2024屆高三一輪山東卷物理試題含答案解析

2024屆高三一輪山東卷

物理試題

一、單選題（共40分）

1.電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機(jī)記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖甲所示，為簡化

問題，將圖線簡化為圖乙，電梯處于超重狀態(tài)的時段是（）

((

/S'S

UL0oUL0o

MI△AMI

假I^

。5o65o

姻

眼/

?*

。0O一A)s0O/

制

嘲VZ\

O2OO

0.30.

O.。10,011.820.027.530.0

時

間K

l時間(s)

甲

乙

A.從10.0s到11.8sB.從11.8s到20.0s

C.從20.0s到27.5sD.從27.5s到30.0s

【答案】A

【詳解】

b-t圖象的斜率表示加速度，由圖可知，從10.0s到11.8s時間段，電梯有向上的加速度，處于

超重狀態(tài)。

故選Ao

2.如圖所示，用細(xì)線將重力為100N的物塊懸掛在。點，在物塊上施加力F,在力月由水平方向

逆時針緩慢轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中，物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線與豎直方向成30。角，則

（）

A.細(xì)線拉力先增大后減小B.力尸先增大后減小

C.細(xì)線拉力的最大值為等ND.力廠的最小值為50N

【答案】D

【詳解】

對物塊受力分析，作出如圖所示的矢量三角形

可知在E由水平方向逆時針緩慢轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中，細(xì)線拉力T一直減小，根據(jù)共點力平衡

可知T的最大值為

G2V3200V3

力產(chǎn)先減小后增大，尸的最小值為

Fmin=Gsin30°=50N

故選D。

3.在高度差一定的不同光滑曲線軌道中，小球滾下用時最短的曲線軌道叫做最速曲線軌道，在科

技館展廳里，擺有兩個并排軌道，分別為直線軌道和最速曲線軌道，如圖所示，現(xiàn)讓兩個完全相

同的小球A和B同時從M點分別沿兩個軌道由靜止下滑，小球B先到達(dá)N點。若不計一切阻

力，下列說法正確的是（）

A.到達(dá)底端N點時，重力的功率相同

B.由M到N的過程中，合力做功不同

C.由M到N的過程中，小球A重力的沖量比小球B重力的沖量大

D.到達(dá)底端N點時，小球A、B對軌道的壓力大小相等

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知到達(dá)底端N點時，兩小球速度大小相等，但方向不同，即速度與豎

直方向夾角不同，重力的功率不相同，故A錯誤；

B.由M到N的過程中，合力做功即兩小球重力做功均為

WG=mgh

故B錯誤；

C.由M到N的過程中，重力的沖量

k=mgt

由于

fA＞電

所以小球A重力的沖量比小球B重力的沖量大，故C正確；

D.到達(dá)底端N點時，小球A受到的支持力

FR=mgcosBA

小球B受到的支持力

FB＞mgcosOB

由圖可知

SA＞匹

則

聞＞F*

根據(jù)牛頓第三定律可知，小球B對軌道的壓力大于小球A對軌道的壓力，故D錯誤。

故選Co

4.如圖所示，在不計滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下，小車A在水平外力作用下沿水平地面向左做

直線運動，繩子跨過定滑輪拉著物體B以速度％豎直勻速上升，下列判斷正確的是（）

A.小車A做減速直線運動

B.繩子拉力大于物體B的重力

C.小車A的速度大小可表示為外cos。

D.小車A受到地面的支持力逐漸變小

【答案】A

【詳解】

AC.將小車A的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的分速度大小即為B物體上升的速度大

小，則

v

V=-B---

Acos。

隨著小車A向左運動，e減小，則小車A做減速直線運動，故A正確，C錯誤；

BD.物體B豎直勻速上升，繩子拉力等于物體B的重力，拉力大小不變，由于。減小，拉力在

豎直方向的分力變小，則地面對小車A的支持力變大，故BD錯誤。

故選Ao

5.如圖是某自行車的傳動結(jié)構(gòu)示意圖，其中I是半徑n=10cm的牙盤（大齒輪），II是半徑

4=4cm的飛輪（小齒輪），III是半徑％=36cm的后輪。若某人在勻速騎行時每分鐘踩腳踏板轉(zhuǎn)

