四川省成都市新都一中2025屆高三上學(xué)期11月第三次精準(zhǔn)化考試物理試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息
2. 請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上
一、單選題（4×7=28分）
1. 剛結(jié)束的巴黎奧運(yùn)會(huì)，跳水運(yùn)動(dòng)員全紅嬋以絕對(duì)實(shí)力奪得女子跳水十米臺(tái)冠軍，衛(wèi)冕成功。從全紅嬋起跳到入水，若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程空氣阻力忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)時(shí)的速度為零
B. 起跳過(guò)程中，跳臺(tái)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力做正功
C. 運(yùn)動(dòng)員由靜止起跳到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能不守恒
D. 起跳過(guò)程跳臺(tái)對(duì)運(yùn)動(dòng)員作用力的沖量等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量
【答案】C
【解析】
【詳解】A．運(yùn)動(dòng)員做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知，運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)時(shí)的速度不為零，故A錯(cuò)誤；
B．起跳過(guò)程中，當(dāng)跳臺(tái)對(duì)運(yùn)動(dòng)員有支持力時(shí)，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員位移為0，所以支持力對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，故B錯(cuò)誤；
C．運(yùn)動(dòng)員由靜止起跳到最高點(diǎn)的過(guò)程中，消耗了人體的生物能，生物能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能，可知，運(yùn)動(dòng)員由靜止起跳到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故C正確；
D．起跳過(guò)程，以豎直向上為正方向，重力沖量為負(fù)值，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
可知，跳臺(tái)對(duì)運(yùn)動(dòng)員作用力的沖量大于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。
故選C。
2. 如圖（a），一質(zhì)量為m的勻質(zhì)球置于固定鋼質(zhì)支架的水平橫桿和豎直墻之間，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中一個(gè)視圖如圖（b）所示。測(cè)得球與橫桿接觸點(diǎn)到墻面的距離為球半徑的1.8倍，已知重力加速度大小為g，不計(jì)所有摩擦，則球?qū)M桿的壓力大小為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】對(duì)球進(jìn)行受力分析如圖，設(shè)球的半徑為R，根據(jù)幾何知識(shí)可得
根據(jù)平衡條件得
解得
根據(jù)牛頓第三定律得球?qū)M桿壓力大小為
故選D。
3. 2023年，我國(guó)“雙曲線二號(hào)”火箭完成垂直起降飛行試驗(yàn)，意味著運(yùn)載火箭的可重復(fù)使用技術(shù)取得了重要突破。試驗(yàn)過(guò)程中，火箭持續(xù)向下噴射燃?xì)猥@得豎直向上的推力，若地面測(cè)控系統(tǒng)測(cè)出火箭豎直起降全過(guò)程的v-t圖像如圖，火箭在t=0時(shí)刻離開(kāi)地面，在t=t4時(shí)刻落回起點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力及火箭質(zhì)量的變化，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 在t1時(shí)刻，火箭上升到最高位置
B. 在0-t1 時(shí)間內(nèi)，火箭受到的推力先增大后逐漸減小為零
C. 在 t1-t2 時(shí)間內(nèi)，火箭所受合外力逐漸減小為零
D. 在t3-t4時(shí)間內(nèi)，火箭先失重、后超重
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖可知，在t2時(shí)刻速度為零，火箭上升到最高位置，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)v-t圖像的切線斜率表示加速度，可知在0-t1 時(shí)間內(nèi)，圖像的切線斜率先增大后減小，最后為零，即加速度先增大后減小，最后為零，根據(jù)牛頓第二定律
