山东日照第一中学2026-2027学年高三上学期开学适应性模拟物理试题一

高三开学考物理模拟题1参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 8 B C C C C C BC CD 题号 11 12 答案 AC BC 1.C 【详解】A.物资下落的过程中，竖直方向是自由落体，竖直速度y,=V2gh=24m/s 下落时间1=业=2.4s 故A错误： B.4时刻直升机的速度即为第一个物资平抛运动时的初速度，初速度y=, Vy =18m/s tan53o 故B错误； C.同理，5时刻飞机的速度5=名。=32ms tan37 飞机做匀加速直线运动，经历时间1=4，-4=当二业=7s a 故C正确： D.时刻投放物资接触水平面时的速度大小v=,当 =40m/s sin37° 故D错误。 故选C。 2.B 【详解】A.重力始终与乒乓球位移方向垂直，而根据功的计算公式W=FL cos0 则可知重力在此过程中不做功，故A错误： B.在此过程中，支持力与平抛球位移之间的夹角为锐角，则根据功的计算公式可知，支持力对乒乓球做正 功，故B正确： C.在此过程中，空气阻力的方向与乒乓球位移的方向相反，则根据功的计算公式可知，空气阻力对乒乓球 做负功，故C错误； D.乒乓球做匀速直线运动，则可知乒乓球所受合力为零，则可知乒乓球所受合力做功为零，故D错误。 故选B。 3.B 【详解】如图，当小船相对地面的运动轨迹恰好与旋涡边界相切，且小船在静水中的速度ⅴ与其相对地面的 速度垂直时，小船在静水中的速度最小 A 由几何关系sin∠CAB='-1 2r2 故∠CAB=30 所以小船相对地面的速度与水平方向的夹角为0=60 故=ysin60=5 4 故选B。 4.C 【详解】A.设斜面倾角为0，重力加速度为8，根据牛顿第二定律mng sin8=ma 解得a=gsin8 以b球为参考系，两球加速度相同，相对加速度为零，α球相对b球速度v和=，（方向沿斜面向上），故aα球 答案第1页，共7页 相对b球做匀速直线运动，故A错误； BC.设b球初始距离a球为L,取斜面向上为正方向，a球初始位置为坐标原点，a球位移x。=,l- 2 b球位移x,=L-1a 相遇条件x=b 解得t=七 因L、均为正，故t恒为正，两球必相遇，故B错误，C正确： D.将t代入位移公式得x=L al2 2 当 2>L时，x<0,说明相遇位置可能在a球初始位置下方，故D错误。 故选C。 5.C 【详解】A. 根据GMm v2 GM 可得v=r 可知轨道半径越大，运行速度越小，故第一宇宙速度为最大的运行速度，第一宇宙速度为7.9ks,所以神舟 十八号在轨运行速度小于7.9km/s,A错误： B.4条斑马鱼在空间站处于完全失重状态，万有引力和重力相等，提供斑马鱼圆周运动的向心力，B错 误； C.根据GMm 2π 2 =m T 可得M= 4r3 GT C正确： D.由于地球半径不知，故无法得到地球表面重力加速度，D错误。 故选C。 6.C 【详解】A,在P点进入转移轨道时，由于要从低轨道转移到高轨道，需要加速做离心运动到高轨道，因此 进入墓地轨道时的速度大于在转移轨道上的速度，A错误： Mm B.由牛顿第二定律可得G 2=ma a=G,7 .M 由于r相同，则在同步轨道上P点加速度等于在转移轨道上P点加速度，B错误； 4π2 C.由万有引力提供向心力可得Gr2=m2 r 解得T=2πVGM 由于卫星在墓地轨道半径大于静止卫星轨道半径，因此运行周期大于24，C正确： D.卫星逃脱地球的引力束缚，则卫星离开地球时的速度要大于或等于11.2k/s,若要从Q点逃脱地球的 引力束缚，则在该处地球对卫星的引力小于在地球表面附近地球的引力，因此速度要小于11.2k/s,D错 误。 故选C。 7.C 【详解】A.系统动量守恒的条件是合外力为零。全过程中，机器人竖直方向受重力，系统竖直方向合外力 不为零，因此全过程系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故A错误： B.系统初始水平总动量为零，水平方向动量守恒，最终机器人与木板相对静止，设共速为，由动量守恒 (M+m)v=0 解得10 最终二者静止，不会一起向右运动，故B错误； C.机器人斜抛运动的总时间：竖直方向分速度Voy=sin8 答案第2页，共7页 落回原高度的运动时间1=2%s血日 g 水平方向动量守恒：跳起后机器人水平分速度'ox=c0s8 设木板速度大小为v'(向左)，则m,cos0=MW 机器人向右、木板向左，相对位移等于木板长度L,则，cost+Vt=L 解得=2.5m/s,故C正确： D.跳起消耗的电能等于系统获得的总动能，则有瓦=)m+MW=41.25J,故D错误。 2 2 故选C。 8.C 【详解】A.