資源簡介

(共65張PPT)
章末檢測卷(四)(第五章內容)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．(2024·新課標卷)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的(　　)
A．0.25倍 B．0.5倍
C．2倍 D．4倍
12
√
13
14
15
16
17
18
C　[由題意知＝，由Ek＝mv2可得＝，由運動學公式有h＝gt2，x＝vt，聯立解得＝，故選C。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2．(2024·浙江省9＋1高中聯盟3月模擬)如圖所示是高空翼裝飛行愛好者在沒有風的空中滑翔的情境，在空中長距離滑翔的過程中滑翔愛好者(　　)
A．機械能守恒
B．重力勢能的減小量小于重力做的功
C．重力勢能的減小量等于動能的增加量
D．動能的增加量等于合力做的功
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D　[滑翔的過程中除重力做功外，還有空氣阻力做功，機械能不守恒，故A錯誤；由功能關系可知，重力勢能的減小量等于重力做的功，故B錯誤；由能量守恒可知，重力勢能的減小量等于動能的增加量與克服阻力所做的功之和，故C錯誤；由動能定理可知，合力所做的功等于動能的變化量，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3．如圖所示，跳臺滑雪者在助滑道AB上獲得一定速度后從B點沿水平方向躍出，在空中飛行一段時間后著陸。若不計空氣阻力，則下列關于滑雪者的速度大小v、機械能E、動能Ek、重力的瞬時功率P隨時間t的變化關系中，正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
C　[v-t圖像只表示直線運動，不表示曲線運動，故A錯誤；運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故B錯誤；根據Ek＝＋mgh＝＝，mg2、均為恒量，故C正確；根據P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P-t圖像應為一條直線，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
4．如圖所示，半徑分別為2R和R的圓軌道A、B豎直固定在水平地面上，質量為m、可視為質點的小球以一定的初速度滑上圓軌道，并先后剛好通過圓軌道A和圓軌道B的最高點，則小球從A軌道的最高點運動到B軌道的最高點的過程中克服阻力做的功為(重力加速度為g)(　　)
A．mgR B．mgR
C．2mgR D．mgR
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D　[在小球從A軌道的最高點運動到B軌道的最高點的過程中，根據動能定理有mg·2R－W＝，小球通過A軌道的最高點時有mg＝，小球通過B軌道的最高點時有mg＝， 聯立解得W＝mgR，故選D。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
5．為了減少環境污染，適應能源結構調整的需要，我國對新能源汽車實行了發放補貼、免征購置稅等優惠政策鼓勵購買。在某次直線運動性能檢測實驗中，根據某輛新能源汽車的運動過程作出速度隨時間變化的v-t圖像。Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與b點相切的水平直線，
則下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．0～t1時間內汽車做勻加速運動且功率保持不變
B．t1～t2時間內汽車牽引力做功為
C．t1～t2時間內的平均速度大于(v1＋v2)
D．t2～t3時間內汽車牽引力大于汽車所受阻力
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
C　[0～t1時間內圖像的斜率不變，加速度不變，汽車做勻加速運動，根據F－f ＝ma，汽車的牽引力不變，又因為P＝Fv，汽車的功率增大，A錯誤；根據動能定理，t1～t2時間內汽車所受合力做功為，B錯誤；根據＝，t1～t2時間內汽車做變加速運動，其位移大于勻加速運動的位移，所以汽車在該段時間內的平均速度大于(v1＋v2)，C正確；t2～t3時間內汽車做勻速運動，牽引力等于汽車所受阻力，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
6．(2024·北京海淀一模)如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計空氣阻力、定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦，重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．A 球的加速度大小為2g
B．拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量
C．重力對 B 球做的功等于B 球動能的增加量
D．B球機械能的減少量大于A球機械能的增加量
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B　[設A球質量m，則B球質量3m，輕繩張力大小T，根據牛頓第二定律3mg－T＝3ma，T－mg＝ma解得a＝，故A錯誤；根據功能關系，拉力對A球做正功，拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量，故B正確；根據動能定理，重力與輕繩拉力的合力對B球做的功等于B球動能的增加量，故C錯誤；對A、B整體，整體只有重力做功，機械能守恒，則B球機械能的減少量等于A球機械能的增加量，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7．如圖1所示，固定斜面的傾角θ＝37°，一物體(可視為質點)在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面向上滑動，經過距斜面底端x0處的A點時撤去拉力F。該物體的動能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關系圖像如圖2所示。已知該物體的質量m＝1 kg，該物體兩次經過A點時的動能之比為4∶1，該物體與斜面間動摩擦因數處處相同，sin 37°＝0.6，重力加速度g取 10 m/s2，不計空氣阻力。則拉力F的大小為(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．8 N B．9.6 N
