端P的距離，傳送帶長(zhǎng)，且沿逆時(shí)針?lè)较蛞运俾蕜蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。的大小可調(diào)，右端通過(guò)可以忽略不計(jì)的光滑圓弧與斜面相連、斜面與水平面的所成的夾角。現(xiàn)將質(zhì)量的滑塊B靜置于O點(diǎn)，振子A壓縮彈簧后，在時(shí)刻由靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與滑塊B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊B向右滑動(dòng)，穿過(guò)傳送帶并滑上斜面，速度減為零后沿原路返回到O點(diǎn)。已知振子A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間的圖像如圖乙所示，滑塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，振子A和滑塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬間滑塊B的速度大小以及彈簧振子的周期；
（2）若，求滑塊B向右穿過(guò)傳送帶的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q；
（3）調(diào)節(jié)傳送帶的速度，發(fā)現(xiàn)滑塊B回到O位置時(shí)，恰好與振子A迎面正碰，求整個(gè)過(guò)程中，振子A做了幾次全振動(dòng)。
【答案】（1）由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過(guò)程，取碰撞前A的速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
解得
由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑塊B向右穿過(guò)傳送帶，由動(dòng)能定理有
解得
在傳送帶上，對(duì)滑塊B，由動(dòng)量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對(duì)位移為
由功能關(guān)系可知，產(chǎn)生的熱量
；
（3）滑塊B從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，所花時(shí)間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機(jī)械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動(dòng)量定理，可知
解得②
①當(dāng)v≥10m/s時(shí)，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，向左穿過(guò)傳送帶所花的時(shí)間
由P到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
故滑塊返回O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為
②當(dāng)滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點(diǎn)剛好與傳送帶共速，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
當(dāng)，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)。返回過(guò)程中，在傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理
解得
由P點(diǎn)返回O點(diǎn)，所花時(shí)間
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間
返回O點(diǎn)，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量定理；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，分清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程選擇合適公式解答。
（1）根據(jù)圖乙得到碰前后A的速度，以AB為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒列式求解 碰撞后瞬間滑塊B的速度大小 ，根據(jù)圖象得到 彈簧振子的周期；
（2）B在傳送帶上做勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理和勻速運(yùn)動(dòng)計(jì)算得到B相對(duì)傳送帶所走距離，再根據(jù)功能關(guān)系計(jì)算得到滑塊B向右穿過(guò)傳送帶的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q；
（3）根據(jù)B運(yùn)動(dòng)情況找到臨界條件，由動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列式求解整個(gè)過(guò)程中，振子A做的全振動(dòng)的次數(shù)。
（1）由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過(guò)程，取碰撞前A的速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
解得
（2）滑塊B向右穿過(guò)傳送帶，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
在傳送帶上，對(duì)滑塊B，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對(duì)位移為
產(chǎn)生的熱量
（3）滑塊B從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，所花時(shí)間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機(jī)械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動(dòng)量定理，可知
解得②
①當(dāng)v≥10m/s時(shí)，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，向左穿過(guò)傳送帶所花的時(shí)間
由P到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
故滑塊返回O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為
②當(dāng)滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點(diǎn)剛好與傳送帶共速，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
當(dāng)，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)。返回過(guò)程中，在傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理
解得
