山东省青岛第二中学2025-2026学年高三上学期综合练习（八）物理试题

青岛二中2025届高三物理综合练习八 本试题卷分选择题和非选择题两部分，时间90分钟.满分100分。 一、单选题 1.火灾逃生的首要原则是离开火灾现场，如图所示是火 M 警设计的一种让当事人快捷逃离现场的救援方案：用一根 不变形的轻杆N支撑在楼面平台AB上，N端在水平地 Z5111777 面上向右以v。匀速运动，被救助的人员紧抱在M端随轻 h 杆一起向平台B端靠近，平台高为h,当CN=2h时，被 D 救人员向B点运动的速率是() 1 A.20 B. 2 C.2 50 D.5 2.无人驾驶汽车可以通过车载传感器、摄像头、雷达、GPS等获取汽车的状态和所处的环境，并 且实现车辆的自主安全驾驶。在某次行进过程中，无人驾驶汽车先沿 地面做匀加速直线运动，连续经过两段位移x和x2,在经过这两段位 移的过程中，无人驾驶汽车的速度变化量均为△ⅴ，则无人驾驶汽车 连续经过这两段位移的总时间为（) 1. 2(x2-x) B.-x)月 (△)2 D 2(32-x） (△)2 △1 2(x2-x) △y 3.2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确 掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某 次彩排中质量为35kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间(F-)图像，运动员可视 为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10/s2,下列说法正确的是() A.演员在α时刻速度为零，加速度为零 B.演员在b时刻速度最大 C.从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功为1120J 00.2 1.2 2.83.8 t/s D.从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为455s 试卷第1 4.如图所示，在升降电梯里固定一倾角为日的光滑斜面，将质量为的光滑小球置于斜面和一个 光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度α时，重力加速度为g,下列说法正确的 是( A.电梯一定正在加速上升 B.斜面对小球的弹力大小为”8 cos C.若增大加速度α，挡板对小球的弹力不变 D.若增大加速度α，挡板对小球的弹力一定增大 5.如图所示，横截面圆心为点O、半径为R的四分之一圆柱体P固定在水平地面上，圆心O的 正上方有一个大小可忽略的轻质定滑轮A,一根轻绳跨过定滑轮， B 一端和置于圆柱体P上质量为m的小球Q连接，另一端系在固定 白mo 竖直杆上的B点，一质量为，的钩码N挂在AB间的轻绳上，整个 装置处于静止状态.已知AN与BN夹角为120°，AO=2R,AQ=1.5R, P 777777 不计一切摩擦，则弘=() 4 A.4 B. C. 2 D.3 6.如图所示，两块材料不同的木板M、N,长度分别为2L、L,首尾相连固定在水平地面上，B 为两木板的连接点，物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为和2山。当物块以速率v。向右从 A点滑上木板M,恰好可以滑到C点；若让物块以v。向左从C点滑上木板N,则物块() A B M A.恰好运动到A点停下 B.两次运动的时间相等 C.两次经过B点时的速率不同 D.两次运动的平均速度大小相同 7.中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，在 中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的 1 2 棋艺活动。如图所示，3颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上， 3 第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合，所有接触面间的动摩擦因 777777777777 万，共4页 数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，1 和3棋子的位置情况可能是() B D 3 3 777777777777 7777777777777 777777777777元7 777 8.