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(共66張PPT)
階段滾動卷四 (第一章至第九章內容)
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。
1．2023年12月26日，汕頭至汕尾高鐵(簡稱“汕汕高鐵”)汕頭南至汕尾段開通運營，粵東地區新增一條客運大通道。“汕汕高速鐵路”由汕頭站至汕尾站，線路全長162千米，共設7座車站，設計最高速度可達350 km/h。下列有關“汕汕高鐵”的說法正確的是(　　)
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A．在研究列車從汕頭南站出發到達汕尾站的時間時，可以把列車看成質點
B．研究列車進站時，可以把列車看成質點
C．“最高速度可達350 km/h”指的是平均速度大小
D．“線路全長162千米”指的是位移大小
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√
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A　[研究列車從汕頭南站出發到達汕尾站的時間時，可以把列車看成質點，故A正確；研究列車進站時，不能把列車看成質點，故B錯誤；“最高速度可達350 km/h”指的是瞬時速度大小，故C錯誤；“線路全長162千米”指的是路程，故D錯誤。]
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2．如圖(a)所示，某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量，她屈膝靜蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球緊靠豎直墻面，假設瑜伽球光滑且視為均勻球體，整體可簡化成如圖(b)所示。當人緩慢豎直站立的過程中，人的背部與水平面夾角θ<，下列說法正確的是(　　)
A．墻面對球的力保持不變
B．人受到地面的摩擦力變大
C．地面對人的支持力變大
D．球對人的壓力先增大后減小
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B　[對瑜伽球受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可知N1＝mg
tan θ，N2＝，人緩慢豎直站立的過程中，人的背部與水平面夾角逐漸變大，則墻面對球的力N1增大，人對球的支持力增大，根據牛頓第三定律可知球對人的壓力增大，故A、D錯誤；對整體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可知FN＝(M＋m)g，f＝N1，人受到地面的摩擦力變大，地面對人的支持力不變，故B正確，C錯誤。]
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3．(2024·重慶卷)如圖所示，某滑雪愛好者經過M點后在水平雪道上滑行，然后滑上平滑連接的傾斜雪道，若其到達N點時的速度為0，在水平雪道上滑行視為勻速直線運動，在傾斜雪道上滑行視為勻減速直線運動。則該滑雪愛好者從M到N的運動過程中，其速度大小v隨時間t的變化圖像可能是(　　)
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A　　　　　 　　　B
C　　　　　 　　　D
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C　[由于滑雪愛好者在水平雪道上做勻速直線運動，在傾斜雪道上做勻減速直線運動至停止，故其在水平雪道上滑行的v-t圖像為平行于時間軸的線段，在傾斜雪道上滑行的v-t圖像為傾斜向下的線段，又滑雪愛好者在水平雪道和傾斜雪道的平滑連接處速度大小不發生突變，故結合選項中的圖像可知C可能正確，A、B、D錯誤。]
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4．如圖所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與拖車相連，另一端與河中的小船連接，定滑輪與拖車之間的連繩保持水平，小船與拖車的運動在同一豎直平面內，拖車沿平直路面水平向右運動帶動小船，使小船以速度v沿水面向右勻速運動，若船在水面上運動受到的阻力保持不變。則在上述運動過程中(　　)
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A．當拉船的輕繩與水平面的夾角為θ時，拖車運動的速度為v sin θ
B．小船受到繩的拉力不斷減小
C．小船受到繩的拉力的功率不斷增大
D．拖車的動能不斷減小
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D　[船的速度沿繩方向的分速度與拖車速度相等，拖車運動的速度為v′＝v cos θ，θ增大時，拖車速度減小，拖車動能減小，A錯誤，D正確；由平衡條件f＝F cos θ可知，θ增大時，繩拉力增大，B錯誤；小船做勻速運動，受到繩的拉力的功率等于克服阻力做功的功率，保持不變，C錯誤。]
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5．硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環保的優點，如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖像，圖線b是某純電阻電器的U-I圖像，則在該光照強度下，把該電池和該電器組成一個電路時，電池的(　　)
A．內阻為12.5 Ω B．輸出功率為12.5 W
C．內耗功率為0.22 W D．效率為50%
