专题一至五滚动检测卷-2024年高考物理小题必刷卷

第二部分 阶段验收高分卷 专题一至五滚动检测卷 (时间：75分钟分值：100分) 名师推好题 推第10题。本题综合考查牛顿第二、三定律与抛体运动规律、圆周运动规律相结合，是一道综合 性、实用性很强的好题，值得关注。 、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28 道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太 题日要求的。 阳中心距离为4.86天文单位。若只考虑太阳对 1.(2024·浙江温州模拟)有位 +m+s') 行星的引力，下列说法正确的是 网友发布了自己乘坐复兴号 复兴号 “樊锦诗星”轨道 动车组在行驶过程中超过旁 95 地球轨道 边和谐号动车组的视频，让 和谐号 O太阳 大家又一次感受到了中国新 速度。和谐号动车与复兴号 070140 A.“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年 动车相继从同一站点由静止出发，沿同一方向做 B.“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要3.18年 匀加速直线运动。两车的速度一时间图像如图 C.“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速 1 所示，下列说法正确的是 度大小之比为4.86 A.复兴号动车开始加速时，和谐号动车已出发 D.“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速 了4900m B.复兴号动车追上和谐号动车前，t=70s时，两 度大小之比为G 车相距最远 4.(2024·湖南长郡中学高 C.复兴号动车追上和谐号动车前，两车最远相 三月考)2023年8月，受 距2450m 台风“杜苏芮”影响，我国 D.1=140s时，复兴号动车追上和谐号动车 京津冀等地发生了极端 2.(2024·江苏镇江质检) 强降雨，导致部分地区被淹，中部战区组织官兵 如图所示，A、B叠放在粗 紧急救援。如图所示，在一次救援中，某河道水 糙水平桌面上，一根轻绳 流速度大小恒为，A处的下游C处有个半径为 跨过光滑定滑轮连接A、 r的漩涡，其与河岸相切于B点，AB两点距离为 C,滑轮左侧轻绳与桌面 3r。若解放军战土驾驶冲锋舟把被困群众从 平行，A、B间动摩擦因数为：，B与桌面间动摩擦 河岸的A处沿直线避开漩涡送到对岸，冲锋舟 因数为←，A,B.C质量分别为2m,2m和m,各 相对河水的速度最小值为 面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示 A.20 位置静止释放，要使A,B间发生相对滑动，则： 满足的条件是 ( C.3v 阳 D AK号 5.(2024·江西九江市联考)如图 D≥号 所示，用轻绳系住一质量为2m C<号 的匀质大球，大球和墙壁之间放 3.(2024·安徽合肥模拟)2023年7月10日，经国 置一质量为m的匀质小球，各 际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科 接触面均光滑.系统平衡时，绳 学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323 与竖直墙壁之间的夹角为a,两 号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示， 球心连线O1O2与轻绳之间的 “樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨 夹角为3，则 21 A.绳子的拉力可能小于墙壁的支持力 等，每节动车提供的动力均为F,动车组在水平 B.墙壁的支持力一定小于两球的重力 直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为 C.3tan a=tan (a++B) F.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6 D.3tan a=2tan (a+B) 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组() 6.(2024·安徽蚌埠市高三模拟) 0 A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动 如图所示，O为正四面体 的方向相反 OABC的顶点，ABC处在水平 B.做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为 面上，D为AB边的中点，E为 1.125F OA边的中点。在O点沿不同 C.