資源簡介

四川省成都市武侯區北京第二外國語學院成都附屬中學2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。）
1．（2024高一下·武侯期末）下列敘述中正確的是（　　）
A．繞地球做勻速圓周運動的衛星，因完全失重，所以不受重力作用
B．做勻速圓周運動的物體，在任意時間段內，速度變化量都為0
C．系統做受迫振動，當驅動力頻率等于系統固有頻率時，其頻率最大
D．力F做正功，其反作用力可能做正功
2．（2024高一下·武侯期末）在世界女子手球錦標賽比賽中，某運動員將質量為的手球以的速度水平拋出，拋出時重力的瞬時功率為（不計空氣阻力，重力加速度取）（　　）
A．0 B． C． D．
3．（2024高一下·武侯期末）甲、乙兩鐵球質量分別是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直線運動，速度分別是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙發生正碰后兩物體的速度有可能是（　　）
A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/s D．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
4．（2024高一下·武侯期末）“天問一號”于2020年7月23日成功發射，經過多次變軌，于2021年5月15日成功著陸火星，著陸后“祝融號”火星車成功傳回遙測信號。已知“天問一號”在距火星表面高度為的圓形軌道上運行的周期為，火星的半徑為，引力常量為，忽略火星自轉的影響，則以下說法正確的是（　　）
A．“天問一號”在地球上的發射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間
B．“天問一號”在著陸火星的過程中，引力勢能增大，動能減少，機械能守恒
C．火星的平均密度為
D．火星的第一宇宙速度為
5．（2024高一下·武侯期末）把一個重為G的物體，用一個水平的推力F=kt（k為正的常數，t為時間）壓在豎直的足夠高的平整的墻上，如圖所示，從t=0開始計時，物體從靜止開始運動，關于此后物體的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨著物體位移x變化圖像定性來說可能正確的有
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·武侯期末）如圖，第一次小球從粗糙的圓形軌道底端B以沖上圓形軌道，恰好能到達A點，克服摩擦力做功為W1；第二次小球從頂端A由靜止滑下，到達底端B的速度為，克服摩擦力做功為W2；，則（　　）
A．可能等于
B．一定小于
C．小球第一次運動機械能變大了
D．小球第一次經過圓弧某點C的速率大于它第二次經過同一點C的速率
7．（2024高一下·武侯期末）將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個小鉛塊（可視為質點）以水平初速度由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止。現將木板分成A和B兩段，使B的長度和質量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度由木板A的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關說法正確的是（　　）
A．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板
B．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止
C．甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量相等
D．圖甲所示的過程產生的熱量小于圖乙所示的過程產生的熱量
二、多項選擇題（本題共3小題，每道選擇題5分，共15分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，少選得3分，錯選多選均不得分）
8．（2024高一下·武侯期末）一列簡諧橫波在t1=0.2s的波形圖如圖甲所示，平衡位置在x=2m處的質點M的振動圖像如圖乙所示。已知質點N的平衡位置在x=3.5m處，下列說法正確的是（　　）
A．N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為0.1m
B．t2=0.3s時，質點N的加速度沿y軸負方向
C．質點N從t=0時刻起每經過0.1s所通過的路程都一定是0.4m
D．質點M每經過0.2s向右移動的距離均為4m
9．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．P一直向左運動
B．P的位移大小為
C．Q到右端最高點一定與圓心等高
D．Q與P組成的系統動量守恒，機械能守恒
10．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，固定的光滑長斜面的傾角θ=37°，下端有一固定擋板。兩小物塊A、B放在斜面上，質量均為m，用與斜面平行的輕彈簧連接。一跨過輕小定滑輪的輕繩左端與B相連，右端與水平地面上的電動玩具小車相連。系統靜止時，滑輪左側輕繩與斜面平行，右側輕繩豎直，長度為L且繩中無彈力。當小車緩慢向右運動距離時A恰好不離開擋板。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小車從圖示位置發生位移過程中，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．繩的拉力對B做功為
C．若小車以速度向右勻速運動，位移大小為時，B的速率為
D．若小車以速度向右勻速運動，位移大小為時，繩的拉力對B做的功為
三、實驗題（共16分，每空2分）
11．（2024高一下·武侯期末）某同學在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：
（1）
（2）
（1）該同學用游標卡尺測得單擺小球的直徑為　 　mm；同學用秒表記錄的時間如圖所示，則秒表的示數為　 　s；
（2）如果該同學在實驗時，用的擺球質量分布不均勻，無法確定其重心位置。他第一次量得擺線的長度為L1，測得周期為T1；第二次量得擺線的長度為L2，測得周期為T2。根據上述數據，可求得g值為 。
