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(共71張PPT)
階段滾動卷(三)(第一章至第七章內容)
題號
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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．現代潛艇利用超聲波、電磁波進行偵查、通信，下列說法正確的是(　　)
A．潛艇聲吶發出的超聲波從深水區傳到淺水區時傳播方向會改變，這是波的衍射現象
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B．海洋生物發出的超聲波會影響潛艇聲吶發出的超聲波信號的傳遞
C．潛艇聲吶接收到的反射超聲波信號的頻率比發出時小，說明所探測的目標潛艇與自己靠近
D．與在空氣中相比，潛艇聲吶發出的超聲波通信信號在海水中更容易繞過海底山崖被友軍潛艇接收到
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D　[潛艇聲吶發出的超聲波從深水區傳到淺水區時傳播方向會改變，這是深水區和淺水區介質的輕微差別引起的，所以這是波的折射現象，A錯誤；根據波的獨立傳播特點可知，海洋生物發出的超聲波不會影響潛艇聲吶發出的超聲波信號的傳遞，B錯誤；潛艇聲吶接收到的反射超聲波信號的頻率比發出時小，根據多普勒效應可知，所探測的目標潛艇與自己遠離，C錯誤；與在空氣中相比，潛艇聲吶發出的超聲波通信信號在海水中的傳播速度更大，則相同頻率的超聲波在海水中的波長較大，根據發生明顯衍射的條件可知，同一超聲波通信信號在海水中更容易繞過障礙物被友軍潛艇接收到，D正確。]
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2．“一字馬”是自由體操、健美操等體育運動的基本動作之一，指的是運動員將兩腿沿左右方向最大限度地分開的動作。運動員在水平地面上做“一字馬”動作的過程中，初始時靜止在圖甲所示高度，下壓腿后靜止在圖乙所示高度，對于甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中，單腳對地面的壓力較大
B．乙圖中，單腳對地面的摩擦力較大
C．人腳受到的摩擦力是滑動摩擦力
D．地面對人的支持力是由于腳的形變產生的
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B　[根據力的平衡條件，兩腿與豎直方向的夾角變大，單腳受到地面的支持力保持為mg，但題圖乙中腿與水平面的夾角小于題圖甲，且單腳對地面的壓力相同，題圖乙中，單腳對地面的摩擦力較大，故A錯誤，B正確；人腳與地面之間相對靜止，為靜摩擦力，故C錯誤；地面對人的支持力是由于地面的形變產生的，故D錯誤。]
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3．如圖為一“環腔式”降噪器的原理圖，可以對高速氣流產生的噪聲進行降噪。波長為λ的聲波沿水平管道自左側入口進入后分成上、下兩部分，分別通過通道①、②繼續向前傳播，在右側匯聚后噪聲減弱，其中通道①的長度為10λ，下列說法正確的是(　　)
A．該降噪器是利用波的衍射原理設計的
B．通道②的長度可能為8.5λ
C．通道②的長度可能為8λ
D．該降噪器對所有頻率的聲波均能起到降噪作用
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B　[該降噪器是利用聲波的干涉原理設計的，A錯誤；根據波的疊加原理可知，該降噪器對于路程差為|s1－s2|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)的聲波降噪效果良好，對不符合上述條件的聲波降噪作用較差，甚至不能起到降噪作用，故而并非對所有波長或頻率的聲波均有效，C、D錯誤，B正確。]
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4．“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進行對比。經過測量發現，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為 1.0 cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8 cm。已知竹竿的質量約為25 kg，若不計水的阻力，則該女子的質量約為(　　)
A．45 kg B．47.5 kg
C．50 kg D．55 kg
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A　[根據題意，設女子的質量為m，由動量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系統的水平動量一直為0，且運動時間相等，設運動時間為t，則有mt＝m竿t，整理可得mx人＝m竿x竿，解得m＝＝45 kg，故選A。]
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5．(2025·安徽六安模擬)如圖(a)，足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙(足夠長)，物塊A(可視為質點)在物塊B的拉動下從桌面左端開始運動，其前2 s的v-t圖像如圖(b)所示。已知物塊B質量為0.20 kg，重力加速度g取10 m/s2，用mA表示物塊A的質量，μ表示物塊A與P點右邊桌面之間的動摩擦因數，則下列說法正確的是(　　)
A．mA＝1.0 kg，μ＝0.2
B．mA＝0.4 kg，μ＝0.125
C．mA＝0.8 kg，μ＝0.125
D．mA＝0.8 kg，μ＝0.2
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C　[由題圖(b)可知，物塊A在P點左邊運動時的加速度大小為a1＝
2 m/s2，在P點右邊運動時的加速度大小為a2＝ m/s2＝1 m/s2。
解法一：隔離法
在0～1 s內，設繩中的張力為FT1，則對物塊B有mBg－FT1＝mBa1，對物塊A有FT1＝mAa1。在1～2 s內，設繩中的張力為FT2，對物塊B有mBg－FT2＝mBa2，對物塊A則有FT2－μmAg＝mAa2，綜合以上各式并代入數據可得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，選項C正確。
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解法二：整體法
在0～1 s與1～2 s時間內，對A、B整體有mBg＝(mA＋mB)a1，mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，聯立解得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，選項C正確。]