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C　[由閉合電路歐姆定律得U＝E－Ir，當I＝0時E＝U′，由a與縱軸的交點讀出電動勢為E＝3.6 V，根據兩圖線交點處的狀態可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為U＝2.5 V，電流為I＝0.2 A，則電池的內阻為r＝＝ Ω＝5.5 Ω，故A錯誤；電池的輸出功率為P出＝UI＝2.5×0.2 W＝0.5 W，故B錯誤；內耗功率為P內＝I2r＝0.22×5.5 W＝
0.22 W，故C正確；電池的效率為η＝×100%＝×100%≈69.4%，故D錯誤。]
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6．如圖所示，a為放在赤道上相對地球靜止的物體，隨地球自轉做勻速圓周運動，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛星(軌道半徑約等于地球半徑)，c為地球的同步衛星。下列關于a、b、c的說法正確的是(　　)
A．b衛星轉動線速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做勻速圓周運動的向心加速度
大小關系為ab>ac>aa
C．a、b、c做勻速圓周運動的周期關系為Ta＝TcD．在b、c中，c的機械能大
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B　[第一宇宙速度是衛星繞地球運動的最大運行速度，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛星，故b衛星轉動線速度不能大于7.9 km/s，故A錯誤；由題可知a、c具有相同的角速度，根據a＝ω2r，由于rc>ra，所以ac>aa，對于b、c有G＝ma得a＝，由于rc>rb可知ab>ac，綜上得ab>ac>aa，故B正確；由題知Ta＝Tc，對于b、c有G ＝mr，得T＝2π，由于rc>rb，可知Tc>Tb，綜上得Ta＝Tc>Tb，故C錯誤；由于不知道b、c衛星的質量，所以無法判斷它們機械能的大小，故D錯誤。]
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7．如圖甲所示是采用36 V、10 Ah電池和180 W額定功率電機設計的無人配送小車，車重為60 kg，載重40 kg。在某次進行剎車性能測試時，其位移x與時間t的關系可用如圖乙所示的-圖像表示，則下列說法正確的是(　　)
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A．小車運動的加速度大小為2 m/s2
B．小車運動的初速度大小為6 m/s
C．前2 s內小車的位移大小為4 m
D．前2 s內合力對小車做功的平均功率為1 200 W
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B　[根據勻變速直線運動位移時間公式x＝v0t＋at2得＝v0＋a，即-圖像是一條傾斜的直線，由圖像可知，圖線斜率為小車運動的初速度，則v0＝6 m/s，截距為小車運動的加速度的，則a＝－4 m/s2，小車剎車時間為1.5 s，故前2 s內小車的位移x＝v0t＋at2＝4.5 m，故B正確，A、C錯誤；根據牛頓第二定律，可得合力大小為F＝|ma|＝400 N，1.5 s末小車已停止運動，運動位移為 4.5 m，則＝＝＝900 W，故D錯誤。]
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8．(2024·浙江杭州5月模擬)2023年9月“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員將
0.3 kg的大球與靜止的0.1 kg的小球發生正碰，某同學觀看實驗時發現：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略艙內空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　)
A．大球碰撞前后的速度之比為3∶1
B．碰撞后大球的動量小于小球的動量
C．碰撞過程中大球動量減少量小于小球動量增加量
D．碰撞前后，大球與小球組成的系統無動能損失
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D　[設碰撞后大、小球的速度大小分別為v1、v2，1格長度為l，則v1＝，v2＝，可得v2＝3v1。碰后，大球的動量p1＝Mv1＝3mv1，小球的動量p2＝mv2＝m·3v1＝p1，B錯誤；大球與小球碰撞過程，根據動量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，則大球碰撞前后的速度之比為v0∶v1＝2∶1，A錯誤；碰撞過程中大
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球動量減少量Δp1＝Mv0－Mv1＝mv0，小球動量增加量Δp2＝mv2＝mv0＝Δp1，C錯誤；碰撞前大球與小球組成的系統總動能Ek＝＝，碰撞后系統總動能E′k＝＝＝Ek，D正確。]
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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．(2025·山東濟南高三檢測)如圖所示，質量相等可視為點電荷的A、B、C三個帶電絕緣小球，其中A帶負電并固定在絕緣豎直彈簧下端，當A、B、C三個小球的球心距離均為L時，B、C小球帶電荷量相等并懸在空中處于靜止狀態，下列說法正確的是(　　)
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A．小球A帶的電荷量是小球B帶電荷量的2倍
B．小球A受到四個作用力
C．彈簧彈力等于B、C兩個小球對A球引力的矢量和
D．剪斷彈簧后，B、C兩個小球一起做自由落體運動
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AB　[根據受力平衡可得B、C小球帶等量的正電，設小球A、B的電荷量絕對值分別為qA、qB，A、B之間的庫侖力FAB＝k，B、C之間的庫侖力FBC＝，分析B受力如圖所示，可得FABcos θ＝FBC，θ＝60°，得qA＝2qB，故A正確；分析A的受力有重力、兩個庫侖力和彈