由P點(diǎn)返回O點(diǎn)，所花時(shí)間
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間
返回O點(diǎn)，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
1 / 12025屆四川省瀘州市瀘縣第五中學(xué)高三上學(xué)期一模物理試題
1．（2024高三上·瀘縣模擬）2022年6月5日，搭載神舟十四號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征一號(hào)F遙十四運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，“神舟十四號(hào)”進(jìn)入預(yù)定軌道后于17點(diǎn)42分成功對(duì)接于天和核心艙徑向端口，如圖所示，對(duì)接完成后，以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．研究對(duì)接后的組合體繞地球運(yùn)動(dòng)的周期時(shí)，可將其視為質(zhì)點(diǎn)
B．若認(rèn)為“神舟十四號(hào)”處于靜止?fàn)顟B(tài)，則選取的參照物是地球
C．6月5日17時(shí)42分指的是時(shí)間間隔
D．火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的速度和加速度均為0
2．（2024高三上·瀘縣模擬）滑雪運(yùn)動(dòng)員沿斜坡滑道下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1000J，阻力對(duì)他做功-200J。此過(guò)程關(guān)于運(yùn)動(dòng)員的說(shuō)法，下列選項(xiàng)正確的是（　　）
A．重力勢(shì)能減少了800J B．動(dòng)能增加了1200J
C．機(jī)械能增加了1000J D．機(jī)械能減少了200J
3．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示，衛(wèi)星A、B繞地心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)于衛(wèi)星A、B的線速度v、角速度、向心加速度a、向心力F大小關(guān)系正確的是（　　）
A．vA＞vB B．A＜B C．a(chǎn)A＜aB D．FA＞FB
4．（2024高三上·瀘縣模擬）“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過(guò)紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會(huì)交替出現(xiàn)。拉動(dòng)多次后，紐扣繞其中心的角速度可達(dá)100rad/s，此時(shí)紐扣上距離中心5mm處一點(diǎn)的向心加速度大小為（　　）
A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2
5．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示，在豎直放置的“”形支架上，一根長(zhǎng)度不變輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的小滑輪懸掛一重物G。現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點(diǎn)，另一端從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近（C點(diǎn)與A點(diǎn)等高）。在此過(guò)程中繩中拉力大小（　　）
A．先變大后不變 B．先變大后變小
C．先變小后不變 D．先不變后變小
6．（2024高三上·瀘縣模擬）一個(gè)物體做直線運(yùn)動(dòng)，其圖象如圖所示，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　　）
A．前內(nèi)的位移達(dá)到最大值
B．和加速度相同
C．加速度方向未發(fā)生變化
D．加速度方向與速度方向相同
7．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖1，水平地面上有一長(zhǎng)木板，將一小物塊放在長(zhǎng)木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過(guò)傳感器分別測(cè)出外力大小F和長(zhǎng)木板及小物塊的加速度a的數(shù)值如圖2所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
C．小物塊的質(zhì)量
D．長(zhǎng)木板的質(zhì)量
8．（2024高三上·瀘縣模擬）若將短道速滑運(yùn)動(dòng)員在彎道轉(zhuǎn)彎的過(guò)程看成在水平冰面上的一段勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)彎時(shí)冰刀嵌入冰內(nèi)從而使冰刀受與冰面夾角為（蹬冰角）的支持力，不計(jì)一切摩擦，彎道半徑為R，重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是（　　）
A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與重力大小相等
B．武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
C．若武大靖轉(zhuǎn)彎速度變大則需要減小蹬冰角
D．武大靖做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，他所受合外力保持不變
9．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖所示的“空氣彈簧”是由多個(gè)充氣橡膠圈疊加制成，其“勁度系數(shù)”與圈內(nèi)充氣的多少有關(guān)。橡膠圈內(nèi)充氣越多，則（　　）
A．橡皮圈越容易被壓縮 B．橡皮圈越不容易被壓縮
C．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越大 D．空氣彈簧的“勁度系數(shù)”越小
10．（2024高三上·瀘縣模擬）滑塊以某一初速度從斜面底端O上滑到最高點(diǎn)D，用頻閃儀記錄的上滑過(guò)程如圖所示，則（　　）
A．滑塊在B點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍
B．滑塊在A點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍
C．AB和CD的距離之比為
D．AB和CD的距離之比為
11．（2024高三上·瀘縣模擬）某同學(xué)利用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，探究物體在水平桌面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，物塊在重物的牽引下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重物落地后，物塊再運(yùn)動(dòng)一段距離后停在桌面上（尚未到達(dá)滑輪處）。從紙帶上便于測(cè)量的點(diǎn)順次開(kāi)始，每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為50Hz。（不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2）
