山東省濟(jì)南市平陰一中2025屆高三物理上學(xué)期11月試題含解析

PAGE22-山東省濟(jì)南市平陰一中2025屆高三物理上學(xué)期11月試題（含解析）一、單選題1.若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機(jī)的支持力與時(shí)間關(guān)系的圖像可能是A. B.C. D.【答案】B【解析】由圖知：過(guò)程①為向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)（加速度向下，失重，）；過(guò)程②為向下勻速直線（平衡，）；過(guò)程③為向下勻減速直線運(yùn)動(dòng)（加速度向上，超重，）；過(guò)程④為向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)（加速度向上，超重，）；過(guò)程⑤為向上勻速直線運(yùn)動(dòng)（平衡，）；過(guò)程⑥為向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)（加速度向下，失重，）；綜合各個(gè)過(guò)程可知B選項(xiàng)正確．【考點(diǎn)定位】圖像、超重與失重、牛頓其次定律．2.靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相同，則下列推斷正確的是()A.整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B.整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零C.t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大D.t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功【答案】A【解析】【詳解】對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：，可見(jiàn)全過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速過(guò)程中受到的拉力最大，t=1s時(shí)刻拉力瞬時(shí)功率為整個(gè)過(guò)程拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t=1s到t=3s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤．故選A。3.我國(guó)“北斗二代”安排放射35顆衛(wèi)星，形成全球性的定位導(dǎo)航系統(tǒng)。其中的5顆衛(wèi)星是相對(duì)地面靜止的高軌道衛(wèi)星以下簡(jiǎn)稱(chēng)“靜衛(wèi)”，其他的有27顆中軌道衛(wèi)星以下簡(jiǎn)稱(chēng)“中衛(wèi)”軌道高度距地面為靜止軌道高度的倍，下列說(shuō)法正確的是（）A.“中衛(wèi)”的線速度介于7.9km/s和11.2km/s之間B.“靜衛(wèi)”的軌道必需是在赤道上空C.假如質(zhì)量相同，“靜衛(wèi)”與“中衛(wèi)”的動(dòng)能之比為3:5D.“靜衛(wèi)”的運(yùn)行周期小于“中衛(wèi)”的運(yùn)行周期【答案】B【解析】【詳解】A．7.9km/s是地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以“中衛(wèi)”的線速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；

B．同步軌道衛(wèi)星軌道只能在赤道上空，則“靜衛(wèi)”的軌道必需是在赤道上空，故B正確；

C．依據(jù)萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力得解得假如質(zhì)量相同，動(dòng)能之比等于半徑的倒數(shù)比，“中衛(wèi)”軌道高度為靜止軌道高度的，而r=R+h，所以“中衛(wèi)”軌道半徑不是靜止軌道半徑的，則“靜衛(wèi)”與“中衛(wèi)”的動(dòng)能之比不是3：5，故C錯(cuò)誤；

D．依據(jù)得則半徑越大周期越大，所以“靜衛(wèi)”的運(yùn)行周期大于“中衛(wèi)”的運(yùn)行周期，故D錯(cuò)誤。

故選B。4.如圖為汽車(chē)的機(jī)械式手剎（駐車(chē)器）系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)示意圖，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)。當(dāng)向上拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，手剎拉索（不行伸縮）就會(huì)拉緊，拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動(dòng)器，從而實(shí)現(xiàn)駐車(chē)的目的。則以下說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為60°時(shí)，三根拉索的拉力大小相等B.拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力大C.若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越大D.若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，拉動(dòng)拉索AO越省力【答案】D【解析】【詳解】A．當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為120°時(shí)，三根拉索的拉力大小才相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．拉動(dòng)手剎拉桿時(shí)，當(dāng)OD、OC兩拉索夾角大于120°時(shí)，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．依據(jù)平行四邊形法則可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，則兩力夾角越大，合力越小，即拉動(dòng)拉索AO越省力，選項(xiàng)D正確。故選D。5.