30圈，取k3.14,下列判斷正確的是（）

后輪

A.腳踏板的周期為總s

B.牙盤轉(zhuǎn)動的角速度為6.28rad/s

C.飛輪邊緣的線速度大小為3.14m/s

D.自行車勻速運動的速度大小為2.826m/s

【答案】D

【詳解】

A.腳踏板每分鐘轉(zhuǎn)30圈，則六2s,故A錯誤;

B.牙盤轉(zhuǎn)動的角速度

27r

a)=—=3.14rad/s

故B錯誤；

C.飛輪邊緣的線速度與牙盤邊緣的線速度大小相等，即

v2=3rl=0.314m/s

故C錯誤；

D.后輪的角速度與飛輪的角速度相等，則后輪邊緣各點的線速度大小為

v=一73=2.826m/s

3r2、

可得自行車勻速運動的速度大小為2.826m/s,故D正確。

故選D。

6.2023年7月10日，經(jīng)國際天文學(xué)聯(lián)合會小行星命名委員會批準(zhǔn)，中國科學(xué)院紫金山天文臺發(fā)

現(xiàn)的、國際編號為381323號的小行星被命名為“樊錦詩星”。如圖所示，“樊錦詩星”繞日運

行的橢圓軌道面與地球圓軌道面間的夾角為20.11度，軌道半長軸為3.18天文單位（日地距離為

1天文單位），遠(yuǎn)日點到太陽中心距離為4.86天文單位。若只考慮太陽對行星的引力，下列說法

正確的是（）

“樊錦詩星”軌道

A.“樊錦詩星”繞太陽一圈大約需要2.15年

B.“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點的速度大于地球的公轉(zhuǎn)速度

C.“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點的加速度與地球的加速度大小之比為總

D.“樊錦詩星”在遠(yuǎn)、近日點的速度大小之比為魯

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)開普勒第三定律有

%x5.67年

故A錯誤;

B.根據(jù)萬有引力提供向心力可知

地u地

G—o-二犯必—

則地球公轉(zhuǎn)速度

GM

〃地=丁

J「地

“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點做向心運動

2

Mm樊〃遠(yuǎn)

G----2->7n悌-

遠(yuǎn)遠(yuǎn)

則“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點的速度

~GM

由于「遠(yuǎn)>「地，所以“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點的速度小于地球的公轉(zhuǎn)速度，故B錯誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律可知

Mm

G—丁—，=TTICL

“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點的加速度與地球的加速度大小之比為

布一度一詼

故C正確；

D.軌道半長軸為3.18天文單位，遠(yuǎn)日點到太陽中心距離廠遠(yuǎn)=4.86天文單位，則近日點到太陽中

心距離r近=1.5天文單位，對于“樊錦詩星”在遠(yuǎn)日點和近日點附近很小一段時間垓內(nèi)的運動，

根據(jù)開普勒第二定律有

11

嚴(yán)遠(yuǎn)「遠(yuǎn)垓=嚴(yán)近「近》

解得

"遠(yuǎn)：「近：L5

展―石一病

故D錯誤。

故選C。

7.一塊質(zhì)量為M、長為/的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B（視為質(zhì)

點）以初速度％從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動能減少量

為AEkB，長木板A的動能增加量為AEM，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,關(guān)于AEkB，Q的

