河北省衡水中學(xué)2025屆高三上學(xué)期綜合素質(zhì)評(píng)價(jià)一 物理試題 含解析

第1頁(yè)/共23頁(yè)2024—2025學(xué)年度下學(xué)期高三年級(jí)素養(yǎng)檢測(cè)一物理試卷1.如圖所示，通過(guò)計(jì)算可知：一個(gè)半徑為R的均勻帶電體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，與一個(gè)位于E=球心、電荷量相等的點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)相同，在相關(guān)應(yīng)用中可用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式r進(jìn)行計(jì)算。這里所采用最核心的物理方法與下列哪個(gè)相同()A.瞬時(shí)速度概念的建立B.“重心”模型的建立C.彈簧振子模型的建立D.探究向心力大小的表達(dá)式【答案】B【解析】【詳解】A．一個(gè)半徑為R的均勻帶電體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，與一個(gè)位于球心、電荷量相等的點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)相同，這里采用最核心的物理方法為等效替代，瞬時(shí)速度概念的建立采用了極限法，故A錯(cuò)誤；B．“重心”模型的建立采用了等效替代，故B正確；C．彈簧振子模型的建立采用了理想模型法，故C錯(cuò)誤；D．探究向心力大小的表達(dá)式采用了控制變量法，故D錯(cuò)誤。故選B。2.“抖空竹”是中國(guó)傳統(tǒng)的體育活動(dòng)之一?，F(xiàn)將抖空竹中的一個(gè)變化過(guò)程簡(jiǎn)化成如圖所示模型：不可伸長(zhǎng)的輕第2頁(yè)/共23頁(yè)繩系于兩根輕桿的端點(diǎn)位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在輕繩上。接下來(lái)做出如下動(dòng)作，左手抬高的同時(shí)右手放低，使繩的兩個(gè)端點(diǎn)沿豎直面內(nèi)等腰梯形的兩個(gè)腰（梯形的上下底水平）勻速移動(dòng)，即兩端點(diǎn)分別自A、C兩點(diǎn)，沿AB、CD以同樣大小的速度勻速移動(dòng)，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則在變化過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.左右兩繩的夾角增大B.左右兩繩的夾角減少C.輕繩的張力變大D.輕繩的張力大小不變【答案】D【解析】【詳解】對(duì)空竹受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以在水平方向空竹共點(diǎn)力平衡，設(shè)F1與水平方向的夾角為α,F2與水平方向的夾角為β,有Fcosα=F2cosβ所以α=β所以?xún)筛K與豎直方向的夾角相等為θ,則2F1cosθ=mg解得第3頁(yè)/共23頁(yè)F=mg12cosθ兩端點(diǎn)沿AB、CD以同一速度勻速移動(dòng)，移動(dòng)的過(guò)程有的位移大小相等，兩端點(diǎn)在水平方向上的距離不變，所以θ不變，從而得出F1和F2均不變，且兩者大小相等，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。3.在巴黎奧運(yùn)會(huì)上，中國(guó)跳水夢(mèng)之隊(duì)首次包攬八金。如圖甲所示，在某次跳水比賽中，假設(shè)運(yùn)動(dòng)員入水前做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)跳板瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，取豎直向下為正方向，該運(yùn)動(dòng)員重心的豎直速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，其中0~t2部分為直線。則()A.t1時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員離水面最高B.t3時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員離水面最高C.t4時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員所受重力瞬時(shí)功率最大D.0~t1運(yùn)動(dòng)員所受重力沖量為零【答案】A【解析】【詳解】AB．由乙圖可知，0-t1時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員向上減速到零，故t1時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員離水面最高，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由乙圖可知，t4時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員的速度為零，故此時(shí)的重力瞬時(shí)功率為零，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)I=mgt可知0~t1運(yùn)動(dòng)員所受重力沖量不為零，故D錯(cuò)誤。故選A。4.如圖，嫦娥六號(hào)于2024年6月2日6時(shí)23分成功著陸在月球背面南極-艾特肯盆地預(yù)選著陸區(qū)，開(kāi)啟人類(lèi)探測(cè)器首次在月球背面實(shí)施的樣品采集任務(wù)。著陸前探測(cè)器先在離月面高度為h的圓軌道做周期為T(mén)的圓周運(yùn)動(dòng)，隨后實(shí)施降軌，當(dāng)離月面高度為100m時(shí)懸停避障。這時(shí)反推發(fā)動(dòng)機(jī)向下噴出氣體的速度大小為第4頁(yè)/共23頁(yè)v，探測(cè)器質(zhì)量為m，月球半徑為R，若不計(jì)探測(cè)器質(zhì)量的變化，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量為()A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)月球質(zhì)量為M，探測(cè)器在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，有設(shè)月球表面重力加速度為g，有探測(cè)器懸停時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)推力F=mg設(shè)Δt時(shí)間噴出氣體質(zhì)量為Δm，由動(dòng)量定理FΔt=Δm(v-0)聯(lián)立可得發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量為故選B。