簧彈力，共四個力，故B正確；把三個小球看成整體，可
得彈簧彈力等于三個小球的總重力，故C錯誤；剪斷彈簧
后，A受重力和B、C小球對A的庫侖力，A下落的加速度
大于重力加速度，剪斷瞬間小球B、C受力不變，加速
度為零，故D錯誤。]
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10．如圖所示電路中，直流電源內阻r≠0，R1、R2為定值電阻，滑動變阻器最大阻值為R3，rA．電流表示數變小
B．電源的效率減小
C．滑動變阻器消耗的功率一直減小
D．通過R2的電流方向為從d到c
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BD　[滑動變阻器的滑片P緩慢從b向a滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路的總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知，電路的電流增大，電流表示數增大，故A錯誤；電源的效率為η＝＝＝，當滑動變阻器接入電路的電阻減小時，電源效率減小，故B正確；把R1看作電源的部分內阻，滑動變阻器接入電
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路的電阻減小，外電路的阻值靠近等效電源的內阻，等效電源的輸出功率變大，滑動變阻器消耗的功率變大，故C錯誤；根據閉合電路歐姆定律有U＝E－I(R1＋r)，當滑動變阻器接入電路的電阻減小時，電路的電流增大，滑動變阻器電壓減小，電容器電壓減小，根據電容器定義式C＝，可知電容器的電荷量在減小，電容器處于放電狀態，所以通過R2的電流方向為從d到c，故D正確。]
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11．(2024·浙江杭州高三階段檢測)如圖A、B兩物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與兩物體間的摩擦力可忽略，兩個物體的質量分別為m1＝4 kg，m2＝6 kg。從t＝0開始，推力FA和FB分別作用于A、B上，FA和FB隨時間的變化規律為FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，關于兩個物體的運動。以下說法正確的是(　　)
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A．經過4 s，兩物體將分離
B．經過2 s，兩物體將分離
C．A對B的彈力做功的功率一直增大
D．A對B的彈力做功的功率最大值為2 W
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BD　[以A、B整體為研究對象，A、B整體受到的合力為F合＝FA＋FB，解得F合＝10 N，故合力保持不變，即開始一段時間內，以相同的加速度做勻加速運動，對整體研究有F合＝(m1＋m2)a，解得a＝
1 m/s2，設A、B之間的彈力為F，對B受力分析可得F＋FB＝m2a，解得F＝m2a－FB＝6 N－(2＋2t) N＝(4－2t) N，且B在做勻加速直線運動，則B的速度為v＝at＝t(m/s)，故A對B的彈力做功的功率為P＝Fv＝(4t－2t2) W，由數學知識可知，當t＝1 s時，功率有最大值，即
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Pmax＝2 W，故C錯誤，D正確；當A、B恰好分離時，A、B間的彈力為0，此時兩者的加速度仍然相等，有＝，解得t＝2 s，所以在2 s內，A、B兩物體一直以1 m/s2的加速度做勻加速直線運動，在2 s后A、B兩物體分離，故A錯誤，B正確。]
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12．如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一質量為1 kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末煤塊到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，則(　　)
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A．傾角θ＝37°
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.4
C．2 s內傳送帶上留下的痕跡長為5 m
D．2 s內煤塊與傳送帶因摩擦產生的內能為20 J
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AC　[由題圖乙可知，0～1 s煤塊的加速度為a1＝10 m/s2，1～2 s煤塊的加速度為a2＝2 m/s2，可知傳送帶的速度為v1＝10 m/s，根據牛頓第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A正確，B錯誤；0～1 s內傳送帶的位移及煤塊的位移分別為s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝v1t＝5 m，它們的相對位移為Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s內傳送帶的位移及煤塊