如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A、B、C、D、E、F位于邊長(zhǎng)L=4cm的正六邊形的頂點(diǎn)上，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于正六邊形所在的平面．已知A、B、C、D的電勢(shì)分別為-4V、0、8V、12V．則下列說(shuō)法正確的是A.E點(diǎn)的電勢(shì)B.A、F間的電勢(shì)差UAF=0C.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E=100V/mD.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線垂直于BF連線，且指向A【答案】D【解析】【詳解】A．由幾何學(xué)問(wèn)知，與平行且；因電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則，即，代入數(shù)據(jù)可得：．故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B．由幾何學(xué)問(wèn)知，與平行且相等；因電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則．故B項(xiàng)錯(cuò)誤．CD．、，電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，又電場(chǎng)線由電勢(shì)高處指向電勢(shì)低處，則電場(chǎng)線垂直于如圖；由幾何學(xué)問(wèn)可得，電場(chǎng)線垂直于BF連線，且指向A；據(jù)可得，．故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．6.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A起先向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v—t圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則()A.施加外力前，彈簧的形變量為B.外力施加的瞬間A、B間的彈力大小為M(g-a)C.A、B在t1時(shí)刻分別，此時(shí)彈簧彈力恰好為零D.彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值【答案】B【解析】【詳解】A．施加F前，物體AB整體平衡，依據(jù)平衡條件有：2Mg=kx解得：故A錯(cuò)誤；B．施加外力F瞬間，對(duì)B物體，依據(jù)牛頓其次定律有：F彈—Mg—其中F彈=2Mg解得：故B正確；C．物體A、B在t1時(shí)刻分別，此時(shí)A、B具有共同的v與a；且；對(duì)B：彈解得：彈=彈力不為零，故C錯(cuò)誤；D．而彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時(shí)間；速度不是最大值；故D錯(cuò)誤。故選B．【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確A與B分別的時(shí)刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對(duì)AB整體和B物體受力分析，依據(jù)牛頓其次定律列方程及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析。7.A、B兩球沿始終線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移—時(shí)間圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖象，若A球質(zhì)量mA＝2kg，則由圖象推斷下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A.A、B碰撞前的總動(dòng)量為kg·m/sB.碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為－4N·sC.碰撞前后A的動(dòng)量改變?yōu)?kg·m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【答案】A【解析】【詳解】A．由x-t圖象可知，碰撞前有碰撞后有對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，A、B兩球沿始終線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。以碰撞前B的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v解得mB＝kgA、B碰前的總動(dòng)量p總＝mAvA＋mBvB代入數(shù)值得p總＝－kg·m/sA錯(cuò)誤，符合題意；B．由動(dòng)量定理知，A對(duì)B的沖量為IB＝mBv－mBvBIB＝－4N·sB正確，不符合題意；C．碰撞前后A球的動(dòng)量改變?yōu)棣A＝mAv－mAvA＝4kg·m/sC正確，不符合題意；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能代入數(shù)據(jù)解得ΔEk＝10JD正確，不符合題意。故選A。8.如圖所示，在某電場(chǎng)中畫(huà)出了三條電場(chǎng)線，點(diǎn)是連線的中點(diǎn)。已知點(diǎn)的電勢(shì)為點(diǎn)的電勢(shì)為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.點(diǎn)的電勢(shì)B.點(diǎn)的電勢(shì)C.點(diǎn)的電勢(shì)D.負(fù)電荷在點(diǎn)的電勢(shì)能大于在點(diǎn)的電勢(shì)能【答案】C【解析】【詳解】ABC．由圖可知，A、C間電場(chǎng)線比B、C間電場(chǎng)線密，則A、C間場(chǎng)強(qiáng)較大，依據(jù)公式可知，A、C間電勢(shì)差大于C、B間電勢(shì)差，即得到故C正確，AB錯(cuò)誤；D．因?yàn)锳點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)，則負(fù)電荷在電勢(shì)高點(diǎn)A電勢(shì)能小，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題9.