資源簡介

四川省成都市成華區2023-2024學年高一下學期7月期末考試物理試題
一、單項選擇題（題中所給的四個選項中，只有一個選項正確，選正確得4分，選錯得0分，共28分）
1．（2024高一下·成華期末）關于曲線運動的有關描述，下列說法正確的是（　　）
A．如果物體受到的合外力是恒力，則物體不可能做曲線運動
B．做曲線運動的物體所受的合外力可以為零
C．物體做曲線運動時受到的合外力方向指向曲線凹側
D．做勻速圓周運動的物體的速度大小和加速度大小均不變，所以也叫勻變速運動
2．（2024高一下·成華期末）如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最低點，B、D點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mg
B．小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg
C．小球在B、D兩點受到桿的作用力大小等于
D．小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于
3．（2024高一下·成華期末）一小船在靜水中的速度為4m/s，它在一條河寬160m、水流速度為3m/s的河流中渡河，則該小船（　　）
A．不能到達正對岸
B．渡河的最短時間為32s
C．以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為120m
D．以最短位移渡河時，渡河時間為40s
4．（2024高一下·成華期末）如圖甲所示，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，下列說法中錯誤的是（　　）
A．在t=0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．在t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球在同一位置
C．從t=0到t=0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動
D．在t=0.6s時，彈簧振子有最大的彈性勢能
5．（2024高一下·成華期末）2023年11月10日，我國首條具有完全自主知識產權的超高速低真空管道磁浮交通系統試驗線——高速飛車大同（陽高）試驗線一期主體工程完工，其速度能達1000千米/時以上，標志著我國在新型交通領域的研究已邁入世界先進行列。如圖所示．高速飛車的質量為m，額定功率為，列車以額定功率在平直軌道上從靜止開始運動，經時間t達到該功率下的最大速度，設恒定阻力為，則（　　）
A．列車達到的最大速率等于
B．列車達到最大速度前加速度與牽引力成正比
C．列車在時間t內牽引力做功大于
D．在時間t內列車位移大于
6．（2024高一下·成華期末）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，小球從斜面上M點的正上方0.2m處由靜止下落，在M點與斜面碰撞，之后落到斜面上的N點。已知小球在碰撞前、后瞬間，速度沿斜面方向的分量不變，沿垂直于斜面方向的分量大小不變，方向相反，，，重力加速度大小，忽略空氣阻力，則小球從M點開始運動至N點的過程中距離斜面最遠的時間為（　　）
A．0.2s B．0.3s C．0.4s D．0.5s
7．（2024高一下·成華期末）如圖，質量m＝1kg的物塊（可視為質點），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆時針轉動的水平傳送帶，傳送帶AB的長度L＝6m，傳送帶的速度大小v＝2m/s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數，重力加速度大小，物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為（　　）
A．5m B．4m C．9m D．8m
二、多項選擇題（題中所給的四個選項中至少有兩個選項正確，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯誤選項的得0分，共15分）
8．（2024高一下·成華期末）2023年10月26日，我國自主研發的神舟十七號載人飛船圓滿的完成了發射，與“天和"核心艙成功對接，飛船變軌前繞地穩定運行在半徑為r1的圓形軌道I上，橢圓軌道II為飛船的轉移軌道，核心艙繞地沿逆時針方向運行在半徑為r3的圓形軌道Ⅲ上，軌道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和ⅡI分別相切于A、B兩點，飛船在A點變軌，與核心艙剛好在B點進行對接，下列說法正確的是（　　）
A．神舟十七號在Ⅰ軌道上穩定運行的速度可能大于7.9km/s