可知火箭受到的推力F先增大后逐漸減小，最后等于mg，故B錯(cuò)誤；
C．在 t1-t2 時(shí)間內(nèi)，切線斜率在增大，根據(jù)牛頓第二定律可知，火箭所受合外力逐漸增大，故C錯(cuò)誤；
D．由圖可知，在t3-t4時(shí)間內(nèi)，火箭先向下加速，再向下減速，故火箭先失重、后超重，故D正確。
故選D。
4. 原點(diǎn)O處有一簡(jiǎn)諧橫波波源，時(shí)波源開(kāi)始振動(dòng)，形成沿x軸正向傳播的機(jī)械波，當(dāng)時(shí)的波形圖如圖所示，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P剛好開(kāi)始振動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）
A. 這列波的傳播速度為
B. 時(shí)質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向
C. 再經(jīng)過(guò)0.1s質(zhì)點(diǎn)a通過(guò)的路程等于
D. 此時(shí)質(zhì)點(diǎn)a與質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向相反
【答案】D
【解析】
【詳解】A．t=0時(shí)波源開(kāi)始振動(dòng)，形成沿x軸正向傳播的機(jī)械波，當(dāng)t=0.6s時(shí)的波形圖如圖所示，機(jī)械波的波速
故A錯(cuò)誤；
B．由圖讀出波長(zhǎng)為λ=4m，則周期為
t=0.6s時(shí)的波形圖如圖所示，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，t=0.7s時(shí)，即再經(jīng)過(guò)四分之一個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；
C．t=0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向且不處于平衡位置，再經(jīng)過(guò)0.1s質(zhì)點(diǎn)a通過(guò)的路程小于10cm，故C錯(cuò)誤；
D．由同側(cè)法可知，此刻質(zhì)點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故此時(shí)質(zhì)點(diǎn)a與質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)方向相反，故D正確。
故選D
5. 科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，蜘蛛在沒(méi)有風(fēng)的情況下也能向上“起飛”。如圖，當(dāng)?shù)厍虮砻鎺в胸?fù)電荷，空氣中有正電荷時(shí)，蜘蛛在其尾部吐出帶電的蛛絲，在電場(chǎng)力的作用下實(shí)現(xiàn)向上“起飛”。下列說(shuō)法正確的是（）
A. 蜘蛛往電勢(shì)高處運(yùn)動(dòng)B. 電場(chǎng)力對(duì)蛛絲做負(fù)功
C. 蛛絲的電勢(shì)能增大D. 蛛絲帶的是正電荷
【答案】A
【解析】
【詳解】由題意可知，蛛絲受到空氣中正電荷的吸引力和地球負(fù)電荷的排斥力，則蛛絲帶的是負(fù)電荷；離正電荷越近電勢(shì)越高，則蜘蛛往電勢(shì)高處運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程電場(chǎng)力對(duì)蛛絲做正功，蛛絲的電勢(shì)能減小。
故選A。
6. 如圖所示，一束復(fù)色光由空氣射向半圓形玻璃磚的A點(diǎn)，在玻璃磚中分成a、b兩束單色光，其出射點(diǎn)分別為B、C，已知A、D為玻璃磚的直徑。則（）
A. a的波長(zhǎng)大于b的波長(zhǎng)
B. b的頻率大于a的頻率
C. 在玻璃中，a的波速大于b的波速
D. a從A到B的時(shí)間等于b從A到C的時(shí)間
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)折射定律結(jié)合圖像可知可知，a光折射率較大，則光的頻率大，根據(jù)
可知光波長(zhǎng)短，故AB錯(cuò)誤；
C．根據(jù)可知在玻璃中，a的波速小于b的波速，故C錯(cuò)誤；
D．設(shè)入射角為i，折射角為，光的傳播時(shí)間
而
，
解得
故時(shí)間相等，故D正確。
故選D。
7. 如圖甲所示，大型物流貨場(chǎng)廣泛地應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。與水平面夾角為θ的傾斜傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的。將質(zhì)量為的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶的A端，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)傳送帶的B端。用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度ν隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 貨物從 A 端到 B 端的過(guò)程中受到的摩擦力始終不變