如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)圓管平滑連接組成，其中圓管AB段水平，圓管BCDE段是半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點(diǎn)與AB等高，整個(gè)管道固定在豎直平面內(nèi)。現(xiàn)有一質(zhì)量為m。初速度的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB。設(shè)小球經(jīng)過(guò)管道交接處無(wú)能量損失，圓管內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R。小球直徑略小于管內(nèi)徑，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)外管壁的壓力大小為B.小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中重力的功率不斷增大C.小球從E點(diǎn)拋出后剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)D.若將DE段圓管換成等半徑的四分之一內(nèi)圓軌道DE，則小球不能夠到達(dá)E點(diǎn)【答案】CD【解析】【詳解】A．從A至E過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得解得在E點(diǎn)時(shí)解得即小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)內(nèi)管壁的壓力大小為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．小球在C點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則到達(dá)C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，則小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中重力的功率不是不斷增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．從E點(diǎn)起先小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則由小球能正好平拋落回B點(diǎn)，故C正確；D．若將DE段圓管換成等半徑的四分之一內(nèi)圓軌道DE，則小球到達(dá)E點(diǎn)的速度至少為，由于可知，小球不能夠到達(dá)E點(diǎn)，選項(xiàng)D正確。故選CD。10.霧霾對(duì)人們的正常生活有肯定的影響。在某個(gè)霧霾天氣中，能見(jiàn)度很低，甲、乙兩汽車(chē)在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。某時(shí)刻兩車(chē)司機(jī)同時(shí)聽(tīng)到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時(shí)起先剎車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。兩輛車(chē)剎車(chē)時(shí)的圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.甲車(chē)的加速度小于乙車(chē)的加速度B.時(shí)兩車(chē)的速度均為8m/sC.若兩車(chē)發(fā)生碰撞，則起先剎車(chē)時(shí)兩輛車(chē)的間距肯定等于48mD.若兩車(chē)發(fā)生碰撞，則可能是在剎車(chē)24s以后的某時(shí)刻【答案】AB【解析】【詳解】A．由圖可知甲車(chē)的加速度大小乙車(chē)的加速度大小則甲車(chē)的加速度小于乙車(chē)的加速度，A正確；B．時(shí)兩車(chē)的速度相等，且均為B正確；C．0~24s內(nèi)，甲車(chē)的位移乙車(chē)的位移兩車(chē)位移之差若兩車(chē)在時(shí)刻相撞，則起先剎車(chē)時(shí)兩輛車(chē)的間距等于48m，若兩車(chē)在時(shí)刻之前相撞，則起先剎車(chē)時(shí)兩輛車(chē)的間距小于48m，C錯(cuò)誤；D．若兩車(chē)速度相等時(shí)沒(méi)有相撞，則速度相等后，甲車(chē)的速度比乙車(chē)的大，兩車(chē)不行能相撞，D錯(cuò)誤。故選AB。11.如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g．則下列說(shuō)法中正確的是（）A.無(wú)論a、b在什么位置，兩物體的加速度方向都與速度方向相同B.a下落過(guò)程中，其加速度大小可能大于gC.a落地時(shí)速度大小為D.a落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg【答案】BCD【解析】【詳解】A．當(dāng)a到達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，說(shuō)明桿對(duì)b先是推力、后是拉力，故b的加速度與速度先同方向后反方向，故A錯(cuò)誤；B．b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，所以a對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以b對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過(guò)程中，b對(duì)a是向下的拉力，此時(shí)a的加速度大于重力加速度，故B正確；C．a(chǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，b的速度為零，依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=，故C正確；D．a(chǎn)、b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的速度最大，此時(shí)b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，故D正確。故選BCD?