小球A由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0，而B的机械能减小，则A的 机械能增加，故A错误： B.由牛顿第二定律得gsin60°=4 解得aa= V 28,故B错误： C.小球A初始位置距水平面高度设为i,由几何关系有Rsin60° Rtan30°=1.5Rsin60 解得=R 4 B初始位置距水平面高度设为hm,由几何关系得h2=h十1.5Rcos60° 解得h2=2R 从释放至小球运动到最低点的过程，A、B下落的高度分别为A公=寻R。Ae=}R 1 由系统机械能守恒有g△hA十g△伽=。mv?+。mv哈，阳=0 2 2 解得A=山4gR,故C正确： 2 D.以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得FN一F一g=a 解得FN-g十a十F 其中F为轻杆对A的力（未知），故D错误。 故选C。 9.BC 【详解】A.设B对A的支持力大小为F,对A,根据竖直方向的平衡条件可得2sin60°=mg 解得F= -mg 故A错误： B.对ABC整体，竖直方向根据平衡条件可知，地面对整体的支持力为3mg,根据对称性可知，地面对B的 3 持力大小为mg,根据牛预第三定律可知，B对地面的压力大小为)mg,故B C.当B、C间的作用力恰为零时，A对B的压力的水平分力应恰好等于F,则有FCos60°=F 解得F= V3 mg 6 故C正确； D.若F 3 mg,对B,根据平衡条件F=E+Fcos60° 解得B对C的弹力5= mg 6 故D错误。 故选BC。 10.CD 【详解】ABD.在很短的一段运动中，平均速度可近似看作该处的瞬时速度v。由加速度定义和题给“另类 答案第3页，共7页 加速度”定义得a=A-AA=机 M△sM 当A不变时，a随v变化，当A>0且保持不变时，物体做加速运动，v逐渐增大，因而a逐渐增大，由牛顿 第二定律得F=ma=mAv 物体质量不变时，合外力F与速度v成正比，故AB错误，D正确。 C.由题给定义得y,-v=As 当A不变时，速度随位移均匀变化，因此物体在中间位置处的速度为十业，故C正确。 2 故选CD。 11.AC 【详解】A.图甲是1=0时刻的波形图，图乙是介质中平衡位置位于x=10处质点Q的振动图像，可知 1=0时刻质点Q振动方向向下，根据“上下坡法”可知简谐横波沿x轴正方向传播。由乙图可得周期为 T=1,2s,设1=0时波峰处质点的位置为x,可知在前x=0处的质点位于波峰处，该质点从波峰处振动到 y55m需英r,有-7，x+子=10m,2=7 3 2 12 v12 联立解得波速为10m/s,故A正确； B.根据“上下坡法”1=0时刻，x=0位置的质点向下振动，故B错误： C.0-0.6s内，质点Q的位移为负，根据F=-c=ma可知加速度方向一直为正，故一直不变，故C正确： D.x=0处的质点从波峰处振动到y=3 V3cm需要2T=0.ls,得1.ls时x=0处的质点回 路程为s=3A+5V3cm=30+5V3)cm,故D错误。 故选AC。 12.BC 【详解】B.O点为两波源的中点且为振动减弱点，波源S,、S2振动方向相反，所以波源S,在1=0时从平衡 位置向下振动，故B正确： AC.根据几何关系可知PS=30cm,PS2=50cm 四=6-)s=64 解得v=10cm/s,T=4s 故A错误，C正确： D.波源S产生的第一个波谷传到P点需要的时间为1= v 4 故D错误。 故选BC。 a/(m's 2) 5.0 4.0 3.0 13 mog 0.98 当手机的质量一定时，手机的加速度与手机 2.0 1.0 FN 00.250.500.751.001.25 所受合外力成正比 A 【详解】(3)[1]静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力F=(M。+m)g 当将小桶突然托起时，弹簧的弹力大小不变，此瞬间手机受到的合外力=F-M8=mg (4)[2]根据图3可读得手机的加速度大小大约为0.98m/s2,因此上表中空白处的数据应为0.98。 [3]作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来，且应尽可能多的让点迹落在图线上，不能落在图线上的点迹应 让其均匀的分布在图线的两侧，明显有误差的点迹应直接舍去。描点作图如图所示 答案第4页，共7页 ◆a/(ms2) 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 00.250.500.751.001.25 (6)[5]A.使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可 行，故A正确： B.将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法 不可行，故B错误： C.