做匀加速运动时，第5,6节车厢间的作用力为 方向水平抛出两个小球，甲球 0.125F 恰好落在E点，乙球恰好落在D点，空气阻力不计。 D.做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为 则甲球和乙球平抛初速度之比为 0.75F A.1:2 B.1:1 10.(2024·福建三明市高三月考)如图所示，一个 C.2:1 D.2:1 固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里 7.(2024·河南省濮阳外国语学校月考)如图甲， 有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管 M、V是倾角0=37的传送带的两个端点，一个 道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经 质量m=5kg的物块（可看作质点）以4m/s的 过0.3s后又恰好沿垂直斜面方向与倾角为45 初速度自M点沿传送带向下运动.物块运动过 的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R= 程的v一1图像如图乙所示，g取10ms2,sin37 1m,小球可看成质点且其质量为m=1kg,g =0.6,c0s37°=0.8，下列说法正确的是( 取10m/s2。则 (ms) 0246 450 -2-- nta 甲 乙 A.小球经过B点时的速率为3m/s A.物块最终从N点离开传送带 B.小球经过B点时，受到管道的作用力大小为 B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 1N,方向向上 C.物块在第6s时回到M点 C.若改变小球进人管道的初速度使其恰好到达 D.传送带的速度u=2m/s,方向沿逆时针转动 B点，则在B点时小求对管道的作用力为零 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20 D.若改变小球速度使其到达A点的速度为 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 8m/s,则在A点时小球对管道的作用力为 要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分， 64N 有选错的得0分。 11.(2024·安徽马鞍山市高三检测)如图甲所示， 8.(2024·湖南衡阳市联考)为 ↑ms 小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物 研究某辆高铁的某段直线运 体A(可视为质点)以初速度从光滑的平台 动过程，王同学绘制了如图 水平滑到与平台等高的小车上（未冲出），物体 0.1 s 所示的草一图像，但是设 - 和小车的一（图像如图乙所示，取重力加速度 g=10ms2,则以下说法正确的是 () 有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正 w(m's-) 确的是 ( 31 A.该车处于加速状态 B.该车的初速度为40m/s 25 C.该车的加速度大小为4m/s2 中 D.该车在前2秒的位移为64m A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3 9.(2024·四川省成都石室中学二诊)我国高铁技 B.物体A与小车B的质量之比为1：2 术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和 C.小车B的最小长度为2m 拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供 D.如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲 动力的车厢叫拖车，假设动车组各车厢质量均相 出去 22 三、非选择题：本题共5小题，共52分 ↑cm*8 12.(6分)[2023·浙江卷，16(1)]在“探究平抛运 105 动的特点”实验中 95 ①用图1装置进行探究，下列说法正确的是 85 A.只能探究平抛运动水平分运动的特点 B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验 65 C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的 特点 55 00.10.20.30.40.50.6△t ②用图2装置进行实验，下列说法正确的是 图(e) (1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间 A.斜糟轨道M必须光滑且其末端水平 隔均为0.1s。