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以及知道當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的動(dòng)能最大．12.如圖，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則其速度v隨時(shí)間t改變的圖象可能是A. B.C. D.【答案】BC【解析】【詳解】依據(jù)題意，設(shè)傳送帶傾角為，動(dòng)摩擦因數(shù)，若：，合力沿斜面對(duì)下，物塊向下勻加速；若，沿斜面方向合力為零，物塊勻速下滑；若，沿斜面方向合力沿斜面對(duì)上物塊勻減速，當(dāng)減速為零時(shí)，起先反向加速，當(dāng)加速到與傳送帶速度相同，因?yàn)樽畲箪o摩擦力大于重力向下分力，之后一起隨傳送帶勻速，AD錯(cuò)誤BC正確三、試驗(yàn)題13.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下試驗(yàn)方案：A.試驗(yàn)裝置如圖甲所示，一端系在滑塊上的輕質(zhì)細(xì)繩通過(guò)轉(zhuǎn)軸光滑的輕質(zhì)滑輪，另一端掛一重力為的鉤碼，用墊塊將長(zhǎng)木板的有定滑輪的一端墊起。調(diào)整長(zhǎng)木板的傾角，直至輕推滑塊后，滑塊沿長(zhǎng)木板向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)；B．保持長(zhǎng)木板的傾角不變，取下細(xì)繩和鉤碼，接好紙帶，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，然后讓滑塊沿長(zhǎng)木板滑下，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的紙帶如圖乙所示。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)圖乙中紙帶的_____端與滑塊相連（選填“左”或“右”）。(2)圖乙中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)打點(diǎn)未畫(huà)出，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接頻率為的溝通電源，依據(jù)圖乙求出滑塊的加速度______。(3)不計(jì)紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間的阻力，滑塊的質(zhì)量_____（?。??！敬鸢浮?1).右(2).1.65(3).2【解析】【詳解】(1)[1]因?yàn)榇螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔打一個(gè)點(diǎn)，兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)打點(diǎn)未畫(huà)出，所以?xún)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為，時(shí)間間隔是定值，滑塊拖動(dòng)紙帶下落的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度越來(lái)越快，所以相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移越來(lái)越大。所以圖乙中紙帶的右端與滑塊相連；(2)[2]依據(jù)，可解得加速度為(3)[3]由A步驟可知，取下細(xì)繩和鉤碼后，滑塊受到的合外力，依據(jù)牛頓其次定律得14.復(fù)原系數(shù)是反映碰撞時(shí)物體形變復(fù)原實(shí)力的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料有關(guān)，兩物體碰撞后的復(fù)原系數(shù)為，其中和分別為質(zhì)量為和的物體碰撞前后的速度，某同學(xué)利用如圖所示的試驗(yàn)裝置測(cè)定質(zhì)量為和的物體碰撞后的復(fù)原系數(shù)。試驗(yàn)步驟如下：①將白紙、復(fù)寫(xiě)紙固定在豎直放置木條上，用來(lái)記錄試驗(yàn)中質(zhì)量為和的兩球與木條的撞擊點(diǎn)；②將木條豎直放在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓質(zhì)量為的入射球從斜軌上點(diǎn)由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為；③將木條向右平移到圖中所示位置，質(zhì)量為的入射球仍從斜軌上的點(diǎn)由靜止釋放，確定撞擊點(diǎn)；④質(zhì)量為的球靜止放置在水平槽的末端，將質(zhì)量為的入射球再?gòu)男避壣宵c(diǎn)由靜止釋放，確定兩球相撞后的撞擊點(diǎn)；⑤目測(cè)得與撞擊點(diǎn)的高度差分別為。(1)兩小球的質(zhì)量關(guān)系為_(kāi)____（填“”“”或“”）(2)利用試驗(yàn)中測(cè)量的數(shù)據(jù)表示兩小球碰撞后的復(fù)原系數(shù)為_(kāi)______。(3)若再利用天平測(cè)量出兩小球的質(zhì)量為，則滿意_____________________表示兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒；若滿意_____________________表示兩小球碰撞前后機(jī)械能守恒。（用已知量和測(cè)量量表示）【答案】(1).(2).(3).(4).【解析】【詳解】(1)[1]為了防止兩球碰后出現(xiàn)反彈現(xiàn)象，入射球的質(zhì)量肯定要大于被碰球的質(zhì)量，即m1>m2；(2)[2]由圖可知，兩小球打在豎直板上，則可知，三次碰撞中水平位移相等，則可知，水平速度越大，豎直方向下落的高度越小，則由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，則可知，在不放小球m2時(shí)，小球m1從斜軌頂端A點(diǎn)由靜止釋放，m1的落點(diǎn)在圖中的P點(diǎn)，而碰后m1的落點(diǎn)在圖中的M點(diǎn)；依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，下落時(shí)間則可知速度則可解得代入給出復(fù)原系數(shù)表達(dá)式可得(3)[3]若滿意動(dòng)量守恒，則肯定有mv1=m1v1＇+m2v2'代入所求速度可得表達(dá)式應(yīng)為(4)[4]若滿意機(jī)械能守恒，則有代入求出的速度可得四、計(jì)算題15.