劲度系数越小，弹簧越容易发生形变，则扰动越大，因此该方法不可行，故C错误： D.让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝 码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。 故选A。 14.(1)AB (2) 1.50 9.77 方法一：作图法，绘制y-P图像，通过重力加速度与斜率k的关 △x 系求解。方法二：根据逐差法α=产计算重力加速度。 【详解】(1)A.选择体积小、质量大，即密度大的小球，可减小空气阻力的影响，故A正确： B.斜槽末端必须水平，以保证平抛初速度水平，故B正确； C.斜槽的摩擦力对实验无影响，故C错误。 故选AB。 (2)①[1]小球在水平方向的速度大小y= x_f_25.0×102 5T5 ×30m/s=1.50m/s 5 ②[2]小球做平抛运动过程，有x=W，y=2 联立，解得y=x2 2v2 结合拟合得到轨迹方程为y=x,可得，2=k 由此求得当地重力加速度g=9.77m/s2 ③[3]略。 15.(1)5V3m/s(2)70J (3)68N 【详解】(1)瓦片由P点滑至Q点的过程，由动能定理得mglsin53-mgcos53°-L= m2-0 求得v=5V3m/s (2)瓦片由Q滑到N的过程，由动能定理得-mg(h-h)-W喜=0- m2 求得W克=70J W克_1 3》瓦片由O滑到M的过程，由动能定理得mg%-2-2m片一2m 21 求得yw=2V15m/s 在M点有F、-mg=m R 求得F=68N 由牛顿第三定律得瓦片在M对轨道的压力FW=F=68N 16.13s 【详解】从A点静止到最大速度的加速时间为：v=44 解得：4=2.5s 答案第5页，共7页 1 加速位移=2a4=12.5m 减速的时间为：v=a242 解得：42=1s 减速位移：-2,5=5m 从4到B匀速运动的时间为：马=1-S-立=3.25s 从B返回加速时间为4，匀速运动的时间为：t4= 1-$1=3.75s 则运动的最短时间为：t=24+t2+43+t4=13s 17.(1)0点；小树叶位于9点，因波沿着x轴正方向传播，所以1=0.2s时，P、Q两点的振动方向分别为向 下和向上，而在振动图像中树叶正在向上振动，所以树叶所处的位置为Q点。 (2)0.175s 6)2.0+ -m 20 【详解】(1)小树叶位于2点，因波沿着x轴正方向传播，所以t=02s时，P、Q两点的振动方向分别为向 下和向上，而在振动图像中树叶正在向上振动，所以树叶所处的位置为Q点。 (2)根据题意，由图乙可知，波长为0.08m,由图丙可知，周期为0.2s,则水波的波速为v= =0.4m/s T 从t=0.2s开始，x=0.05m处质点的振动形式（形态）第一次传到Q点所需要的时间 4M=4=0.12-0.05 =0.175s 0.4 T (3)1.025s=5T+ P 总路程s=5×4A+Asin2π.T） T8=2.0+2 20 18.(1)30N,方向竖直向下：(2)2J:(3)3m 【详解)(D小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得mg水R三)m网 解得，=6m/s 在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得人一mg=m日 R 解得F=30N 由牛顿第三定律可知，小物块P运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下； (2)小物块P刚要滑上木板A时与小物块Q发生弹性碰撞，由动量守恒m,=mvm+My 由机械能守恒)m以=)m叫+5Ma 2 2 2 联立解得vpm=-2m/sve,=4m/s 碰后小物块P向左滑离木板，小物块Q在木板A上向右做匀减速直线运动凸Mg=M。 解得 do =3m/s2 设经4时间，小物块0滑过木板A,其位移o=-2e 这段时间，木板A、B一起向右做匀加速直线运动，由凸2Mg-4(M+2m)g=2ma4B 解得aB=lm/s2其位移 1 MB=20 又由xo-x4B=L 解得4=0.5st2=1.5s(不符合题意，舍去) 此时，小物块的速度"g2='e1-ag4=2.5m/s 两木板速度为VB=a4B4=0.5m/s 之后小物块Q在木板B上向右做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动，对木板B有 LMg-L(M+m)g=mag 答案第6页，共7页 解得a=3m/s2 设经t时间共速Ve2-ag52=vm+ag 解得 6-38 这段时间内，小物块Q的位移为=站73扣 木板卫的位移为=山+0,5=写n 1 2 