以打出A点时小车位置为初始 B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动 位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移 C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下 △x填到表中，小车发生相应位移所用时间和平 均速度分别为△t和0。表中△xD cm,UAD= cm/s. 位移区间 AB AC AD AE AF △.x(cmy 6.60 14.60 △EAD 34.90 47.30 v(cm/s) 66.0 73.0 VAD 87.3 94.6 图1 图2 图3 ③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写 (2)根据表中数据得到小车平均速度随时间 纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。 △：的变化关系，如图(c)所示。在图中补全实 实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球 验点。 从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹O, (3)从实验结果可知，小车运动的一△！图线可 将挡板依次水平向右移动x,重复实验，挡板上 视为一条直线，此直线用方程o=k△1十b表示， 留下点迹1、2,3、4。以点迹0为坐标原点，竖直 其中k= cm/s2,b= cm/s. 向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1, (结果均保留3位有效数字) y2y3”4。测得钢球直径为d,则钢球平抛初 (4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加 速度%为 速直线运动，得到打出A点时小车速度大小A ,小车的加速度大小a A.( (结果用字母k、b表示》 N y2-V 14.(10分)(2024·江苏 c.(3-人2 D.(4x- 南京市高三调研)某 电视台节目中的场地 13.(8分)(2023·全国甲卷，23)某同学利用如图 设施示意图如图所 ()所示的实验装置探究物体做直线运动时平 示，AB为水平直轨 均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相 道，上面安装有电动 连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码 悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径 下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某 为R、角速度为、绕圆心转动的铺有海绵垫的 次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。 转盘，转盘的圆心与平台的水平距离为L,平台 打点计时器小车 边缘与转盘上平面的高度差为H.选手抓住悬 挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平 纸带 木板 钩码 台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为 图(a) :的匀加速直线运动.选手必须在合适的位置 放手，才能顺利落在转盘上，设选手（视为质点） 6.608.00+9.40410.90412.40· 的质量为m,选手与转盘间的最大静摩擦力为 B D g,:为选手与转盘间的动摩擦因数，重力加 单位：cm 图(b） 速度为g,不计空气阻力。 23 (1)假设选手落到转盘上瞬间相对于转盘的速 (1)潜艇“掉深”达到的最大深度（自海平面算起）： 度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会 (2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到 被甩下转盘，转盘的角速度ω应在什么范时？ 水面时的质量。 (2)若已知日=5m,L=8m,a=2m/s2,g 10m's2,且选手加速到v时在C点放手恰能落 到转盘的圆心处，则他是从平台出发后经过多 长时间放手的. 16.(16分)(2024·辽宁铁岭市 六校联考模拟)如图所示，在 倾角0=30°的足够长固定斜 面上，将质量M=3kg的长木 7172016 板由静止释放的同时，一质量 m=0.5kg的物块以h=6√2m/s的初速度从木 板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板 恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速 度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数 一，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取 加速度大小g=10m/s2。