（1）所用實(shí)驗(yàn)器材除電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（含紙帶、復(fù)寫(xiě)紙）、小車(chē)、一端帶有滑輪的長(zhǎng)木板、繩、鉤碼、導(dǎo)線及開(kāi)關(guān)外，在下面的器材中，必須使用的還有（　　）
A．電壓合適的交流電源
B．電壓合適的直流電源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）物塊減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效數(shù)字）。
（3）重物落地瞬間，物塊的速度為　 　（保留三位有效數(shù)字）。
12．（2024高三上·瀘縣模擬）某同學(xué)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證兩小球在斜槽末端碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將斜槽固定在桌面上，斜槽末端距地面高度h=1.25m。安裝光電門(mén)于斜槽末端附近，調(diào)整光電門(mén)的高度，使激光發(fā)射點(diǎn)與球心高。已知：兩小球的質(zhì)量m1=40g，m2=80g，取當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=10m/s2。
①用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球1的直徑為1cm；
②小球2靜止于斜槽末端，令小球1從斜槽上某一位置由靜止滑下。小球1通過(guò)光電門(mén)后，與小球2對(duì)心正碰。碰后小球1反彈，再次經(jīng)過(guò)光電門(mén)，小球2水平拋出；
③某次實(shí)驗(yàn)，光電門(mén)測(cè)得小球1與小球2碰撞前后兩次遮光的時(shí)間分別為Δt1=2.0ms、Δt2=10.0ms，隨即取走小球1：
④測(cè)得小球2拋出的水平位移為s=1.4m。
（1）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的要求正確的是______；
A．小球1的質(zhì)量必須大于小球2的質(zhì)量
B．斜槽軌道末端必須是水平的
C．小球1、2的大小必須相同
（2）規(guī)定向右為正方向，通過(guò)測(cè)量數(shù)據(jù)計(jì)算系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為　 　kg·m/s，碰后的總動(dòng)量為　 　kg·m/s。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）在誤差允許的范圍內(nèi)，兩小球碰撞過(guò)程遵循動(dòng)量守恒定律。
（3）多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以　 　（填“”或“”）為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。若圖線的斜率約為　 　m-1·s-1（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），也可以得出碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒的結(jié)論。
13．（2024高三上·瀘縣模擬）2022年11月6日，2022年全國(guó)賽艇錦標(biāo)賽在浙江麗水落下帷幕．如圖所示，在比賽加速和減速階段，賽艇運(yùn)動(dòng)均可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，已知加速階段每次拉槳產(chǎn)生一個(gè)恒定的水平總推力F，其作用時(shí)間，然后槳葉垂直離開(kāi)水面，直到再次拉槳，完成一個(gè)完整的劃槳過(guò)程，一個(gè)完整的劃槳過(guò)程總時(shí)間為。已知運(yùn)動(dòng)員與賽艇的總質(zhì)量，賽艇從靜止開(kāi)始第一次拉槳做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速過(guò)程中的加速度的大小。
（2）求拉槳所產(chǎn)生的水平總推力F的大小。
（3）從靜止開(kāi)始完成一次完整劃槳，賽艇通過(guò)的總位移大小為多少
14．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖，運(yùn)動(dòng)員練習(xí)單杠下杠：雙手抓住單杠與肩同寬，伸展身體，其重心以單杠為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，重心通過(guò)單杠正上方A點(diǎn)時(shí)速率，轉(zhuǎn)至點(diǎn)時(shí)脫離單杠，重心經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，最后落到地面，點(diǎn)為落地時(shí)的重心位置。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量，做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)其重心到單杠的距離；脫離單杠后運(yùn)動(dòng)員在空中上升與下降的時(shí)間之比為5：7，B、D兩點(diǎn)的高度差為，重心在點(diǎn)時(shí)速率；g取，A、B、C、D在同一豎直平面，忽略空氣阻力，不考慮體能的消耗與轉(zhuǎn)化。求：
（1）運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，單杠對(duì)每只手的彈力大小和方向；
（2）C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
15．（2024高三上·瀘縣模擬）如圖甲所示，一游戲轉(zhuǎn)置由左端帶有彈簧振子的光滑水平軌道、水平傳送帶以及足夠長(zhǎng)的光滑斜面三部分組成。彈簧振子由輕彈簧和質(zhì)量的振子A組成。彈簧振子的平衡位置O到傳送帶的左端P的距離，傳送帶長(zhǎng)，且沿逆時(shí)針?lè)较蛞运俾蕜蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。的大小可調(diào)，右端通過(guò)可以忽略不計(jì)的光滑圓弧與斜面相連、斜面與水平面的所成的夾角。現(xiàn)將質(zhì)量的滑塊B靜置于O點(diǎn)，振子A壓縮彈簧后，在時(shí)刻由靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與滑塊B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊B向右滑動(dòng)，穿過(guò)傳送帶并滑上斜面，速度減為零后沿原路返回到O點(diǎn)。已知振子A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間的圖像如圖乙所示，滑塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，振子A和滑塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬間滑塊B的速度大小以及彈簧振子的周期；