值，下列可能的是（）

A.AEkB=7J,NERA—5J>Q=5J

B.A￡kB=7J,AFRA=2J,Q=5J

C.gB=3J,AFkA=2J,Q=5J

D.AE]<B=5J,△EkA=3J,Q=2J

【答案】B

【詳解】

AC.根據(jù)能量守恒可知

+Q

故AC錯誤；

BD.畫出物體B和長木板A的速度一時間圖線，分別如圖中1和2所示，圖中1和2之間的梯

形面積表示板長Z,1與t軸所圍的面積表示物體B的位移xi,2與t軸所圍的面積表示長木板A的

位移位，由圖可知

%1>I

△EkB=fX]

△^kA=fx2

Q=fl

△EkB>Q>^EkA

可知B有可能，故B正確，D錯誤。

故選Bo

8.如圖所示，質(zhì)量分別為必和的A、B兩個小球疊放在一起，從高度為力“遠(yuǎn)大

于小球半徑）處由靜止開始下落。落到水平地面時，B與地面之間以及A與B之間均在豎直方

向發(fā)生彈性碰撞（假設(shè)B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A與B再發(fā)生碰撞），不考慮空氣阻力及

多次碰撞，則A反彈后能達(dá)到的最大高度可能為()

A.3.8/iB.4.5hC.5.2/iD.6.7h

【答案】C

【詳解】

A與B兩球落地時的速度相同，設(shè)速度為北，兩球下落過程根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

1

(km+m)gh=-(km+m)詔

解得

v0=d2gh

球B先與地面發(fā)生碰撞之后以原速率彈回，此時A球速度方向還是向下，速度大小仍為

v0=>/2gh

之后兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，碰撞之后A、B兩球的速度分別為力和方，根據(jù)動量

守恒定律有

kmvQ—mv0=kmv2+rrtv1

根據(jù)能量守恒定律可得

1111

-kmvo+-mvo=-kmv^+-mv1

兩式聯(lián)立解得

3/c-l

當(dāng)k=4時代入可得

11

%=互%

設(shè)A球上升的最大高度為七，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

1.

-mvf=mg1Vl

代入數(shù)據(jù)解得

=4.84/i

ho3=25h

當(dāng)k=6時代入可得

,17

vi=yv0

設(shè)A球上升的最大高度為"i，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得

1

2mv'^=mg%

代入數(shù)據(jù)解得

289

--hx5.9八

h\1=49

所以A球上升的最大高度應(yīng)大于4.84八，小于5.9鼠

故選Co

二、多選題（共20分）

9.中國“天問一號”火星探測任務(wù)團(tuán)隊在第73屆國際宇航大會（IAC）上獲得“世界航天獎”。

火星半徑約為地球半徑的點火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的取地球表面的重力加速度。g=10m/s2,

地球的第一宇宙速度v=8km/s,已知星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的或倍。若不考慮自轉(zhuǎn)

的影響，下列說法正確的是（）

A.火星表面的重力加速度約為4.4m/s2B.火星表面的重力加速度約為2.2m/s2

C.火星的第二宇宙速度約為5.3km/sD.火星的第二宇宙速度約為10.6km/s

【答案】AC

【詳解】

AB.星球表面的物體受到的重力等于萬有引力

Mm

m9=G-^-

得

GM

9=鏟

則

2

g火M火/R地、1，4

9M地\RJ99

解得火星表面的重力加速度約為

9火=4.4m/s2

故A正確，B錯誤；

CD.由萬有引力提供向心力可得

Mmv2

G——=771----

在行星表面運行時有

r=R

則

IGM

因此

星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的四倍，則火星的第二宇宙速度

二22

v2=火=—v=-x8*5.3km/s

故C正確，D錯誤。

故選ACo

10.如圖甲所示，一個質(zhì)量為2kg的物體（可看成質(zhì)點）在沿斜面方向的拉力作用下，從傾角。=

30。的光滑斜面底端由靜止開始沿斜面向上運動。以斜面底端為坐標(biāo)原點，沿斜面向上為正方向

建立x軸，拉力做的功W與物體位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖乙所示。取g=10m/s2。物體沿斜面向

