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2025屆廣東省深圳市寶安區高三上學期一模（10月）物理試題
1．（2024高三上·寶安模擬）在足球場上罰任意球時，高水平運動員踢出的足球在飛行中繞過“人墻”，飛向球門，使守門員難以撲救。下列關于足球的說法正確的是（　　）
A．研究運動員踢球的動作時運動員可視為質點
B．研究足球飛行軌跡時足球可視作質點
C．腳對足球的力大于足球對腳的力
D．腳對足球的力與足球對腳的力是一對平衡力
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；質點
【解析】【解答】A．研究踢球動作，要看運動員具體動作，因此運動員不能看作質點，故A錯誤；
B．研究足球軌跡，相對于軌跡，足球的大小和形狀可以忽略，足球可以看作質點，故B正確；
CD．腳對足球的力與足球對腳的力是一對相互作用力，總是大小相等，方向相反，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質點和相互作用的理解，任何物體，只要大小和形狀對研究的問題的影響可以忽略都可以看做質點，物體間的相互作用力總是等大反向、性質一定相同、同時產生同時消失。
2．（2024高三上·寶安模擬）如圖所示，男、女同學共提一桶水靜止站在水平地面上，男同學提桶方向與豎直夾角為，受到的地面摩擦力大小為f。保持女同學對桶作用力方向不變，為了讓女同學省些力氣，男同學應（　　）
A．減小角，摩擦力f將減小 B．增大角，摩擦力f將減小
C．減小角，摩擦力f將增大 D．增大角，摩擦力f將增大
【答案】A
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡
【解析】【解答】根據題意，對水桶受力分析，受重力mg、男女同學的拉力F1、F2，則水桶的重力與男女同學的拉力的合力等大反向，如圖所示
由圖可知，女同學對桶作用力方向不變，為了讓女同學省些力氣，即F1減小，則θ減小，F2增大，而男同學受到地面的摩擦力大小等于F1在水平方向的分量，由于F1減小，其水平分量減小，f減小，故A正確，BCD錯誤；
故選A。
【分析】本題主要考查共點力平衡知識的簡單應用，如果物體受三個力處于平衡狀態，則人兩個力的合力與第三個力等大反向，以重力為對角線，拉力F1、F2為鄰邊做平行四邊形，結合題意判斷解答。
3．（2024高三上·寶安模擬）科學家發現某巨大類地行星，其質量為地球的18倍，直徑為地球的2倍，假設該星球與地球均可視作密度均勻的球體。已知地球表面重力加速度為g，第一宇宙速度為v，下列關于該巨大類地行星的說法正確的是（　　）
A．第一宇宙速度為9v B．表面的重力加速度為4.5g
C．人類到達該星球質量將增大 D．人類到達該星球慣性將增大
【答案】B
【知識點】慣性與質量；萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力有
可知第一宇宙速度
由題意可知，
得到
故A錯誤；
B．根據星球表面，重力近似等于萬有引力，即
得
解得
故B正確；
CD．質量是物體的基本屬性，與物體含有的物質多少有關，與環境無關，質量又是慣性唯一量度，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查萬有引力定律的簡單應用，以及對慣性的理解。萬有引力提供向心力，根據求解第一宇宙速度和重力加速度關系；質量與物體含有的物質多少有關，質量是物體慣性的決定因素。
4．（2024高三上·寶安模擬）某同學用手指以2 Hz的頻率觸動水面形成水波。水波自左向右傳播，某時刻波形如下圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．P點的運動方向向上 B．P點將隨波浪向右移動
C．該水波傳播的速度為8 m/s D．此后1 s內P點運動路程為4 cm
【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．由圖可知，由于波向右傳播，根據“上下坡法”可知此時P點向下運動，故A錯誤；
B．質點P只會在平衡位置附近重復振源的振動形式，不隨波遷移，故B錯誤；
C．由圖可知波長，由波速公式
解得波速
故C錯誤；
D.1s內P質點發生兩次全振動，P點的運動路程為振幅的8倍，即
故D正確；
故選D。
【分析】本題主要考查對波的圖像的理解，波的圖像反映同一時刻不同質點相對平位置的位移。
沿著波的傳播方向，處于上坡的質點振動速度向下，處于下坡的質點振動速度向上，進而判斷此時P點振動方向；波傳播的是波源振動形式，波中質點重復波源振動形式，不隨波傳播而發生遷移；根據計算波速；質點在一個周期內走過路程為四個振幅長度，根據時間與周期關系計算質點所走路成。
5．（2024高三上·寶安模擬）圖甲為由物塊和輕彈簧組成的一個豎直放置的振動裝置。圖乙記錄了物體振動過程中速度v隨時間t變化的曲線，以向上為正方向。關于該振動過程，下列說法正確的是（　　）
A．t = 0.2 s時，物塊位于平衡位置上方
B．t = 0.4 s時，物塊位于平衡位置上方
C．t = 0.6 s時，物塊的加速度為零
D．t = 0.6 s時，物塊加速度方向向下
【答案】D
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】A．由圖可知，t = 0時，速度最大，方向向下，因此剛好處于平衡位置，合力為零，
t = 0.2 s時，速度由向下變為速度為零，加速度為正方向，物塊處于平衡位置下方最大位移處（最低點），故A錯誤；
B．t = 0.4 s時，速度最大，方向向上，物塊正通過平衡位置，故B錯誤；
CD．t = 0.6 s時，速度由向上變為速度為零，在最高點，加速度最大，方向向下，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】本題主要考查對簡諧運動v—t圖像的理解 ，做簡諧運動的物體在平衡位置，速度最大，加速度為零，在最大位移處，速度為零，加速度最大。
6．（2024高三上·寶安模擬）某同學乘坐摩天輪做勻速圓周運動。依次從A點經B點運動到C的過程中，下列關于該同學的說法正確的是（　　）