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6．如圖所示為游樂場“叢林飛椅”游戲的簡化模型，A小球繞軸O1O2在水平面內做勻速圓周運動，則關于A小球的受力分析正確的是(　　)
A．受到的合力方向指向AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．細繩對小球的拉力大于小球受到的重力
D．若轉速逐漸降低，則小球的向心力變大
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C　[A小球繞軸O1O2在水平面內做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知A小球受到的合力方向指向AO2，故A錯誤；A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，實際上不存在，故B錯誤；綜合上述對小球進行分析，令繩與水平方向夾角為θ，則有T sin θ＝mg，解得T＝，可知細繩對小球的拉力大于小球受到的重力，故C正確；若轉速逐漸降低，則角速度減小，軌道半徑減小，則由F＝mω2r可知，若轉速逐漸降低，則小球的向心力變小，故D錯誤。]
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7．(2025·湖北武漢高三模擬)節氣是指二十四個時節和氣候，是中國古代訂立的一種用來指導農事的補充歷法，早在《淮南子》中就有記載。現行二十四節氣劃分是將地球和太陽的連線每掃過15°定為一個節氣，如圖所示為北半球二十四個節氣時地球在公轉軌道上位置的示意圖，其中冬至時地球在近日點
附近。根據圖，下列說法正確的是(　　)
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A．芒種時地球公轉速度比小滿時大
B．芒種到小暑的時間間隔比大雪到小寒的長
C．立春時地球公轉的加速度與立秋時的大小相等
D．春分、夏至、秋分、冬至四個節氣剛好將一年的時間分為四等份
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B　[由題圖可知從小滿到芒種地球到太陽的距離不斷增大，則根據開普勒第二定律可知從小滿到芒種地球公轉速度不斷減小，A錯誤；由題圖可知地球與太陽的連線從芒種到小暑掃過的面積大于從大雪到小寒掃過的面積，根據開普勒第二定律可知芒種到小暑的時間間隔比大雪到小寒的長，B正確；由于立春和立秋時，地球到太陽的距離(立春時離太陽較近，立秋時離太陽較遠)并不相等，因此結合萬有引力定律和牛頓第二定律可知，立春和立秋時地球公轉加速度不相等，C錯誤；根據開普勒第二定律可知春分、夏至、秋分、冬至四個節氣并不是剛好將一年的時間分為四等分，D錯誤。]
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8．A和B兩小球，從同一水平直線上的兩位置分別沿同方向水平拋出，其運動軌跡是拋物線，如圖所示，不計空氣阻力，兩球在空中相遇，下列說法正確的是(　　)
A．相遇時A球速度一定小于B球速度
B．相遇時A、B兩球的動能一定相等
C．A和B兩小球必須同時拋出
D．相遇時A和B兩小球重力的功率一定相同
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C　[由于相遇時A、B兩球做平拋運動的豎直位移h相同，由h＝gt2，可以判斷兩球下落的時間相同，即應同時拋出，故C正確；根據vy＝gt可知，相遇時A、B兩球豎直分速度相等，兩球在水平方向上做勻速直線運動，根據x＝v0t可知，因為A球的水平位移大，下落時間相等，所以A球的初速度大，相遇時的速度大小為v＝，可
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知相遇時A球速度一定大于B球速度，故A錯誤；根據Ek＝mv2，相遇時A球速度一定大于B球速度，但A、B兩球的質量關系未知，所以無法比較相遇時A、B兩球的動能，故B錯誤；重力的功率為PG＝mgvy，相遇時A和B兩小球豎直分速度相同，但兩球的質量關系未知，所以無法得出相遇時A和B兩小球重力的功率關系，故D錯誤。]
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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。
9．一列沿x軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質中位置在x＝0處的質點a和在x＝3 m處的質點b的振動圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是(　　)
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A．若波沿x軸負方向傳播，則這列波的最大傳播速度為0.6 m/s
B．若波沿x軸正方向傳播，則這列波的最大傳播速度為1 m/s
C．質點a處在平衡位置時，質點b一定在波谷且向y軸正方向振動
D．質點a的振動方程為y＝2cos cm
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BD　[根據題圖可知，該波的周期T＝4 s，t＝0時刻，x＝0處的質點a處于波谷，x＝3 m處的質點b處于平衡位置且向y軸正方向運動，若該波沿x軸負方向傳播，則結合同側法可知，xab＝λ＝
3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，則波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，當n＝0時，波速最大，則vm＝
3 m/s，A錯誤；若該波沿x軸正方向傳播，則結合同側法可知，xab
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＝λ＝3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，則波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，當n＝0時，波速最大，則vm＝1 m/s，B正確；根據題圖可知，t＝1 s時，x＝0處的質點a處于平衡位置，x＝3 m處的質點b處于波峰位置，C錯誤；根據題圖甲可知，質點a的振動方程為y＝－2cos t cm＝－2cos t cm＝2cos cm，D正確。]
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10．如圖甲所示，小球(可視為質點)穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　)