（2）若，求滑塊B向右穿過(guò)傳送帶的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q；
（3）調(diào)節(jié)傳送帶的速度，發(fā)現(xiàn)滑塊B回到O位置時(shí)，恰好與振子A迎面正碰，求整個(gè)過(guò)程中，振子A做了幾次全振動(dòng)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)；時(shí)間與時(shí)刻；加速度；參考系與坐標(biāo)系
【解析】【解答】A．物體能看成質(zhì)點(diǎn)的條件：物體的形狀和大小在所研究的問(wèn)題中可忽略不計(jì)。研究對(duì)接后的組合體繞地球運(yùn)動(dòng)的周期時(shí)，可以忽略其大小和形狀，將其視為質(zhì)點(diǎn)，故A正確；
B．對(duì)接完成后，若認(rèn)為“神舟十四號(hào)”處于靜止?fàn)顟B(tài)，則選取的參照物是天和核心艙，選取地球?yàn)閰⒄瘴铮吧裰凼奶?hào)”是運(yùn)動(dòng)的，故B錯(cuò)誤；
C.6月5日17時(shí)42分指的是時(shí)刻，故C錯(cuò)誤；
D．火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的加速度不為0，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】物體的形狀和大小在所研究的問(wèn)題中可忽略不計(jì)時(shí)，物體可看作質(zhì)點(diǎn)；根據(jù)參考系的不同，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；時(shí)刻是指某一瞬間；火箭點(diǎn)火離開(kāi)發(fā)射臺(tái)時(shí)，火箭的速度不為零。
2．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是能夠分析能量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢(shì)能變化與重力做功有關(guān)、動(dòng)能的變化與合力做功有關(guān)、機(jī)械能的變化與除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功有關(guān)。A．重力對(duì)他做功1000J，根據(jù)功能關(guān)系可知重力勢(shì)能減少了1000J，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能增加了
故B錯(cuò)誤；
CD．機(jī)械能變化量為
故機(jī)械能減少了，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
【分析】重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做多少功，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能就改變多少；根據(jù)動(dòng)能定理確定動(dòng)能的變化；機(jī)械能減小量等于克服阻力做的功。
3．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算。A．根據(jù)
解得
由圖可知
所以
故A正確；
B．根據(jù)
解得
由圖可知
所以
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
可得
由圖可知
所以
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)
由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，所以無(wú)法判斷兩衛(wèi)星向心力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】 根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，分析線速度，角速度，加速度，質(zhì)量關(guān)系未知，無(wú)法比較向心力。
4．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】向心加速度
【解析】【解答】半徑
紐扣繞其中心的角速度可達(dá)
根據(jù)向心加速度定義公式可得向心加速度為
故選A。
【分析】根據(jù)向心加速度定義公式求出向心加速度。
5．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題是共點(diǎn)力平衡中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用幾何知識(shí)分析α的變化，再采用解析法分析拉力的變化情況。當(dāng)輕繩的右端從從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近時(shí)，如圖
設(shè)兩繩的夾角為，設(shè)繩子從長(zhǎng)度為，繩子兩端的水平距離為，根據(jù)幾何分析知
可知夾角先不斷增大后至最右端拐點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程夾角不再改變，重物G及滑輪處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，以滑輪為研究對(duì)象，分析受力情況如圖
根據(jù)平衡條件
得到繩子的拉力
夾角先變大后不變，先變小后不變， 繩中拉力先變大后不變。
故選A。
【分析】設(shè)兩繩的夾角為2α，繩子總長(zhǎng)度為L(zhǎng)，繩子兩端的水平距離為x，根據(jù)幾何關(guān)系列式分析α的變化情況，再以滑輪為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件列式分析繩中拉力大小變化情況。
6．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】在速度—時(shí)間圖象中，關(guān)鍵掌握?qǐng)D象中的點(diǎn)代表此時(shí)刻的瞬時(shí)速度，圖象的斜率代表加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時(shí)間軸上方位移為正，時(shí)間軸下方位移為負(fù)。A．物體前5s內(nèi)速度一直是正值，物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)； 5s~8s內(nèi)速度是負(fù)值，物體向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。可知，前5s內(nèi)的位移達(dá)到最大值，A正確，不符合題意；
B．速度時(shí)間圖像斜率表示加速度，圖像可知前2s內(nèi)物體加速度為
同理 ，6~8s內(nèi)物體加速度
故B正確，不符合題意；
C．圖像可知4~6s圖像斜率不變，故加速度方向未發(fā)生變化，C正確，不符合題意；
D．圖像可知6~8s內(nèi)，物體都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相反，故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選 D。
