重慶市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)十月聯(lián)合考試物理模擬試題（一） 含解析

重慶市育才中學(xué)校高2025屆高三十月聯(lián)合考試

物理模擬試題（一）

本試卷共100分，考試時(shí)間75分鐘。

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，請(qǐng)考生先在答題卡上準(zhǔn)確工整地填寫本人姓名、準(zhǔn)考證號(hào)；

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5mm黑色簽字筆答題；

3.請(qǐng)?jiān)诖痤}卡中題號(hào)對(duì)應(yīng)的區(qū)域內(nèi)作答，超出區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答

題無效；

4.請(qǐng)保持答題卡卡面清潔，不要折疊、損毀；考試結(jié)束后，將答題卡交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，

只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.大熊貓是我國(guó)的國(guó)寶，其憨態(tài)可掬的形象深受全世界人們的喜愛，通過大熊貓，我國(guó)與諸多國(guó)家建立了

良好的合作貿(mào)易關(guān)系。如圖是一只大熊貓靜靜的躺在一樹枝上，則樹對(duì)熊貓的作用力方向?yàn)椋ǎ?/p>

A.豎直向下B.豎直向上C.沿樹枝向上D,垂直樹枝向上

【答案】B

【解析】

【詳解】大熊貓保持靜止，樹對(duì)熊貓的作用力與熊貓的重力平衡，大小相等，方向相反，故樹對(duì)熊貓的作

用力方向?yàn)樨Q直向上。

故選B。

2.在巴黎奧運(yùn)會(huì)10米臺(tái)跳水比賽中，f=O時(shí)刻我國(guó)運(yùn)動(dòng)員全紅嬋（視為質(zhì)點(diǎn)）從距水面10m高處豎直向

上起跳，其運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間關(guān)系圖像如圖，圖中0~與為直線，規(guī)定豎直向下為正方向，不計(jì)空氣阻力,

A.々時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水面B.與時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最高點(diǎn)

C.離跳臺(tái)最大高度為:ggD.在與?，3時(shí)間內(nèi)的速度變化得越來越慢

【答案】D

【解析】

【詳解】A.入水前只受重力作用，加速度不變，所以芍時(shí)刻剛好進(jìn)入水中，故A錯(cuò)誤；

B.離開跳板后在：時(shí)刻到達(dá)最大高度，速度向上減為零，故B錯(cuò)誤；

C.離跳臺(tái)最大高度為

h=”i

故C錯(cuò)誤；

D.在V-/圖象中，速度的正負(fù)代表運(yùn)動(dòng)的方向，斜率表示加速度的大小，在馬?4時(shí)間內(nèi)加速度越來越小，

則速度變化越來越慢，故D正確。

故選D。

3.如圖所示，排球運(yùn)動(dòng)員朱婷某次墊球訓(xùn)練，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，之后又落回到原位置，假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中

排球所受空氣阻力大小不變，則（）

A.球上升階段和下降階段合力做功大小相同

B.球上升階段動(dòng)量的變化率大于下降階段動(dòng)量的變化率

C.球上升階段空氣阻力做的功大于下降階段空氣阻力做的功

D.球上升階段重力做功的平均功率小于下降階段重力做功的平均功率

【答案】B

【解析】

【詳解】A.設(shè)球拋出點(diǎn)與球運(yùn)動(dòng)過程中最高點(diǎn)的距離為耳，球上升階段合力做功大小為

叱=mgh+fh

球下降階段合力做功大小為

W2=mgh-fh<Wi

故球上升階段和下降階段合力做功大小不相同，故A錯(cuò)誤;

B.動(dòng)量的變化率為

ApAV

——=m——=ma

AZNt

球上升階段，根據(jù)牛頓第二定律

mg+f=max

球下降階段，根據(jù)牛頓第二定律

mg-f-ma2

則球上升階段的加速度大于球下降階段的加速度，故球上升階段動(dòng)量的變化率大于下降階段動(dòng)量的變化率,

故B正確；

C.空氣阻力做功為

w^-fh

故球上升階段空氣阻力做的功等于下降階段空氣阻力做的功，故c錯(cuò)誤；

D.球上升階段、下降階段重力做功大小相等，球上升階段的加速度大于球下降階段的加速度，根據(jù)

h=-aK

2

則球上升階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于球下降階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)