A．機械能保持不變 B．合外力做功為零
C．重力的沖量為零 D．合外力的沖量為零
【答案】B
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律；沖量
【解析】【解答】A．從A點運動到C點，動能不變，重力勢能減少，機械能減少，故A錯誤；
B．該同學坐摩天輪做勻速圓周運動，速度大小不變，由可知動能不變，由動能定理可知合外力做功為零，故B正確；
C．設摩天輪角速度為，從A點運動到C點運動時間為，由可知重力做的沖量
，故C錯誤；
D．根據動量定理有
，合外力的沖量不為零，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對機械能、動能定理、動量定理、沖量等概念的理解，機械能包括動能和勢能，根據動能和勢能變化判斷機械能變化；動能定理：物體所受合外力做的功等于物體動能的變化；動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化；沖量等于物體受力與作用時間的乘積，與物體運動狀態無關。
7．（2024高三上·寶安模擬）自行車腳踏板上有a、b、c三點，b在踏板轉軸上，a、c分別位于踏板左右邊緣，如圖所示。現自行車曲柄繞著牙盤轉軸勻速旋轉，腳踏板始終保持水平。以自行車為參照物，關于a、b、c三點圓周運動的半徑r、線速度大小v、角速度ω、向心加速度大小a，下列說法正確的是（　　）
A．ra < rb < rc B．va < vb < vc
C．ωa = ωb = ωc D．aa > ab > ac
【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】A.b在踏板轉軸上，a、c 分別位于踏板左右邊緣，它們到轉軸的距離相等且不為0，所以rb=ra=rc ，故A錯誤；C.a、b、c 三點都在腳踏板上，腳踏板繞牙盤轉軸勻速旋轉且始終保持水平，三點是同軸轉動，根據同軸轉動的特點，它們的角速度相等，即，故C正確。
B.根據線速度與角速度的關系 ，可知va=vb=vc ，故B錯誤；
D.根據向心加速度公式 ，可知 aa=ab=ac ，故D錯誤；
故選C。
【分析】本題主要考查傳動問題，邊緣傳動，邊緣上的點線速度相等，同軸轉動，除軸外，角速度相等，根據腳踏板上各點與轉軸關系判斷解答。
8．（2024高三上·寶安模擬）某同學做“引體向上”時的上升動作如圖所示，忽略動作變化對重心的影響，可把該同學視作質點。從最低點運動到最高點的過程中，手對身體的拉力始終保持向上，下列關于該同學的說法正確的有（　　）
A．經歷了超重和失重過程 B．一直處于超重狀態
C．機械能一直增大 D．機械能先增大后減小
【答案】A,C
【知識點】功能關系；超重與失重
【解析】【解答】AB． 從最低點到最高點的過程中， 有多種施力方式，可能是先加速再勻速后減速，也可能先加速后減速，或者加速減速交替出現，但總體而言需要經歷了加速和減速過程，即超重和失重過程，故A正確，B錯誤；
CD． 機械能包括動能和重力勢能，除重力以外的其他力對物體做功等于物體機械能的變化量。 由于手對身體的拉力始終保持向上，手一直對身體做正功，由功能關系可知機械能持續增大，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】本題主要考查對超重、失重和機械能的理解，加速度向上處于超重狀態，加速度向下是失重，外力對系統做正功，系統機械能增加，外力對系統做負功，系統系機械能減少。
9．（2024高三上·寶安模擬）如圖所示，一頂端帶有擋板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑塊以速度v0沖上斜面，t1時刻滑到斜面頂端與擋板P發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞前后速度大小不變，方向相反。滑塊的加速度為a，速度為v，運動時間為t，以沿斜面向上為正方向。在斜面上運動的過程中，其v t圖像或a t圖像可能正確的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知識點】牛頓定律與圖象；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】AD．以向上為正方向，由于接觸面粗糙，受力分析可知，向上運動時，根據牛頓第二定律可得
解得加速度
進行減速，碰撞后向下運動，有三種情況
①若
根據牛頓第二定律可得可得加速度
因為，所以向下減速，到達斜面底端，速度可能減到零，也可能減不到零，
故AD正確；
C．②若
則加速度
向下勻速運動；
③若
根據牛頓第二定律可得
可得加速度
向下加速，且
故C正確；
B．對于B選項，上下滑加速度相同，由上述分析可知，當斜面光滑時，才可能出現，故B錯誤。
故選ACD。
【分析】本題主要考查牛頓第二定律的簡單應用，對物體受力分析，分情況根據牛頓第二定律列式求解加速度的表達式，得到加速度隨時間變化圖像，根據物體運動情況判斷速度時間圖像。
10．（2024高三上·寶安模擬）小明設計實驗研究“淋雨量”與移動速度的關系。分別把面積相同的吸水紙擋在頭頂和擋在身前，以速度大小v向右穿過長度相同的一段下雨的區域，如圖所示。擋在頭頂的吸水紙質量增加，擋在身前的吸水紙質量增加。已知雨滴勻速下落，可視作密度均勻的介質。下列關于和的說法正確的有（　　）
A．與v無關 B．v越大越小
C．與v無關 D．v越大越小
【答案】B,C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】由題意，可知吸水紙質量增加量等于紙檔通過下雨區域時，所吸收的雨水質量。設紙檔面積為，單位時間降雨量質量為，則紙檔擋在頭頂時，穿過該下雨區域吸水紙質量增加量為
紙檔擋在身前時，則紙檔穿過該下雨區域吸水紙質量增加量為
顯然，與有關，越大，越小；與無關。
故選BC。
【分析】本題主要考查運動的合成與分解在生活中的應用，運動的合成與分解遵循平行四邊形定則，根據雨滴相對雨傘的運動情況分析解答。
11．（2024高三上·寶安模擬）請根據下列兩種常見的加速度測算方法完成實驗操作和計算。