C．16 N D．19.2 N
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
D　[依題意，設物體在運動過程中受到的滑動摩擦力大小為f ，物體重力沿斜面的分力大小為Gx＝mg sin 37°＝6 N，當物體沿斜面向上運動到距斜面底端x0處時，根據動能定理有(F－Gx－f )x0＝E0－0，運動到距斜面底端2x0處時，根據動能定理有Fx0－(Gx＋f )·2x0＝0，當物體沿斜面向下運動到距斜面底端x0處時，根據動能定理有(Gx－f )x0＝E0－0，聯立解得F＝19.2 N，故選D。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8．如圖甲所示，向飛機上裝貨時，通常用到可移動式皮帶輸送機。如圖乙所示，皮帶傾角為θ＝30°，以 1 m/s 順時針勻速轉動，現將貨物在輸送帶下端A點無初速度釋放后從A點運動B點，已知貨物均可視為質點，質量為m＝10 kg，A、B兩端點間的距離為s＝9.8 m，貨物與輸送帶間的動摩擦因數為μ＝，重力加速度取10 m/s2。則貨物從底端到頂端要消耗的能量為(　　)
A．510 J B．490 J
C．375 J D．260 J
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A　[貨物先做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得加速階段的加速度a＝＝2.5 m/s2，則加速到與傳送帶共速的時間為t＝＝0.4 s，加速的位移為x1＝at2＝
0.2 m，此時傳送帶的路程為s1＝vt＝0.4 m，則摩擦產生的熱量為Q＝f ·x相＝μmg cos 30°·(s1－x1)＝15 J，則根據能量守恒定律，貨物從底端到頂端要消耗的能量為E＝＋mgs sin 30°＝510 J，故選A。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．(2024·濟南市高三摸底考試)如圖所示，豎直平面內有兩根完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于位于相同高度的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上，開始時小球在外力作用下靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。撤去外力使小球從O點開始由靜止下落，一段時間后到達最低點P。已知彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，從O點第一次運動到P點的過程中(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．小球的加速度一直增大
B．小球的加速度先減小后增大
C．小球的機械能一直增大
D．小球的機械能一直減小
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
BD　[設彈簧原長為l，小球運動至O、P間的Q點時，對小球受力分析，如圖所示，最低點P處小球速度為0→小球先加速后減速→小球加速度先向下后向上
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
10．質量為50 kg的運動員從10 m跳臺由靜止自由下落，在水中受到的阻力f 與入水深度H的關系如圖所示，已知運動員在水中所受浮力等于重力，重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力作用，則下列說法正確的是(　　)
A．運動員進入水中h深處克服水的阻力所做的功為5 000 J
B．從開始下落到進入水中h深處，運動員的
機械能減少5 000 J
C．運動員在水中運動的加速度達到最大時，
速度約為12.2 m/s
D．整個運動過程中，運動員的機械能一直在減少
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
AC　[運動員從h0＝10 m處由靜止開始自由下落，入水前只受重力作用，入水后受重力、浮力和水的阻力作用。當深度為h時速度減為零，根據動能定理可得mg(h0＋h)－F浮h－Wf＝0，解得Wf＝mgh0＝5 000 J，故A正確；由于克服阻力做功等于f -H圖線所圍面積大小，即Wf＝×6mgh＝3mgh，可解得h＝ m，從開始下落到進入水中h深處，機械能減少量ΔE＝mg(h0＋h)≈6 666.7 J，故B錯誤；由題圖
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
可知，當進入水中深度時，阻力最大，加速度最大，設此時速度為v，根據動能定理可得mg－F浮×－×6mg·＝mv2，解得v≈12.2 m/s，故C正確；運動員在水面以上運動時機械能不變，在水面以下運動時機械能減少，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
11．(2024·廣東湛江二模)某馬戲團上演的飛車節目如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的固定圓軌道，表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m，重力加速度大小為g，摩托車以的速度通過圓軌道的最高點B。關閉摩托
車的動力，不計摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車
整體可視為質點，下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為2mg
B．摩托車經過A點時的速度大小為
C．摩托車從B點到A點的過程中，重力的功率先增大后減小
D．摩托車從B點到A點的過程中，先超重后失重
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