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A．小球的質量為2 kg
B．固定圓環的半徑R為0.4 m
C．小球在最高點速度為4 m/s時，圓環受到小球施加的豎直向下
20 N的彈力
D．若小球恰好能做完整圓周運動，則其運動中所受圓環給的最大彈力為100 N
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AD　[對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F－mg＝0，結合題圖可知m＝＝2 kg，故A正確；當F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝，結合題圖可知R＝＝0.8 m，故B錯誤；小球在最高點的速度為4 m/s時，有F＋mg＝m，解得小球受到的彈力F＝20 N，方向豎直向下，由牛頓第三定律可知圓環受到小球施加的豎直向上
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的彈力，故C錯誤；小球經過最低點時所受彈力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝m，若小球恰好能做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝mv2，由以上兩式得F＝5mg，代入數據得F＝100 N，故D正確。]
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11．2024年春晚雜技節目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質量為40 kg的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間(F-t)圖像片段，運動員可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
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A．演員在a到b過程處于超重狀態
B．演員在b時刻速度最大，速度大小為8 m/s
C．從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于 1 280 J
D．從a時刻到b時刻，蹦床給演員的沖量大小為520 N·s
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CD　[演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態，后處于失重狀態，故A錯誤；結合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度減小的變減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即a到b之間的某一時刻，演員的速度最大，故B錯誤；根
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據題圖可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為2.8 s－1.2 s＝1.6 s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為
0.8 s，利用逆向思維，根據速度公式有v0＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，則b時刻演員的動能為Ek＝＝ 1 280 J，根據題圖可知，從a時刻到b時刻，蹦床的彈性勢能轉化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于 1 280 J，故C正確；從a時刻到b時刻，根據動量定理有I－mgtab＝mv0，解得I＝520 N·s，故D正確。]
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12．(2024·廣西桂林三模)兩物體A、B放在光滑的水平面上，現給兩物體沿水平方向的初速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時間的變化規律。已知物體A的質量為mA＝0.4 kg。則(　　)
A．圖線1為碰后物體B的圖像
B．碰撞前物體A的速度大小為2 m/s
C．物體B的質量為mB＝0.4 kg
D．碰撞過程A、B組成的系統損失的機械能為 2.4 J
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CD　[若規定以碰撞前B速度方向為正方向，由題圖可知碰前物體A、B的速度分別為vA＝－ m/s＝－3 m/s，vB＝ m/s＝2 m/s，那么碰撞之后，不再發生碰撞，碰后速度分別為＝0 m/s，v′B＝ m/s＝
－1 m/s，才滿足這種情況，故圖線1為碰后物體A的圖像，故A、B錯誤；設物體B的質量為mB，碰撞過程動量守恒，則由動量守恒定律得mBvB＋mAvA＝mBv′B，解得mB＝0.4 kg，故C正確；碰撞過程損失的機械能為ΔE＝，代入數據解得ΔE＝2.4 J，故D正確。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)某學習小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，裝置如圖1，氣墊導軌上安裝了一光電門，滑塊上固定一擋光條，測得氣墊導軌與水平面的夾角為θ，滑塊靜止釋放時擋光條的左邊緣與光電門的距離為l，用天平測得滑塊及擋光條的總質量m＝0.20 kg。
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(1)用游標卡尺測擋光條的寬度如圖2所示，則d＝________ cm。某次實驗，測得擋光條通過光電門的擋光時間為40.1 ms，則滑塊的動能Ek＝________ J(此空保留2位有效數字)。
4.05
0.10
(2)研究滑塊由靜止下滑至光電門的過程，重力勢能改變取ΔEp＝mgl sin θ，實驗結果表明，系統動能的增加量ΔEk始終略大于ΔEp，其原因可能是________。
A．擋光條的寬度過大
B．滑塊受到的阻力過大
C．滑塊的重心在擋光條左邊緣的左側
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A