求： (1)木板的长度L: 15.(12分)(2024·济南市历城二中测评)潜艇从 (2)木板与斜面之间的动摩擦因数2： 海水高密度区域驶入低密度区域时，浮力顿减， (3)物块滑离木板时，木板的速度大小。 潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾 有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0× 103t,在高密度海水区域水下200m沿水平方 向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低 密度区域时，浮力突然降为2.4×10N:10s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇 以1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零 后开始上浮，到水下200m处时立即对潜艇加 重（加水）后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时 速度恰好为零。取重力加速度为10m/s2,不计 潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求： (计算结果保留两位有效数字) 高密度海水 低密度海水 24做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,所以航天员 19.【解析】设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴 所受地球引力不是零,故B错误;C空间站受地球的引 分别为尸1、r2,鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行 的周期分别为T:、T?;根据开普勒第三定律有 Mm_ 的物体受到的万有引力等于物体的重力:G R{2} ,代入数据解得T1~288h,故A错误;鹊桥二号 #2,联立解得一 0 ng,以及地球的半径R一rsin 在捕获轨道运行时,根据开普勒第二定律可知,鹊桥 二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相 2n # 一,故C正确;D、由牛顿第二定律可得G 等,因此鹊桥二号在近月点附近,相等的时间内通过 #Vg 的孤长更长,运行的速度大,在远月点点附近,相等 Mm'"_m'a,又因为地球表面的物体受到的万有引力 的时间内通过的张长更短,运行的速度小,因此鹊桥 二号在近月点的速度大于远月点的速度,故B正确; , 根据卫星变轨原理可知,鹊桥二号在捕获轨道近月 等于物体的重力:GMn_ 点需要减速才能进入冻结轨道运行,所以鹊桥二号 R{2} 一mg,以及地球的半径R一 在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运 行时近月点的速度,故C错误;在近月点,根据万有 rsin 2,解得航天员的向心加速度为a一 ,2 #ni ,故D错误。 GM M.由此可知,近月点的加速度等于在冻结轨道 【答案】 C 17.【解析】根据开普勒第三定律,半径的三次方与周 运行时近月点的加速度,故D错误。 【答案】B 期的二次方成正比,则a、b运动的周期之比为1:8, 20.【解析】 故A正确,B错误;设题图所示位置a、c连线与b、c 鹊桥二号从C经B到D过程与月心连线 扫过的面积大于鹊桥二号从D经A到C过程与月 连线的夹角为0~吾,b转动一周(圆心角为2π)的时 心连线扫过的面积,由开普勒第二定律可知,鹊桥二 号从C经B到D的运动时间1大于鹊桥二号从D 经A到C的运动时间12,又1十t2-T,故11>2 十n·2x(n-0,1,2..),可知n-0,1,2...6,n可取7 12h,A错误;鹊桥二号运动过程中,由牛顿第二定律 有CMmn_ma,则鹊桥二号在A、B两点的加速度大 T ·2x(m-0,1.2..),可知m-0,1,2..116,m可取7个 值,故在b转动一周的过程中,a、b、c共线14次,故C 错误,D正确。 【答案】AD 方向结合几何关系可知,鹊桥二号在C、D两点的速 A、根据万有引力提供向心力得GMm_ 度方向不垂直于其与月心的连线,C错误;由于鹊桥 18.【解析】 ,2 二号的轨道为槛圆形,则鹊桥二号在地球表面附近 #(2)},解得一-A#,可知轨道半径,越小,# /_ 的发射速度大于第一字宙速度(7.9km/s),又其没 有完全脱离地球的束缚,所以其发射速度大于第一宇 宙速度(7.9km/s)且小于第二宇宙速度(11.2km.'s). 