（1）通過打點計時器測量加速度。把電火花打點計時器接入“220V，50Hz”的我國家用交流電源、打點計時器打出連續兩個點的時間為　 　s。選出紙帶中點跡清晰的一段，紙帶上連續7個點間的距離分別為s1、s2、s3、s4、s5和s6，如圖所示，讀出s1=　 　cm。根據紙帶數據測算小車的加速度大小為　 　m/s2（結果保留3位有效數字）。
（2）小車在斜面上勻加速直線下滑，小車上固定著寬度為d的擋光片，擋光片先后經過兩個光電門的時間分別為t1和t2，要測量這個過程中小車的加速度，還需要測量一個物理量A，該物理量為　 　。則小車的加速度可以表示為　 　（用d、t1、t2和A表示）。
【答案】（1）0.02；1.20；4.08
（2）兩光電門的距離；
【知識點】加速度；勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】（1）由于交流電頻率為50Hz，所以打點計時器打出連續兩個點的時間為
由圖可知
，
，
根據逐差法可得
；
（2）小車經過光電門1、2的速度大小分別為
由可得小車運動的加速度大小為
由此可知，需要測量的一個物理量A為兩光電門的距離。
【分析】本題主要考查“常見的加速度測算方法完成實驗操作和計算”，劣跡勻變速直線運動規律是解題關鍵。
（1）根據周期與頻率關系得到打點周期；根據紙帶讀取數據，根據計算加速度大小；
（2）物體經過光電門的時間極短，瞬時速度近似等于平均速度，根據求得小車經過兩個光電門速度，再根據判斷所求物理量。
（1）[1]由于交流電頻率為50Hz，所以打點計時器打出連續兩個點的時間為
[2]由圖可知
[3]根據逐差法可得
（2）[1][2]小車經過光電門1、2的速度大小分別為
所以小車運動的加速度大小為
由此可知，需要測量的一個物理量A為兩光電門的距離。
12．（2024高三上·寶安模擬）某實驗小組測量物塊與水平實驗桌之間的摩擦因數。實驗裝置如圖甲所示，通過鉤碼拉動物塊加速運動，用力傳感器測量細繩的拉力F，通過打點計時器（圖中未畫出）記錄物塊運動信息，從而計算物塊的加速度a。改變鉤碼質量，重復實驗。
（1）繪制出F a圖像，如圖乙所示。計算F a圖像的斜率為k，F軸上的截距為b，經查閱當地重力加速度為g，可測算滑塊與長木板之間的動摩擦因數μ =　 　（用k、b、g表示）。
（2）為了減小細繩與滑輪間的摩擦力對實驗結果產生的影響，下列建議可行的是______
A．傾斜桌面平衡摩擦力
B．選用質量更大的鉤碼
C．選用質量更大的物塊
（3）小梁同學提出：手持彈簧測力計直接在水平桌面上拉動物塊就可以測量出滑動摩擦力，進而測量出摩擦因數。請你從實驗測量的精確度角度評價小梁同學的實驗方案，并簡述評價的依據：　 　
【答案】（1）
（2）C
（3）小梁同學誤差會比較大，實驗中難以保證物塊勻速直線運動
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律；牛頓定律與圖象
【解析】【解答】（1）設物塊質量為M，對于物塊，受重力Mg、支持力N，拉力F、摩擦力f，
根據牛頓第二定律有
N=Mg
F-f=Ma
又因為f=Mg
可得
解得
因此圖像斜率，縱軸截距
解得；
（2）測量過程中，系統誤差主要來源于紙帶與打點計時器的阻力和細線與滑輪之間的摩擦力，考慮阻力，對于物塊，根據牛頓第二定律有
整理得
則縱軸截距
解得
由等式可以看出，當物塊質量越大，F阻影響就越小。
而改變鉤碼質量不影響測量，測的本來就是摩擦因數，也不能平衡摩擦力。
故選C。
（3）小梁同學誤差會比較大，因為實驗中難以保證物塊勻速直線運動。
【分析】本題主要考查“ 測量物塊與水平實驗桌之間的摩擦因數 ”的實驗，理解實驗原理結合牛頓第二定律解答。
（1）分析物塊，根據牛頓第二定律得到F—a表達式，結合圖像求得摩擦因數；
（2）分析物塊，根據牛頓第二定律得到F—a表達式，根據表達式分析解答；
（3）根據做實驗的條件分析依據。
（1）根據牛頓第二定律有
得到
因此圖像斜率
，
解得
（2）測量過程中，系統誤差主要來源于紙帶與打點計時器的阻力和細線與滑輪之間的摩擦力，考慮阻力，則有
整理得
則
因此
由等式可以看出，當物塊質量越大，F阻影響就越小。
而改變鉤碼質量不影響測量，測的本來就是摩擦因數，也不能平衡摩擦力。
故選C。
（3）小梁同學誤差會比較大，實驗中難以保證物塊勻速直線運動。
13．（2024高三上·寶安模擬）足球運動員在一次訓練中以仰角方向從水平地面踢出足球，如圖所示。足球恰好在最高點穿過懸掛在高度為處的圓環。已知足球可視作質點且空氣的對足球的作用力可忽略不計，重力加速度g取，求
（1）足球踢出的速度v；
（2）足球從踢出到落回水平地面的位移x。
【答案】（1）足球在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向速度為0時到達最高點，有
可解得
（2）足球到最高點的時間為
足球水平方向做勻速直線運動，從踢出到落回水平地面的位移為
【知識點】斜拋運動
【解析】【分析】本題主要考查斜上拋運動，斜上拋運動上升階段豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速運動，下降階段，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速運動，根據豎直上拋運動和勻速運動規律解答。
（1）足球在豎直方向做豎直上拋運動，在最高點豎直方向速度為0，有
可解得
（2）足球到最高點的時間為
足球水平方向做勻速直線運動，從踢出到落回水平地面的位移為
14．（2024高三上·寶安模擬）某研究小組受多級火箭啟發，用單級彈射裝置組合成“二級彈射裝置”。每個單級彈射裝置由輕質彈簧和質量為m的物塊構成，如圖（甲）所示。單級彈射裝置豎直彈射高度為h。把2個單級彈射裝置疊放起來組成二級彈射裝置，如圖（乙）。先釋放彈射裝置1，當整體上升到最大高度時觸發彈射裝置2，此時裝置1向下彈離掉落，裝置2獲得向上速度，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）裝置1釋放后整體上升的最大高度h1；
（2）裝置2觸發后瞬間裝置1的速度大小v1；
（3）裝置2能上升的最大高度h2；
【答案】（1）由題意可知，對于單級彈射裝置，物塊上升到最高點速度為零，彈性勢能全部轉化為物塊的重力勢能，根據機械能守恒得