5.某實(shí)驗(yàn)室有一研究擺動(dòng)的裝置，如圖所示，質(zhì)量為m的小球B通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩與質(zhì)量為2m的滑塊A相連接，且滑塊A穿套在光滑的輕桿之上可以左右自由滑動(dòng)。現(xiàn)保持輕繩伸直并將小球B從與A等高處?kù)o止釋放，已知AB在同一豎直面內(nèi)，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則當(dāng)小球B第一次擺至最低點(diǎn)時(shí)輕繩所受的拉力大小為()第5頁(yè)/共23頁(yè)A.mgB.2mgC.3mgD.4mg【答案】D【解析】【詳解】由題知，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球B從釋放點(diǎn)第一次擺到最低點(diǎn)有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得小球B第一次擺至最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得輕繩的拉力為F=4mg根據(jù)牛頓第三定律，可知當(dāng)小球B第一次擺至最低點(diǎn)時(shí)輕繩所受的拉力大小為4mg。故選D。6.如圖，在水平地面上固定一圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)壁光滑，圓環(huán)內(nèi)嵌著A、B兩個(gè)大小相同的小球，它們的質(zhì)量分別是mA、mB，且mA>mB，小球的直徑略小于圓環(huán)的孔徑且它們之間的摩擦忽略不計(jì)，圓環(huán)的內(nèi)半徑遠(yuǎn)大于球的半徑，初始時(shí)B球處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以一定初速度撞擊B球，A、B兩個(gè)球在a點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，一段時(shí)間后，A、B兩個(gè)球在b點(diǎn)發(fā)生第二次彈性碰撞，a、b兩點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線夾角為120°,則mA:mB為()【答案】A第6頁(yè)/共23頁(yè)【解析】【詳解】?jī)汕虬l(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA、vB，則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有聯(lián)立解得第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，有l(wèi)周，xB=故A、B通過(guò)的路程之比為則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k=0，即故選A。7.如圖所示，虛線圓的半徑為R，AB是直徑，O是圓心，D是圓周上的一點(diǎn)，C是BA延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，CD是虛線圓的切線，把電荷量均為q的正電荷（均可視為點(diǎn)電荷）分別置于A、D兩點(diǎn)，已知∠DBA=30°,靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是()A.A點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為第7頁(yè)/共23頁(yè)B.D點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C.D點(diǎn)的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為D.如果在A、D兩點(diǎn)同時(shí)放置電荷量均為q的兩正點(diǎn)電荷，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為【答案】D【解析】【詳解】A．A點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度故A錯(cuò)誤；B．由幾何關(guān)系可得 D點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小故B錯(cuò)誤； D點(diǎn)的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為故C錯(cuò)誤；D．兩點(diǎn)電荷分別在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為R兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度的夾角為60°,則O第8頁(yè)/共23頁(yè)故選D。8.如圖所示，光滑水平軌道上放置足夠長(zhǎng)的木板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，三者質(zhì)量分別為mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg。開(kāi)始時(shí)C靜止，A、B一起以v0=5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞（時(shí)間極短）后立即一起向右運(yùn)動(dòng)。取g=10m/s2，則()A.A與C碰撞后瞬間，A的速度為3m/sB.A與C碰撞后瞬間，A的速度為2.5m/sC.A與C碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為15JD.若長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度為0.6m，則滑塊B不會(huì)滑離木板A【答案】BD【解析】【詳解】AB．