B．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上由A向B運動時，速度減小，機械能減小
C．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上經過A點的速度大于在Ⅰ軌道上經過A點的速度
D．神舟十七號在Ⅱ軌道上經過B點時加速變軌進入Ⅲ軌道與“天和”核心艙完成對接
9．（2024高一下·成華期末）如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在光滑固定直桿A處質量為m的小球（可視為質點）相連。A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長。小球從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球在C點時的動能
B．小球通過B點時的加速度為
C．彈簧具有的最大彈性勢能為
D．小球下滑過程機械能守恒
10．（2024高一下·成華期末）一個質量為m的物體，以的加速度勻減速豎直下降h，下列說法中正確的是（　　）
A．物體的重力勢能減小mgh B．物體的機械能增加
C．物體的動能減小 D．物體的動能減小
三、實驗題（本大題共2小題，共15分）
11．（2024高一下·成華期末）彈弓和鋼珠彈屬于可能危及旅客人身安全的物品，是禁止攜帶上動車的。某實驗小組利用電子秤和頻閃照相機測量一把彈弓發射出的鋼珠彈的動能，具體步驟如下：
（1）用電子秤測得鋼珠彈的質量m；
（2）在背景方格前使用彈弓水平發射鋼珠彈，使用頻閃照相機（每隔相等時間拍一次照片）拍攝鋼珠彈在空中的位置。如圖所示為鋼珠彈運動的頻閃照片的一部分，已知圖中背景小方格的邊長表示實際長度為L，重力加速度為g，求：
①照相機的頻閃周期T＝　 　；
②鋼珠彈在B點的動能　 　；
③若以A點為坐標原點，水平向右為X軸正方向，豎直向下為Y軸正方向建立直角坐標系，則鋼珠彈拋出點的坐標為　 　。
12．（2024高一下·成華期末）利用圖中所示的裝置可以研究自由落體運動的加速度，實驗中需要調整好儀器，接通打點計時器的電源，松開紙帶，使重物下落，打點計時器會在紙帶上打出一系列的點：
（1）取下紙帶，取其中的一段并每隔一個計時點標出計數點，如圖所示，測出相鄰計數點間的距離分別cm，cm，cm，cm，cm，cm，已知打點計時器打點的時間間隔T0.02s，則重錘運動的加速度計算表達式為a＝　 　，代入數據，可得加速度a＝　 　（計算結果保留三位有效數字）。
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則加速度計算結果　 　（偏大、偏小或準確）
四、計算題（本大題共3小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結果的不能得分。有數據計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。）
13．（2024高一下·成華期末）如圖所示，質量為m＝1kg的木塊在傾角為的足夠長的斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數，忽略空氣阻力。求：（已知，，）
（1）前2s內重力所做的功；
（2）前2s內重力的平均功率；
（3）在2s末，重力的瞬時功率。
14．（2024高一下·成華期末）如圖所示，跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，運動員和滑雪板的總質量為m＝60kg，運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始下滑80m到達B處時的速度m/s，A與B豎直高度差為H＝48m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用半徑R＝15m的圓弧軌道連接，其中C為圓弧軌道的最低點，且運動員滑到C處時速度為m/s，在CD的右側的地面上放置有一個傾角為的斜面作為運動員的著陸區，其中D在C點的正下方m處，忽略空氣阻力，如圖所示。（）
（1）求運動員在AB段下滑時受到的平均阻力的大小。
（2）求運動員滑到C處時對軌道的壓力。
（3）求運動員從C點水平飛出后落在斜面上的位置與D點的距離。
15．（2024高一下·成華期末）如圖所示，一右端固定有豎直擋板的質量為M＝2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質量m＝1kg的物塊（可視為質點）以v＝6m/s的水平速度從木板最左端沖上木板，經過1s時間與右端擋板發生彈性碰撞。已知滑塊與木板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力，求：（）
（1）物塊與木板相碰前各自的加速度；
（2）木板的長度L為多長；