小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量Q=凸，Mg(x2-x2)=2J (3)小物块0与木板B共速时，速度为's=vg2-ao52=1.5ms 一起匀减速直线运动，由4(M+m)g=(M+m)as 解得aos=lm/s3 设该过程运动的位移为xos,由vs=2 4oBXoR 解得xos=1.125m 小物块Q离开木板A后，A向右做匀减速运动，设加速度为a42,由4mg=ma2 解得a42=lms2 设该过程木板A运动的位移为x42,由VB=2a42x2 解得x42=0.125m 4 综上所述，最终两木板间的距离为d=(x2+xB)-x2=m 答案第7页，共7页高三开学考物理模拟题1 一、单选题 1.在某次演训中，直升机距海面上方28.8m处沿水平方向以大小为2m/s2 的加速度匀加速飞行。1时刻，物资离开直升机做平抛运动，其落至水面 时速度方向与水面成53°；t2时刻另一物资离开直升机做平抛运动，其落 至水面时速度方向与水面成37°，如图所示。不计空气阻力，重力加速度 539 37° 8取10m/s2,下列说法正确的是() A.物资下落所需要的时间为3sB.t1时刻直升机的速度大小为24m/s C.两次投送物资的时间间隔是7sD.t2时刻投放的物资接触水面时的速度大小为32/s 2.托球跑是校运动会趣味项目，如图所示，某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向 右匀速直线运动，此过程中() A.重力对乒乓球做负功B.支持力对乒乓球做正功 只乒乓球 C.空气阻力对乒乓球不做功D.乒乓球所受合力做正功 O 球拍 3.如图，某河流中水流速度大小恒为”，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于 0 B点，漩涡的半径为'，AB=V3r。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达 对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为() 漩涡 B. C A. 2" 2 C. D.2v B 4.某时刻，小球α从光滑斜面上足够高的位置以初速度沿斜面向上运动，同 时在α球上方某位置静止释放小球b,如图所示，下列说法中正确的是() 0 A.a球相对于b球做匀加速直线运动 B.大于某一值，a、b两球才会相遇 Vo C.无论为何值，b两球都会相遇 D.a、b两球相遇的位置不可能在a球初始位置的下方 5.2024年4月25日20时59分，神舟十八号成功发射，三名宇航员叶光富、李聪、李广苏进入空间站工 作。神舟十八号搭载4条斑马鱼，将首次实现我国在太空中培养繁殖脊椎动物。已知空间站绕地为圆周运 动，环绕周期为T,环绕半径为r,引力常量为G,下列说法正确的是() A.神舟十八号在轨运行速度大于7.9ksB.4条斑马鱼在空间站处于完全失重状态，不受重力作用 C.可以估测地球质量为4 G72 D.可以估测地球表面重力加速度 6.如图所示，在高空运行的静止卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处 转移轨道 的“墓地轨道”。运送原理图如图所示，失效的卫星在P点进入转移轨道，在Q点进入墓 同步轨道 地轨道，则下列判断正确的是() e A.在P点进入转移轨道时要加速，在Q点进入墓地轨道时要减速 B.在同步轨道上P点加速度小于在转移轨道上P点加速度 C.卫星在墓地轨道上运行周期大于24h 墓地轨道 D.若要从Q点逃脱地球的引力束缚，则在该处速度必须大于11.2km/s 7.如图所示，质量为m=10kg的机器人站在质量为M=20kg、长度为L=0.9m的木板左端。木板放置在光 滑水平地面上，原来均静止。某时刻机器人突然斜向右上以初速度'。（对地）跳起，。与水平方向夹角为 B=37°，最终恰好落在木板右端并与木板相对静止。不计空气阻力，将机 器人视为质点。取sin37°=0.6：g=10m/s2。下列说法正确的是() 1 A.全过程机器人与木板构成的系统动量守恒 B.机器人落到木板右端后二者一起向右运动 C.%=2.5m/s D.跳起时机器人消耗的电能可能为40J 8.如图所示，光滑斜面倾角0=60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆 弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环B (均可视为质点)用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的 长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂 直，在斜面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道 连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为8，下列判断正确的是 () 试卷第1页，共5页 A,小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小 B.