BC　[由題意可知，摩托車在B點時，有FB＋mg＝，解得FB＝mg，由牛頓第三定律可知，摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為mg，選項A錯誤；摩托車從B點到A點的過程中，由機械能守恒定律有＝，其中v1＝，解得v2＝，選項B正確；摩托車從B點到A點的過程中，豎直分速度vy從零先增大后減小至零，重力的功率P＝mgvy，則重力的功率先增大后減小，選項C正確；摩托車從B點到A點的過程中，加速度豎直分量先向下后向上，即先失重后超重，選項D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
12．如圖所示，質量均為m的物體A、B用跨過滑輪O的輕繩連接，A穿在固定的豎直光滑桿上，B置于傾角θ＝30°的光滑固定斜面上。一勁度系數k＝的輕質彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端連接B。初始時，施加外力將A置于N點，輕繩恰好伸直但無拉力，ON段長為3l，且與桿垂直，OB段與斜面平行。現將A由靜止釋放，沿桿下滑到最低點P，M為NP中的一點，且MN＝4l。A、B均可視為質點，運動過程中B不會與滑輪相碰，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，不計一切阻力。則A從N點下滑到M點的過程中(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．B沿斜面運動的距離為2l
B．A、B組成的系統機械能守恒
C．經過M點時A的速度大小為
D．輕繩對A做的功為－
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
AC　[A從N點下滑到M點的過程，B沿斜面運動的距離為xB＝OM－ON＝－3l＝2l，故A正確；由于彈簧對B做功，所以A、B組成的系統機械能不守恒，故B錯誤；開始運動時，彈簧的壓縮量為x1＝＝l，則A經過M點時，彈簧的伸長量為x2＝xB－x1＝l＝x1，可知A從N點下滑到M點的過程，彈簧的彈性勢能變化量為0，根據能量守恒可得mg·4l－mgxB sin θ＝，根據
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
速度關聯關系可得vA cos α＝vB，其中cos α＝＝，聯立解得經過M點時A的速度大小為vA＝，對A根據動能定理可得mg·4l＋WT＝－0，解得輕繩對A做的功為WT＝－，故C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)如圖1為一種利用氣墊導軌驗證“機械能守恒定律”的實驗裝置。主要實驗步驟如下：
A．將氣墊導軌安裝好后放在
水平桌面上；
B．測出遮光條的寬度d；
C．測出光電門1到光電門2的距離L；
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D．釋放滑塊，讀出遮光條通過兩光電門的擋光時間分別為t1和t2；
E．用天平稱出滑塊(包括遮光條)的質量為M、鉤碼和掛鉤的總質量m；
F．……
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
回答下列問題：
(1)游標卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d＝________ mm。
(2)打開氣泵，待氣流穩定后調節氣墊導軌，直至看到導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止，其目的是__________________。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
9.8
保證氣墊導軌水平
(3)在實驗誤差允許范圍內滿足關系____________________________
時，可驗證機械能守恒定律(用以上測得的物理量符號表示)。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
mgL＝(M＋m)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析]　(1)寬度d＝9 mm＋0.1 mm×8＝9.8 mm。
(2)導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止目的是保證氣墊導軌水平。
(3)對于整個系統，若機械能守恒，則系統通過光電門1到光電門2的動能的增加量等于鉤碼和掛鉤重力勢能的減小量，即
mgL＝(M＋m)。
14．(8分)(2024·金華十校二模)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落。
(1)不同學生在實驗操作過程中出現如圖所示的四種情況，其中操作正確的是________。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
(2)實驗中，按照正確的操作得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續打出的點A、B、C，測得它們到起點O(紙帶上第一個點)的距離分別為hA、hB、hC。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T。設重物的質量為m，從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量ΔEp＝________，動能變化量ΔEk＝___________。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
mghB
(3)如果計算結果顯示重力勢能變化量絕對值小于動能變化量，可能的原因是________。
A．紙帶受到阻力較大
B．先接通電源后釋放紙帶
C．先釋放紙帶后接通電源
D．阻力與重力之比很小
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
C
[解析]　(1)依題意，打點計時器應接交流電源，可知B符合要求。故選B。
(2)從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能減少量為ΔEp＝mghB
紙帶上打B點的速度為vB＝