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为的滑块P连接，P穿在 杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量6，把滑块从图中A 点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，己知OA 与水平面的夹角=53°，OB长为L,与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g, sn53=0.8cos53=0.6,滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是() A.对于滑块Q,其重力的功率一直减小 B.P与Q的机械能之和先增加后减小 C.轻绳对滑块P做功为3gL Q D.滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为4W38L 二、多选题 9.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做 直线运动的图像，下列说法正确的是() ◆s(m) a/(m·s2) x/(m/s) 个t A 245 t(s) 0 →t/s 甲 丙 丁 A.甲图为A、B、C三物体做直线运动的S-t图像，0-t时间内三物体的平均速度相等 B.乙图中，x-2x物体的加速度大小为 试卷第2 C.丙图中，阴影面积表示t1-2时间内物体的速度改变量的大小 D.丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度4m/s2 10.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，航天员景海鹏、朱 杨柱、桂海潮顺利进入太空，并与神舟十五号乘组会师，如图1所示。若航天员在空间站中观测 地球，忽略地球的公转，测得空间站对地球的张角为日，记录到相邻两次日落”的时间间隔为， 简化模型如图2所示，已知地球的半径为R,引力常量为G,则下列说法正确的是() A.地球的自转周期为t “日出”点 太 2元R B.空间站的环绕速度为 阳 地球 a0 中国 tsin 光 空间站 3π C.地球的平均密度为 “日落”点 Gt2(sin 13 2 图1 图2 D.空间站环绕地球运行一周的过程，航天员感受黑夜的时间为 t 2元 11.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小滑块，一原长为L的轻质弹簧左端 固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三个点，b点与O点在同一水平线上且Ob=L, Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点由静止释放，在滑块下 滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g,s37°-0.6。下列说法正确 的是() A.滑块在b点时动量最大 .0000000000 B.滑块从a点到c点的过程中，弹簧弹力的总冲量为零 C.滑块在c点的速度大小为√3gL D.滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为名， 12mgL 12.如图所示，同一竖直平面内有两条平行且足够长的 QQ000000QP 光滑直轨道，两轨道间距为0.6m,与水平面夹角为37°。 带孔的两小球P、Q用原长为0.6m的轻质弹簧连接后， 分别穿在两轨道上。将两球在同一水平线上由静止释放， 37° 37 万，共4页 此时弹性势能为0.32J,当P球沿轨道下滑2.5m时，两球第一次相距最近。己知两球质量均为1kg, 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计，下列说法正确的是() A.P、Q两球组成的系统机械能守恒 B.两球第一次相距最近时，两球的总动能为34.8J C.两球第一次运动到相距最近的过程中，P球的平均速度小于Q球的平均速度 D.两球第一次运动到相距最近的过程中，P球机械能的减小量小于Q球机械能的增加量 (非选择题) 三、实验题 13.“探究加速度与 电火花打 点计时器 纸带 物体质量、物体受力 纸带运动方向 一v A 单位cm 的关系”的实验装置 8.308.959.5910.22 如图一甲所示，小车 心 钩码 后面固定一条纸带， 甲 穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮与钩码相连。 (1)在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行，请选出你认为这样做的目 的是()（填字母代号）。 