B. 貨物與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4
C. 貨物從A端到 B 端的過(guò)程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為9.6J
D. 貨物從A 端到 B 端的過(guò)程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為22.4J
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由題意可知，貨物先以a1加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再以a2加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向下，時(shí)間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向上，A錯(cuò)誤；
B．由圖像可知，貨物的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
同理可得內(nèi)有
聯(lián)立解得
B錯(cuò)誤；
CD．由圖可知，整個(gè)過(guò)程貨物的位移
傳送帶的位移
二者的相對(duì)位移
根據(jù)上述結(jié)論可知
故整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量
C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
二、多選題（3×5=15）
8. 在探究變壓器的線圈兩端電壓與匝數(shù)的關(guān)系時(shí)，某同學(xué)分別在可拆變壓器的鐵芯上繞制了兩個(gè)線圈，制
作了一個(gè)如圖所示的降壓變壓器，線圈a連接到學(xué)生電源的交流輸出端，線圈b與小燈泡相連接，兩線圈的電阻均可忽略不計(jì)。閉合電源開(kāi)關(guān)，發(fā)現(xiàn)小燈泡很亮，為了降低小燈泡的亮度，下列措施可行的是（）
A. 適當(dāng)減少線圈b的匝數(shù)B. 將交流輸出電壓適當(dāng)減小
C. 將線圈a、b增加相同匝數(shù)D. 將線圈a改接在直流輸出端
【答案】AB
【解析】
【詳解】為了降低小燈泡亮度，即減小變壓器的副線圈的電壓，設(shè)線圈的匝數(shù)為，電壓為，線圈的匝數(shù)為，電壓為，因?yàn)樽儔浩鞯囊?guī)律是
可得
A．減少線圈的匝數(shù)可行，選項(xiàng)A正確；
B．將交流輸出電壓U減小，小燈泡會(huì)變暗，選項(xiàng)B正確；
C．將線圈a、b增加相同匝數(shù)，小燈泡會(huì)更亮，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．直流電不能在副線圈產(chǎn)生電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選AB。
9. 節(jié)氣是指二十四個(gè)時(shí)節(jié)和氣候，是中國(guó)古代訂立的一種用來(lái)指導(dǎo)農(nóng)事的補(bǔ)充歷法，早在《淮南子》中就有記載?，F(xiàn)行二十四節(jié)氣劃分是以地球和太陽(yáng)的連線每掃過(guò)15°定為一個(gè)節(jié)氣，如圖所示為北半球二十四個(gè)節(jié)氣時(shí)地球在公轉(zhuǎn)軌道上位置的示意圖，其中冬至?xí)r地球在近日點(diǎn)附近。根據(jù)下圖，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 芒種時(shí)地球公轉(zhuǎn)速度比小滿時(shí)小
B. 芒種到小暑的時(shí)間間隔比大雪到小寒的長(zhǎng)
C. 立春時(shí)地球公轉(zhuǎn)的加速度與立秋時(shí)大小相等
D. 春分、夏至、秋分、冬至四個(gè)節(jié)氣剛好將一年的時(shí)間分為四等份
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．從圖中我們可以著到，冬至?xí)r地球位于近日點(diǎn)附近，公轉(zhuǎn)速度最快。隨著地球向遠(yuǎn)日點(diǎn)移動(dòng)，公轉(zhuǎn)速度逐漸減慢。因此，芒種（位于遠(yuǎn)日點(diǎn)附近）時(shí)的公轉(zhuǎn)速度應(yīng)該比小滿（位于近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)之間）時(shí)慢，故A正確；
B．地球公轉(zhuǎn)軌道是橢圓形的，但軌道上的速度并不是均勻分布的。由于公轉(zhuǎn)速度的變化，芒種到小暑的時(shí)間間隔與大雪到小寒的時(shí)間間隔并不相等。從圖中可以看出，芒種到小暑的時(shí)間間隔要大于大雪到小寒的時(shí)間間隔。故B正確；
C．地球公轉(zhuǎn)的加速度與地球到太陽(yáng)的距離有關(guān)。立春時(shí)和立秋時(shí)，地球到太陽(yáng)的距離并不相等（立春時(shí)離太陽(yáng)較近，立秋時(shí)離太陽(yáng)較遠(yuǎn)），因此公轉(zhuǎn)加速度也不相等，故C錯(cuò)誤；