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·武侯期末）用如圖甲實驗裝置驗證、組成的系統機械能守恒。從高處由靜止開始下落，上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒。圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個點（圖中未標出），計數點間的距離如圖乙所示，已知電源頻率為50Hz，、，g取，則
（1）在紙帶上打下計數點5時的速度v=　 　m/s；
（2）在打點0~5過程中系統動能的增加量　 　J，系統勢能的減少量=　 　J；（保留三位有效數字）
（3）實驗結果顯示，那么造成這一現象的主要原因是　 　；
（4）若某同學作出圖像如圖丙所示，則當地的實際重力加速度g=　 　。（此空保留兩位有效數字）
四、計算題（三個小題，共41分，第13題10分，第14題13分，第15題18分。解答時請寫出必要的文字說明，方程式和重要步驟。）
13．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，“旋轉秋千”中的座椅通過纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤繞豎直的中心軸從靜止開始轉動，穩定后座椅在水平面內做勻速圓周運動。已知懸點到中心軸的距離為，座椅（可視為質點）質量為m=6kg，纜繩長度為，穩定后纜繩與豎直方向的夾角θ=30°，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圓周運動的角速度ω；
（2）座椅從靜止達到穩定速度的過程中，纜繩對座椅所做的功W。
14．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從C點又恰好到達最高點D。求：
（1）CD段長x；
（2）BC段電動機的做功的功率P；
（3）全過程物塊儲存的機械能E1和電動機因拉動物塊多消耗的電能E2的比值。
15．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一輕質彈簧， P、Q兩物塊的質量分別為1kg和3kg， Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s與Q發生彈性碰撞（碰撞時間極短）。Q與斜面間的動摩擦因數μ等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦。兩物塊均可以看作質點，P、Q兩物塊第一次碰撞后Q的速度在減為零后才與P發生了第二次碰撞。重力加速度大小為g=10m/s2。
（1） 求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度；
（2）若斜面足夠長，求物塊Q從A點上升的總高度H；
（3）若A點到斜面上端的距離為m，則在第幾次碰撞后物塊Q從斜面上滑落。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】受迫振動和共振；勻速圓周運動；衛星問題；功的概念
【解析】【解答】本題考查失重、勻速圓周運動、受迫振動和作用力與反作用力做功，知道受迫振動的特點，知道作用力與反作用力做功無關，知道勻速圓周運動的特點。A．完成失重不是不受重力作用，繞地球做勻速圓周運動的衛星，只受重力作用，處于完全失重狀態，故A錯誤；
B．做勻速圓周運動的物體，在任意時間段內，速度變化量都為
故B錯誤；
C．系統做受迫振動，當驅動力頻率等于系統固有頻率時，其振幅最大，故C錯誤；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做負功，故D正確。
故選D。
【分析】處于完全失重狀態的物體不是失去重力，而是重力提供向心力；做勻速圓周運動的物體速度方向時刻變化；物體做受迫振動時，其頻率等于驅動力的頻率．當驅動力頻率等于物體的固有頻率時，物體的振幅最大，產生共振現象；作用力做功與反作用力做功無關。
2．【答案】A
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】運動員將質量為的手球以的速度水平拋出， 手球拋出時速度方向水平，重力豎直向下，由功率計算公式可知
可知拋出時重力的瞬時功率為0，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據題意應用功率公式P=Fvcosα求解。
3．【答案】B
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】以甲的初速度方向為正方向，碰撞前總動量，碰撞前的動能，碰撞過程要遵循的原則：動量要守恒，動能不增加，不會發生二次相碰。
A.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能增加，且會發生二次碰撞，不合理，A不符合題意；
B.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能不增加，碰撞后不會發生二相碰，B符合題意；
C.如果， ，則碰撞后動量為，碰撞過程動量不守恒，C不符合題意；
D.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能增加，且會發生二次碰撞，D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】根據碰撞過程要遵循的原則：動量要守恒，動能不增加，不會發生二次相碰，進行判斷即可。
4．【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根據地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定義，可知“天問一號”在地球上的發射速度應該介于第二宇宙速度與第三宇宙速度之間，故A錯誤；
B．“天問一號”在著陸火星的過程中需要做減速運動，所以動能減小，但引力做正功，則引力勢能減小，所以機械能減小，故B錯誤；
C．“天問一號”在距地面高h的軌道上做勻速圓周運動，則有
得到
所以火星的平均密度
故C錯誤；
D．根據第一宇宙速度定義，有
再將選項C的質量M代入得到，火星的第一宇宙速度為
故D正確。
故選D。
【分析】知道第一宇宙速度是發射衛星繞地球做圓周運動的最小發射速度，第二宇宙速度是脫離地球的最小發射速度，第三宇宙速度是脫離太陽系的最小發射速度；“天問一號”著陸前做近心運動，需要減速；已知距火星表面高度為h的圓形軌道上運行衛星的周期為T，根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，可求出火星的質量，根據密度公式求火星的平均密度；根據萬有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