A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰B.为补偿阻力后使细绳拉力等于小车受的合力 C.防止小车在木板上运动过程中发生抖动D.为保证小车最终能够实现匀速直线运动 (2)实验中 (填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。 (3)第一实验小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部 分段长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得：打点计时器在打A 点时小车的瞬时速度大小为 s:小车做匀加速运动的加速度大小为 1m/s2。(计 算结果均保留三位有效数字) (④)第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的α-F图像，该同学做实验时存在的问题 是 14.某实验小组利用如图所示的实验装置测定滑块与长木板之间的动摩擦因数。实验的主要步骤 如下：(1)将长木板放置在水平桌面上并固定好，并在其中间某一位置固定一光电门传感器： (2)用游标卡尺测量固定在滑块上端的挡光片的宽度山，测量结果如图所示，则挡光片的宽度正 试卷第3 mm; 挡光片 光电门 0 (3)滑块放在长木板上，用手拨 滑片h 7777777777777777777777777 0 10 20 动滑块，通过光电门，运动一段 距离后静止，记录挡光片的挡光时间t、滑块静止位置与光电门之间的距离x: (4)已知重力加速度为g,则动摩擦因数= (用题中所给字母表示)： (⑤)若某次实验时，手拨动滑块的位置到滑块静止位置的距离恰好是光电门到滑块静止位置的距离 的两倍，已知挡光时间为t,滑块质量为，则人拨动滑块时，对滑块的冲量大小为 (用 题中所给字母表示)。 四、解答题 15.汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车 的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度α，同时顶起敏感臂，使 之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F、,敏感 球的质量为，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanB。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自 由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作 用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg,H=3.2, 重力加速度大小取g=10m/s2。求： 安全带」 卷轴 ①碰撞过程中F的冲量大小和方向： 敏感臂 头锤○ 敏感球 ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 底座 安全气囊、 汽车前进方向 试验台E 丙 甲 万，共4页 16.半径为R的光滑半圆形圆弧DCB与倾角为日=37°的传送带AB相切于B点，传送带AB长为 L=3.2m,传送带以v=2m/s逆时针匀速转动，现将一质量为m=0.1kg的小物块P从传送带上端 A处无初速度释放，物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，物块P到达圆轨道的D点时，对圆 轨道的压力恰好为0。不计空气阻力，不考虑物块经过D点后的运动，重力加速度大小取g=10/s2, (sin37°=0.6c0s37°=0.8)求： D (1)物块P从A点到达B点的时间t (2)圆轨道的半径R: B (3)物块P从A到B下滑过程中对传送带做的总功。 17.如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的二圆弧轨道BC组成，小车紧靠台阶 静止在光滑水平地面上，且小车的左端与固定的光滑圆弧轨道、末端等高，圆弧轨道末端 水平。一质量，=0.5kg的物块P从距圆弧轨道MN末端高度h=4.05m处由静止开始滑下，与静 止在小车左端的质量m,=1kg的物块Q发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。AB的长度L=4.2m,圆 弧BC的半径R=0.99m,小车的质量%=2g,物块P、Q均可视为质点，取重力加速度大小 g=10m/s2。 (1)求碰撞后瞬间，物块Q的速度大小v: (2)若物块Q恰好能滑到小车右端的C点，求物块Q与水平轨道AB间的动摩擦因数L; (3)若物块Q与水平轨道AB间的动摩擦因数心'=015，通过计算判断物块Q是否从小车上掉下。 