【分析】物體前5s內(nèi)速度一直是正值，說(shuō)明物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)；5s～8s內(nèi)速度是負(fù)值，說(shuō)明物體向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移。根據(jù)物體的速度變化情況分析加速度與速度方向關(guān)系。
7．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓定律與圖象；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【解答】解決該題的關(guān)鍵是能正確區(qū)分出當(dāng)B物體與地面發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)以及A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)外力F的大小，掌握整體法和隔離法的應(yīng)用。
由題中a-F圖像知，當(dāng)F=F1時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板均恰好開(kāi)始相對(duì)地面滑動(dòng)，則有
當(dāng)F1＜F≤F3時(shí)，小物塊與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，有
即
結(jié)合圖像的截距有
聯(lián)立可解得
當(dāng)F＞F3時(shí)，小物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)，對(duì)小物塊有
整理得
結(jié)合圖像有
則小物塊的質(zhì)量
對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
由題中a-F圖像知
可解得
故選C。
【分析】當(dāng)拉力較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，寫(xiě)出各個(gè)階段的加速度的表達(dá)式，結(jié)合圖像運(yùn)用整體和隔離法分析解答。
8．【答案】B,C
【知識(shí)點(diǎn)】向心力；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查學(xué)生用物理解答實(shí)際問(wèn)題的能力，解題關(guān)鍵是受力分析找到向心力，正確列出牛頓第二定律等式。A．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與重力的合力提供向心力，則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力大于重力，故A錯(cuò)誤；
B．由題意可知，武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有
可得其轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
故B正確；
C．武大靖轉(zhuǎn)彎時(shí)速度的大小為
若減小蹬冰角，則減小，武大靖轉(zhuǎn)彎速度將變大，故C正確；
D．武大靖做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，他所受合外力始終指向圓心，大小不變，方向變化，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】對(duì)人受力分析，根據(jù)合力提供向心力，分析速度大小、速度與角度關(guān)系等，即可解答。
9．【答案】B,C
【知識(shí)點(diǎn)】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋
【解析】【解答】解決本題時(shí)，應(yīng)從題干所給的生活物品抽象出物理概念和原理，然后再解題。橡膠圈內(nèi)充氣越多，橡膠圈內(nèi)氣體的壓強(qiáng)越大，橡皮圈越不容易被壓縮，則空氣彈簧的“功度系數(shù)”越大。
故選BC。
【分析】充氣越多，壓強(qiáng)越大，越不容易被壓縮，所以勁度系數(shù)越大。
10．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用
【解析】【解答】本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題關(guān)鍵掌握速度—時(shí)間公式及相等時(shí)間的位移的比值關(guān)系。
AB．滑塊從O到D做勻減速運(yùn)動(dòng)，可看成從D到O的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)頻閃儀記錄的時(shí)間間隔為T(mén)，滑塊的加速度為a，則
，，
滑塊在B點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的兩倍，滑塊在A點(diǎn)的速度大小為在C點(diǎn)的三倍，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)推論知AB和CD的距離之比為，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選AD。
【分析】把物體的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看作反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析解答。
11．【答案】（1）A；C
（2）2.00
（3）1.28
【知識(shí)點(diǎn)】加速度；探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律；瞬時(shí)速度
【解析】【解答】（1）AB．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要打點(diǎn)，需要電壓合適的交流電源，A正確，B錯(cuò)誤；
C．打出的紙帶需要測(cè)量點(diǎn)間的長(zhǎng)度，需要刻度尺，C正確；
D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器就可以計(jì)時(shí)，不需要秒表，D錯(cuò)誤；
E．可由打出的紙帶來(lái)計(jì)算速度和加速度，不需要天平測(cè)量物體的質(zhì)量，E錯(cuò)誤。
故選AC。
（2）根據(jù)逐差法可得減速過(guò)程
（3）物塊加速時(shí)
計(jì)數(shù)點(diǎn)4和9對(duì)應(yīng)的速度大小
從4到9點(diǎn)，設(shè)物塊加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，則有
t1+t2=0.5s
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式可有
解得
v=1.28m/s
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定測(cè)量的物理量，從而確定所需的器材；
（2）根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量，求出加速度；
（3）根據(jù)逐差法求解加速度，根據(jù)加速和減速過(guò)程中的速度—時(shí)間公式解答。