5．【答案】D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】 本題分析清楚物體的運動規律，當滑動摩擦力小于重力時，物體加速運動；當滑動摩擦力大于重力時，物體減速運動，直至靜止。把一個重為G的物體， 用一個水平的推力F=kt（k為正的常數，t為時間）壓在豎直的足夠高的平整的墻上，力隨著時間不斷變大，物體水平方向受推力和支持力，豎直方向受重力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不斷變大，故物體先加速下滑后減速下滑，即動能先增加后減小；但合力為mg-μkt，是變力，所以動能與位移間不是線性關系，故A錯誤；重力做正功，故重力勢能不斷減小，故B錯誤；由于克服滑動摩擦力做功，機械能不斷減小，故C錯誤，D正確．所以D正確，ABC錯誤。
故選D。
【分析】隨著時間的推移，壓力不斷增大，導致物體從滑動到靜止。則物體所受的摩擦力先是滑動摩擦力后是靜摩擦力。而滑動摩擦力的大小與推物體的壓力大小成正比，故運動過程中滑動摩擦力不斷變大；當滑動摩擦力小于重力時，物體加速運動；當滑動摩擦力大于重力時，物體減速運動，直至靜止。
6．【答案】D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了動能定理、向心力的基本運用，運用動能定理要靈活選擇研究的過程，根據向心力分析支持力的關系，注意判斷不同過程中克服摩擦力做功的關系。A． 到達底端B的速度為，克服摩擦力做功為W2 ，從A下滑到B根據動能定理可得
小球恰好能到達A點，克服摩擦力做功為W1，從B上滑到A根據動能定理可得
可得
所以A錯誤；
B．因為，向心力是由軌道的支持力和重力垂直于軌道的分力的合力提供，所以上滑時所受的支持力大于下滑時所受的支持力，故第一次小球在軌道上的平均正壓力較大，故摩擦力較大，而上滑與下滑兩個過程路程相等，故摩擦力做功較多，即一定大于，故B錯誤；
C．小球的兩次運動，都有阻力做負功，機械能都減小了，故C錯誤；
D．設小球第二次經過圓弧某點C，滿足
它第一次經過同一點C，滿足
可得
故選項D正確。
故選D。
【分析】對小球從A到B和從B到A的兩個過程分別列式，可比較經過B點時速度大小，分析小球向下和向上運動時經過軌道上同一點時所受支持力的大小，分析比較出滑動摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根據特殊位置分析小球第一次經過圓弧某點C的速率和它第二次經過同一點C的速率大小。
7．【答案】B
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【解答】解答本題的關鍵是根據力與運動的關系分析鉛塊和木板的相對運動過程，通過比較位移的關系判斷是否脫離，掌握摩擦生熱對應的功能關系：Q=fs相對。AB．根據牛頓第二定律可知乙圖中在B部分各物體加速度大于甲圖加速度。在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，兩者速度相同，故A錯誤，B正確；
CD．根據摩擦力產生的熱量計算式
由于第一次的相對位移大于第二次的相對位移的大小，則圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量，故CD錯誤。
故選B。
【分析】小鉛塊一直做勻減速直線運動，木板一直做勻加速直線運動，第一次在小鉛塊運動過程中，整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應過程，通過比較小鉛塊的位移確定是否飛離木板。根據滑動摩擦力乘以相對位移等于摩擦產生的熱量比較甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量的大小關系。
8．【答案】A,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題主要是考查波的圖象和振動圖像相結合問題；解答本題關鍵是要掌握波動的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意義，計算位移和路程。A．由圖甲平衡位置在x=2m處的質點M的振動圖像知，振幅為
圖示時刻波動方程為
當x=3.5m時
即N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為，故A正確；
B．t2=0.3s時刻，即從圖示t1時刻開始經過0.1s，即半個周期，結合圖甲，由同側法可知，該波沿x正方向傳播，質點N在t2=0.3s時刻沿y軸負方向運動，加速度不斷增大，加速度方向沿y軸正方向，故B錯誤；
C．經過半個周期質點通過的路程為2A，即0.4m，質點N從t=0時刻起每經過0.1s所通過的路程都一定是0.4m，故C正確；
D．由于質點不會隨波遷移，故D錯誤。
故選AC。
【分析】由圖乙讀出周期，根據圖甲讀出波長，寫出該波的波動方程，由此求解N點的位移；根據時間與周期的關系，判斷t2=0.3s時質點N的位置，從而根據位移分析加速度；質點N在0.1s時間內的路程等于2A；質點不會”隨波逐流”。
9．【答案】B,D
【知識點】動量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題考查動量守恒以及人船模型的位移關系，此題屬于類人船模型，關鍵掌握人船模型位移的比例關系。A．一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，在Q滑至最低點時，對P來說受到小球給的向左的力，故向左加速運動，在小球從最低點到滑至半圓槽右端最高點的過程中，P受到小球給的向右的力，P做向左的減速運動，因為對于系統來說水平方向動量守恒，當Q滑至半圓槽右端最高點時，P速度減為零。所以整個運動過程中，P一直向左運動，故A項正確，不符合題意；
B．根據動量守恒定律可知，物塊Q從槽口左端運動到右端的過程中，P和Q在任意時刻得水平分速度大小滿足
所以二者的位移關系同樣滿足
根據相對位移關系可知
解得
故B項錯誤，符合題意；
C．小球和半圓槽組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒且總動量為零，小球和半圓槽速度相等，由動量守恒知，速度為零。對于該系統來說只有重力做功，系統機械能守恒，所以Q到右端最高點一定與圓心等高，故C項正確，不符合題意；
D．Q與P組成的系統在水平方向上水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但是在豎直方向上動量不守恒，故D項錯誤，符合題意。
故選BD。