上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.物體沿斜面向上運動的最大位移%m=22m

B.物體沿斜面向上運動的最大位移Xm=22.5m

C.在％=5m處，拉力的功率為100W

D.在％=5m處，拉力的功率為100aW

【答案】BD

【詳解】

CD.由于拉力沿斜面向上，則拉力做的功”=可看出W-x圖像的斜率代表拉力，在0<

%<10m的范圍內(nèi)，拉力

F=—=20N

△x

根據(jù)動能定理有

1,

W—7ngsin。?x=-mvz

則％=5m處物體的速度

%=5&m/s

此時拉力的功率

P=Fvx=100V2W

選項C錯誤，D正確；

AB.從%2=10m到最高點的過程中，拉力

F=—=2N

△%

根據(jù)動能定理可知

%+F'（xm—x2）-mgxmsin3=0

由圖可知Wi=200J,解得物體沿截面向上運動的最大位移

xm=22.5m

選項A錯誤，B正確。

故選BDo

11.如圖甲所示，質(zhì)量分別為m、牝的小木塊。和。（可視為質(zhì)點）用細(xì)線相連，沿半徑方向放

在水平圓盤上，。、8與轉(zhuǎn)軸之間的距離分別為八、乃,若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸（。。'緩慢

地加速轉(zhuǎn)動，8表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，木塊a所受的摩擦力大小人隨圓盤角速度的平方02）