周期越小,风云三号07星在轨道I运行的半径最 D正确。 小,所以周期一定比地球同步卫星的周期小,地球同 【答案】BD 步卫星的周期等于地球自转的周期,故A正确;B.根 GMm_ma,r是风云三号 第二部分 阶段验收高分卷 据万有引力提供向心力得 07星到地心的距离,可知在轨道II经过b点时的加 专题一至五滚动检测卷 速度和在轨道II经过b点时的加速度大小相等,故B 1.【解析】 错误;C、设风云三号07星在近地轨道I的周期为 A、根据图像可知复兴号动车在70s开始加 速,根据数学方法可知70s时和谐号的速度为35m.s. 0 运动的距离为-3 3-5×70m-1 225m,故A错误;B、 2 和谐号动车与复兴号动车相继从同一站点由静止出 发,在0一140s内,和谐号的速度一直比复兴号的大, #定律。 两者间距逐渐增大;140s以后,复兴号的速度一直比 和谐号的大,两者间距逐渐减小,所以(一140s时,两 风云三号07星从a点第一次运动到6点所用时间为 车相距最远,故B错误;C、t一140s时,两车相距最 远,两车最远相距为s一工和一X复二 70×40 m一 2 70×(140-70) #2 m-2450m,故C正确;D、1-140s R2 R 行。来 时,两车相距最远,复兴号动车没有追上和谐号动车, 量M- 3{ 32 的平均密度一 2.【解析】A与B之间的最大静摩擦力为:f1-2ung 4nG},而不是 是G,故D错误。 AC B与桌面间的最大静摩擦力为:f2一×(2m十2m)g 【答案】 137 -mg 6.【解析】设O在面ABC的投影点为O,由几何知识 A、B恰好将要发生相对滑动时,A与B之间的静摩擦 知A2:E为OA边的中点,由几何关系可知E 可知OD 力达到最大静摩擦力,此时对物块B,由牛顿第二定 律得f1-f2-2ma 到OO连线的距离等于OD,设为x;设O点离开地面 对A、B整体由牛顿第二定律得T一f2=4ma 得高度为h,则E到O点之间的坚直距离为:h'= 对物块C由牛顿第二定律得mg一T-ma 解得: 因此若A、B之间发生相对滑动,则需满足:一2,故 设平抛的初速度为v.则水平方向:r一vl ABD错误,C正确。 【答案】C 3.【解析】 AB.根据题意可知,“樊锦诗星”绕日运行为 __,得丁 1 【答案】 圆轨道,根据开普勒第三定律得 C T T 7.【解析】从题图乙可知,物块速度减为零后反向沿传 -3.18 3.18年~5.67年,故AB错误;CD.根据万 送带向上运动,最终的速度大小为2m.s,方向沿传送 有引力公式和牛顿第二定律可得GMm-ma,解得a- 带向上,所以没从N点离开传送带,从M点离开,并 且可以推出传送带沿顺时针转动,速度大小为2ms. GM ,可知“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加 A、D错误;逸度时间图像中斜率表示加速度,可知物 块沿传送带下滑时的加速度大小a-A-1.5m/s②. △ 根据牛顿第二定律有umgcos 37*}-mgsin37*-ma, 【答案】 C 解得~0.94,B错误;图线与时间轴围成的面积表示 4.【解析】相对河水的速度最小且避开滋涡沿直线运 位移大小,由题图乙可知1一 3s时,物块的速度减 动到对岸时合速度方向恰好与凝涡相切,如图所示, 为0,之后物块沿传送带向上运动,所以物块沿传送带 向下运动的位移大小1一 3)m= 3 s到t-6s,物块沿传送带向上运动的位移大小 (6-4)(6-) 根据几何关系,冲锋舟相对河水的速度为末端矢量到 合速度上任一点的连线,合速度与滋涡相切。可知当 _二 1 因为x122 冲锋舟相对河水的速度与合速度垂直时相对河水的 所以物块在第6s时回到M点,C正确。 【答案】C ③r 8.【解析】由匀变速直线运动规律有x-vot十寸at2, 解之得v舟二 【答案】B 5.【解析】 对两球整体受力分析,受到绳子的拉力F^、 墙壁的支持力Fy和总重力3mg,如图所示,根据平衡 4 -4m/s②,解得v=40m/s,a=-8m/s,所以该车$$ 处于减速状态,初速度为40m/s,加速度大小为8ms{②}. 故A.C错误,B正确;将w-40m/s,a=-8ms^*}代入 位移公式可得x-40t-4r^{②}(m),则前2秒的位移为x 3mg 一64m,故D正确。 条件可得F-sina-F-3mgtana,可知绳子的拉力 【答案】BD 一定大于墙壁的支持力,墙壁的支持力也可能大于或 9.【解析】启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方 等于两球的重力,故A、B错误;对小球受力分析,如图 向相同,乘客受重力和车厢的作用力,由平行四边形 所示,根据平衡条件有F一ngtan0,由几何知识可得 定则可知,车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向 0-a+3,联立可得3tana三tan(a十③),故C正确,D 不是相反关系,故A错误;做匀加速运动时,加速度为 错误。 