【分析】小球與圓槽組成的系統機械能守恒，但是動量不守恒，只在水平方向上不受外力，水平方向上滿足動量守恒，Q到達最低點前P在向左加速，Q過了最低點后，P向左減速，根據機械能守恒可知，最終Q到達右側最高點時速度為0，由于水平方向總動量為0，此時P減速到0；根據人船模型結論可得，P、Q的位移之比為質量的反比，位移之和等于P的直徑，兩式聯立求解P的位移大小。
10．【答案】B,D
【知識點】功能關系
【解析】【解答】本題考查動能定理、功能關系以及速度的分解，要弄清楚物塊A和B的受力情況以及小車的運動情況，知道小車沿繩子方向的分速度大小與物體B的速度大小相等。A．初態，彈簧壓縮量
A恰好不離開擋板時，彈簧伸長量
解得
選項A錯誤；
B．根據x1=x2，彈性勢能不變，則小車在位移內拉力對B做的功
解得
選項B正確；
C．小車位移大小為時，滑輪右側輕繩與豎直方向的夾角為37°，小車速度沿輕繩方向和與輕繩垂直方向分解，則B的速率
選項C錯誤；
D．小車在位移大小內，拉力對B做的功設為W2，根據功能原理有
選項D正確。
故選BD。
【分析】根據平衡條件和胡克定律相結合求出初狀態彈簧壓縮量、末狀態彈簧的伸長量，根據幾何關系得到B上滑的位移與彈簧形變量的關系，從而求解彈簧的勁度系數；根據功能關系求解拉力對B做的功；根據運動的合成與分解求解求出小車位移太小L時B的速率，根據功能關系可得拉力對B做的功。
11．【答案】10.70,96.8,B
（1）10.70；96.8
（2）B
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】解決該題需掌握單擺實驗的原理和步驟，熟記單擺的周期公式，知道擺長為懸點到球心的距離。（1）游標卡尺讀數不用估讀，此為20分度游標卡尺，最小刻度為0.05mm，游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，所以單擺小球的直徑為
秒表的讀數為分針讀數與秒針讀數之和，所以圖中秒表的示數為
（2） 擺線的長度為L1，測得周期為T1，第二次量得擺線的長度為L2，測得周期為T2，根據單擺的周期公式有
聯立可得
故選B。
【分析】（1）游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數之和，不需估讀；根據秒表的讀數方法讀數。
（2）根據單擺周期公式解答。
12．【答案】2.4；0.576；0.600；摩擦阻力造成的機械能損失；9.7
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題全面的考查了驗證機械能守恒定律中的數據處理問題，要熟練掌握勻變速直線運動的規律以及功能關系，增強數據處理能力。
（1）根據中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知在紙帶上打下計數點5時的速度
v==m/s=2.4m/s
（2）在打點0～5過程中系統動能的增加量
ΔEk=（m1＋m2）v2=×0.2×2.42J=0.576J
系統重力勢能的減少量
ΔEp=（m2－m1）gh=0.1×10×（0.216＋0.384）J=0.600J
在誤差允許的范圍內，系統機械能守恒。
（3）因空氣阻力、紙帶與限位孔間的阻力及滑輪軸間阻力做負功，使系統重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
（4）由系統機械能守恒得
（m2－m1）gh=（m1＋m2）v2
解得
v2=gh
圖線的斜率
k=g=m/s2
解得
g=9.7m/s2
【分析】（1）由勻變速直線運動的推論可以求出物體的瞬時速度；
（2）根據物體的瞬時速度，然后由動能的計算公式可以求出動能的增加量，根據實驗數據應用重力勢能的計算公式可以求出重力勢能的減少量；
（3）根據操作過程分析系統誤差；
（4）由機械能守恒定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖象斜率求出重力加速度。
13．【答案】解：（1）由牛頓第二定律得
由幾何關系可得
聯立解得
（2）座椅在水平面內做勻速圓周運動速度為
座椅從靜止達到穩定速度的過程，由動能定理得
解得

【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求座椅做圓周運動的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅穩定時速度大小，座椅從靜止達到穩定速度的過程中，根據動能定理求纜繩對座椅所做的功W。
14．【答案】解：（1）關閉電動機，物塊從C點恰好到達最高點D的過程，根據動能定理得
解得
（2）物塊在BC段做勻速運動，由平衡條件可得電動機輸出的牽引力為
電動機的輸出功率為
（3）全過程物塊儲存的機械能等于全過程物塊增加的重力勢能，則有
全過程電動機因拉動物塊多消耗的電能等于物塊由A到C增加的機械能與系統因摩擦產生的內能之和，則有
解得
可得
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）對物塊從C點恰好到達最高點D的過程，根據動能定理求解；
（2）物塊在BC段做勻速運動，由平衡條件求得電動機輸出的牽引力，根據功率P=Fv，求解電動機的輸出功率；
（3）全過程物塊儲存的機械能等于全過程物塊增加的重力勢能。全過程電動機因拉動物塊多消耗的電能等于物塊由A到C增加的機械能與系統因摩擦產生的內能之和。
15．【答案】解：（1）由動量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
聯立兩式代入數值可得
，
所以P碰后速度為5m/s，方向為沿斜面向下；Q碰后速度為5m/s，方向為沿斜面向上。
（2）ma受到的動摩擦力大小為
由能量守恒定律可得
代入數值可得
（3）在第一次碰撞后，物塊Q上滑的高度為h1，則根據能量守恒得
當P第二次與Q碰撞時的速度為v01，則根據能量守恒可得
對于第二次碰撞可根據動量守恒定律和能量守恒定律得到下式
結合以上四式可得
因此第二次碰撞后，物塊Q上升的高度為h2，根據能量守恒定律得
代入得
由此可以推論
代入數值得
因此可得
故而因此碰撞n次后的總高度為
根據等比數列求和公式可得
由于A點到斜面上端的距離為m，則A與斜面上端的高度差為m，又
因此碰撞第三次后木塊Q滑下。
【知識點】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P與Q發生彈性碰撞，系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度；
（2）對物塊Q，由能量守恒定律求物塊Q從A點上升的總高度H；