P」

t

故球上升階段重力做功的平均功率大于下降階段重力做功的平均功率，故D錯(cuò)誤。

故選B。

4.如圖，一粗糙的水平木板以速度％向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，一可視為質(zhì)點(diǎn)的煤塊從木板上的某點(diǎn)P以垂

直于匕的速度匕滑上木板，則煤塊在木板上留下的痕跡可能是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】由題意可知，木板以速度匕向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則煤塊在水平方向相對(duì)木板從尸點(diǎn)有向左運(yùn)動(dòng)

的速度，與速度4的合速度的運(yùn)動(dòng)軌跡在尸點(diǎn)的左側(cè)斜向后，又煤塊在木板上僅受摩擦力，摩擦力方向與

相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，因此煤塊相對(duì)木板做直線運(yùn)動(dòng)，則煤塊在木板上留下的痕跡可能是A。

故選A?

5.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)。開始，經(jīng)歷過程①、②、③、④到達(dá)狀態(tài)e。對(duì)該氣體，下列說

A過程①中氣體壓強(qiáng)逐漸減小B.過程②中氣體對(duì)外界做正功

C.過程③中氣體內(nèi)能逐漸減小D.過程④中氣體從外界吸收熱量

【答案】B

【解析】

【詳解】A.過程①中氣體做等容變化，根據(jù)

正—在

Ta~Th

過程①中，氣體溫度逐漸升高，壓強(qiáng)逐漸增大，故A錯(cuò)誤；

B.過程②中氣體體積逐漸增大，對(duì)外界做正功，故B正確；

C.過程③中氣體溫度不變，內(nèi)能不變，故C錯(cuò)誤；

D.過程④中氣體體積不變，外界對(duì)氣體不做功，氣體溫度逐漸降低，氣體內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律,

可知過程④中氣體從外界放出熱量，故D錯(cuò)誤。

故選B。

6.如圖，A、B、C三個(gè)點(diǎn)位于以。為圓心的圓上，直徑A3與弦3C間的夾角為30。。A、8兩點(diǎn)分別放

有電荷量大小為以、%的點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，則”等于（）

工-……六3?上AB

\、o，：

、、，，

、、，/

'、、?....

A-B.正

C.粗D.2

33

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意可知兩電荷為異種電荷，假設(shè)以為正電荷，外為負(fù)電荷，兩電荷在C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)如下

圖，設(shè)圓的半徑為，，根據(jù)幾何知識(shí)可得

九=廠，rBC=W>r

tan60°=—

EB

同時(shí)有

EA烏

rACrBC

聯(lián)立解得

=

%3

故選B。

7.如圖所示，足夠大的水平地面上靜置一木板，兩個(gè)均可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A、B分別放在木板兩端，現(xiàn)使

兩滑塊同時(shí)以3m/s的速度相向滑動(dòng)，兩滑塊恰好在木板的正中間相遇，相遇前木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，相

遇后木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。己知滑塊A的質(zhì)量為5kg、與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,滑塊B的質(zhì)量為

1kg、與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，

取重力加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是（）

3m/s3m/sB

/Of：””為

////Z///////Z////Z//Z

A.木板的長(zhǎng)度為2mB.木板的質(zhì)量為3kg

C.木板運(yùn)動(dòng)的最大距離為1.5mD.整個(gè)過程中滑塊B的位移大小為1m

【答案】C

【解析】

【詳解】B.對(duì)兩滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得

=mAaA>=7叫他

解得

2a=2

tzA=2m/s,B4m/s

依題意，相遇前木板勻加速，由牛頓第二定律，有

-〃木（4+心+）g=Ma太

相遇后木板勻減速，有

〃木（川+外+7%）8=（4+須+7%）％木

解得

2

q木=0.5m/s

可知相遇時(shí)三者共速，取向右為正方向，設(shè)三者經(jīng)f時(shí)間共速，由速度與時(shí)間關(guān)系可得

v^v0-aAt；v=-v0+aBt；丫=。木?