3F-8F 一- 一,对后三节车厢,有F56+F一3F,-3ma, 87 解得第5、6节车厢间的作用力为F6-0.125F,故B 错误,C正确;对最后两节车厢,有F-2F,-2ma,解 得第6、7节车厢间的作用力为F。一0.75F,故D 正确。 【答案】CD 10.【解析】 小球从B点脱离后做平抛运动且垂直撞在 斜面上,可知到达斜面时竖直分速度大小v.一g 10×0.3m/s-3ms,根据平行四边形定则知tan45*- 卫,解得小球经过B点的速度大小o-vy-3m/s,A 【答案】 C 138 2 正确;在B点,根据牛领第二定律得ng+FN-m (3)在v一A图像中,将点迹用直线连接,如图; ,解 1u/(em·s) 得管道对小球的作用力Fy一-1N,管道对小球的 作用力方向向上,大小为1N,B正确;改变小球进入 105 管道的初速度使其恰好到达B点,即到达B点时速 度为零,由牛顿第三定律知在B点时小球对管道的 作用力大小等于小球的重力,C错误;若改变小球速 度使其到达A点的速度为8m/s,根据F一mg KR,解得FNA-74N,由牛领第三定律知小球对管 道的作用力大小为74N,D错误。 【答案】 AB 11.【解析】 物体A滑上小车B后做匀减速直线运动, 对物体A分析有umAg=mAaA,由v-t图像可得aA 55 m/s2-3m/s2,联立解得-0.3. 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6At/s 图() 所以A正确;对小车B分析有mAg=maB,由- △10 由图像得:-△101-59 m/s2-1m/s2,联立 0.6 cms2-70.0cm/s2 t图像可得aB- &t △ b-59.0 cm/s (4)小车做匀加速直线运动,由匀变速直线运动位移 体A在小车B上的最大相对滑动位移,则有Lmn xA-xB= 整理得:王-#+1at,即:-v+寸at 确;如果仅增大物体A的质量,物体A的加速度保持 不变,但是小车B的加速度增大,所以两者达到共速 则打出A点时小车速度大小vA-b 的时间减小了,则物体A与小车B的相对滑动位移 小车的加速度大小为a一2k 【答案】(1)24.0080.0(2)见解析 减小,所以物体A不可能冲出去,所以D错误。 (3)70.0 【答案】AC 59.0 (4) 2k 14.【解析】 12.【解析】 1 ①用图1装置进行探究,只能探究平抛运 1(1)最大时选手落在距圆心R处恰不被 动竖直方向上的运动特点,为了保证小球的水平速 甩下,由最大静摩擦力提供向心力,则有mg 度不同,需改变小锤击打的力度,多次重复实验,故B 二m{2R 正确,AC错误;故选:B。②用图2装置进行实验,则 A、斜橹轨道不一定要光滑,但末端要水平,故A错 误;B、上下调节挡板N时不需要保证等间距移动, (2)设选手在水平方向加速时位移为x1,运动时间为 故B错误;C、为了保证小钢球的初速度相同,则需要 让小钢球从斜M上同一位置静止滚下,故C正 1.平抛运动时水平位移为x?,运动时间为1?,则在 确:故选:C。③根据平抛运动的特点可知:在竖直方 水平方向加速时有x三 向上:y-gt{,在水平方向上:4x- 一t,联立 2 平抛运动阶段有x2-vt2,H-g{} 全程在水平方向有1十x一L 选:D。 代入各已知量数值,联立以上各式解得山一2s(负值 【答案】 已舍去) ①B ②C ③D 13.【解析】 】(1)由图(b)得,△xAp=xAn十xnc十xcD= 【答案】 (2)2s 6.60 cm+8. 00 cm+9.40 cm-24.00 cm 15.【解析】 △rAD 24.00 1 (1)由牛顿第二定律,潜艇刚“掉深”时加速 AD段的平均速度vp= 34 3x0.1cm's=80.0 cm's 度a:满足mg-F-ma1 (2)如图 代入数据解得a-2.0m/s^{},方向竖直向下 tu/(en·s-) “掉深”历时!1-10s时,潜艇下降高度为h-a1^1{} 105 -1.0×102m 95 潜艇速度为v-a1-20ms 减重后,潜艇以加速度a。-1.0m/s{}匀减速下降,直至 85 # 其速度为零,潜艇下降的距离为h一 2{ -2.0X10{②m 75 潜艇“掉深”达到的最大深度为h一h。十h,十h。一5.0 ×10{m。 (2)潜艇在减重后减速下降过程中,由牛顿第二定律 有F-mg-na2,解得n.~2.2×10kg 55 设潜艇从水面下200m处升到水面的过程中加速度 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6△t/s 为a,根据运动学公式有v{}-2a。(h,+h)-2ah。 图(c) 解得a。