D．春分、夏至、秋分、冬至四個(gè)節(jié)氣雖然分別代表了春、夏、秋、冬四季的開(kāi)始，但它們并不剛好將一年的時(shí)間分為四等份。實(shí)際上，由于地球公轉(zhuǎn)軌道是橢圓形的，各季節(jié)的長(zhǎng)度并不相等，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
10. 如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧一端與垂直固定在斜面上的擋板相連，另一端與物塊B栓接，勁度系數(shù)為k。物塊A緊靠著物塊B，物塊與斜面均靜止?，F(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用于A，使A、B兩物塊一起沿斜面做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到A、B分離。物塊A質(zhì)量為m，物塊B質(zhì)量為2m，重力加速度為g，。下列說(shuō)法中正確的是（）
A. 施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為
B. A、B分離瞬間彈簧彈力大小為
C. 拉力F的最大值大于mg
D. 在A、B分離前整個(gè)過(guò)程中A的位移為
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．施加拉力F之前，A、B整體受力平衡，根據(jù)平衡條件，有
解得
施加F瞬間，物體A、B加速度大小為
對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律
對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立，解得
故A正確；
B．分離時(shí)，物體A、B之間作用力為0，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得
解得
可得
故B錯(cuò)誤；
C．依題意，整個(gè)過(guò)程中拉力F一直增大， A、B分離瞬間，物體A、B之間作用力為0，F(xiàn)最大，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得
解得
故C錯(cuò)誤；
D．在A、B分離前整個(gè)過(guò)程中A的位移為
故D正確。
故選AD。
三、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）
11. 某同學(xué)利用圓錐擺測(cè)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取Ｈ鐖D1所示，一根長(zhǎng)為l的輕繩上端固定在P點(diǎn)，下端連接一小鋼球。拉起小鋼球，使輕繩與豎直方向的夾角為θ，讓小鋼球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，記錄小鋼球的轉(zhuǎn)速n；改變輕繩與豎直方向的夾角，測(cè)得小鋼球相應(yīng)的轉(zhuǎn)速。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)，在直角坐標(biāo)系中繪制的圖像是一條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，如圖2所示。
（1）x是______（單選，填正確答案標(biāo)號(hào)）。
A. nB. C. D.
（2）若該直線的斜率為k，則測(cè)得的重力加速度大小g=______（用k和l表示）。
（3）由于沒(méi)有考慮小鋼球的尺寸，重力加速度大小的測(cè)量值比真實(shí)值______（選填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）D （2）
（3）偏小
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)牛頓第二定律可得
所以
所以x應(yīng)為。
故選D。
【小問(wèn)2詳解】
若該直線的斜率為k，則
所以重力加速度大小
【小問(wèn)3詳解】
由于沒(méi)有考慮小鋼球的尺寸，即l偏小，重力加速度大小的測(cè)量值比真實(shí)值偏小。
12. 某同學(xué)用如圖所示的裝置進(jìn)行探究，初始彈簧處于壓縮且鎖定狀態(tài)，解鎖后，滑塊A離開(kāi)彈簧向右滑動(dòng)，通過(guò)光電門(mén)傳感器1后與滑塊B碰撞，已知兩擋光片相同，測(cè)得滑塊A第一次通過(guò)光電門(mén)傳感器1的時(shí)間為，第二次通過(guò)光電門(mén)傳感器1的時(shí)間為，滑塊B通過(guò)光電門(mén)傳感器2的時(shí)間為。
（1）為測(cè)量彈簧壓縮時(shí)具有的彈性勢(shì)能，除A的質(zhì)量外，還須測(cè)量的物理量是_________；
（2）若A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則兩滑塊的質(zhì)量比___________（用測(cè)得物理量的符號(hào)表示）；