M -Cr B 试卷第4 18.如图所示，光滑板车由一个半径R=0.2m,夹角0=53°光滑圆弧轨道BC与粗糙度可由神奇遥 控器随时调节的长L=5.0m的水平板CD平滑连接，光滑板车的质量M=1.6kg,一个质量为 m=1kg的小球P从A点水平抛出，初速度v。=2.4m/s,恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平 板外一切摩擦均不计(sin53°=0.8cos53°=0.6，g=10m/s2)。 (I)小球的抛出点距离B点的高度h: (2)若板车固定在水平面上，求小球首次到达C点小车对小球的支持力； (3)若板车不固定，求小球首次到达C点时小车对小球的支持力大小： (4)调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过0.92s物块恰好位于水平板CD中间的位置， 求此时小车对地位移的大小？ P A B D 页，共4页 青岛二中2025届高三物理综合练习八参考答案： 题号 1 2 3 4 6 6 7 8 9 10 答案 C D D D A A A B ACD CD 题号 11 12 答案 CD CD 1.C【详解】将N端的速度v。进行分解，设此时v。与水平方向的夹角为日，如图所示 M 则人的速度等于v沿杆的分量，即0人=Vcos8 2h 根据几何关系可得cos8 =25 V2h)2+5 解得 7777777元 7777777 =子5a,数造c 2.D【详解】根据题意在经过这两段位移的过程中，无人驾驶汽车的速度变化量均为△，可知经 过两端位移的时间相等，设为T,根据匀变速直线运动的推论有x2-x=aT2=aT.T 又T=Av,无人驾驶汽车连续经过这两段位移的总时间t=2T,联立可得t=2,),故选D。 △' 3.D【详解】A.演员在α时刻位于最低点，速度为零，蹦床的弹力大于演员的重力，有向上的 加速度，故加速度不为零，故A错误；B.当蹦床的弹力等于演员的重力时，演员的速度最大， 故演员在b时刻速度不是最大，故B错误；C.演员在空中的时间为t=2.8-1.2s=1.6s 运动员离开蹦床的速度大小为v=g{=&s,设蹦床的最大压缩量为h,从a时刻到b时刻，根 2 能定理刀-gh,m1120,可知从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 C错误；D.从a时刻到b时刻，根据动量定理I-g(t,-t。)=w 蹦床给演员的冲量大小为I=455N·s,故D正确。故选D。 F2 4.D【详解】A.电梯具有竖直向上的加速度α，由于速度方向未 知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A错误；B.对小球受力 分析，如图，水平方向由平衡条件耳=F,sin日 mg 0 竖直方向由牛顿第二定律F,cos0-g=1@ 答案第1页 所以斜面对小球的弹力大小为乃>3。，故B错误： cose CD.若增大加速度a,根据Fcos8-g=a,可知斜面对小球的弹力增大，根据F=F,sin8 可知挡板对小球的弹力一定增大，故C错误，D正确。故选D。 5.A【详解】 对钩码分析，根据平衡条件2Tcos60°=m8 对小球分析，根据相似三角形原理 T=8 A0 AO 联立解得=4-3 mA04,故选A。 777Y777777777777777777777777 6.A【详解】A.设物块质量为m,当物块以速率v。向 mg 右从A点滑上木板M,由动能定理得-mg·2L-2mg·L=0-1 w哈 物块以速率，向左从C点滑上木板N,同样由动能定理得-2mg·乙-mg2L=m片n一 2 解得'4=0，即恰好运动到A点停下。故A正确； BC.物块以速率v。向右从A点滑上木板M,由牛顿第二定律得g=aM 其加速度为aw=g,物块向右滑上木板N,由牛顿第二定律得2g=aw 其加速度为aw=2g,物块以速率v从C点向左滑行，同样由牛顿第二定律可得4w=2g, 44=g，可画出物块运动的速度-时间图像如图所示， 由速度-时间图像可知，物块以速率v。向左从C点滑上木板N,运 动的时间较长，两次经过B点时速率相等。故BC错误： D.两次位移大小相等，时间不同，所以两次运动的平均速度大小 不同。故D错误。故选A。 7.A【详解】设每颗棋子质量为，根据题意三颗相同象棋子竖直叠放，所有接触面间的动摩擦 因数均相同，设1、2两个棋子间最大静摩擦力为f,则2、3棋子间最大静摩擦力为2f,第三颗棋 子与水平面间最大静摩擦力为3f中间棋子被击出，中间棋子对第1颗棋子有向右滑动摩擦力， 共4页 则第1颗棋子有向右的加速度，即向右有位移，后落在第3颗棋子上，在摩擦力作用下静止在第3 颗棋子上，第3颗棋子仍受力平衡，第3颗棋子位移是零，可知稳定后，棋子的位置情况可能是 A。