（3）在第一次碰撞后，根據能量守恒定律求物塊Q上滑的高度h1，根據能量守恒定律求P第二次與Q碰撞時的速度。對于第二次碰撞可根據動量守恒定律和能量守恒定律求出P與Q第二次碰撞后瞬間各自的速度，在第二次碰撞后，根據能量守恒定律求物塊Q上滑的高度h2，找出規律，確定碰撞n次后Q的總高度，結合A點到斜面上端的距離，確定在第幾次碰撞后物塊Q從斜面上滑落。
1 / 1四川省成都市武侯區北京第二外國語學院成都附屬中學2023-2024學年高一下學期6月期末物理試題
一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。）
1．（2024高一下·武侯期末）下列敘述中正確的是（　　）
A．繞地球做勻速圓周運動的衛星，因完全失重，所以不受重力作用
B．做勻速圓周運動的物體，在任意時間段內，速度變化量都為0
C．系統做受迫振動，當驅動力頻率等于系統固有頻率時，其頻率最大
D．力F做正功，其反作用力可能做正功
【答案】D
【知識點】受迫振動和共振；勻速圓周運動；衛星問題；功的概念
【解析】【解答】本題考查失重、勻速圓周運動、受迫振動和作用力與反作用力做功，知道受迫振動的特點，知道作用力與反作用力做功無關，知道勻速圓周運動的特點。A．完成失重不是不受重力作用，繞地球做勻速圓周運動的衛星，只受重力作用，處于完全失重狀態，故A錯誤；
B．做勻速圓周運動的物體，在任意時間段內，速度變化量都為
故B錯誤；
C．系統做受迫振動，當驅動力頻率等于系統固有頻率時，其振幅最大，故C錯誤；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做負功，故D正確。
故選D。
【分析】處于完全失重狀態的物體不是失去重力，而是重力提供向心力；做勻速圓周運動的物體速度方向時刻變化；物體做受迫振動時，其頻率等于驅動力的頻率．當驅動力頻率等于物體的固有頻率時，物體的振幅最大，產生共振現象；作用力做功與反作用力做功無關。
2．（2024高一下·武侯期末）在世界女子手球錦標賽比賽中，某運動員將質量為的手球以的速度水平拋出，拋出時重力的瞬時功率為（不計空氣阻力，重力加速度取）（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【知識點】功率及其計算
【解析】【解答】運動員將質量為的手球以的速度水平拋出， 手球拋出時速度方向水平，重力豎直向下，由功率計算公式可知
可知拋出時重力的瞬時功率為0，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據題意應用功率公式P=Fvcosα求解。
3．（2024高一下·武侯期末）甲、乙兩鐵球質量分別是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直線運動，速度分別是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙發生正碰后兩物體的速度有可能是（　　）
A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/s D．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
【答案】B
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】以甲的初速度方向為正方向，碰撞前總動量，碰撞前的動能，碰撞過程要遵循的原則：動量要守恒，動能不增加，不會發生二次相碰。
A.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能增加，且會發生二次碰撞，不合理，A不符合題意；
B.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能不增加，碰撞后不會發生二相碰，B符合題意；
C.如果， ，則碰撞后動量為，碰撞過程動量不守恒，C不符合題意；
D.如果， ，則碰撞后動量為，滿足動量守恒，碰后動能，動能增加，且會發生二次碰撞，D不符合題意；
故答案為：B。
【分析】根據碰撞過程要遵循的原則：動量要守恒，動能不增加，不會發生二次相碰，進行判斷即可。
4．（2024高一下·武侯期末）“天問一號”于2020年7月23日成功發射，經過多次變軌，于2021年5月15日成功著陸火星，著陸后“祝融號”火星車成功傳回遙測信號。已知“天問一號”在距火星表面高度為的圓形軌道上運行的周期為，火星的半徑為，引力常量為，忽略火星自轉的影響，則以下說法正確的是（　　）
A．“天問一號”在地球上的發射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間
B．“天問一號”在著陸火星的過程中，引力勢能增大，動能減少，機械能守恒
C．火星的平均密度為
D．火星的第一宇宙速度為
【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根據地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定義，可知“天問一號”在地球上的發射速度應該介于第二宇宙速度與第三宇宙速度之間，故A錯誤；
B．“天問一號”在著陸火星的過程中需要做減速運動，所以動能減小，但引力做正功，則引力勢能減小，所以機械能減小，故B錯誤；
C．“天問一號”在距地面高h的軌道上做勻速圓周運動，則有
得到
所以火星的平均密度
故C錯誤；
D．根據第一宇宙速度定義，有
再將選項C的質量M代入得到，火星的第一宇宙速度為
故D正確。
故選D。
【分析】知道第一宇宙速度是發射衛星繞地球做圓周運動的最小發射速度，第二宇宙速度是脫離地球的最小發射速度，第三宇宙速度是脫離太陽系的最小發射速度；“天問一號”著陸前做近心運動，需要減速；已知距火星表面高度為h的圓形軌道上運行衛星的周期為T，根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，可求出火星的質量，根據密度公式求火星的平均密度；根據萬有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
5．（2024高一下·武侯期末）把一個重為G的物體，用一個水平的推力F=kt（k為正的常數，t為時間）壓在豎直的足夠高的平整的墻上，如圖所示，從t=0開始計時，物體從靜止開始運動，關于此后物體的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨著物體位移x變化圖像定性來說可能正確的有