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的位移分別為s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝(v1＋v2)t＝11 m，它們的相對位移為Δx2＝x2－s2＝1 m，0～1 s 內煤塊位移小于傳送帶位移，在傳送帶上出現5 m長的痕跡，1～2 s內煤塊位移大于傳送帶的位移，這1 m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以傳送帶上出現的痕跡長為 5 m，故C正確；2 s內煤塊與傳送帶因摩擦產生的內能為Q＝μmg cos θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，故D錯誤。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)學習小組利用如圖(a)所示的實驗裝置，驗證發生完全非彈性碰撞時動量守恒。氣墊導軌上安裝有兩個光電門1、2，滑塊1上固定著豎直遮光條，滑塊2的右側有
橡皮泥(未畫出)。實驗主要步
驟如下：
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(1)接通氣源，將滑塊1放置在導軌上，輕推一下使其先后通過光電門1、2，若滑塊經過光電門1的時間比經過2的長，應調整水平螺絲，把支點P調________(選填“高”或“低”)些，直到滑塊1通過兩個光電門的時間相同。
(2)用天平測出滑塊1(包含遮光條)的質量為m1、滑塊2(包含橡皮泥)的質量為m2，本實驗________(選填“需要”或“不需要”)測出遮光條的寬度d。
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低
不需要
(3)將滑塊2放置在光電門1、2間合適位置并保持靜止，將滑塊1放置在光電門1的右側，輕推滑塊1，使其與滑塊2發生碰撞后粘在一起，光電門1記錄的遮光時間為t1，光電門2記錄的遮光時間為t2。
(4)改變滑塊1的初速度，多次測量，獲得多組t1、t2數據。
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(5)在坐標紙上建立直角坐標系，描點后擬合出的圖線為過原點的直線，如圖(b)所示，測量出圖線的斜率k，若滿足k＝________(用所測物理量的字母表示)，可驗證完全
非彈性碰撞時動量守恒。
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[解析]　(1)滑塊1經過光電門1的時間比經過光電門2的長，說明滑塊1經過光電門1時的速度小于經過光電門2時的速度，說明導軌右端較高，應把支點P調低些。
(2)根據光電門測速原理，碰撞前滑塊1的速度為v1＝，碰撞后滑塊1、2共同的速度為v2＝，若動量守恒，則有m1v1＝(m1＋m2)v2，聯立解得＝，此式成立則說明碰撞過程動量守恒，由于d消掉了，故不需要測量遮光條的寬度d。
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(5)由＝整理得t2＝t1，t2-t1圖線為過原點的直線，若斜率k＝可驗證發生完全非彈性碰撞時動量守恒。
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14．(8分)某同學為測量電壓表的內阻，實驗室僅提供了以下儀器：
A．待測電壓表(量程為3 V，內阻約為30 kΩ)
B．電源E1(電動勢為6.0 V，內阻不能忽略)
C．電源E2(電動勢為3.0 V，內阻不能忽略)
D．滑動變阻器R1(最大阻值為10 kΩ)
E．滑動變阻器R2(最大阻值為10 Ω)
F．電阻箱R′(滿足實驗要求)
G．開關，導線若干
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該同學利用上述器材連接了如圖所示電路后，進行了下述操作：
①先將滑動變阻器R的滑片調到最左端，電阻箱R′的阻值調為零。
②閉合開關，調節滑動變阻器R的滑片，使電壓表指針滿偏。
③保持滑動變阻器R的滑片不動，調節電阻箱
R′，使電壓表指針偏轉到滿刻度的一半，讀出
電阻箱R′的讀數為29 kΩ。
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(1)電源應選用________，滑動變阻器應選用________。(填寫對應序號)
(2)在虛線框中畫出電路圖。
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B
E
見解析圖
(3)待測電壓表內阻為__________，測量值________(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。
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[解析]　(1)由于電壓表要滿偏時達到3 V，但由于電源內阻不能忽略，則其路端電壓小于電源電動勢，故電動勢為3 V的電源不能滿足要求，故選電源電動勢為6 V的B；由于滿偏和半偏時認為電壓未變，故只有滑動變阻器阻值遠小于電壓表內阻時才成立，故選擇最大阻值為10 Ω的E。
29 kΩ　
大于
(2)本實驗采用半偏法測電壓表的內阻，按實物圖連線畫出電路圖如圖所示。
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(3)滑動變阻器接入電路阻值保持不變，可以認為總電壓不變，再調節電阻箱使電壓表半偏，那么電阻箱的電壓與電壓表相同，所以RV＝R箱＝29 kΩ。
實際上，由于電阻箱與電壓表串聯后接入電路，電阻增加了，則滑動變阻器的分壓將增大，這樣當電壓表半偏時，電阻箱的電壓比電壓表大，所以測量值大于真實值。
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15．(8分)如圖所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將一帶電小球從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變為0。若此帶電小球在A點的加速度大小為g，g取10 m/s2，靜電力常量為k，試求：
(1)此帶電小球在B點的加速度大小；
(2)A、B兩點間的電勢差UAB(用Q和h表示)。
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[解析]　(1)此帶電小球所帶電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時