（1）AB．電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要打點(diǎn)，需要電壓合適的交流電源，A正確，B錯(cuò)誤；
C．打出的紙帶需要測(cè)量點(diǎn)間的長(zhǎng)度，需要刻度尺，C正確；
D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器就可以計(jì)時(shí)，不需要秒表，D錯(cuò)誤；
E．可由打出的紙帶來(lái)計(jì)算速度和加速度，不需要天平測(cè)量物體的質(zhì)量，E錯(cuò)誤。
故選AC。
（2）根據(jù)逐差法可得減速過(guò)程
（3）物塊加速時(shí)
計(jì)數(shù)點(diǎn)4和9對(duì)應(yīng)的速度大小
從4到9點(diǎn)，設(shè)物塊加速時(shí)間為t1，減速時(shí)間為t2，則有
t1+t2=0.5s
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式可有
解得
v=1.28m/s
12．【答案】（1）B；C
（2）0.20；0.18
（3）；400
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)量守恒定律即可完成分析。 實(shí)驗(yàn)原理：讓質(zhì)量較大的小球與靜止的質(zhì)量較小的小球正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)有m1v1=m1v1'+m2v2'．
（1）A．碰撞后，彈回的小球1速度可通過(guò)光電門(mén)測(cè)得，故小球1的質(zhì)量不需要大于小球2的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B．為使碰撞后，小球2做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確；
C．為使小球1、2發(fā)生對(duì)心碰撞，小球1、2的大小必須相同，故C正確。
故選BC。
（2）根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球1碰撞前的速度為
系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為
小球1碰撞后的速度為
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
系統(tǒng)碰后的動(dòng)量為
（3）]碰撞前后動(dòng)量守恒有
小球1碰撞前后的速度為
，
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
聯(lián)立可得
故多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。
圖像的斜率為
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出正確的實(shí)驗(yàn)操作，并由此得出兩球的關(guān)系；
（2）根據(jù)光電門(mén)的測(cè)速原理和平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分別計(jì)算出小球碰撞前后的速度，再結(jié)合動(dòng)量的計(jì)算公式完成分析；
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合圖像的物理意義得出斜率的大小。
（1）A．碰撞后，彈回的小球1速度可通過(guò)光電門(mén)測(cè)得，故小球1的質(zhì)量不需要大于小球2的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；
B．為使碰撞后，小球2做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確；
C．為使小球1、2發(fā)生對(duì)心碰撞，小球1、2的大小必須相同，故C正確。
故選BC。
（2）[1]根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球1碰撞前的速度為
系統(tǒng)碰前的動(dòng)量為
[2]小球1碰撞后的速度為
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
系統(tǒng)碰后的動(dòng)量為
（3）[1]碰撞前后動(dòng)量守恒有
小球1碰撞前后的速度為
，
小球2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，則
聯(lián)立可得
故多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時(shí)間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來(lái)，以s為橫坐標(biāo)，以為縱坐標(biāo)，將繪制出一條正比例關(guān)系圖線。
[2]圖像的斜率為
13．【答案】解：（1）第一次拉槳的過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得在加速過(guò)程中的加速度為
（2）第一次拉槳的過(guò)程中，由牛頓第二定律有
可得拉槳所產(chǎn)生的水平總推力為
（3）在撤去F后，由牛頓第二定律得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得在撤去F后的位移
其中，聯(lián)立可得
所以，從靜止開(kāi)始完成一次完整劃槳，賽艇通過(guò)的總位移為
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）第一次拉漿的過(guò)程中，根據(jù)位移—時(shí)間公式計(jì)算加速度大小；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求拉槳所產(chǎn)生的水平總推力；
（3）在撤去F后，由牛頓第二定律求賽艇加速度大小，再根據(jù)位移—時(shí)間公式計(jì)算賽艇通過(guò)的總位移。
14．【答案】解：（1）設(shè)單杠對(duì)每只手的彈力大小為，方向豎直向上，則運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律
代入數(shù)據(jù)解得
方向豎直向上。
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)員從到的時(shí)間為，從到的時(shí)間為，B、C兩點(diǎn)的高度差設(shè)為，C、D兩點(diǎn)的高度差設(shè)為。由合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)員從到的運(yùn)動(dòng)可看做是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)；從到的運(yùn)動(dòng)可看做是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)，則
B、D兩點(diǎn)間的高度差
C、D兩點(diǎn)的水平距離為
聯(lián)立解得C、D兩點(diǎn)間的水平距離為
（3）設(shè)運(yùn)動(dòng)員在點(diǎn)時(shí)速度為，則
又，
運(yùn)動(dòng)員從A到點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知