的變化圖像如圖乙所示，0?必對應(yīng)圖線的斜率為自，公?姐對應(yīng)圖線的斜率為k2,兩木塊與圓

盤間的動摩擦因數(shù)均為"，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。下列說法正

確的是（）

O

ab

n-n

O,

甲

A.-=—D.—=-C.———u,—=一

r22m23k27他8

【答案】AB

【詳解】

水平圓盤轉(zhuǎn)動的角速度較小時，。、匕受到的靜摩擦力提供向心力，繩子拉力為零，此過程中。

受到的摩擦力

fa=恤田

對應(yīng)圖線的斜率

=恤弓

當(dāng)木塊剛好達(dá)到最大靜摩擦?xí)r，滿足

mra）2=11mg

則

24g

a）￡=—

r

因為七＞4,所以隨著角速度增大，b先達(dá)到最大靜摩擦力，此時3=3）則有

砌一石’O-5/o-"1'-下一

角速度繼續(xù)增大，繩子開始出現(xiàn)拉力，此后對于a有

fa-T=m^a）2

對于b有

2

fbm+T=m2r2a）

聯(lián)立可得

fa=（小退+m2r2）小-爐n2g

對應(yīng)圖線的斜率

k2=恤-1+6272

截距

-3/o=fm2g

當(dāng)a達(dá)到最大靜摩擦力%m=fo=卬時

〃（巾1+機(jī)2）9

20）2=------------

犯iG+m2r2

之后角速度再增大，兩木塊相對圓盤發(fā)生滑動，a受到的摩擦力大小不再變化。根據(jù)上述分析可

知

m1_1_1k1_1a）1_7

Tn，237*22k?7（i）2q8

故AB正確，CD錯誤。

故選ABo

12.如圖所示，水平向左加速運動的車廂內(nèi)，一根長為/的輕質(zhì)桿兩端分別連接質(zhì)量均1kg的小球

a、b（可看成質(zhì)點），。球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8/,8球處在車

廂水平底面上且與底面間的動摩擦因數(shù)為〃，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度

g=10m/s2,要使桿與車廂始終保持相對靜止，關(guān)于車廂的加速度，下列說法正確的是（）

A.若〃=0.5,則車廂的加速度大小可能為3m/s2

B.若〃=0.5,則車廂的加速度大小可能為2m/s2

C.若〃=0.8,則車廂的加速度大小可能為3m/s2

D.若〃=0.8,則車廂的加速度大小可能為7m/s2

【答案】BCD

【詳解】

AB.桿長為/,。球靠在車廂的光滑豎直側(cè)壁上，距車廂底面的高度為0.8/,則輕質(zhì)桿與豎直方

向的夾角

0.8/

cos0=—j—=0.8

解得

6=37°

對。球受力分析如圖甲所示

.V,

mg

甲

在豎直方向上，根據(jù)平衡條件有

N1cos6=mg

當(dāng)。球與車廂左壁的彈力剛好為零時，根據(jù)牛頓第二定律有

mgtanO=mar

解得

=gland=7.5m/s2

當(dāng)/，球與車廂底面的靜摩擦力剛好達(dá)到最大值時，對〃受力分析如圖乙所示

乙

在豎直方向上，根據(jù)平衡條件有

N2=mg+NjosB=2mg

在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律有

fm—NiSin。=ma2

其中

fm=皿

聯(lián)立解得

a2=(2〃—tanO)g

若〃=0.5,此時有

則車廂的加速度最大值為

2

a2=2.5m/s

故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)上述，若〃=0.8,此時有

V。2

則車廂的加速度最大值為

2

at=7.5m/s

故CD正確。

故選BCDo

三、實驗題(共10分)

13.某同學(xué)設(shè)計了一個用位移傳感器測量木塊和斜面間的動摩擦因數(shù)〃的實驗。如圖甲所示，在

斜面底端固定一個位移傳感器，傳感器與計算機(jī)相連。讓木塊沿斜面由靜止開始下滑，計算機(jī)描

繪了木塊相對傳感器的距離X隨時間，的變化規(guī)律如圖乙所示。

塊

木

傳感

器

100.10.20.3t/s

甲--------------------乙

(1)由圖乙可知uO.ls時，木塊的速度大小為v=m/s,木塊在長木板上下滑時的加

速度大小為a=m/s2

(2)若測得斜面的傾角。=37。，己知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則木塊和斜面間的動

摩擦因數(shù)〃=o

(3)為避免木塊下滑時撞到傳感器，在不增加器材的情況下，可將實驗裝置做進(jìn)一步改進(jìn)。改

進(jìn)的方法是o

【答案】Q).0.2(2).2(3).0.5(4).把傳感器固定在斜面頂端

【詳解】

(1)⑴根據(jù)勻變速直線運動某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，可得

0.1s末的速度大小為

0.16—0.12

^1=—=--------------m/s=0.2m/s

AC】U.Z

⑵0.2s末的速度大小為

△x0.15-0.07

"2=詬2=一誦一m/s=0.4m/s

由加速度定義式可知，木塊的加速度大小為

方一%°4一°,2

Q--------------................................m/c?—一/m/c24*

At0.1'—

(2)[3]根據(jù)牛頓第二定律可知

mgsind—fimgcosO=ma

解得木塊和斜面間的動摩擦因數(shù)

a

u.=tan。-------=0.5

(3)[4]改進(jìn)的方法是把傳感器固定在斜面頂端，讓木塊以合適的初速度沿斜面上滑，使木塊做

勻減速直線運動，或讓木塊在傳感器前由靜止開始下滑，即可避免撞到傳感器。

14.為了驗證機(jī)械能守恒定律，物理實驗小組設(shè)計了如下方案:

(1)A組同學(xué)利用自由落體運動驗證機(jī)械能守恒定律，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶

動紙帶從靜止開始自由下落。

①本實驗中，不同學(xué)生在實驗操作過程中出現(xiàn)如圖所示的四種情況，其中操作正確的是

②進(jìn)行正確操作后，打出的紙帶如圖乙所示，在選定的紙帶上依次取計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的時