（3）用如圖甲所示的“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可驗(yàn)證兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量守恒定律。圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓質(zhì)量為的小球A多次從斜軌上位置G點(diǎn)由靜止釋放，找到其落點(diǎn)的平均位置P，測(cè)量平拋射程O(píng)P。然后把質(zhì)量為的小球B靜置于軌道末端的水平部分，再將小球A從斜軌上位置G由靜止釋放，與小球B碰撞，如此重復(fù)多次，M、N為兩球碰后的平均落點(diǎn)，重力加速度為g，回答下列問(wèn)題：
①為了保證碰撞時(shí)小球A不反彈，兩球的質(zhì)量必須滿足_________（填“”），
②若兩球發(fā)生彈性碰撞，其表達(dá)式可表示為_(kāi)________（用OM、OP、ON來(lái)表示）。
③若實(shí)驗(yàn)中得出的落點(diǎn)情況如圖乙所示，假設(shè)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則入射小球A的質(zhì)量與被碰小球B的質(zhì)量之比為_(kāi)________。
【答案】（1）擋光片的寬度
（2）
（3） ①. > ②. ③. 4:1
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為滑塊A的動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式可知，除A的質(zhì)量外，還須測(cè)量的物理量是通過(guò)光電門(mén)1時(shí)的速度，由于通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間極短，可以用通過(guò)光電門(mén)的平均速度代替瞬時(shí)速度，即
即測(cè)量擋光片的寬度；
【小問(wèn)2詳解】
滑塊A第一次通過(guò)光電門(mén)1的速度
滑塊A第二次通過(guò)光電門(mén)1的速度
滑塊B通過(guò)光電門(mén)2的速度
根據(jù)動(dòng)量守恒定律
聯(lián)立可得
【小問(wèn)3詳解】
[1]為了保證碰撞時(shí)小球A不反彈，兩球的質(zhì)量必須滿足
[2]本實(shí)驗(yàn)中兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)下落高度相同，而豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此可知時(shí)間相等，而水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移
可得
根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒有
根據(jù)機(jī)械能守恒有
聯(lián)立解得
[3]根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒定律
可得
則有
代入測(cè)量數(shù)據(jù)解得
四、解答題
13. 太陽(yáng)能空氣集熱器是一種常用的太陽(yáng)能熱利用裝置，它以空氣作為傳熱介質(zhì)，將收集到的熱量輸送到功能端，具有結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單，造價(jià)低廉，接受太陽(yáng)輻射面積大，可廣泛應(yīng)用于建筑物供暖、產(chǎn)品干燥等諸多領(lǐng)域的優(yōu)點(diǎn)。它底面及側(cè)面為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積保持不變。開(kāi)始時(shí)內(nèi)部封閉氣體的壓強(qiáng)為經(jīng)過(guò)太陽(yáng)暴曬，氣體溫度由初始時(shí)的升至
（1）求溫度升至時(shí)氣體的壓強(qiáng)；
（2）保持不變，從出氣口緩慢放出部分氣體，使氣體壓強(qiáng)再變回到，放氣過(guò)程中集熱器內(nèi)剩余氣體是吸熱還是放熱？求剩余氣體的質(zhì)量與原來(lái)總質(zhì)量的比值。
【答案】（1）
（2）吸熱，
【解析】
【詳解】（1）氣體體積V不變，由查理定律
代入數(shù)據(jù)解得溫度升至?xí)r氣體的壓強(qiáng)為
（2）保持不變，則內(nèi)能不變，所以
剩余的氣體的體積變大，氣體對(duì)外界做功，故
根據(jù)熱力學(xué)第一定律，所以
即剩余氣體吸熱。設(shè)剩余氣體在集熱器中占據(jù)的體積為，整個(gè)集熱器體積為V，則根據(jù)玻意耳定律
可得
即剩余氣體的質(zhì)量與原來(lái)總質(zhì)量的比值為。