刚释放时，小球A的加速度大小为a4=3 C.小球A运动到最低点时的速度大小为4=4g歌 2 D.若A在最低点时加速度大小为a,则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为5g十@ 二、多选题 9.如图所示，三个完全相同的圆柱体叠放后置于水平面上，两侧用挡板夹住，现在两侧挡板上施加水平方向 的外力F,平衡时，三个圆柱体两两相切，忽略一切摩擦，已知每个圆柱体的质量均为，重力加速度为 8。则下列说法正确的是() A.B对A的支持力大小为g B.B对地面的压力大小为2mg 3 C.当F= 6m时，B、C间的作用力为零 ·B D.若F=5 g,B、C间的作用力为5 3 3 10.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类 匀变速直线运动”)，“另类加速度”定义为A=业二山，其中，和y分别表示某段位移5内的初速度和末速 度。A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。而现在物理学中加速度的定义式为a=Y-山， 下列说法正确的是() A.若A不变，则a也不变 B.若A>0且保持不变，则4逐渐减小 C.若A不变，则物体在中间位置处的速度为+业 2 D.若A不变，则物体所受合外力F一定与速度v成正比 y/cm y/em 11.一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=0时刻的波形图，图 10 5/3 乙是介质中平衡位置位于x=10m处质点Q的振动图像。下列 说法正确的是() 0.6 1.2ts A.波速为10m/s .10 B.t=0时刻，x=0位置的质点向上振动 C.0-0.6s内，质点Q的加速度方向一直不变 之 D.0-1.1s内，x=0处的质点的路程为40-5V3)cm 12.某中学湖面上有两个波源S,和S2,两波源的振动频率相同，如图所示，波源S,、S2的坐标分别为 (-20cm,0)、(20cm,0),，湖面上还有一点P,坐标为(-20cm,30cm),t=0时，波源S2开始从平衡位置向上振 动，经过6s波源SS2分别产生的第一个波峰同时传到P点，O点为振动减弱点，已知两波源同时起振.下 列说法正确的是() ↑y/cm A.波在湖面传播的速度为5cm/s B.波源S,在t=0时从平衡位置向下振动 C.两波源的振动周期为4s S S, D.波源S产生的第一个波谷传到P点需要的时间为3s -20 20 x/cm 试卷第2页，共5页 三、实验题 13,某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手 机（其坐标轴如图1所示）探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图2所示。已知当地重力加速 度为g y轴加速度 1.0 手机 一细绳 -1.0 时间t 图1手机坐标轴 图2实验装置原理图 图3软件截图 (1)分别称量出小桶的质量m和手机的质量M。。 (2)开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。 (3)用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为 (用题目所给字母表示)，读出 此瞬间手机y轴上的加速度α的数值。 (4)往小桶中增加砝码，重复步骤(3)，测得实验数据如下： 实验次数 1 2 3 4 5 6 小桶和砝码的重力（kg) 0.0245 0.0445 0.0645 0.0845 0.1045 0.1245 手机加速度a(m/s2) 1.76 2.58 3.39 4.20 4.98 根据图3软件截图，上表中空白处的数据为」 m/s2。利用数据作出 a一F图像，在图4中描出第一组数据的点并连线 a/(m's2) 5.0 (5)保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机 4.0 背面，重复步骤(3)，测得实验数据并作出a一 M图像，得出结论：当合 外力一定，加速度与物体质量成反比。 