聯(lián)立解得

v=lm/s,Z=ls,a木=Im/stM-2kg

故B錯(cuò)誤；

ACD.根據(jù)B選項(xiàng)分析，三者一起勻減速過程，有

0=v—%木4

解得

%=2s

作出它們運(yùn)動(dòng)的V—/圖像如圖所示

L=2義至m=3m

2

木板運(yùn)動(dòng)的最大距離為

2

分析滑塊B,減速時(shí)間設(shè)為灰，則有

解得

tB=0.75s

整個(gè)過程中滑塊B的位移為

0.75x(-3)(3-0.75)xl

XB--------m+--------------m=0m

22

故AD錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多

項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

8.如圖所示，是正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線.一個(gè)帶負(fù)電的粒子（不計(jì)重力）沿虛線仍穿越

這條電場(chǎng)線。下列結(jié)論正確的是（）

M

b

A.正點(diǎn)電荷一定位于M點(diǎn)左側(cè)

B.正點(diǎn)電荷可能位于N點(diǎn)右側(cè)

C.粒子在a點(diǎn)速度小于在萬點(diǎn)的速度

D.粒子在a點(diǎn)的加速度大小小于在b點(diǎn)的加速度大小

【答案】ACD

【解析】

【詳解】AB.正電荷受到的電場(chǎng)力一定與電場(chǎng)線相切且指向軌跡凹側(cè)，則電場(chǎng)力尸的方向由N指向M。

而粒子帶負(fù)電，則場(chǎng)強(qiáng)方向由M指向N,故產(chǎn)生該電場(chǎng)的正點(diǎn)電荷一定位于M點(diǎn)左側(cè)。故A正確，B錯(cuò)

誤；

C.粒子從。到乩電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，速度增大，則。點(diǎn)速度小于在6點(diǎn)速度。故C正確；

D.。點(diǎn)離場(chǎng)源電荷較遠(yuǎn)，場(chǎng)強(qiáng)較小，由。=幺且可知帶負(fù)電的粒子電荷在。點(diǎn)的加速度較小，故D正確。

m

故選ACDo

9.如圖甲，“星下點(diǎn)”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點(diǎn)。圖乙中的實(shí)線是航天控制中心大屏幕上顯

示的北斗系統(tǒng)某顆衛(wèi)星的“星下點(diǎn)”在24小時(shí)內(nèi)的軌跡（無重疊），該衛(wèi)星繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向一

致。已知地球的半徑為R,地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為6.6R。則下列說法正確的是（）

-60-300306090120150180

甲經(jīng)度

乙

A.該衛(wèi)星的周期為16小時(shí)B.該衛(wèi)星的周期為8小時(shí)

C.該衛(wèi)星離地面的距離約為3.2RD.該衛(wèi)星能記錄到北極點(diǎn)的氣候變化

【答案】BD

【解析】

【詳解】AB.由圖乙可知

3T=為

則該衛(wèi)星的周期為

T=8h

A錯(cuò)誤，B正確；

C.衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力

G?(A

可得周期為

r3

T=2兀.

GM

該衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑關(guān)系為

該衛(wèi)星離地面的距離約為

Hx^-R=2.3R

2

C錯(cuò)誤；

D.該衛(wèi)星緯度最高時(shí)有

夕=60。

衛(wèi)星離地球球心所在水平面的高度為

h=rsin60°=〉；〃也=1-657?>R

即衛(wèi)星高度大于北極點(diǎn)的高度，該衛(wèi)星能記錄到北極點(diǎn)的氣候變化，D正確。

故選BD。

10.如圖所示，xOy平面為光滑水平桌面，在無軸上固定了一個(gè):圓弧擋板，擋板圓弧所在平面與水平桌面

共面。。為其圓心，其半徑H=3m。質(zhì)量為0.1kg小球在y軸上的初速度大小為雙小球受到大小不變、

方向沿-y方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到擋板前的最小速度為4m/s,恒力的大小為IN。小球視為

質(zhì)點(diǎn)，sin37°=0.6,cos37°=0.8=下列說法正確的是（）

A.小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

B.在小球擊中擋板前，小球速度大小變?yōu)?m/s時(shí)，速度方向和x軸正方向的夾角為37°

C.若小球在速度最小時(shí)恰好經(jīng)過O',則小球擊中擋板前瞬間的動(dòng)能為2.6J

D.若w大小方向可以改變，小球的初始位置可沿y方向上下移動(dòng)，圓弧擋板可沿x方向左右移動(dòng)，總保

證小球每次水平通過O'點(diǎn)，則擊中擋板時(shí)小球的最小動(dòng)能為3折

2

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.小球在-y方向上受到恒定合外力的大小為1N,小球在水平桌面上做類斜拋運(yùn)動(dòng)，小球在整個(gè)