14. 如圖1所示為遙控爬墻小車，小車通過(guò)排出車身內(nèi)部空氣，和外界大氣形成氣壓差，使車吸附在平面上。如圖2所示，某次遙控小車從靜止出發(fā)沿著A、B、C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到天花板上的D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為。然后保持速率不變從D點(diǎn)開(kāi)始繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。其中AB沿豎直方向，BC與豎直方向夾角為，CD沿水平方向，BC、CD的長(zhǎng)度均為1m，小車在到達(dá)B點(diǎn)前已經(jīng)勻速。小車質(zhì)量為，車身內(nèi)外由于大氣壓形成垂直墻面的壓力差恒為。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車受到墻壁的阻力f大小與車和墻壁間的彈力之間關(guān)系恒為，方向總與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反。小車可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，不計(jì)轉(zhuǎn)折處的能量損失，重力加速度為
（1）若小車在AB段上以恒定功率啟動(dòng)，求小車在AB段上最大速度的大小；
（2）求小車從B經(jīng)過(guò)C到D這兩段直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小車牽引力所做的總功；
（3）遙控小車在水平天花板上以的速率做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車牽引力為，取，求小車運(yùn)動(dòng)一周牽引力做的功。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
對(duì)小車在AB、BC、CD各段運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行受力分析。小車在AB段向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車所受阻力大小
解得
小車在AB段上達(dá)到最大速度時(shí)
解得
【小問(wèn)2詳解】
小車沿BC運(yùn)動(dòng)過(guò)程中
小車與BC墻面的阻力
聯(lián)立可得
，
遙控小車到水平天花板CD運(yùn)動(dòng)時(shí)
小車與天花板的阻力
解得
小車從B點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)第一次到達(dá)D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
【小問(wèn)3詳解】
小車所受阻力與牽引力的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力
解得
小車運(yùn)動(dòng)一周過(guò)程中動(dòng)能不變，牽引力做的功為 W，由動(dòng)能定理得
解得
15. 如圖所示，質(zhì)量為的薄木板B靜置在光滑水平面上，質(zhì)量為的小物塊C靜止放在光滑的四分之一圓弧形凹槽D的最低點(diǎn)，圓弧形凹槽質(zhì)量為且未被固定?，F(xiàn)有一質(zhì)量為的滑塊A以的水平初速度從木板左端沖上木板，滑塊A在木板B上運(yùn)動(dòng)一小段時(shí)間后二者達(dá)到共速，之后木板B與小物塊C發(fā)生彈性正碰，碰撞后木板B立即被鎖定。小滑塊A繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從薄木板B上滑下，落在水平面上時(shí)，水平方向速度不變，豎直方向速度變?yōu)?。之后小滑塊A在水平面上運(yùn)動(dòng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，始終未能追上C或D。已知小物塊C可看做質(zhì)點(diǎn)，，滑塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，。碰撞時(shí)間不計(jì)。
（1）求木板B與滑塊A達(dá)到共速時(shí)速度的大小；
（2）求相對(duì)于水平面，小物塊C能上升的最大高度；
（3）將小滑塊A視為質(zhì)點(diǎn)，求滿足題意的木板B的長(zhǎng)度的取值范圍。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)
，
以A、B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正，由動(dòng)量守恒定律有
解得木板B與滑塊A達(dá)到共速時(shí)速度的大小
小問(wèn)2詳解】
以B、C研究對(duì)象，B與C發(fā)生彈性碰撞過(guò)程，設(shè)向右為正，由動(dòng)量守恒定律可有

由機(jī)械能守恒定律可知
聯(lián)立解得小物塊C碰后速度
v2=4m/s
從碰后到小物塊C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，C、D兩者水平共速，設(shè)此時(shí)C水平速度為，則
解得
【小問(wèn)3詳解】
從B、C碰后到C、D分離，設(shè)分離時(shí)C的速度為，D的速度為，則
解得
小滑塊A與B開(kāi)始到共速過(guò)程
，
解得
小滑塊A能夠滑下B，則
解得
小滑塊A在水平面上運(yùn)動(dòng)足夠長(zhǎng)時(shí)間，始終未能追上C或D，則小物塊最終速度小于等于，則
解得
所以木板B的長(zhǎng)度的取值范圍
即

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