對于二級彈射裝置，兩個裝置為整體，裝置1釋放后，上升到最高點速度為零，彈性勢能全部轉化為兩個物塊的重力勢能，根據機械能守恒得
解得；
（2）將兩個裝置作為系統，彈簧彈開瞬間，時間極短，豎直方向動量守恒定律，設兩物塊彈開瞬間速度分別為，，可得
根據機械能守恒得
解得；
（3）彈開后裝置2以為初速度，做豎直上拋運動，根據機械能守恒得
解得
上升總高度
。
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查機械能守恒定律和動量守恒定律的應用，理解動量守恒的條件是解題關鍵。
（1）對于單級彈射裝置，彈開后，物塊做豎直上拋運動，只受重力作用，機械能守恒，根據機械能守恒列式求解 裝置1釋放后整體上升的最大高度h1；
（2）對于二級彈射裝置，彈開瞬間滿足動量守恒，根據動量守恒機械能守恒列式求解彈開瞬間速度；
（3）對于二級彈射裝置，彈開后做豎直上拋運動，根據機械能守恒列式求得彈開后上升高度，進而求得總高度。
（1）對于單級彈射裝置，根據機械能守恒得
對于二級彈射裝置，兩個裝置為整體，裝置1釋放后，根據機械能守恒得
解得
（2）將兩個裝置作為系統，彈簧彈開，時間極短，由動量守恒定律得
根據機械能守恒得
解得
（3）裝置2繼續上升，根據機械能守恒得
上升總高度
解得
15．（2024高三上·寶安模擬）如圖甲所示，一游戲轉置由左端帶有彈簧振子的光滑水平軌道、水平傳送帶以及足夠長的光滑斜面三部分組成。彈簧振子由輕彈簧和質量的振子A組成。彈簧振子的平衡位置O到傳送帶的左端P的距離，傳送帶長，且沿逆時針方向以速率勻速轉動。的大小可調，右端通過可以忽略不計的光滑圓弧與斜面相連、斜面與水平面的所成的夾角。現將質量的滑塊B靜置于O點，振子A壓縮彈簧后，在時刻由靜止開始釋放，運動到O點與滑塊B發生正碰，碰撞時間極短，碰后滑塊B向右滑動，穿過傳送帶并滑上斜面，速度減為零后沿原路返回到O點。已知振子A開始運動一段時間的圖像如圖乙所示，滑塊B與傳送帶之間的動摩擦因數，振子A和滑塊B均可視為質點，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬間滑塊B的速度大小以及彈簧振子的周期；
（2）若，求滑塊B向右穿過傳送帶的過程中產生的熱量Q；
（3）調節傳送帶的速度，發現滑塊B回到O位置時，恰好與振子A迎面正碰，求整個過程中，振子A做了幾次全振動。
【答案】（1）由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過程，取碰撞前A的速度為正方向，由動量守恒定律得
解得
由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑塊B向右穿過傳送帶，由動能定理有
解得
在傳送帶上，對滑塊B，由動量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對位移為
由功能關系可知，產生的熱量
；
（3）滑塊B從O點運動到P點，所花時間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動量定理，可知
解得②
①當v≥10m/s時，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據運動對稱性，向左穿過傳送帶所花的時間
由P到O點，運動時間為
故滑塊返回O點運動的最短時間為
②當滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點剛好與傳送帶共速，根據動能定理有
解得
當，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點時間最長。返回過程中，在傳送帶運動的時間，根據動量定理
解得
由P點返回O點，所花時間
運動總時間
返回O點，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知識點】功能關系；動量定理；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用，分清物體的運動過程選擇合適公式解答。
（1）根據圖乙得到碰前后A的速度，以AB為系統，根據動量守恒列式求解 碰撞后瞬間滑塊B的速度大小 ，根據圖象得到 彈簧振子的周期；
（2）B在傳送帶上做勻變速運動，根據動能定理和勻速運動計算得到B相對傳送帶所走距離，再根據功能關系計算得到滑塊B向右穿過傳送帶的過程中產生的熱量Q；
（3）根據B運動情況找到臨界條件，由動量定理和動能定理列式求解整個過程中，振子A做的全振動的次數。
（1）由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過程，取碰撞前A的速度為正方向，由動量守恒定律得
解得
（2）滑塊B向右穿過傳送帶，根據動能定理有
解得
在傳送帶上，對滑塊B，根據動量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對位移為
產生的熱量
（3）滑塊B從O點運動到P點，所花時間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動量定理，可知
解得②
①當v≥10m/s時，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據運動對稱性，向左穿過傳送帶所花的時間
由P到O點，運動時間為
故滑塊返回O點運動的最短時間為
②當滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點剛好與傳送帶共速，根據動能定理有
解得
當，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點時間最長。返回過程中，在傳送帶運動的時間，根據動量定理
解得
由P點返回O點，所花時間
運動總時間
返回O點，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
1 / 12025屆廣東省深圳市寶安區高三上學期一模（10月）物理試題