在A與C碰撞中，因碰撞時(shí)間極小，動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A與C共同速度為vAC，以右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0=（mA+mC）vAC解得vAC=2.5m/sA錯(cuò)誤，B正確C．A與C碰撞運(yùn)動(dòng)中損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得C錯(cuò)誤；D．A與B的摩擦力大小為Ff=μmBg則有B的加速度大小為第9頁(yè)/共23頁(yè)AC的加速度大小為B做減速運(yùn)動(dòng)，AC做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度相等時(shí)所用時(shí)間為t，則有v0aBtAC+aACt解得t=0.4sB的位移為A的位移為B相對(duì)A的位移為△x=xB－xA=1.6m－1.1m=0.5m因此若長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度為0.6m，則滑塊B不會(huì)滑離木板A，D正確。故選BD。9.一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小方向如圖所示。把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E3、E4，則()A.E132R242R2【答案】AD【解析】【詳解】AB．根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式且電荷只分布在球的表面，可知每個(gè)電荷在球心O處產(chǎn)第10頁(yè)/共23頁(yè)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同。對(duì)于圖甲，表面積相同，所分布電荷總量相同，由電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量疊加可知，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為El＞E2因電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小則故A正確，B錯(cuò)誤；CD．對(duì)于圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，由于左右兩個(gè)半個(gè)球殼在同一點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，則根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知，左側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與右側(cè)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，即E3＝E4由于方向不共線，由合成法則可知故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD.10.如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形BCD的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道AC的最低點(diǎn)，A點(diǎn)到B、D兩點(diǎn)的距離均為L(zhǎng)，z軸上的A點(diǎn)在BD邊上的豎直投影點(diǎn)為O。y軸上B、D兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)，這兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)。在A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球套在軌道AC上（忽略它對(duì)原電場(chǎng)的影響將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且k3mg，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()第11頁(yè)/共23頁(yè)A.圖中的A點(diǎn)是z軸上場(chǎng)強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)B.軌道上A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的加速度不為0D.小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgL【答案】BD【解析】【詳解】A．由題意可知如圖所示，P為z軸上一點(diǎn)，PD連線與z軸的夾角為θ根據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)分布可知P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，大小表示為整理得1-t2)對(duì)函數(shù)求導(dǎo)f/(t)=1-3t2第12頁(yè)/共23頁(yè)結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)可知，在t∈單調(diào)遞增，在t∈單調(diào)遞減，因此t=cosθ=電場(chǎng)強(qiáng)度最大，即 由此可知，z軸上距離O點(diǎn)L處的兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，故A錯(cuò)誤；故B正確；C．由幾何關(guān)系可知根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，因此，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小表示為小球在C點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示小球在C受到的電場(chǎng)力為C沿桿方向的合力為第13頁(yè)/共23頁(yè)F=mgcos45o-Fcos45o=ma解得由此可知小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的加速度為0，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)等量同種電場(chǎng)分布和對(duì)稱(chēng)關(guān)系可知，A、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電荷從A到C的過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg.OA=EkC-0解得故選BD。