2.0 (6)从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依 1.0 然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的 FN 是 00.250.500.751.001.25 图4 A.使用质量更大的砝码组 B.将弹簧更换为不可伸长的细线 C.将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧D.让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量 14.某小组进行“探究平抛运动的特点”实验，实验装置如图甲 所示。实验时，该小组用手机拍摄小球做平抛运动的过程，帧频 14.0N 为30帧/秒，然后将视频导入“Tracker”软 件进行分析，得到实验规律。 ()关于该实验，下列说法正确的有 (多选)： A.选择体积小、密度大的小球 B.斜槽的末端必须水平 C.为减小阻力影响，斜槽必须光滑 (2)将视频导入“Tracker”软件后，以抛出 图甲 点为坐标原点，沿水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴，得到 轨迹如图乙所示。运用图乙中的数据（计算结果均保留3位有效数字） ①小球在水平方向的速度大小v=: 试卷第3页，共5页 ②拟合得到轨迹方程为y=x2,其中k=2.17m1,由此求得当地重力加速度g=m/s2: ③试再给出计算重力加速度的一种方法，不需要计算 四、解答题 15.劳动人民智慧多，在农村某工程队为了方便将屋顶上拆下来的瓦片运送到地面，便架起了如图所示的轨 道进行运输。质量m=2kg的可看为质点的瓦片在轨道P点静止释放后，沿着轨道运动到末端N点速度恰好 为零。已知轨道QMN段为半径R=2.5m的圆弧，其两端点N、Q离地面高度分别为h=1.25m、h2=lm。P9 段为长L=7.5m、倾角α=53°的直线。瓦片与PQ段轨道间的动摩擦因数4=0.5，不计空气阻力，重力加速 度取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)瓦片滑至Q点时的速度大小； (2)瓦片在轨道QMN段克服摩擦力做的功： (3)若瓦片经过QM和MN段克服摩擦力做功相等，则瓦片滑至轨 6 道最低点M对轨道的压力多大。 77777777777 16.几个同学在操场上玩折返跑比赛，从A点由静止开始加速奔跑，到B点后返回，A、B两点间的距离为 1=50m,已知加速时的最大加速度能达到a,=4m/s2,奔跑的最大速度为v=10m/s,受限于鞋底与地面的 摩擦因数，急停的最大加速度为4，=10m/s2,求从开始运动到返回A点的最短时间。 试卷第4页，共5页 17.如图甲所示，孩子们经常会在平静的水中投掷一块石头激起水波。现对该模型做适当简化，若小孩将小 石头垂直于水面投入水中，假设激起的水波为简谐横波，且波源振动时间足够长，以小石头入水点为坐标原 点O,沿波传播的某个方向建立O-x坐标轴，在x轴上离O点不远处有一片小树叶，如图乙所示为1=02s 时的波动图像，图丙为小树叶的振动图像。 个ym 个ylm 0 0.1 0.04 0.080.12 /0.16xm C 0. 0.20.3i/s -0.1 -0.1 甲 丙 (1)若小树叶位于P、Q两点中的一点，请判断小树叶在哪一点并写出合理的解释； (2)求从t=0.2s开始，x=0.05m处质点的振动形式（形态）第一次传到9点所需要的时间； (3)质点Q从开始振动起算的1.025s内经过的总路程。 18.如图所示，两个质量均为m=kg、长度均为L=1.5的相同木板A、B静止在粗糙的水平地面上，与水 平面间的动摩擦因数均为4=0.1，C为一半径R=1.8m的光滑四分之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木 板A、B的上表面等高。现将质量也为m=kg的小物块P由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下滑刚滑过圆弧 最底端时与静止在A上表面最左端的质量M=2kg的小物块Q发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后P滑回 圆弧轨道后锁定，Q与木板间的动摩擦因数均为凸2=03，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成 质点，重力加速度g取10m/s2。求： (1)小物块P第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力： (2)小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量： R (3)最终两木板间的距离。 B 试卷第5页，共5页