（3）物塊與木板碰后瞬間各自的速度大小；
（4）物塊在木板上運動的全過程中因摩擦產生的熱量Q。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】曲線運動的條件；曲線運動；勻速圓周運動；向心力
【解析】【解答】A．恒力作用下，若初速度與恒力不共線（如平拋運動，重力為恒力，初速度水平 ），物體做曲線運動；若初速度與恒力共線（如自由落體、勻加速直線運動 ），物體做直線運動，故A錯誤；
B．物體做曲線運動時，合外力的作用是改變速度方向，使其沿曲線軌跡運動，合外力方向指向曲線的凹側（可理解為 “拉著物體向凹側拐彎” ），例如平拋運動中重力豎直向下，軌跡凹側（下方 ）與重力方向一致，故B錯誤；
C．物體做曲線運動時所受合力方向指向曲線凹側，故C正確；
D．勻速圓周運動速度和加速度大小不變，但方向變化，是非勻變速運動，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】曲線運動的條件：合外力與速度方向不共線（與合外力是否為恒力無關 ）；
曲線運動的速度特性：速度方向時刻變化，因此加速度、合外力一定不為零；
合外力與軌跡的關系：合外力指向軌跡凹側，“拉” 著物體做曲線運動；
勻變速運動的定義：加速度（大小 + 方向 ）恒定，勻速圓周運動加速度方向變化，是非勻變速運動。根據以上分析逐一判斷。
2．【答案】A
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AC．當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為
故A正確；C錯誤；
B．若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點
在C點
所以
若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點
在C點
所以
故B錯誤；
D．小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可得
解得桿對小球做的功等于
故D錯誤。
故選A。
【分析】本題考查豎直面內的圓周運動結合動能定理來考查，分析小球在某點的受力需要對該點進行受力分析，合力提供向心力，所以可以得到B、D兩個位置的作用力，、A 、C兩個點的桿的作用力大小的差值；如果要球桿對小球做的功，就要考慮對過程運用動能定理，用動能定理的時候要注意重力做功，勻速圓周運動，動能變化量為0
3．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；小船渡河問題分析
【解析】【解答】A．小船在靜水中速度 船，水流速度 水，因 船水，根據平行四邊形定則，合速度方向可垂直河岸（調整船速方向，使合速度垂直河岸 ），故小船能到達正對岸，故A錯誤；
BC．當船頭垂直河岸時，渡河時間最短，則有
以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為
故B錯誤，C正確；
D．以最短位移渡河時，合速度方向垂直河岸，合速度大小為
則渡河時間為
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 最短時間：船頭垂直河岸，利用船在靜水中的速度全部用于垂直河岸分運動，時間僅由河寬和船速決定；
2. 最短位移：當船速大于水速時，合速度可垂直河岸，位移等于河寬；若船速小于水速，最短位移為 船水（本題船速大于水速，故位移等于河寬 ）。
4．【答案】A
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A．簡諧運動中，加速度
時，位移 為正向最大值（圖像最高點 ），因此加速度
即負向最大值（與位移方向相反 ），A錯誤；
B．振動圖像中，位移相同則位置相同， 和 時，位移 相等（圖像上縱坐標相同 ），說明小球在同一位置
，B正確；
C．從t=0到t=0.2s時間內，小球從平衡位置向最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，小球做加速度增大的減速運動，C正確；
D．在t=0.6s時，小球的位移為負最大值，即彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D正確。
故答案為：A。
【分析】1. 加速度與位移的關系：，加速度大小與位移大小成正比，方向相反；
2. 位移與位置的關系：振動圖像中，位移相同對應同一位置；
3. 速度與加速度的關系：加速度方向與速度方向相同則加速，相反則減速；
4. 彈性勢能與位移的關系：彈性勢能隨位移大小的增大而增大（形變量越大，勢能越大 ）。
通過“圖像讀取位移→結合公式分析加速度、速度、勢能”的邏輯，逐一驗證選項正誤。