[解析]　(1)由題圖2可知，擋光條的寬度為d＝4 cm＋5×0.1 mm＝4.05 cm，滑塊的速度為v＝＝ m/s≈1.0 m/s，滑塊的動能為Ek＝mv2＝×0.2×12 J＝0.10 J。
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(2)根據題意可知，ΔEp為擋光條左端到達光電門時滑塊減小的重力勢能，擋光條的寬度過大，計算的速度大于擋光條左端到達光電門時速度，則ΔEk大于ΔEp，故A正確；滑塊受到的阻力過大，會導致系統動能增加量略小于系統減少的重力勢能，故B錯誤；滑塊的重心在擋光條左邊緣的左側，移動過程重心移動的距離仍為l，沒有影響，故C錯誤。
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14．(8分)(2024·遼寧卷)如圖(a)為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學通過實驗探究這套積木小幅擺動時周期T與外徑D之間的關系。
(1)用刻度尺測量不同顏色積木的外徑D，其中對藍色積木的某次測量如圖(b)所示，從圖中讀出D＝_____________________cm。
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7.54(7.53～7.55均可)　
(2)將一塊積木靜置于硬質水平桌面上，設置積木左端平衡位置的參考點O，將積木的右端按下后釋放，如圖(c)所示。當積木左端某次與O點等高時記為第0次并開始計時，第20次時停止計時，這一過程中積木擺動了________個周期。
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(3)換用其他積木重復上述操作，測得多組數據。為了探究T與D之間的函數關系，可用它們的自然對數作為橫、縱坐標繪制圖像進行研究，數據如表所示：
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顏色 紅 橙 黃 綠 青 藍 紫
ln D 2.939 2 2.788 1 2.595 3 2.484 9 2.197 … 1.792
ln T －0.45 －0.53 －0.56 －0.65 －0.78 －0.92 －1.02
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根據表中數據繪制出ln T-ln D圖像如圖(d)所示，則T與D的近似關系為________。
A．T∝ B．T∝D2
C．T∝ D．T∝
(4)請寫出一條提高該實驗精度的改進措施： __________________________________________________。
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A
多次測量同一顏色的積
木的周期求平均值(合理即可)
[解析]　(1)根據刻度尺的讀數規則可知D＝7.54 cm。
(2)左端平衡位置的參考點為O，每間隔兩次經過平衡位置參考點O時的時間間隔為1個周期，因為從第0次開始計數，則題述過程中積木擺動了10個周期。
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(3)根據題圖(d)有ln T＝k ln D＋b，其中k＝＝，則有ln T＝ln D＋b＝ln ＋b，根據數學知識可得T與D的近似關系為T∝，A正確。
(4)可以多次測量同一顏色的積木的周期求平均值，從而減小實驗誤差。
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15．(8分)(2025·八省聯考內蒙古卷)投沙包游戲規則：參賽者站在離得分區域邊界AB一定的距離外將沙包拋出，每個得分區域的寬度d＝0.15 m，根據沙包停止點判定得分。如圖所示，某同學以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且與水平地面夾角為53°的初速度斜向上拋出沙包，出手點距AB的水平距離L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬間豎直方向速度減為零，水平方向速度減小。落地后沙包滑行一段距離，最終停在9分、7分得分區的分界線上。已知沙包與地面的動摩擦因數μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空氣阻力不計。求：
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(1)沙包從出手點到落地點的水平距離x；
(2)沙包與地面碰撞前、后動能的比值k。
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[解析]　(1)沙包豎直方向的初速度為
vy＝v0sin 53°＝4 m/s
沙包在豎直方向上減速到0，然后做自由落體運動，設豎直向上為正，則有
－h＝vyt－gt2
代入數據解得t＝1 s
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沙包拋出的水平初速度為
vx＝v0cos 53°＝3 m/s
所以從拋出到落地沙包的水平位移為
x＝vxt＝3 m。
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(2)沙包滑行的距離為
x0＝L＋5d－x＝0.45 m
沙包滑行的加速度大小
a＝μg＝2.5 m/s
滑行的初速度有
＝2ax0
與地面碰撞后的動能
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Ek2＝＝m
從拋出到落地根據動能定理有
mgh＝
解得落地瞬間的動能
Ek1＝mv2＝m
所以k＝＝20。
[答案]　(1)3 m　(2)20
16．(8分)(2024年1月九省聯考安徽卷)如圖，相距l＝2.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v＝1 m/s。質量m＝10 kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1 m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40 N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；
(2)貨物在傳送帶上運動的時間。
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[解析]　(1)根據牛頓第二定律，貨物在左側平臺上時加速度為a1＝＝2 m/s2
由運動學規律有＝2a1s1，s1＝1 m
解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為
v1＝2 m/s。