運(yùn)動(dòng)過程中除重力外有其它力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.小球在碰到擋板前的最小速度時(shí)，小球到達(dá)y軸的坐標(biāo)最大，在y軸方向的速度為0,小球在x軸方向

的速度為

vx=4m/s

小球在無軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)在小球擊中擋板前，小球速度大小變?yōu)?m/s時(shí)，速度方向和x軸正

方向的夾角為8，則

v4

cos0=-=—

V5

解得

6=37°

故B正確；

c.若小球在速度最小時(shí)恰好經(jīng)過O,則小球從。點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在無軸方向

在y軸方向上

小球擊中擋板時(shí)

R2=x2+y2

解得

t=Q.6s,y=L8m

小球從。'點(diǎn)到擋板由動(dòng)能定理得

Fy=Ek-^-mv/

解得小球擊中擋板前瞬間的動(dòng)能為

Ek=2.6J

故C正確；

D.小球水平通過O'點(diǎn)擊中擋板，則小球從O’點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球擊中擋板時(shí)

、IQIQI'<，，？

=1at

R=x+y,x=vxt,y~

擊中擋板時(shí)小球的動(dòng)能為

2

a、1，23maymaR

E,=may+—mv^=------H--------—

k-2x44y

,3maymaR1,

當(dāng)——-=——一時(shí)

44y

y=6m

擊中擋板時(shí)小球的動(dòng)能最小，為

口_3

2kmin-

故D正確。

故選BCD。

三、非選擇題：本題共5小題，共57分。

11.小明同學(xué)常用身邊的器材來完成一些物理實(shí)驗(yàn)。如圖甲，他將手機(jī)緊靠蔬菜瀝水器中蔬菜籃底部側(cè)壁邊

緣豎直放置，從慢到快轉(zhuǎn)動(dòng)手柄，可以使手機(jī)隨蔬菜籃轉(zhuǎn)動(dòng)。利用手機(jī)自帶Phyphox軟件可以記錄手機(jī)向心

力/和角速度①的數(shù)值。更換不同質(zhì)量的手機(jī)（均可看作質(zhì)點(diǎn)），重復(fù)上述操作，利用電腦擬合出兩次的

尸一02圖像如圖乙所示。

（2）由圖乙可知，直線（填“1”或“2”）對(duì)應(yīng)的手機(jī)質(zhì)量更大。

（3）若測(cè)量出蔬菜籃的直徑，計(jì)算出手機(jī)相應(yīng)的線速度V,利用所得的數(shù)據(jù)擬合出的尸-y2圖像應(yīng)該為

（填“線性”或“非線性”）圖像。

【答案】(1)變大(2)1

(3)線性

【解析】

【小問1詳解】

手機(jī)隨蔬菜藍(lán)的轉(zhuǎn)動(dòng)做的圓周運(yùn)動(dòng)可看作是圓錐擺運(yùn)動(dòng)，設(shè)蔬菜藍(lán)側(cè)壁與水平方向夾角為8,側(cè)壁對(duì)手機(jī)

的壓力為瓜，則由

FN=ma>~r

可知：在從慢到快轉(zhuǎn)動(dòng)手柄的過程中，角速度增大，蔬菜籃側(cè)壁與手機(jī)間的壓力變大。

【小問2詳解】

由圖乙可以看出同樣的角速度，直線1的向心力E更大，由

rJ-T=mco2r

可知直線1對(duì)應(yīng)的手機(jī)質(zhì)量更大。

【小問3詳解】

由

了2

F=m—

可知，在蔬菜藍(lán)直徑一定時(shí)，手機(jī)的向心力與線速度大小的平方成正比，圖像是線性圖像。

12.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖甲裝置來驗(yàn)證牛頓第二定律。已知兩側(cè)斜面傾角均為8,長(zhǎng)度均為L(zhǎng),斜面上固定兩

光電門。兩相同的凹槽安裝有寬度均為d的擋光片，用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接跨過定滑輪放在兩側(cè)斜面，擋光

r

片A到光電門1的距離為丁，擋光片B到光電門2的距離為二，若兩斜面與凹槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。

(1)兩個(gè)凹槽內(nèi)均放有10個(gè)質(zhì)量為加的祛碼，從B中拿出1個(gè)祛碼放入A中，從圖甲所示位置開始輕推

A,發(fā)現(xiàn)A、B上的兩擋光片通過兩光電門的時(shí)間(填“不等”或“相等”)，則凹槽勻速運(yùn)動(dòng)。

(2)A、B恢復(fù)原位置后，從B中總共拿出2個(gè)祛碼放入A中，輕推A,測(cè)出兩擋光片通過兩光電門的時(shí)