11.如圖所示，某探究小組用圖示裝置做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)，圖中的氣墊導(dǎo)軌由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架、光電門(mén)等組成。（1）實(shí)驗(yàn)探究小組采用了正確的操作步驟：①該小組測(cè)出了滑塊通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的擋光時(shí)間。已知兩滑塊上遮光板的寬度相同?；瑝K1通過(guò)光電門(mén)1的擋光時(shí)間為Δt1，通過(guò)光電門(mén)2的擋光時(shí)間為Δt2，滑塊2通過(guò)光電門(mén)2的擋光時(shí)間為Δt3；②測(cè)得滑塊1的質(zhì)量為m1，滑塊2（包括彈簧）的質(zhì)量為m2。（2）數(shù)據(jù)處理與實(shí)驗(yàn)結(jié)論：①實(shí)驗(yàn)中采用氣墊導(dǎo)軌的原因是______；②本實(shí)驗(yàn)探究滑塊碰撞前后動(dòng)量是否守恒，其驗(yàn)證等式為_(kāi)_____。（3）另一實(shí)驗(yàn)探究小組采用了上一小組的裝置，并采用了新的方式做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)。如圖所示，兩個(gè)滑塊用細(xì)線連接且靜止，中間有一個(gè)壓縮到最短的輕質(zhì)彈簧。燒斷細(xì)線，輕彈簧將兩個(gè)滑塊彈開(kāi)，測(cè)得它們通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間分別為t1、t2?；瑝K1的質(zhì)量為m1，滑塊2的質(zhì)量為m2，則動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為。第14頁(yè)/共23頁(yè)【答案】①.減小因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦引起的實(shí)驗(yàn)誤差③.m1t2-m2t1=0【解析】【詳解】（2）①[1]使用氣墊導(dǎo)軌使兩滑塊能沿導(dǎo)軌做直線運(yùn)動(dòng)，保證了兩滑塊碰撞前后在同一條直線上做一維碰撞，減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差，從而減小實(shí)驗(yàn)誤差。②[2]設(shè)遮光條寬度為d，則滑塊1碰撞之前的速度滑塊1碰撞之后的速度滑塊2碰撞后的速度探究滑塊碰撞前、后動(dòng)量是否守恒，需要驗(yàn)證等式為即化簡(jiǎn)得（3）[3]根據(jù)動(dòng)量守恒定律，滿足的表達(dá)式為第15頁(yè)/共23頁(yè)即滑塊A、B的速度分別為代入可得變形得m1t2-m2t1=012.圖甲是某種“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)裝置，斜槽末端口N與Q小球離地面的高度均為H，實(shí)驗(yàn)時(shí)，當(dāng)P小球從斜槽末端與擋片相碰后水平飛出，同時(shí)由于電路斷開(kāi)使電磁鐵釋放Q小球，發(fā)現(xiàn)兩小球同時(shí)落地，改變H大小，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，P、Q仍同時(shí)落地。（兩球下落過(guò)程不發(fā)生碰撞）（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)條件的說(shuō)法，正確的有。A.斜槽軌道必須光滑B.P球的質(zhì)量必須大于Q球的質(zhì)量C.P小球每次必須從斜槽上相同的位置無(wú)初速度釋放D.P小球可以從斜槽上不同的位置無(wú)初速度釋放（2）在某次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，將背景換成方格紙，通過(guò)頻閃攝影的方法拍攝到如圖乙所示的小球做平拋運(yùn)動(dòng)的照片，小球在平拋運(yùn)動(dòng)中的幾個(gè)位置如圖中的a、b、c、d所示，圖中每個(gè)小方格的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.6cm，則頻閃相機(jī)的拍照頻率f=Hz，該小球平拋時(shí)的速度大小v0=m/s，c點(diǎn)的豎直分速度大小為 m/s。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字，重力加速度g取10m/s2）【答案】（1）D（2）①.25②.0.80③.1.0【解析】第16頁(yè)/共23頁(yè)【小問(wèn)1詳解】A．在研究小球做平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，并不需要斜槽軌道光滑，只要保證保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)即可，斜槽是否光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，故A錯(cuò)誤；B．P球不與Q球直接發(fā)生碰撞，P球從斜槽上無(wú)初速度釋放后在斜槽末端只需與擋片相碰就可使電路斷開(kāi)使電磁鐵釋放Q小球，這個(gè)對(duì)照實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了做平拋運(yùn)動(dòng)的小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，與P、Q之間的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；CD．