mg－＝m·g
在B點時－mg＝maB
解得aB＝3g＝30 m/s2，方向豎直向上。
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(2)從A到B過程，由動能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0
解得UAB＝－。
[答案]　(1)30 m/s2　(2)－
16．(8分)如圖所示，兩個半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為2m，A、B的質量都為m，與地面間的動摩擦因數均為μ。用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：
(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；
(2)動摩擦因數的最小值μmin。
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[解析]　(1)對C受力分析，如圖所示。
根據平衡條件有2F cos 30°＝2mg
解得F＝mg。
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(2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大，依據受力分析可知
2F′cos 60°＝2mg
Fxmax＝F′sin 60°＝mg
此時，B受地面的摩擦力Ff＝μ(mg＋F′sin 30°)＝2μmg
根據題意，B保持靜止，則Ff＝Fxmax時μ有最小值
解得μmin＝。
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[答案]　(1)mg　(2)
17．(14分)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A以及曲面劈B，其中A的質量為m＝1 kg，曲面劈B的質量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，所有的摩擦均不考慮。現給A一個正對B曲面的初速度，使A沖上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，則物塊A能夠達到的最大高度為H1，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為v1；若將曲面劈B自由放置在地面上，則物塊A能夠達到的最大高度為H2，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為v2。求：
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(1)H1與H2的比值；
(2)v1與v2的比值。
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[解析]　(1)若曲面劈B固定在地面上，根據機械能守恒定律得＝mgH1
若曲面劈B自由放置在地面上，設共同速度為v，根據水平方向上動量守恒得
mv0＋0＝(m＋M)v
根據機械能守恒定律得＋0＝(m＋M)v2＋mgH2
解得＝。
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(2)若曲面劈B固定在地面上，隨后物塊A從曲面劈B上滑離時的速度為
v1＝－v0
若將曲面劈B自由放置在地面上，根據水平方向動量守恒得mv0＋0＝mv2＋Mv3
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根據機械能守恒定律得＋0＝
解得＝。
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[答案]　(1)　(2)
18．(16分)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，t＝0時刻一小物塊以一定的速度從左端滑上長木板，之后小物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知小物塊與長木板的質量均為m＝1 kg，前2 s內小物塊在長木板上滑動，之后兩者相對靜止，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量Q；
(2)小物塊與長木板間的靜摩擦力大小f。
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[解析]　(1)設小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ1，前2 s內小物塊的加速度大小為a1，則有
a1＝ m/s2＝4 m/s2
因2 s末木板和物塊共速，則小物塊在長木板上滑動的痕跡長度
s1＝×2 m－×2×2 m＝10 m
對物塊由牛頓第二定律μ1mg＝ma1
小物塊與長木板間因摩擦產生的熱量Q＝μ1mgs1
解得Q＝40 J。
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(2)設長木板與地面間的動摩擦因數為μ2，前2 s內長木板的加速度大小為a2，2 s后小物塊和長木板一起做勻減速直線運動時的加速度大小為a3，則有
a2＝ m/s2＝1 m/s2
對木板μ1mg－2μ2mg＝ma2
對木板和木塊的整體a3＝μ2g
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對物塊f＝ma3
解得f＝1.5 N。
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[答案]　(1)40 J　(2)1.5 N
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