故选A。 8.B【详解】A.重物Q释放瞬间的速度为零，当滑块P运动至B点时，根据运动的合成与分解， 可知重物Q的速度也为零，所以P从A点运动至B点的过程中，重物Q的速度先增加后减小，重 物Q的重力的功率先增加后减小，故A错误；B.对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械 能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过A、B两点时弹簧弹力大小相等，则P在A处时 弹簧被压缩，P在B处时弹簧被拉伸，故P从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功， 所以系统的机械能先增加后减小，故B正确：C.设P从A到B过程中，轻绳拉力对Q做功为W, P到达B点时Q的速度为0，对Q利用动能定理得6g( -D+W=0-0 c0s53° 解得W=-4gL,则轻绳对P做功为W'=-W=4gL,故C错误： D.由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力， 运动至B点时受到弹簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到B点时所受合力竖直向下， 则加速度竖直向下，所以滑块P从A到B过程中，开始时加速最后减速，即在A、B间某位置速 度最大，故D错误。故选B。 9.ACD【详解】A.由图甲可知，0~t时间内，A、B、C三物体做直线运动的位移相同，则三 物体的平均速度均为v=三0-1时间内三物体的平均速度相等，故A正确： t B.根据v2-12=2,可知v2-x图像的斜率的绝对值等于2α，所以甲图中x~2x物体的加速度 大小为a= 肉_片，故B错误：C.根据△=a:,知阴影面积表示4~4时间内物体的速度变化 22x 量的大小，故C正确；D.根据丁图可知=2t+2,整理得x=2+21结合x=v,t+d2 可知加速度大小为4m/s2,故D正确。故选ACD。 10.CD【详解】A.由于空间站相邻两次“日落的时间为t。则空间站绕地球运行的周期T=t,而 空间站不是地球的同步卫星，则地球的自转周期不为。故A错误： 答案第2 2πr2元R B.空间站运行的轨道半径为 0,空间站的环绕速度为Tts 日，故B错误； sin 2 2 3π C.对空间站由万有引方提铁向心力G加=m,结合以=p,解得P 2m Gr'(sin 故C正确；D.空间站环绕地球运行一周的过程，航天员感受黑夜的时间是从“日落”点到“日出” 点，由几何关系得航天员从“日落”点到“日出”点轨迹所对应的圆心角为日，则航天员感受黑夜的时 间为1= t,故D正确。故选CD。 2π 11.CD【详解】A.从α到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大。从b到c, 弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所 以滑块在b点时速度不是最大，动量也不是最大，故A错误；B.从α下滑到b点和从b下滑到c 点的时间不相等，结合对称性可知弹簧弹力的总冲量不为零，故B错误； C.由图可知，α、c两处弹簧的形变量相同，故滑块从α到c,弹力做功为零，只有重力做功，则 有g×2Ltan37°=二2，可得滑块在c点的速度大小为v。=V3gL,故C正确： D.滑块从c点下滑到d点的过程中，滑块的机械能减少量 ,m+gL(tan53°-tan37）E 2"gL故D正确。故选CD。 2 12.CD【详解】A.因弹簧弹力做功，故P、Q两球组成的系统机械能不守恒，因此A错误； B。由儿何关系可知，静止释放时弹簧长度为L一m=m,小球Q沿轨道下滑的距离为 x=2.5m+Lcos37°=3.3m,由系统机械能守恒有2.5gsin37°+gxsin37°+E。=Es,其中 E。=0.32J,解得E=35.12J,故B错误；C.两小球第一次相距最近的过程中，由于时间相同， 而P球位移小于Q球位移，故P球平均速度小于Q球平均速度，即C正确： D.两小球第一次运动到相距最近的过程中，两小球所受弹簧弹力始终等大反向，由于P球位移小 于Q球位移，故P球克服弹簧弹力做的功小于弹簧对Q球做的功，因此P球机械能的减小量小于 Q球机械能的增加量，即D正确。故选CD。 13.(1)B:(2)需要：(3) 2.324.00:(4补偿阻力过多或木板倾角过大 万，共4项 【详解】(1)实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在补偿阻力后使细绳的拉力等于小 车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能 使细绳拉力等于小车所受的合力了。