動能變化量ΔEk＝＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(3)正常情況下實驗中，由于系統誤差，各種阻力導致機械能有損失，那么重力勢能的減小量總略大于動能的增加量，而此實驗驗證結果恰好相反，則是操作錯誤引起的，可能是重物具有初速度，即先釋放紙帶后接通電源。故選C。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15．(8分)(2023·遼寧卷)某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80 m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1 600 m、汲水質量m＝1.0×104 kg。離開水面后，飛機攀升高度h＝100 m時速度達到v2＝100 m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析]　(1)飛機在水面滑行階段做初速度為0的勻變速直線運動，根據運動學公式，有＝2aL
解得飛機在水面滑行階段的加速度大小為
a＝2 m/s2
又v1＝at
解得飛機在水面滑行階段的滑行時間t＝40 s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的重力勢能的增加量ΔEp＝mgh
動能的增加量ΔEk＝
所以機械能的增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk
聯立解得ΔE＝2.8×107 J。
[答案]　(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
16．(8分)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動。重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉到水平位置A，
此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析]　(1)線速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)小球所受向心力F向＝2mω2R
設F與水平方向的夾角為α，則
F cos α＝F向，F sin α＝mg
解得F＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，由機械能守恒定律得Mgh＝Mv′2＋4×mv2
解得h＝(ωR)2。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案]　(1)2ωR　(2)　(3)(ωR)2
17．(14分)一質量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.50×103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2。(結果保留兩位有效數字)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；
(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析]　(1)飛船著地前瞬間的機械能為
E1＝ ①
式中m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速度大小，由①式和題給數據得
E1＝4.0×108 J ②
飛船進入大氣層時的機械能為
E2＝＋mgh ③
式中vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小，由③式和題給數據得
E2≈2.4×1012 J。 ④
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為
E3＝m(2.0%×vh)2＋mgh′ ⑤
由功能關系得W＝E3－E1 ⑥
式中W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功，由②⑤⑥式和題給數據得W≈9.7×108 J。 ⑦
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案]　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J
18．(16分)(2025·山東濰坊模擬)如圖所示，AOB是豎直平面內的光滑圓弧形滑道，由兩個半徑都是R的圓弧平滑連接而成，圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上，O2B與水池的水面平齊。一小滑塊可從弧AO上的任意點由靜止開始下滑。
已知sin 37°＝，cos 37°＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)若小滑塊從圓弧AO上某點釋放，之后在兩個圓弧上滑過的弧長相等，求釋放點和O1的連線與豎直線的夾角；
(2)若小滑塊能從O點脫離滑道，求其可能的落水點在水平面上形成的區域長度。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析]　(1)設釋放點和O1的連線與豎直線的夾角為θ，由于小滑塊在兩個圓弧上滑過的弧長相等，則小滑塊在圓弧OB上的離開點和O2的連線與豎直線的夾角也為θ，如圖所示，設小滑塊離開圓弧OB時的速度為v，則根據動能定理可得
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
對小滑塊在圓弧OB上的離開點，重力沿半徑方向的分力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
mg cos θ＝m
聯立解得cos θ＝
即θ＝37°。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)設小滑塊剛好能從O點脫離滑道的速度為v1，則有mg＝
解得v1＝
設小滑塊從A點由靜止釋放到達O點時的速度為v2，根據動能定理可得
mgR＝－0
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解得v2＝
可知小滑塊能從O點脫離滑道，其離開滑道時的速度范圍為≤v0≤
小滑塊離開滑道后做平拋運動，豎直方向有
R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解得小滑塊的水平位移滿足R≤x≤2R
則小滑塊可能的落水點在水面上形成的區域長度為Δx＝2R－R＝(2－)R。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案]　(1)37°　(2)(2－)R
謝 謝 ！

展開更多......

收起↑