間間隔為T,則紙帶的(選填“左''或"右")端與重物相連。設(shè)重物質(zhì)量為“，根據(jù)測

得的XI、X2、尤3、X4,可得在打點計時器打8點到。點的過程中，重物動能增加量的表達(dá)式為

③換用兩個質(zhì)量分別為〃U、儂的重物P、Q進(jìn)行實驗，多次實驗記錄下落高度〃和相應(yīng)的速度

丙

A.阻力可能為零B.阻力不可能為零C.如可能等于miD.如一定小于加2

(2)B組同學(xué)按照圖丁組裝實驗器材，調(diào)整定滑輪位置，使連接滑塊與托盤的輕繩與氣墊導(dǎo)軌

平行，接通電源，由靜止釋放托盤與祛碼，并測得遮光條寬度d,遮光條到光電門的距離/,遮

光條通過光電門的時間△3托盤與祛碼質(zhì)量機(jī)3,滑塊與遮光條質(zhì)量〃以已知重力加速度大小為

g,若表達(dá)式成立，即可驗證機(jī)械能守恒。

【答案】⑴.B(2).左⑶.器(x4-2犯)(4).BC##CB(5).m3gl=

2

|(m3+m4)g)

【詳解】

(1)①[1]打點計時器應(yīng)接交流電源，操作時應(yīng)用手提住紙帶的上端，讓重物盡量靠近打點計時

器。

故選B。

②[2][3]紙帶上的點跡從左向右間距逐漸變大，則紙帶的左端與重物相連。打點計時器打8點時

的速度大小為

_%2

VB=2T

打。點時的速度大小為

_x4-x2

VD=^F~

在打8點到。點的過程中，重物動能增加量的表達(dá)式為

A/71212m*4，

AEk=-mvt)--mv^=(x4-2x2)

③[4]AB.根據(jù)題意，設(shè)阻力大小為了,由動能定理有

1

(mg—/)h=-mv2

整理可得

若阻力為零，則兩次實驗的“2一九圖像斜率相等，由圖可知，斜率不等，則阻力不為零，故A錯

誤，B正確；

CD.雖然斜率不相等，但不知道兩重物所受阻力的情況，則兩重物的質(zhì)量關(guān)系不確定，即見可

能等于〃及，故C正確，D錯誤。

故選BCo

(2)[5]若機(jī)械能守恒成立，有

1/d\2

ggi=2（m3+m4）（瓦J

四、解答題(共20分)

15.“打水漂”是很多同學(xué)體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水

中，而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中。如圖所示，某同學(xué)在岸

邊離水面高度//o=O.45m處，將一塊質(zhì)量7?=0.1kg的小石片以初速度vo=4m/s水平拋出。若小石片

與水面碰撞后，豎直分速度反向，大小變?yōu)榕銮暗囊话?，水平分速度方向不變，大小變?yōu)榕銮暗?/p>

空氣阻力及小石片與水面接觸時間可忽略不計，重力加速度取g=10m/s2求：

(1)第一次接觸水面前瞬間小石片的動能；

(2)小石片第二次接觸水面處與拋出點的水平距離。

【詳解】

(1)小石片拋出做平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，則有

,12

底=-gt

解得

t=0.3s

第一次接觸水面前瞬間小石片的豎直分速度

vy=gt=3m/s

第一次接觸水面前瞬間小石片的動能

1__

Ek=-m(v^4-v；)