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】 本題分析清楚物體的運動規律，當滑動摩擦力小于重力時，物體加速運動；當滑動摩擦力大于重力時，物體減速運動，直至靜止。把一個重為G的物體， 用一個水平的推力F=kt（k為正的常數，t為時間）壓在豎直的足夠高的平整的墻上，力隨著時間不斷變大，物體水平方向受推力和支持力，豎直方向受重力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不斷變大，故物體先加速下滑后減速下滑，即動能先增加后減小；但合力為mg-μkt，是變力，所以動能與位移間不是線性關系，故A錯誤；重力做正功，故重力勢能不斷減小，故B錯誤；由于克服滑動摩擦力做功，機械能不斷減小，故C錯誤，D正確．所以D正確，ABC錯誤。
故選D。
【分析】隨著時間的推移，壓力不斷增大，導致物體從滑動到靜止。則物體所受的摩擦力先是滑動摩擦力后是靜摩擦力。而滑動摩擦力的大小與推物體的壓力大小成正比，故運動過程中滑動摩擦力不斷變大；當滑動摩擦力小于重力時，物體加速運動；當滑動摩擦力大于重力時，物體減速運動，直至靜止。
6．（2024高一下·武侯期末）如圖，第一次小球從粗糙的圓形軌道底端B以沖上圓形軌道，恰好能到達A點，克服摩擦力做功為W1；第二次小球從頂端A由靜止滑下，到達底端B的速度為，克服摩擦力做功為W2；，則（　　）
A．可能等于
B．一定小于
C．小球第一次運動機械能變大了
D．小球第一次經過圓弧某點C的速率大于它第二次經過同一點C的速率
【答案】D
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了動能定理、向心力的基本運用，運用動能定理要靈活選擇研究的過程，根據向心力分析支持力的關系，注意判斷不同過程中克服摩擦力做功的關系。A． 到達底端B的速度為，克服摩擦力做功為W2 ，從A下滑到B根據動能定理可得
小球恰好能到達A點，克服摩擦力做功為W1，從B上滑到A根據動能定理可得
可得
所以A錯誤；
B．因為，向心力是由軌道的支持力和重力垂直于軌道的分力的合力提供，所以上滑時所受的支持力大于下滑時所受的支持力，故第一次小球在軌道上的平均正壓力較大，故摩擦力較大，而上滑與下滑兩個過程路程相等，故摩擦力做功較多，即一定大于，故B錯誤；
C．小球的兩次運動，都有阻力做負功，機械能都減小了，故C錯誤；
D．設小球第二次經過圓弧某點C，滿足
它第一次經過同一點C，滿足
可得
故選項D正確。
故選D。
【分析】對小球從A到B和從B到A的兩個過程分別列式，可比較經過B點時速度大小，分析小球向下和向上運動時經過軌道上同一點時所受支持力的大小，分析比較出滑動摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根據特殊位置分析小球第一次經過圓弧某點C的速率和它第二次經過同一點C的速率大小。
7．（2024高一下·武侯期末）將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個小鉛塊（可視為質點）以水平初速度由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止。現將木板分成A和B兩段，使B的長度和質量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度由木板A的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關說法正確的是（　　）
A．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板
B．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止
C．甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量相等
D．圖甲所示的過程產生的熱量小于圖乙所示的過程產生的熱量
【答案】B
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【解答】解答本題的關鍵是根據力與運動的關系分析鉛塊和木板的相對運動過程，通過比較位移的關系判斷是否脫離，掌握摩擦生熱對應的功能關系：Q=fs相對。AB．根據牛頓第二定律可知乙圖中在B部分各物體加速度大于甲圖加速度。在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，兩者速度相同，故A錯誤，B正確；
CD．根據摩擦力產生的熱量計算式
由于第一次的相對位移大于第二次的相對位移的大小，則圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量，故CD錯誤。
故選B。
【分析】小鉛塊一直做勻減速直線運動，木板一直做勻加速直線運動，第一次在小鉛塊運動過程中，整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應過程，通過比較小鉛塊的位移確定是否飛離木板。根據滑動摩擦力乘以相對位移等于摩擦產生的熱量比較甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量的大小關系。
二、多項選擇題（本題共3小題，每道選擇題5分，共15分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，少選得3分，錯選多選均不得分）
8．（2024高一下·武侯期末）一列簡諧橫波在t1=0.2s的波形圖如圖甲所示，平衡位置在x=2m處的質點M的振動圖像如圖乙所示。已知質點N的平衡位置在x=3.5m處，下列說法正確的是（　　）
A．N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為0.1m
B．t2=0.3s時，質點N的加速度沿y軸負方向
C．質點N從t=0時刻起每經過0.1s所通過的路程都一定是0.4m
D．質點M每經過0.2s向右移動的距離均為4m
【答案】A,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題主要是考查波的圖象和振動圖像相結合問題；解答本題關鍵是要掌握波動的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意義，計算位移和路程。A．由圖甲平衡位置在x=2m處的質點M的振動圖像知，振幅為
圖示時刻波動方程為
當x=3.5m時
即N點在t1時刻偏離平衡位置的位移為，故A正確；
B．t2=0.3s時刻，即從圖示t1時刻開始經過0.1s，即半個周期，結合圖甲，由同側法可知，該波沿x正方向傳播，質點N在t2=0.3s時刻沿y軸負方向運動，加速度不斷增大，加速度方向沿y軸正方向，故B錯誤；
C．經過半個周期質點通過的路程為2A，即0.4m，質點N從t=0時刻起每經過0.1s所通過的路程都一定是0.4m，故C正確；
D．由于質點不會隨波遷移，故D錯誤。
故選AC。