1．（2024高三上·寶安模擬）在足球場上罰任意球時，高水平運動員踢出的足球在飛行中繞過“人墻”，飛向球門，使守門員難以撲救。下列關于足球的說法正確的是（　　）
A．研究運動員踢球的動作時運動員可視為質點
B．研究足球飛行軌跡時足球可視作質點
C．腳對足球的力大于足球對腳的力
D．腳對足球的力與足球對腳的力是一對平衡力
2．（2024高三上·寶安模擬）如圖所示，男、女同學共提一桶水靜止站在水平地面上，男同學提桶方向與豎直夾角為，受到的地面摩擦力大小為f。保持女同學對桶作用力方向不變，為了讓女同學省些力氣，男同學應（　　）
A．減小角，摩擦力f將減小 B．增大角，摩擦力f將減小
C．減小角，摩擦力f將增大 D．增大角，摩擦力f將增大
3．（2024高三上·寶安模擬）科學家發現某巨大類地行星，其質量為地球的18倍，直徑為地球的2倍，假設該星球與地球均可視作密度均勻的球體。已知地球表面重力加速度為g，第一宇宙速度為v，下列關于該巨大類地行星的說法正確的是（　　）
A．第一宇宙速度為9v B．表面的重力加速度為4.5g
C．人類到達該星球質量將增大 D．人類到達該星球慣性將增大
4．（2024高三上·寶安模擬）某同學用手指以2 Hz的頻率觸動水面形成水波。水波自左向右傳播，某時刻波形如下圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．P點的運動方向向上 B．P點將隨波浪向右移動
C．該水波傳播的速度為8 m/s D．此后1 s內P點運動路程為4 cm
5．（2024高三上·寶安模擬）圖甲為由物塊和輕彈簧組成的一個豎直放置的振動裝置。圖乙記錄了物體振動過程中速度v隨時間t變化的曲線，以向上為正方向。關于該振動過程，下列說法正確的是（　　）
A．t = 0.2 s時，物塊位于平衡位置上方
B．t = 0.4 s時，物塊位于平衡位置上方
C．t = 0.6 s時，物塊的加速度為零
D．t = 0.6 s時，物塊加速度方向向下
6．（2024高三上·寶安模擬）某同學乘坐摩天輪做勻速圓周運動。依次從A點經B點運動到C的過程中，下列關于該同學的說法正確的是（　　）
A．機械能保持不變 B．合外力做功為零
C．重力的沖量為零 D．合外力的沖量為零
7．（2024高三上·寶安模擬）自行車腳踏板上有a、b、c三點，b在踏板轉軸上，a、c分別位于踏板左右邊緣，如圖所示。現自行車曲柄繞著牙盤轉軸勻速旋轉，腳踏板始終保持水平。以自行車為參照物，關于a、b、c三點圓周運動的半徑r、線速度大小v、角速度ω、向心加速度大小a，下列說法正確的是（　　）
A．ra < rb < rc B．va < vb < vc
C．ωa = ωb = ωc D．aa > ab > ac
8．（2024高三上·寶安模擬）某同學做“引體向上”時的上升動作如圖所示，忽略動作變化對重心的影響，可把該同學視作質點。從最低點運動到最高點的過程中，手對身體的拉力始終保持向上，下列關于該同學的說法正確的有（　　）
A．經歷了超重和失重過程 B．一直處于超重狀態
C．機械能一直增大 D．機械能先增大后減小
9．（2024高三上·寶安模擬）如圖所示，一頂端帶有擋板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑塊以速度v0沖上斜面，t1時刻滑到斜面頂端與擋板P發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞前后速度大小不變，方向相反。滑塊的加速度為a，速度為v，運動時間為t，以沿斜面向上為正方向。在斜面上運動的過程中，其v t圖像或a t圖像可能正確的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·寶安模擬）小明設計實驗研究“淋雨量”與移動速度的關系。分別把面積相同的吸水紙擋在頭頂和擋在身前，以速度大小v向右穿過長度相同的一段下雨的區域，如圖所示。擋在頭頂的吸水紙質量增加，擋在身前的吸水紙質量增加。已知雨滴勻速下落，可視作密度均勻的介質。下列關于和的說法正確的有（　　）
A．與v無關 B．v越大越小
C．與v無關 D．v越大越小
11．（2024高三上·寶安模擬）請根據下列兩種常見的加速度測算方法完成實驗操作和計算。
（1）通過打點計時器測量加速度。把電火花打點計時器接入“220V，50Hz”的我國家用交流電源、打點計時器打出連續兩個點的時間為　 　s。選出紙帶中點跡清晰的一段，紙帶上連續7個點間的距離分別為s1、s2、s3、s4、s5和s6，如圖所示，讀出s1=　 　cm。根據紙帶數據測算小車的加速度大小為　 　m/s2（結果保留3位有效數字）。
（2）小車在斜面上勻加速直線下滑，小車上固定著寬度為d的擋光片，擋光片先后經過兩個光電門的時間分別為t1和t2，要測量這個過程中小車的加速度，還需要測量一個物理量A，該物理量為　 　。則小車的加速度可以表示為　 　（用d、t1、t2和A表示）。
12．（2024高三上·寶安模擬）某實驗小組測量物塊與水平實驗桌之間的摩擦因數。實驗裝置如圖甲所示，通過鉤碼拉動物塊加速運動，用力傳感器測量細繩的拉力F，通過打點計時器（圖中未畫出）記錄物塊運動信息，從而計算物塊的加速度a。改變鉤碼質量，重復實驗。
（1）繪制出F a圖像，如圖乙所示。計算F a圖像的斜率為k，F軸上的截距為b，經查閱當地重力加速度為g，可測算滑塊與長木板之間的動摩擦因數μ =　 　（用k、b、g表示）。
（2）為了減小細繩與滑輪間的摩擦力對實驗結果產生的影響，下列建議可行的是______
A．傾斜桌面平衡摩擦力
B．選用質量更大的鉤碼
C．選用質量更大的物塊
（3）小梁同學提出：手持彈簧測力計直接在水平桌面上拉動物塊就可以測量出滑動摩擦力，進而測量出摩擦因數。請你從實驗測量的精確度角度評價小梁同學的實驗方案，并簡述評價的依據：　 　
13．（2024高三上·寶安模擬）足球運動員在一次訓練中以仰角方向從水平地面踢出足球，如圖所示。足球恰好在最高點穿過懸掛在高度為處的圓環。已知足球可視作質點且空氣的對足球的作用力可忽略不計，重力加速度g取，求
（1）足球踢出的速度v；
（2）足球從踢出到落回水平地面的位移x。