解得

Ek=1.25J

(2)小石片從第一次碰撞水面后做斜拋運動，運動到第二次碰撞水面前的過程中，在空中運動

的時間

,1

F=2"=2?丑=0.3s

99

小石片第二次接觸水面處與拋出點的水平距離

,3,

d=vot+vxt=vot+vot

解得

d=2.1m

16.高空跳傘者在空中下降的過程受到的阻力大小與下降速率成正比，即戶切，其中z是與降落

傘相關(guān)的比例系數(shù)，假設(shè)降落傘沿豎直方向運動，地球自轉(zhuǎn)及氣流影響不計，g取10m/s2。

(1)某型號降落傘以v=10m/s的速度勻速下降時，重力的功率為lxl()5w,求該型號降落傘以

t/=5m/s的速度勻速下降時，重力的功率；

(2)另一降落傘從速度大小為w=6m/s加速至n=10m/s后開始勻速下降，此過程耗時10s,求此

過程中，降落傘下降的距離。

【答案］(1)2.5xl04w；(2)96m

【詳解】

(1)降落傘勻速下降時，重力等于阻力

mg=f=kv

則重力的功率

P=mgv=fv=kv2

即以不同的速率勻速下降時，重力的功率之比

P'_v'2

PV2

則降落傘以5m/s的速度勻速下降時，重力的功率

1,

P'=-P=2.5x104W

4

(2)對任意一段時間加內(nèi)，由動量定理可得

mgAt—kvAt=Ap

而

vAt=Ah

累加可得

mgt—kh=m(y—v0)

聯(lián)立解得

h=96m

17.如圖所示，長度/=3m的水平傳送帶AB在右端B點平滑連接著一個半徑R=0.35m的光滑半圓

弧軌道CEn),其中C點為軌道的最低點，E點和圓心。等高，段為光滑圓管，

NEOF=30°?？梢暈橘|(zhì)點的小物塊從A點以vo=5.5m/s的初速度向右滑動，已知小物塊的質(zhì)量

m=lkg,與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.3,且小物塊尺寸小于光滑圓管內(nèi)徑。重力加速度g取

10m/s2o

(1)若傳送帶以v=6.1m/s的速率順時針方向轉(zhuǎn)動，求小物塊第一次運動到。點的過程中電動機(jī)

多消耗的電能；

(2)若傳送帶以U=2m/s的速率順時針方向轉(zhuǎn)動，求：

①小物塊第一次運動到。點時對軌道的壓力大小；

②小物塊第一次沿軌道CEFO運動時能達(dá)到的最大高度。

【答案】(1)3.66J；(2)①45N；②0.6125m

【詳解】

(1)假設(shè)小物塊中途會與傳送帶達(dá)到共速，小物塊先在傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律

有

林mg=ma

解得

a=3m/s2

設(shè)與傳送帶共速需要的時間為K則

v=v0+at

解得

t=0.2s

加速過程中的位移

V+v

X=---0t

2

解得

x=1.16m<I

故假設(shè)成立

電動機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，即

AE=fimg-vt

解得

△E=3.66J

(2)①假設(shè)小物塊一直減速運動到C,則由動能定理有

1.1

-limgl=-mv^7

解得

vc=3.5m/s

由于

vc>v'

故假設(shè)成立

在。點，根據(jù)牛頓第二定律有

Vc

F—mg=m示

解得

F=45N

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊第一次運動到。點時對軌道的壓力大小為

F'=F=45N

②小物塊從。點運動到廠點過程中，由動能定理有

11

-mvp--mVc=—mg(/?+/?sin300)

解得

vF=V1.75m/s

此時有

mgsin30°=m些

~R

則小物塊恰好可以通過F點，小物塊進(jìn)入光滑圓管后到達(dá)最高點速度為0,從C點運動到最高點

過程中，由機(jī)械能守恒有

2

-mVr=mgh

2c

解得

h=0.6125m

18.如圖所示，木板A置于光滑水平面上，沿木板A上表面建立圖示的直角坐標(biāo)系某時刻

木板A以速度北沿x軸正方向做勻速直線運動。質(zhì)量為m的物塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)為

4,重力加速度大小為g。在以下三種情況下，物塊B均始終在木板A上。

(1)若將物塊B無初速度地置于。點，運動過程中物塊B相對木板A滑行的最大距離為d,求

木板A的質(zhì)量M-,

(2)木板A的質(zhì)量取第(1)問中的值，若物塊B以大小為此的初速度從原點。開始沿y軸正

方向運動，求物塊B與木板A