【分析】由圖乙讀出周期，根據圖甲讀出波長，寫出該波的波動方程，由此求解N點的位移；根據時間與周期的關系，判斷t2=0.3s時質點N的位置，從而根據位移分析加速度；質點N在0.1s時間內的路程等于2A；質點不會”隨波逐流”。
9．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，半圓槽半徑為R，一小物塊Q質量為3m，從半圓槽的最左端與圓心等高位置無初速釋放，然后滑上半圓槽右端，接觸面均光滑，Q從釋放到滑至半圓槽右端最高點的過程中，下列說法錯誤的是（　　）
A．P一直向左運動
B．P的位移大小為
C．Q到右端最高點一定與圓心等高
D．Q與P組成的系統動量守恒，機械能守恒
【答案】B,D
【知識點】動量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題考查動量守恒以及人船模型的位移關系，此題屬于類人船模型，關鍵掌握人船模型位移的比例關系。A．一個質量為m的半圓槽形物體P放在光滑水平面上，在Q滑至最低點時，對P來說受到小球給的向左的力，故向左加速運動，在小球從最低點到滑至半圓槽右端最高點的過程中，P受到小球給的向右的力，P做向左的減速運動，因為對于系統來說水平方向動量守恒，當Q滑至半圓槽右端最高點時，P速度減為零。所以整個運動過程中，P一直向左運動，故A項正確，不符合題意；
B．根據動量守恒定律可知，物塊Q從槽口左端運動到右端的過程中，P和Q在任意時刻得水平分速度大小滿足
所以二者的位移關系同樣滿足
根據相對位移關系可知
解得
故B項錯誤，符合題意；
C．小球和半圓槽組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒且總動量為零，小球和半圓槽速度相等，由動量守恒知，速度為零。對于該系統來說只有重力做功，系統機械能守恒，所以Q到右端最高點一定與圓心等高，故C項正確，不符合題意；
D．Q與P組成的系統在水平方向上水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但是在豎直方向上動量不守恒，故D項錯誤，符合題意。
故選BD。
【分析】小球與圓槽組成的系統機械能守恒，但是動量不守恒，只在水平方向上不受外力，水平方向上滿足動量守恒，Q到達最低點前P在向左加速，Q過了最低點后，P向左減速，根據機械能守恒可知，最終Q到達右側最高點時速度為0，由于水平方向總動量為0，此時P減速到0；根據人船模型結論可得，P、Q的位移之比為質量的反比，位移之和等于P的直徑，兩式聯立求解P的位移大小。
10．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，固定的光滑長斜面的傾角θ=37°，下端有一固定擋板。兩小物塊A、B放在斜面上，質量均為m，用與斜面平行的輕彈簧連接。一跨過輕小定滑輪的輕繩左端與B相連，右端與水平地面上的電動玩具小車相連。系統靜止時，滑輪左側輕繩與斜面平行，右側輕繩豎直，長度為L且繩中無彈力。當小車緩慢向右運動距離時A恰好不離開擋板。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小車從圖示位置發生位移過程中，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．繩的拉力對B做功為
C．若小車以速度向右勻速運動，位移大小為時，B的速率為
D．若小車以速度向右勻速運動，位移大小為時，繩的拉力對B做的功為
【答案】B,D
【知識點】功能關系
【解析】【解答】本題考查動能定理、功能關系以及速度的分解，要弄清楚物塊A和B的受力情況以及小車的運動情況，知道小車沿繩子方向的分速度大小與物體B的速度大小相等。A．初態，彈簧壓縮量
A恰好不離開擋板時，彈簧伸長量
解得
選項A錯誤；
B．根據x1=x2，彈性勢能不變，則小車在位移內拉力對B做的功
解得
選項B正確；
C．小車位移大小為時，滑輪右側輕繩與豎直方向的夾角為37°，小車速度沿輕繩方向和與輕繩垂直方向分解，則B的速率
選項C錯誤；
D．小車在位移大小內，拉力對B做的功設為W2，根據功能原理有
選項D正確。
故選BD。
【分析】根據平衡條件和胡克定律相結合求出初狀態彈簧壓縮量、末狀態彈簧的伸長量，根據幾何關系得到B上滑的位移與彈簧形變量的關系，從而求解彈簧的勁度系數；根據功能關系求解拉力對B做的功；根據運動的合成與分解求解求出小車位移太小L時B的速率，根據功能關系可得拉力對B做的功。
三、實驗題（共16分，每空2分）
11．（2024高一下·武侯期末）某同學在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：
（1）
（2）
（1）該同學用游標卡尺測得單擺小球的直徑為　 　mm；同學用秒表記錄的時間如圖所示，則秒表的示數為　 　s；
（2）如果該同學在實驗時，用的擺球質量分布不均勻，無法確定其重心位置。他第一次量得擺線的長度為L1，測得周期為T1；第二次量得擺線的長度為L2，測得周期為T2。根據上述數據，可求得g值為 。
A． B．
C． D．
【答案】10.70,96.8,B
（1）10.70；96.8
（2）B
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】解決該題需掌握單擺實驗的原理和步驟，熟記單擺的周期公式，知道擺長為懸點到球心的距離。（1）游標卡尺讀數不用估讀，此為20分度游標卡尺，最小刻度為0.05mm，游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，所以單擺小球的直徑為
秒表的讀數為分針讀數與秒針讀數之和，所以圖中秒表的示數為
（2） 擺線的長度為L1，測得周期為T1，第二次量得擺線的長度為L2，測得周期為T2，根據單擺的周期公式有
聯立可得
故選B。
【分析】（1）游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數之和，不需估讀；根據秒表的讀數方法讀數。
（2）根據單擺周期公式解答。
12．（2024高一下·武侯期末）用如圖甲實驗裝置驗證、組成的系統機械能守恒。從高處由靜止開始下落，上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒。圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個點（圖中未標出），計數點間的距離如圖乙所示，已知電源頻率為50Hz，、，g取，則
（1）在紙帶上打下計數點5時的速度v=　 　m/s；
（2）在打點0~5過程中系統動能的增加量　 　J，系統勢能的減少量=　 　J；（保留三位有效數字）
（3）實驗結果顯示，那么造成這一現象的主要原因是　 　；
（4）若某同學作出圖像如圖丙所示，則當地的實際重力加速度g=　 　。（此空保留兩位有效數字）