間分別為人和片。則兩凹槽的加速度(用題中己知量表示)。

(3)重復(fù)上一步驟，從B中總共拿出〃=3,4…個(gè)祛碼放入A中，輕推A,測(cè)出兩擋光片通過兩光電門的

時(shí)間，算出兩凹糟的加速度。。

(4)用圖像法驗(yàn)證牛頓第二定律，縱坐標(biāo)為加速度4，要做出圖乙中的圖線，橫坐標(biāo)應(yīng)為o

a

O

乙

A.n+1B.n+2C.n—1D.n—2

（5）選用正確的橫坐標(biāo)后，測(cè)出該圖線斜率為左，已知重力加速度為g,則可算出凹槽A（含擋光片）的

質(zhì)量〃=（用題中所給已知量表示）。

aa.°

【答案】①.相等②.③.C?.mg^n-10m

L

【解析】

【詳解】（1）[1]A,B上的兩擋光片通過兩光電門的時(shí)間相等，說明系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)，故凹槽勻速運(yùn)動(dòng)。

（2）⑵兩物塊用繩連接，所以速度大小相等，運(yùn)動(dòng)過程中，初速度為

d

末速度為

d

“I

位移為

_3LL_L

X

一彳一5

根據(jù)

Z*2

.ax-v2-V；

可得

葉

a-

L

（4）⑶從B中拿出”=1個(gè)祛碼放入A中，A、B上的兩擋光片通過兩光電門的時(shí)間剛好相等，說明系統(tǒng)

勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)凹槽A（含擋光片）的質(zhì)量為M，有

(M+lbn)gsin8=(A/+9m)gsin^++gcos6++9m)gcos9

解得

witan。

〃=7------------r

(M+lO/w)

從B中總共拿出“22個(gè)祛碼放入A中時(shí)，有

+(lO+n)m^gsin0-^M+[lO-n)m^gsin0-jU^M+(10-n)m^gcos0-p\^M+[10+n^m^gcos0=(2Al

解得

mgsin0,、

a-------------rn-1

(M+10/71)v'

根據(jù)圖線可知，橫坐標(biāo)為“-1。

故選C。

(5)⑷圖線斜率為匕則

k_mgsvaO

(M+10m)

解得

“mgsind._

M=---------10m

k

13.華為發(fā)布的星閃技術(shù)是新一代無線短距通訊技術(shù)?，F(xiàn)用甲、乙兩玩具車在間距L=6m的兩平直軌道上

進(jìn)行星閃通訊實(shí)驗(yàn)，最大通訊距離為10m。某時(shí)刻，甲車以8m/s的速度向右勻減速經(jīng)過A處，加速度大

小為Zm/s?；與此同時(shí)，乙車以2m/s的速度向右勻速經(jīng)過3處，A6連線與軌道垂直。忽略兩車大小及

信號(hào)傳遞時(shí)間，求：

B

:L

A

(1)甲車停止前，甲、乙兩車沿軌道方向的最大距離；

(2)甲、乙兩車之間能進(jìn)行星閃通訊時(shí)間總共為多長(zhǎng)。

【答案】(1)9m

(2)10s

【解析】

【小問1詳解】

易知，甲乙共速時(shí)，兩車沿軌道方向的距離最大。

對(duì)甲車

V乙=%+(—a"

解得

t—3s

甲車位移

x甲=?甲0+v乙/=15m

甲2

乙車位移

x乙-v乙/=6m

沿運(yùn)動(dòng)方向，兩車最大間距

Ax=*甲一工乙=9m

【小問2詳解】

甲乙共速時(shí)，甲乙兩車間距

Z=7（AX）2+Z3=VTT7m>10m

故不妨設(shè)經(jīng)過時(shí)間4甲乙兩車間距恰好為10m。

甲車

x甲=u甲（/]+

乙車

X乙-

甲乙兩車沿運(yùn)動(dòng)方向距離

羽二%甲一%乙二41（）2一=8m

聯(lián)立解得

%=2s

甲車停止后，兩車之間通訊時(shí)間

_2Axi

解得

t2=8s

故總通訊時(shí)間

?？?‘1+'2=10s

14.如圖甲為某款玩具，其主要配件有小物塊、彈射器、三連環(huán)、滑躍板及部分直線軌道等。如圖乙為其結(jié)