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(2)由于v1>v，故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左，此時加速度為
a2＝＝－1 m/s2
故貨物開始做勻減速運動，設經過時間t2與傳送帶共速，得t2＝＝1 s
該段時間貨物位移為s2＝t2＝1.5 m
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因s2設再經過時間t3到達傳送帶右端，得t3＝＝1 s
故貨物在傳送帶上運動的時間為t＝t2＋t3＝2 s。
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[答案]　(1)2 m/s　(2)2 s
17．(14分)在圖示裝置中，斜面高h＝0.9 m，傾角α＝37°，形狀相同的剛性小球A、B質量分別為100 g和20 g，輕彈簧P的勁度系數k＝270 N/m，用A球將彈簧壓縮Δl＝10 cm后無初速度釋放，A球沿光滑表面沖上斜面頂端與B球發生對心彈性碰撞，設碰撞時間極短，彈簧彈性勢能Ep＝k(Δl)2，重力加速度的大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
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(1)求碰撞前瞬間A球的速度大小；
(2)求B球飛離斜面時的速度大小；
(3)將裝置置于豎直墻面左側，仍取Δl＝
10 cm，再次彈射使B球與墻面碰撞，碰
撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，為使B球能落回到斜面上，求裝置到墻面距離x的最大值。
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[解析]　(1)設A球與B球碰撞前的速度為vA，由能量守恒定律有Ep＝
其中Ep＝k(Δl)2＝×270×0.12 J＝1.35 J
代入數據解得，碰撞前瞬間A球的速度大小為
vA＝3 m/s。
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(2)A球與B球發生對心彈性碰撞，則碰撞過程中由動量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B
由機械能守恒定律得＝
聯立解得，B球飛離斜面時的速度大小為
v′B＝vA＝5 m/s。
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(3)仍取Δl＝10 cm，則B球飛離斜面時的速度仍為v′B＝5 m/s，設B球運動的總時間為t，由對稱性可知，若B球能落回到斜面，則水平方向有
2x＝v′B cos 37°·t
豎直方向有y＝v′B sin 37°·t－gt2＝0
聯立解得t＝0.6 s，x＝1.2 m。
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[答案]　(1)3 m/s　(2)5 m/s　(3)1.2 m
18．(16分)如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內軌道BCDE組成，左側為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC，軌道上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角為α，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上。現有質量為m＝0.1 kg的小滑塊P(視為質點)從空中的A點以v0＝2 m/s的初速度水平向左拋出，經過 s后恰好從B點沿軌道切
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線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動，經過D點后沿傾斜軌道向上運動至F點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短，已知CD＝DF＝1 m，滑塊與軌道CD、DE間的動摩擦因數為μ＝0.1，各軌道均平滑連接，不計其余阻力，sin 37°＝0.6，g取 10 m/s2。 求：
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(1)BO連線與水平方向的夾角α的大小；
(2)小滑塊P到達與O點等高的O′點時對軌道的壓力；
(3)彈簧的彈性勢能的最大值；
(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對B點的壓力大小；若不能，判斷滑塊最后位于何處。
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[解析]　(1)滑塊恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，由平拋運動可知v0＝vB sin α＝vy tan α
又vy＝gt
解得α＝30°，vB＝4 m/s。
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(2)B→O′由動能定理可知
mgR sin 30°＝
解得vO′＝2 m/s
經過O′點時受軌道的支持力大小FN，有
FN＝
解得FN＝5 N
由牛頓第三定律可得滑塊在O′點時對軌道的壓力大小F壓＝5 N，方向向左。
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(3)設CD＝DF＝L，從B到F有mg(R＋R sin α－L sin θ)－μmgL－μmgL cos θ－Ep＝
代入數據可解得Ep＝2.02 J。
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(4)設滑塊返回時能上升的高度為h，根據能量守恒可得
mgL sin θ＋Ep＝μmgL cos θ＋μmgL＋mgh
代入數據可解得h＝2.44 m>hBC＝R＋R sin α＝1.2 m
運動到B點，根據機械能守恒可得mgh＝
根據牛頓第二定律可得mg sin α＋FN＝
聯立解得FN＝2.6 N
由牛頓第三定律可知滑塊對B點的壓力為F′N＝2.6 N。
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[答案]　(1)30°　(2)5 N，方向向左　(3)2.02 J　(4)能，2.6 N
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