【答案】2.4；0.576；0.600；摩擦阻力造成的機械能損失；9.7
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】本題全面的考查了驗證機械能守恒定律中的數據處理問題，要熟練掌握勻變速直線運動的規律以及功能關系，增強數據處理能力。
（1）根據中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知在紙帶上打下計數點5時的速度
v==m/s=2.4m/s
（2）在打點0～5過程中系統動能的增加量
ΔEk=（m1＋m2）v2=×0.2×2.42J=0.576J
系統重力勢能的減少量
ΔEp=（m2－m1）gh=0.1×10×（0.216＋0.384）J=0.600J
在誤差允許的范圍內，系統機械能守恒。
（3）因空氣阻力、紙帶與限位孔間的阻力及滑輪軸間阻力做負功，使系統重力勢能的減少量大于系統動能的增加量。
（4）由系統機械能守恒得
（m2－m1）gh=（m1＋m2）v2
解得
v2=gh
圖線的斜率
k=g=m/s2
解得
g=9.7m/s2
【分析】（1）由勻變速直線運動的推論可以求出物體的瞬時速度；
（2）根據物體的瞬時速度，然后由動能的計算公式可以求出動能的增加量，根據實驗數據應用重力勢能的計算公式可以求出重力勢能的減少量；
（3）根據操作過程分析系統誤差；
（4）由機械能守恒定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖象斜率求出重力加速度。
四、計算題（三個小題，共41分，第13題10分，第14題13分，第15題18分。解答時請寫出必要的文字說明，方程式和重要步驟。）
13．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，“旋轉秋千”中的座椅通過纜繩懸掛在旋轉圓盤上。當旋轉圓盤繞豎直的中心軸從靜止開始轉動，穩定后座椅在水平面內做勻速圓周運動。已知懸點到中心軸的距離為，座椅（可視為質點）質量為m=6kg，纜繩長度為，穩定后纜繩與豎直方向的夾角θ=30°，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圓周運動的角速度ω；
（2）座椅從靜止達到穩定速度的過程中，纜繩對座椅所做的功W。
【答案】解：（1）由牛頓第二定律得
由幾何關系可得
聯立解得
（2）座椅在水平面內做勻速圓周運動速度為
座椅從靜止達到穩定速度的過程，由動能定理得
解得

【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求座椅做圓周運動的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅穩定時速度大小，座椅從靜止達到穩定速度的過程中，根據動能定理求纜繩對座椅所做的功W。
14．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從C點又恰好到達最高點D。求：
（1）CD段長x；
（2）BC段電動機的做功的功率P；
（3）全過程物塊儲存的機械能E1和電動機因拉動物塊多消耗的電能E2的比值。
【答案】解：（1）關閉電動機，物塊從C點恰好到達最高點D的過程，根據動能定理得
解得
（2）物塊在BC段做勻速運動，由平衡條件可得電動機輸出的牽引力為
電動機的輸出功率為
（3）全過程物塊儲存的機械能等于全過程物塊增加的重力勢能，則有
全過程電動機因拉動物塊多消耗的電能等于物塊由A到C增加的機械能與系統因摩擦產生的內能之和，則有
解得
可得
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）對物塊從C點恰好到達最高點D的過程，根據動能定理求解；
（2）物塊在BC段做勻速運動，由平衡條件求得電動機輸出的牽引力，根據功率P=Fv，求解電動機的輸出功率；
（3）全過程物塊儲存的機械能等于全過程物塊增加的重力勢能。全過程電動機因拉動物塊多消耗的電能等于物塊由A到C增加的機械能與系統因摩擦產生的內能之和。
15．（2024高一下·武侯期末）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一輕質彈簧， P、Q兩物塊的質量分別為1kg和3kg， Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s與Q發生彈性碰撞（碰撞時間極短）。Q與斜面間的動摩擦因數μ等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦。兩物塊均可以看作質點，P、Q兩物塊第一次碰撞后Q的速度在減為零后才與P發生了第二次碰撞。重力加速度大小為g=10m/s2。
（1） 求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度；
（2）若斜面足夠長，求物塊Q從A點上升的總高度H；
（3）若A點到斜面上端的距離為m，則在第幾次碰撞后物塊Q從斜面上滑落。
【答案】解：（1）由動量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
聯立兩式代入數值可得
，
所以P碰后速度為5m/s，方向為沿斜面向下；Q碰后速度為5m/s，方向為沿斜面向上。
（2）ma受到的動摩擦力大小為
由能量守恒定律可得
代入數值可得
（3）在第一次碰撞后，物塊Q上滑的高度為h1，則根據能量守恒得
當P第二次與Q碰撞時的速度為v01，則根據能量守恒可得
對于第二次碰撞可根據動量守恒定律和能量守恒定律得到下式
結合以上四式可得
因此第二次碰撞后，物塊Q上升的高度為h2，根據能量守恒定律得
代入得
由此可以推論
代入數值得
因此可得
故而因此碰撞n次后的總高度為
根據等比數列求和公式可得
由于A點到斜面上端的距離為m，則A與斜面上端的高度差為m，又
因此碰撞第三次后木塊Q滑下。
【知識點】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P與Q發生彈性碰撞，系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度；
（2）對物塊Q，由能量守恒定律求物塊Q從A點上升的總高度H；
（3）在第一次碰撞后，根據能量守恒定律求物塊Q上滑的高度h1，根據能量守恒定律求P第二次與Q碰撞時的速度。對于第二次碰撞可根據動量守恒定律和能量守恒定律求出P與Q第二次碰撞后瞬間各自的速度，在第二次碰撞后，根據能量守恒定律求物塊Q上滑的高度h2，找出規律，確定碰撞n次后Q的總高度，結合A點到斜面上端的距離，確定在第幾次碰撞后物塊Q從斜面上滑落。
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