如圖甲所示，有一傾角為θ=53°的固定斜面體，底端的水平地面上放一質(zhì)量為M=3kg的木板，木板材質(zhì)與斜面體相同．t=0時(shí)有一質(zhì)量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止起先下滑，后來(lái)滑塊滑上木板并最終沒(méi)有滑離木板（不考慮滑塊從斜面滑上木板時(shí)的能量損失）．圖乙所示為滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速率隨時(shí)間改變的圖象，已知sin53°=0.8，cos53°=0．6，取g=l0m/s2.求：(1)滑塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1、μ2；(2)滑塊停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t和木板的最小長(zhǎng)度l．【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【詳解】(1)滑塊在斜面上下滑時(shí)，滿意：mgsinθ-μ1N=ma1①N=mgcosθ②由v-t圖得加速度a1==6m/s2③綜合①②③解得μ1=滑塊滑上木板后減速μ1mg=ma2④其中⑤對(duì)木板分析有μ1mg–μ2（m+M）g=Ma3⑥其中⑦綜合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2(2)由于μ2＜μ1，故滑塊與木板達(dá)共速后一起勻減速，加速度滿意μ2（m+M）g=（m+M）a4⑧又⑨綜合⑧⑨解得t=6s木板的最小長(zhǎng)度=18m【點(diǎn)睛】本題考查牛頓其次定律的應(yīng)用以及板塊模型的問(wèn)題，關(guān)鍵是依據(jù)圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)特征，搞清各個(gè)階段的加速度狀況以及位移速度關(guān)系，敏捷運(yùn)用牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)公式求解.16.如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中有一根表面粗糙的粗細(xì)勻稱(chēng)的細(xì)桿OMN，它的上端固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O處且與x軸相切．OM和MN段分別為彎曲桿和直桿，它們相切于M點(diǎn)，OM段所對(duì)應(yīng)的曲線方程為.一根套在直桿MN上的輕彈簧下端固定在N點(diǎn)，其原長(zhǎng)比桿MN的長(zhǎng)度短．可視為質(zhì)點(diǎn)的開(kāi)孔小球(孔的直徑略大于桿的直徑)套在細(xì)桿上．現(xiàn)將小球從O處以v0＝3m/s的初速度沿x軸的正方向拋出，過(guò)M點(diǎn)后沿桿MN運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，再經(jīng)彈簧反彈后恰好到達(dá)M點(diǎn)．已知小球的質(zhì)量0.1kg，M點(diǎn)的縱坐標(biāo)為0.8m，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，g取10m/s2.求：(1)上述整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)小球所做的功Wf；(2)小球初次運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)時(shí)的速度vM的大小和方向；(3)輕質(zhì)彈簧被壓縮至最短時(shí)的彈性勢(shì)能Epm.【答案】（1）Wf＝－1.25J；（2）vM＝5m/s，vM的方向與x軸正方向成夾角θ＝53°；（3）Epm＝5.625J【解析】【詳解】(1)對(duì)題述過(guò)程由動(dòng)能定理得：WG＋Wf＝0－，代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－1.25J．(2)假設(shè)小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x＝v0t，y＝，代入數(shù)據(jù)解得：y＝x2，與OM曲線方程一樣，說(shuō)明小球在OM段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與細(xì)桿OM無(wú)摩擦，做平拋運(yùn)動(dòng)：由動(dòng)能定理WG＝－，代入數(shù)據(jù)解得vM＝5m/s，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得vM的方向與x軸正方向夾角的余弦值：cosθ＝＝，即θ＝53°.(3)小球從M點(diǎn)起先直至小球被彈回M點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力所做的功Wf1，－2Wf1＝0－，求得Wf＝－1.25J，又由Wf＝－μmgxmcosθ得，小球下滑的最大距離xm＝6.25m在小球從M點(diǎn)起先直至將彈簧壓縮到最短過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgxmsinθ＋Wf1＋W彈＝0－，又依據(jù)功能關(guān)系得Epm＝－W彈，代入數(shù)據(jù)解得Epm＝5.625J．17.光滑水平面上放著質(zhì)量的物塊與質(zhì)量的物塊，與均可視為質(zhì)點(diǎn)，靠在豎直墻壁上，間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（彈簧與均不拴接），用手?jǐn)r住不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能。在間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后向右運(yùn)動(dòng)，繩在短短暫間內(nèi)被拉斷，之后沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑，恰能到達(dá)最高點(diǎn)。取，求∶(1)繩拉斷后瞬間的速度的大?。?2)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)