聯(lián)立解得從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】（1）運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由重力和單杠彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解單杠對(duì)每只手的彈力大小，并確定彈力方向；
（2）運(yùn)動(dòng)員從B到C的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)；從C到D的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式求C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成求出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小，再由動(dòng)能定理求從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
15．【答案】（1）由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過(guò)程，取碰撞前A的速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
解得
由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑塊B向右穿過(guò)傳送帶，由動(dòng)能定理有
解得
在傳送帶上，對(duì)滑塊B，由動(dòng)量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對(duì)位移為
由功能關(guān)系可知，產(chǎn)生的熱量
；
（3）滑塊B從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，所花時(shí)間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機(jī)械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動(dòng)量定理，可知
解得②
①當(dāng)v≥10m/s時(shí)，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，向左穿過(guò)傳送帶所花的時(shí)間
由P到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
故滑塊返回O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為
②當(dāng)滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點(diǎn)剛好與傳送帶共速，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
當(dāng)，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)。返回過(guò)程中，在傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理
解得
由P點(diǎn)返回O點(diǎn)，所花時(shí)間
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間
返回O點(diǎn)，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量定理；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，分清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程選擇合適公式解答。
（1）根據(jù)圖乙得到碰前后A的速度，以AB為系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒列式求解 碰撞后瞬間滑塊B的速度大小 ，根據(jù)圖象得到 彈簧振子的周期；
（2）B在傳送帶上做勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理和勻速運(yùn)動(dòng)計(jì)算得到B相對(duì)傳送帶所走距離，再根據(jù)功能關(guān)系計(jì)算得到滑塊B向右穿過(guò)傳送帶的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q；
（3）根據(jù)B運(yùn)動(dòng)情況找到臨界條件，由動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列式求解整個(gè)過(guò)程中，振子A做的全振動(dòng)的次數(shù)。
（1）由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過(guò)程，取碰撞前A的速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
解得
（2）滑塊B向右穿過(guò)傳送帶，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
在傳送帶上，對(duì)滑塊B，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對(duì)位移為
產(chǎn)生的熱量
（3）滑塊B從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，所花時(shí)間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機(jī)械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動(dòng)量定理，可知
解得②
①當(dāng)v≥10m/s時(shí)，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據(jù)運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，向左穿過(guò)傳送帶所花的時(shí)間
由P到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
故滑塊返回O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為
②當(dāng)滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點(diǎn)剛好與傳送帶共速，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
當(dāng)，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)。返回過(guò)程中，在傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理
解得
由P點(diǎn)返回O點(diǎn)，所花時(shí)間
運(yùn)動(dòng)總時(shí)間
返回O點(diǎn)，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
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