-1.5ms②,方向竖直向下 139 在潜艇从水面下200m处上升到达水面的过程中, 时功率之比为PA:PB=mguAy'mguBy=2:1,故 由牛顿第二定律有m2g-F-m2a3 C正确;D、A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功 解得m2~2.8×10kg。 率之比为P:Pm·2.mgl-:1,故D 【答案】 (1)5.0×10②}m (2)2.2×10*kg 2.8X fA 1B 10kg 错误。 【答案】 16.【解析】 (1)物块刚滑上木板时,设物块的加速度大 C 小为a, 3.【解析】AD.根据题意可知,当汽车以额定功率行驶 对物块受力分析,根据牛顿第二定律有:mgsin0十 11mgcos 0-ma1 P80x103 由题意,物块到达木板上端时物块的速度恰好为零, 得:/- 40 -N一2000N,根据题意,设1时 根据匀变速直线运动的规律有: m P设 -2aL,代入数据解得;L-4.5m; 刻,汽车的速度为v则,此时的牵引力为F1一 (2)物块上滑的过程中,木板恰好不往下滑,对木板 汽车在0~1时间内做匀加速直线运动的加速度为 受力分析,根据平衡条件,在沿斜面方向上有:Mgsin a1,则有vi=a1t1,由牛顿第二定律有F1-f=mal, -nmgcosθ+F 联立解得v-20m/s,故AD错误;B./1~50s内,由 在垂直于斜面方向上有:Fr-u(n+M)gcos6 动能定理有 P(50- 1)-x=m-},解得 _选 联立代入数据解得:2= x-1300m,故B正确;C.由牛领第二定律可得,关闭 (3)当物块到达木板上端后,物块与木板都从静止开 始沿斜面向下做匀加速运动,设物块的加速度大小 为a2、木板的加速度大小为a,物块经时间1滑到木 由运动学公式v=v+a2t可得vm-a(t2-70),解得 板下端,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有; 1-90s,故C错误。 【答案】B mgsinθ-mgcos 0-ma2 解得:a2-2m/s} 4.【解析】设物体离开地面的高度为h,根据题意可知 对木板受力分析,根据牛领第二定律有:uimgcos0十 F=k^x-mg 则△x-mg,弹上端P竖直上提 Mgsin0-2(M+m)gcos θ-Ma 解得:a3-1m/s② 的距离为H,则重物上升高度h-H-△x-H-m. 已知地面为零势能面,根据重力势能公式可知Ep 第__(11一”),故C正确。 时间1内木板的位移大小:s2一 【答案】C 根据几何关系有:s1-s2-1. 物块滑离木板时,木板的速度大小为:一al 5.【解析】在B点时,由牛顿第二定律得F一mg=m 联立解得:v-3m/s 解得F一2.4N,由牛顿第三定律可知,滑块对轨道 的压力大小为2.4N,故A、B错误。对从A到B的过 (1)4.5m 【答案】 (3)3m/s 程,由动能定理得mgr-W:-mo2-0,解得W= 专题六 机械能 0.9J,即克服摩擦力做功为0.9J,故C正确,D错误。 【答案】 1.【解析】 C A、物体做匀速运动时,受力平衡,由平衡条 _解得:_0.4. 6.【解析】根据题意分析,弹策被压缩后恢复原长,而 件得:f-F-8N,所以有 物块压缩弹的过程中弹策的弹力对物块做负功,弹 Fs mg 策恢复原长的过程中,弹策的弹力对物块做正功,在 故A错误;B、由图可知在8m处拉力大小为F一4N,根 整个过程中弹策的弹力对物块所做功的代数和为零, 据牛顿第二定律有F一f一m,代入数据可得:a= 设物块与地面间的动摩擦因数为u,因此对物块运动 一2m/s2,故B错误;CD、F一s图像与x轴围成的面 的全过程,根据动能定理有-umg·2L-0-m^{} 积表示拉力做的功,则整个过程中拉力做功为W: (8×4+×8×8)J-64J,滑动摩擦力做的功为W; 而物块反弹后从B点到C点做匀减速直线运动,根据 =-mgx,解得W,一一96J,所以合力做的功为W -W.+W-64J+(-96 )--32J,故C错误,D正确 【答案】D 2.【解析】A、位移是矢量,由图可知,A、B两球的位移 正确,ABC错误。 方向不同,故A、B两球的位移不同,故A错误;B、根 【答案】D 7.【解析】做自由落体运动的物体,机械能守恒,保持 不变,所以E+E.,-E,而动能公式为E-m②, #A;对B球有/-g,2/-vBtB,解得vA·vB=1 AB、物体由静止处释放时,动能为零,重力势能最大, ;2、2,故B错误;C、根据以上分析,可得A、B两球 故AB错误;CD、从静止释放到一半高度过程中,重力 落地时竖直方向的瞬时速度分别为vAy-gfA.VBy 做正功,物体的动能增大,重力势能减小,但动能和势 能之和保持不变。选项C中,一半高度处的机械能大 -gtB 于静止释放处的机核能;选项D中,是将静止释放处 /4 2 一,则可得A、B落地时重力的瞬 视为零重力势能面。故C错误,D正确。 【答案】D 140