14．（2024高三上·寶安模擬）某研究小組受多級火箭啟發，用單級彈射裝置組合成“二級彈射裝置”。每個單級彈射裝置由輕質彈簧和質量為m的物塊構成，如圖（甲）所示。單級彈射裝置豎直彈射高度為h。把2個單級彈射裝置疊放起來組成二級彈射裝置，如圖（乙）。先釋放彈射裝置1，當整體上升到最大高度時觸發彈射裝置2，此時裝置1向下彈離掉落，裝置2獲得向上速度，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）裝置1釋放后整體上升的最大高度h1；
（2）裝置2觸發后瞬間裝置1的速度大小v1；
（3）裝置2能上升的最大高度h2；
15．（2024高三上·寶安模擬）如圖甲所示，一游戲轉置由左端帶有彈簧振子的光滑水平軌道、水平傳送帶以及足夠長的光滑斜面三部分組成。彈簧振子由輕彈簧和質量的振子A組成。彈簧振子的平衡位置O到傳送帶的左端P的距離，傳送帶長，且沿逆時針方向以速率勻速轉動。的大小可調，右端通過可以忽略不計的光滑圓弧與斜面相連、斜面與水平面的所成的夾角。現將質量的滑塊B靜置于O點，振子A壓縮彈簧后，在時刻由靜止開始釋放，運動到O點與滑塊B發生正碰，碰撞時間極短，碰后滑塊B向右滑動，穿過傳送帶并滑上斜面，速度減為零后沿原路返回到O點。已知振子A開始運動一段時間的圖像如圖乙所示，滑塊B與傳送帶之間的動摩擦因數，振子A和滑塊B均可視為質點，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬間滑塊B的速度大小以及彈簧振子的周期；
（2）若，求滑塊B向右穿過傳送帶的過程中產生的熱量Q；
（3）調節傳送帶的速度，發現滑塊B回到O位置時，恰好與振子A迎面正碰，求整個過程中，振子A做了幾次全振動。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；質點
【解析】【解答】A．研究踢球動作，要看運動員具體動作，因此運動員不能看作質點，故A錯誤；
B．研究足球軌跡，相對于軌跡，足球的大小和形狀可以忽略，足球可以看作質點，故B正確；
CD．腳對足球的力與足球對腳的力是一對相互作用力，總是大小相等，方向相反，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質點和相互作用的理解，任何物體，只要大小和形狀對研究的問題的影響可以忽略都可以看做質點，物體間的相互作用力總是等大反向、性質一定相同、同時產生同時消失。
2．【答案】A
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡
【解析】【解答】根據題意，對水桶受力分析，受重力mg、男女同學的拉力F1、F2，則水桶的重力與男女同學的拉力的合力等大反向，如圖所示
由圖可知，女同學對桶作用力方向不變，為了讓女同學省些力氣，即F1減小，則θ減小，F2增大，而男同學受到地面的摩擦力大小等于F1在水平方向的分量，由于F1減小，其水平分量減小，f減小，故A正確，BCD錯誤；
故選A。
【分析】本題主要考查共點力平衡知識的簡單應用，如果物體受三個力處于平衡狀態，則人兩個力的合力與第三個力等大反向，以重力為對角線，拉力F1、F2為鄰邊做平行四邊形，結合題意判斷解答。
3．【答案】B
【知識點】慣性與質量；萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力有
可知第一宇宙速度
由題意可知，
得到
故A錯誤；
B．根據星球表面，重力近似等于萬有引力，即
得
解得
故B正確；
CD．質量是物體的基本屬性，與物體含有的物質多少有關，與環境無關，質量又是慣性唯一量度，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查萬有引力定律的簡單應用，以及對慣性的理解。萬有引力提供向心力，根據求解第一宇宙速度和重力加速度關系；質量與物體含有的物質多少有關，質量是物體慣性的決定因素。
4．【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．由圖可知，由于波向右傳播，根據“上下坡法”可知此時P點向下運動，故A錯誤；
B．質點P只會在平衡位置附近重復振源的振動形式，不隨波遷移，故B錯誤；
C．由圖可知波長，由波速公式
解得波速
故C錯誤；
D.1s內P質點發生兩次全振動，P點的運動路程為振幅的8倍，即
故D正確；
故選D。
【分析】本題主要考查對波的圖像的理解，波的圖像反映同一時刻不同質點相對平位置的位移。
沿著波的傳播方向，處于上坡的質點振動速度向下，處于下坡的質點振動速度向上，進而判斷此時P點振動方向；波傳播的是波源振動形式，波中質點重復波源振動形式，不隨波傳播而發生遷移；根據計算波速；質點在一個周期內走過路程為四個振幅長度，根據時間與周期關系計算質點所走路成。
5．【答案】D
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】A．由圖可知，t = 0時，速度最大，方向向下，因此剛好處于平衡位置，合力為零，
t = 0.2 s時，速度由向下變為速度為零，加速度為正方向，物塊處于平衡位置下方最大位移處（最低點），故A錯誤；
B．t = 0.4 s時，速度最大，方向向上，物塊正通過平衡位置，故B錯誤；
CD．t = 0.6 s時，速度由向上變為速度為零，在最高點，加速度最大，方向向下，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】本題主要考查對簡諧運動v—t圖像的理解 ，做簡諧運動的物體在平衡位置，速度最大，加速度為零，在最大位移處，速度為零，加速度最大。
6．【答案】B
【知識點】動量定理；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律；沖量
【解析】【解答】A．從A點運動到C點，動能不變，重力勢能減少，機械能減少，故A錯誤；
B．該同學坐摩天輪做勻速圓周運動，速度大小不變，由可知動能不變，由動能定理可知合外力做功為零，故B正確；
C．設摩天輪角速度為，從A點運動到C點運動時間為，由可知重力做的沖量
，故C錯誤；
D．根據動量定理有