構(gòu)示意圖，其中三連環(huán)是由三個(gè)半徑不同的光滑圓軌道I、II、III組成，且三個(gè)圓軌道平滑連接但不重疊。

其圓心分別為。1、。2、。3,半徑分別為用=0.4m、&=0.3m、7?3=0.2mo。4、AC為光滑水平軌道，

滑躍板。為足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜軌道，軌道傾角?？烧{(diào)（046><90。）。某次游戲中彈射器將小物塊自。點(diǎn)

以一定初速度彈出，小物塊先后通過圓軌道I、II、111后沖上滑躍板。小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，其質(zhì)量%=0.2kg,

顯,彈簧勁度系數(shù)左=100N/m,

與滑躍板CD間動(dòng)摩擦因數(shù)〃軌道各部分平滑連接，g取lOm/s?。

3

(1)彈簧的最小壓縮量;

(2)小物塊第一次經(jīng)過圓軌道III最高點(diǎn)時(shí)所受的彈力大小;

(3)調(diào)整滑躍板CD傾角e,求小物塊第一次在CD軌道上向上滑行的最小距離。

【答案】（1）0.2m

⑶gm

(2)10N

【解析】

小問1詳解】

由于小物塊恰好能夠通過三連環(huán)，即小物塊通過圓軌道I的最高點(diǎn)時(shí)，恰好由重力提供向心力，則有

匕2

mg=m—

&

令彈簧最小壓縮量為x,則有

1，12

3kx-=mg-27?1+—ZTZVJ

解得

%=0.2m

【小問2詳解】

小物塊第一次從圓軌道I的最高點(diǎn)到達(dá)圓軌道III最高點(diǎn)過程有

「

mg（2R27?3）=1mvf一；相片

在圓軌道III最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

N+mg=m^

居

解得

N=10N

【小問3詳解】

小物塊第一次從圓軌道I的最高點(diǎn)到達(dá)AC軌道過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

mg=gmv；-gmv；

解得

v3=26m/s

物塊沖上滑躍板C。后將減速至0,則有

12

—mv3=mgxsin0+ptmgxcos0

解得

1

x=----------產(chǎn)--------m

sm?，+——cosq”

3

令y=sine+（^cose，由于

y'=cos6-sin0

3

當(dāng)該導(dǎo)數(shù)為0時(shí)解得

e=60

可知，當(dāng)。=60°時(shí)，物塊向上運(yùn)動(dòng)距離最小，則有

1A/3

/n----------m~—

-s-in--6-0-。-+--9~rcos60。------

3

15.如圖甲所示，水平軌道A出方之間有一凹槽，凹槽中放置一長(zhǎng)度與凹槽相同且不粘連的長(zhǎng)木板，其質(zhì)量

秋3=2m,長(zhǎng)木板的上表面與軌道AB和所齊平，并固定一輕質(zhì)半圓管道C，其半徑為R。忽略管的內(nèi)徑，

。為管道的圓心。質(zhì)量為加2=m的物塊2靜止在長(zhǎng)木板上表面的左端，一質(zhì)量為班=；機(jī)的物塊1以一定

的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與物塊2發(fā)生彈性碰撞，1和2均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊2進(jìn)入管道后恰能到達(dá)最高點(diǎn)，重

力加速度取g,不計(jì)一切摩擦。

(1)求物塊1的初速度大小出;

(2)物塊2運(yùn)動(dòng)到管形軌道內(nèi)的某位置時(shí)，與管內(nèi)壁和外壁均無相互作用力，求該位置與。點(diǎn)連線和0。

之間夾角的余弦值；

(3)若將輕質(zhì)半圓管道換成輕質(zhì)半圓軌道，如圖乙所示，物塊2經(jīng)碰撞后以v=J頒的速度進(jìn)入C點(diǎn)且

能通過半圓軌道的最高點(diǎn)為使長(zhǎng)木板不與凹槽底部脫離，求上的取值范圍。

【答案】(1)VQ=4y[gR

2

(2)cos0--

3

(3)5<k<2A/6+2

【解析】

【小問1詳解】

設(shè)物塊1與物塊2發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為VI和V2,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得

叫%=mlvl+m2v2

物塊2進(jìn)入管道后恰能到達(dá)最高點(diǎn)，物塊2在最高點(diǎn)的速度大小為0