該實(shí)驗(yàn)過(guò)程只為驗(yàn)證做平拋運(yùn)動(dòng)的小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，并不是為了得到平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡，因此不需要保證小球每次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相同，所以P小球可以從斜槽上不同的位置無(wú)初速度釋放，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！拘?wèn)2詳解】[1]平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在豎直方向由逐差相等可得ycd-ybc=3L-2L=gt2解得∶根據(jù)周期與頻率之間的關(guān)系可得[2]水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)坐標(biāo)紙中的點(diǎn)跡可得，在水平方向2L=v0t解得v0=0.80m/s[3]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可知在c點(diǎn)豎直分速度13.2022年2月12日，中國(guó)運(yùn)動(dòng)員高亭宇斬獲北京冬奧會(huì)男子速度滑冰500米金牌。中國(guó)航天科工研發(fā)的“人體高速?gòu)椛溲b置為運(yùn)動(dòng)員的高質(zhì)量訓(xùn)練提供了科技支持。該裝置的作用過(guò)程可簡(jiǎn)化成如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在賽道加速段受到裝置的牽引加速，迅速達(dá)到指定速度后練習(xí)過(guò)彎技術(shù)。某次訓(xùn)練中，質(zhì)量m=60kg（含第17頁(yè)/共23頁(yè)身上裝備）的運(yùn)動(dòng)員僅依靠F=600N的水平恒定牽引力從靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)了s=20m的距離，然后保持恒定速率通過(guò)半徑為R=10m的半圓形彎道，過(guò)彎時(shí)冰刀與冰面彎道凹槽處的接觸點(diǎn)如放大圖所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）運(yùn)動(dòng)員被加速后的速率v及加速過(guò)程中牽引力的平均功率P；（2）運(yùn)動(dòng)員過(guò)彎道上A點(diǎn)時(shí)，冰面對(duì)其作用力FN的大小?！敬鸢浮浚?）20m/s，6000W2）600N【解析】【詳解】（1）對(duì)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行受力分析，由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得F=ma解得運(yùn)動(dòng)員由靜止開(kāi)始加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2as解得加速過(guò)程中牽引力做的功W=Fs解得則加速過(guò)程牽引力的平均功率為第18頁(yè)/共23頁(yè)解得（2）對(duì)運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即2解得FNx=2400N支持力在豎直方向的分力平衡重力，即FNy=mg解得FNx=600N由力的合成與分解可得解得14.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B均靜止在粗糙水平地面上，兩者之間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（長(zhǎng)度不計(jì)A與豎直墻壁距離L=8m。現(xiàn)解除彈簧鎖定，使A、B瞬間分離，并立即取走彈簧，此時(shí)兩物塊獲得的動(dòng)能之和為28J。已知A、B質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=7kg，所有碰撞均為彈性碰撞，A、B均沿同一水平直線運(yùn)動(dòng)，A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）取走彈簧時(shí)A、B獲得的速度大?。唬?）A、B都停止運(yùn)動(dòng)后，兩者之間的距離；（3）改變L的大小，使A、B第1次碰撞時(shí)，B已經(jīng)停止，且能發(fā)生第2次碰撞，求L的取值范圍。第19頁(yè)/共23頁(yè)（3）3m<L<m.【解析】【小問(wèn)1詳解】解鎖瞬間A、B動(dòng)量守恒、能量守恒，則有22mAvAmBvB=0，mAvA+mBvB22解得【小問(wèn)2詳解】根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述可知可知，A、B分離后能再次碰撞且相碰時(shí)B已停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰前A的速度為v，則有解得A、B第一次彈性碰撞，則有解得A、B都停止運(yùn)動(dòng)后，兩者之間的距離22解得【小問(wèn)3詳解】第20頁(yè)/共23頁(yè)B停止運(yùn)動(dòng)時(shí)間B剛好停止運(yùn)動(dòng)有解得L1=3m當(dāng)A、B第一次相碰時(shí)，A速度為v，則有A、B第一次彈性碰撞A、B第二次碰撞時(shí)A恰好停止運(yùn)動(dòng)，則有解得綜合上述有15.如圖甲所示，光滑小球A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量均為m，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿連接后緊靠墻壁豎直立于水平面上，初始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)A受到輕微擾動(dòng)向右傾倒（初速度視為0兩球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，桿與水平方向的夾角為θ(θ<90o)，重力加速度大小為g。第21頁(yè)/共23頁(yè)（1）求B恰好離開(kāi)墻壁時(shí)桿與水平方向夾角的正弦值sinθ0；（2）求從A受微擾后瞬間至落地前瞬間的過(guò)程，桿對(duì)A做的功；（3）A、B和輕桿組成的系統(tǒng)在外力作用下豎直立于距墻壁足夠遠(yuǎn)的光滑水平地面上，以B的初始位置為原點(diǎn)在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，如圖乙所示。某