，合外力的沖量不為零，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對機械能、動能定理、動量定理、沖量等概念的理解，機械能包括動能和勢能，根據動能和勢能變化判斷機械能變化；動能定理：物體所受合外力做的功等于物體動能的變化；動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化；沖量等于物體受力與作用時間的乘積，與物體運動狀態無關。
7．【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】A.b在踏板轉軸上，a、c 分別位于踏板左右邊緣，它們到轉軸的距離相等且不為0，所以rb=ra=rc ，故A錯誤；C.a、b、c 三點都在腳踏板上，腳踏板繞牙盤轉軸勻速旋轉且始終保持水平，三點是同軸轉動，根據同軸轉動的特點，它們的角速度相等，即，故C正確。
B.根據線速度與角速度的關系 ，可知va=vb=vc ，故B錯誤；
D.根據向心加速度公式 ，可知 aa=ab=ac ，故D錯誤；
故選C。
【分析】本題主要考查傳動問題，邊緣傳動，邊緣上的點線速度相等，同軸轉動，除軸外，角速度相等，根據腳踏板上各點與轉軸關系判斷解答。
8．【答案】A,C
【知識點】功能關系；超重與失重
【解析】【解答】AB． 從最低點到最高點的過程中， 有多種施力方式，可能是先加速再勻速后減速，也可能先加速后減速，或者加速減速交替出現，但總體而言需要經歷了加速和減速過程，即超重和失重過程，故A正確，B錯誤；
CD． 機械能包括動能和重力勢能，除重力以外的其他力對物體做功等于物體機械能的變化量。 由于手對身體的拉力始終保持向上，手一直對身體做正功，由功能關系可知機械能持續增大，故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】本題主要考查對超重、失重和機械能的理解，加速度向上處于超重狀態，加速度向下是失重，外力對系統做正功，系統機械能增加，外力對系統做負功，系統系機械能減少。
9．【答案】A,C,D
【知識點】牛頓定律與圖象；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】AD．以向上為正方向，由于接觸面粗糙，受力分析可知，向上運動時，根據牛頓第二定律可得
解得加速度
進行減速，碰撞后向下運動，有三種情況
①若
根據牛頓第二定律可得可得加速度
因為，所以向下減速，到達斜面底端，速度可能減到零，也可能減不到零，
故AD正確；
C．②若
則加速度
向下勻速運動；
③若
根據牛頓第二定律可得
可得加速度
向下加速，且
故C正確；
B．對于B選項，上下滑加速度相同，由上述分析可知，當斜面光滑時，才可能出現，故B錯誤。
故選ACD。
【分析】本題主要考查牛頓第二定律的簡單應用，對物體受力分析，分情況根據牛頓第二定律列式求解加速度的表達式，得到加速度隨時間變化圖像，根據物體運動情況判斷速度時間圖像。
10．【答案】B,C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】由題意，可知吸水紙質量增加量等于紙檔通過下雨區域時，所吸收的雨水質量。設紙檔面積為，單位時間降雨量質量為，則紙檔擋在頭頂時，穿過該下雨區域吸水紙質量增加量為
紙檔擋在身前時，則紙檔穿過該下雨區域吸水紙質量增加量為
顯然，與有關，越大，越小；與無關。
故選BC。
【分析】本題主要考查運動的合成與分解在生活中的應用，運動的合成與分解遵循平行四邊形定則，根據雨滴相對雨傘的運動情況分析解答。
11．【答案】（1）0.02；1.20；4.08
（2）兩光電門的距離；
【知識點】加速度；勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】（1）由于交流電頻率為50Hz，所以打點計時器打出連續兩個點的時間為
由圖可知
，
，
根據逐差法可得
；
（2）小車經過光電門1、2的速度大小分別為
由可得小車運動的加速度大小為
由此可知，需要測量的一個物理量A為兩光電門的距離。
【分析】本題主要考查“常見的加速度測算方法完成實驗操作和計算”，劣跡勻變速直線運動規律是解題關鍵。
（1）根據周期與頻率關系得到打點周期；根據紙帶讀取數據，根據計算加速度大小；
（2）物體經過光電門的時間極短，瞬時速度近似等于平均速度，根據求得小車經過兩個光電門速度，再根據判斷所求物理量。
（1）[1]由于交流電頻率為50Hz，所以打點計時器打出連續兩個點的時間為
[2]由圖可知
[3]根據逐差法可得
（2）[1][2]小車經過光電門1、2的速度大小分別為
所以小車運動的加速度大小為
由此可知，需要測量的一個物理量A為兩光電門的距離。
12．【答案】（1）
（2）C
（3）小梁同學誤差會比較大，實驗中難以保證物塊勻速直線運動
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律；牛頓定律與圖象
【解析】【解答】（1）設物塊質量為M，對于物塊，受重力Mg、支持力N，拉力F、摩擦力f，
根據牛頓第二定律有
N=Mg
F-f=Ma
又因為f=Mg
可得
解得
因此圖像斜率，縱軸截距
解得；
（2）測量過程中，系統誤差主要來源于紙帶與打點計時器的阻力和細線與滑輪之間的摩擦力，考慮阻力，對于物塊，根據牛頓第二定律有
整理得
則縱軸截距
解得
由等式可以看出，當物塊質量越大，F阻影響就越小。
而改變鉤碼質量不影響測量，測的本來就是摩擦因數，也不能平衡摩擦力。
故選C。
（3）小梁同學誤差會比較大，因為實驗中難以保證物塊勻速直線運動。
【分析】本題主要考查“ 測量物塊與水平實驗桌之間的摩擦因數 ”的實驗，理解實驗原理結合牛頓第二定律解答。
（1）分析物塊，根據牛頓第二定律得到F—a表達式，結合圖像求得摩擦因數；
（2）分析物塊，根據牛頓第二定律得到F—a表達式，根據表達式分析解答；
（3）根據做實驗的條件分析依據。
（1）根據牛頓第二定律有
得到
因此圖像斜率
，
解得
（2）測量過程中，系統誤差主要來源于紙帶與打點計時器的阻力和細線與滑輪之間的摩擦力，考慮阻力，則有
整理得
則
因此
由等式可以看出，當物塊質量越大，F阻影響就越小。
而改變鉤碼質量不影響測量，測的本來就是摩擦因數，也不能平衡摩擦力。
故選C。
（3）小梁同學誤差會比較大，實驗中難以保證物塊勻速直線運動。