故选B。 (2)由于本实验中的无法直接读出绳子的拉力，用钩码重力替代绳子的拉力，所以需要满足所挂 钩码质量远小于小车质量。 (3)[]打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小y-895+959 102m/s=2.32m/s 0.08 [2]小车做匀加速运动的加速度大小为a= (10.22+9.59)-（8.95-8.30 入0-2m/s2=4.00m/s2 0.082 (4)图像在α轴上的截距不为零，说明没有拉力时，小车仍然加速运动，这是补偿阻力过多或木 板倾角过大。 d 14 √2nd 4.50 2gxt2 【详解】(2)[1]游标卡尺主尺读数为4m,游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以最终 读数为4mm+10×0.05mm=4.50mm (4[2]滑块经过光电门的速度v=4,整个过程根据动能定理可知gx3 之，解得u= 1 2gxt2 (5)[3]根据题意滑块经过光电门的速度v= ,该速度为整个过程中中间位置的速度，故-v2=2ax, t v2=2ax,初速度为v。=√2，所以人拨动滑块时，对滑块的冲量大小为I=。=√2m,= V2md 15.（1）国9-呢2：(2)@30Ns,方向竖直向上：@02m 【详解】(1)敏感球受向下的重力g和敏感臂向下的压力F以及斜面的支持力N,则由牛顿第 二定律可知(mg+R)tan0=a,解得tan0=ma mg+F (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小1，=×0,1x60NS=330N-S,方向竖直向上： ②头锤落到气囊上时的速度v。=√2gH=8/s,与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 答案第3 I.-Mgt=-(-,)解得=2ms 则上升的最大高度h==0,.2m 2g 16.(1)1.2s;(2)0.4m;(3)0.64J 【详解】(1)物块P刚放到传动带上，根据牛顿第二定律gsin6+g cos 0=a 解得4=10m/兮，加速度到共速的时间5='=0,2s,共速后，根据牛顿第二定律 gsin9-ng日=a,解得a,=2m/s2,之后继续做匀加速运动，有L-,=1i,+,a,G,解 2 2 得t2=1s物块P从A点到达B点的时间t=+t2=1.2s (2)物块P到达B点的速度=v+a4,=4m/s,在D点，有mg cos日=mm R 2、1 B到D根据动能定理-2 gRcos日=号M 2 v,联立解得R=0.4m (3)0~0.2s物块P对传送带做的功W=-umgvt cos8=0.16J0.2s~1.2s物块P对传送带做的功 W2=Lg吃cos6=0.8J物块P从A到B下滑过程中对传送带做的总功W=W,+W2=0.64J 17.(1)6m/s;(2)0.05;(3)物块Q未从小车上掉下 1 【详解】(1)设物块P滑到N点时的速度大小为y，由机械能守恒定律有gh=4 2 .21 1 取向右为正方向，设碰后物块P的速度为2，则叫出=%，+，；一=。吃+， 解得v2=-3m/s;v=6m/s。 (2)物块Q运动至C点时水平速度与小车的速度相等，竖直速度为零，设共同速度为'共， 三%+必y失，解得=2m/S,又由能量关系有5%2%+%)喉三m4g+团 解得u=0.05 (3)假设物块Q没有掉下，即物块Q最终与小车共速，由动量守恒定律有2'=(2+心)V共 由能是关系有9Y)+，设物块Q在水平轨道AB上相对滑动的距离为”，有 万，共4页 Q=u'm,gx,解得x'=8m,因为x'<2L,所以假设成立，物块Q未从小车上掉下。 18.(1)0.512m;(2)98N,方向竖直向上：(3)135N;(4)0.1m 【详解】(1)B点竖直分速度 y,=,tam0=3.2m/sy方向有h=兰=0.512m 28 (2)到达B点速度为y。=v)=4m/s,能量守恒B→C cose 2 2mn+mgR(1-cs53)=7mC点根据牛顿第二定律R-mg=m兰 2 R 联立解得F=98N,方向竖直向上 (3)&)c能餐守恤m+mg0-coc539=成 2Mhd 水平方向动量守恒mw。=mvm+Mw,联立解得vm=4m/s w=-m/sC点牛顿第二定律人-g=m。-,解得R,=135N R (4)A→B过程B=wtan0=0.32s g 水平方向动量定理微元求和∑w,At=m∑yn△t+M∑yw△t 水平方向位移关系xm-xM=Rcos37°+0.5L 解得xM=-0.469m,大小为0.469m。 答案第4页， 共4页