13．【答案】（1）足球在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向速度為0時到達最高點，有
可解得
（2）足球到最高點的時間為
足球水平方向做勻速直線運動，從踢出到落回水平地面的位移為
【知識點】斜拋運動
【解析】【分析】本題主要考查斜上拋運動，斜上拋運動上升階段豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速運動，下降階段，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速運動，根據豎直上拋運動和勻速運動規律解答。
（1）足球在豎直方向做豎直上拋運動，在最高點豎直方向速度為0，有
可解得
（2）足球到最高點的時間為
足球水平方向做勻速直線運動，從踢出到落回水平地面的位移為
14．【答案】（1）由題意可知，對于單級彈射裝置，物塊上升到最高點速度為零，彈性勢能全部轉化為物塊的重力勢能，根據機械能守恒得
對于二級彈射裝置，兩個裝置為整體，裝置1釋放后，上升到最高點速度為零，彈性勢能全部轉化為兩個物塊的重力勢能，根據機械能守恒得
解得；
（2）將兩個裝置作為系統，彈簧彈開瞬間，時間極短，豎直方向動量守恒定律，設兩物塊彈開瞬間速度分別為，，可得
根據機械能守恒得
解得；
（3）彈開后裝置2以為初速度，做豎直上拋運動，根據機械能守恒得
解得
上升總高度
。
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查機械能守恒定律和動量守恒定律的應用，理解動量守恒的條件是解題關鍵。
（1）對于單級彈射裝置，彈開后，物塊做豎直上拋運動，只受重力作用，機械能守恒，根據機械能守恒列式求解 裝置1釋放后整體上升的最大高度h1；
（2）對于二級彈射裝置，彈開瞬間滿足動量守恒，根據動量守恒機械能守恒列式求解彈開瞬間速度；
（3）對于二級彈射裝置，彈開后做豎直上拋運動，根據機械能守恒列式求得彈開后上升高度，進而求得總高度。
（1）對于單級彈射裝置，根據機械能守恒得
對于二級彈射裝置，兩個裝置為整體，裝置1釋放后，根據機械能守恒得
解得
（2）將兩個裝置作為系統，彈簧彈開，時間極短，由動量守恒定律得
根據機械能守恒得
解得
（3）裝置2繼續上升，根據機械能守恒得
上升總高度
解得
15．【答案】（1）由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過程，取碰撞前A的速度為正方向，由動量守恒定律得
解得
由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑塊B向右穿過傳送帶，由動能定理有
解得
在傳送帶上，對滑塊B，由動量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對位移為
由功能關系可知，產生的熱量
；
（3）滑塊B從O點運動到P點，所花時間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動量定理，可知
解得②
①當v≥10m/s時，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據運動對稱性，向左穿過傳送帶所花的時間
由P到O點，運動時間為
故滑塊返回O點運動的最短時間為
②當滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點剛好與傳送帶共速，根據動能定理有
解得
當，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點時間最長。返回過程中，在傳送帶運動的時間，根據動量定理
解得
由P點返回O點，所花時間
運動總時間
返回O點，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知識點】功能關系；動量定理；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】本題主要考查動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用，分清物體的運動過程選擇合適公式解答。
（1）根據圖乙得到碰前后A的速度，以AB為系統，根據動量守恒列式求解 碰撞后瞬間滑塊B的速度大小 ，根據圖象得到 彈簧振子的周期；
（2）B在傳送帶上做勻變速運動，根據動能定理和勻速運動計算得到B相對傳送帶所走距離，再根據功能關系計算得到滑塊B向右穿過傳送帶的過程中產生的熱量Q；
（3）根據B運動情況找到臨界條件，由動量定理和動能定理列式求解整個過程中，振子A做的全振動的次數。
（1）由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過程，取碰撞前A的速度為正方向，由動量守恒定律得
解得
（2）滑塊B向右穿過傳送帶，根據動能定理有
解得
在傳送帶上，對滑塊B，根據動量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對位移為
產生的熱量
（3）滑塊B從O點運動到P點，所花時間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動量定理，可知
解得②
①當v≥10m/s時，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據運動對稱性，向左穿過傳送帶所花的時間
由P到O點，運動時間為
故滑塊返回O點運動的最短時間為
②當滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點剛好與傳送帶共速，根據動能定理有
解得
當，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點時間最長。返回過程中，在傳送帶運動的時間，根據動量定理
解得
由P點返回O點，所花時間
運動總時間
返回O點，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
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