5．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．列車最大速度時，牽引力
由
得
故A錯誤；
B．由牛頓第二定律
即
加速度 與牽引力牽 是線性關系（一次函數 ），并非正比（正比需牽 無常數項 ），故B錯誤；
C．根據動能定理可知
則
故C正確；
D．根據動能定理可知
解得
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】 A、利用“最大速度條件（牽引力 = 阻力 ）”+“功率公式”，推導最大速度。
B、通過“牛頓第二定律”推導加速度與牽引力的函數關系，判斷是否為正比。
CD、依據“動能定理”，結合牽引力做功、阻力做功與動能變化的關系，分析做功大小與位移計算。
6．【答案】A
【知識點】自由落體運動；運動的合成與分解；斜拋運動
【解析】【解答】由自由落體運動公式
小球到M點的速度大小為
以沿斜面為x軸，以垂直于斜面為y軸，如圖所示
則各分速度大小為
將重力加速度分解為
當垂直斜面的分速度減小到零時，小球從M點開始運動至N點的過程中距離斜面最遠，根據速度時間公式
。
故答案為：A。
【分析】將速度和加速度分解為 *沿斜面（x 軸 ）和垂直斜面（y 軸 ）兩個方向，簡化問題（垂直斜面方向的運動決定 “距離斜面最遠” 的時刻 ）；利用 “垂直斜面方向速度為 0 時，距離斜面最遠” 的臨界條件，結合運動學公式求解時間；分解時注意角度關系，確保分量計算正確。
7．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】物塊向右減速運動時，根據牛頓第二定律可得加速度大小為
物塊向右減速到速度為0通過的位移大小為
可知物塊向右減速到速度為0后反向加速到與傳送帶共速，之后與傳送帶相對靜止一起勻速運動到左端離開，物塊減速時間為
此過程中傳送帶的位移大小為
此過程中，產生的劃痕長度為
加速過程，時間為
此過程中物塊的位移大小為
此過程中傳送帶的位移大小為
此過程中，產生的劃痕長度為
物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為
故答案為：C。
【分析】減速階段：物塊向右減速到 0，傳送帶向左勻速，計算相對位移。
加速階段：物塊向左加速到與傳送帶共速，傳送帶繼續向左勻速，計算相對位移。
總劃痕：兩階段劃痕疊加（無重疊 ），得總長度。
8．【答案】C,D
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度（7.9km/s ）是近地衛星的最大繞行速度（軌道半徑≈地球半徑 ），軌道 半徑 大于地球半徑，由（ 越大， 越小 ），故軌道 速度小于7.9km/s，故A錯誤；
B．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上由A向B運動時，只有引力做負功，速度減小，機械能不變，故B錯誤；
C．軌道變軌：從低軌 到高軌，需加速（向后噴氣，增加速度 ），使萬有引力不足以提供向心力，做離心運動，故軌道 上A點速度大于軌道 上A點速度，故C正確；
D．神舟十七號在Ⅱ軌道上經過B點時加速變軌進入Ⅲ軌道與“天和”核心艙完成對接，故D正確。
故答案為：CD。
【分析】A：利用“第一宇宙速度是最大繞行速度”+“”，判斷軌道速度與7.9km/s的關系。
B：依據“橢圓軌道機械能守恒（只有引力做功 ）”，分析速度與機械能變化。
C：通過“變軌原理（低軌→高軌需加速 ）”，比較同一點的速度大小。
D：結合“軌道相切與變軌條件（調整速度使引力匹配新軌道向心力 ）”，判斷對接可行性。
9．【答案】A,B
【知識點】能量守恒定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在A點和C點時，彈簧的長度相同，即彈簧的形變量相同，具有相同的彈性勢能，全程彈簧的彈力做功為零，則小球從A點到C點的過程，根據動能定理
即
故A正確；
B．因在B點時彈簧在原長，則到達B點時的加速度為
故B正確；
C．彈簧形變量最大時彈性勢能最大，即小球在A點時，彈簧具有最大的彈性勢能，小球由A點到B點過程中，根據能量守恒
解得
故C錯誤；
D．小球下滑過程中，除了小球重力做功外，還有彈簧的彈力做功，所以小球下滑過程機械能不守恒，故D錯誤。
故答案為：AB。
【分析】彈性勢能的對稱性：A、C 兩點彈簧形變量相同，彈性勢能相等，簡化做功分析；
受力與加速度：B 點彈簧原長，彈力為 0，沿桿合力由重力分力提供，直接用牛頓第二定律；
最大彈性勢能：通過動能定理，分析重力做功、彈力做功與動能變化的關系，注意高度差的計算（結合桿傾角 ）；
機械能守恒判斷：小球受彈簧彈力做功，個體機械能不守恒（系統守恒 ）。
10．【答案】A,D
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．重力勢能變化僅由重力做功決定，公式為
物體豎直下降，重力做功
（重力與位移同向，做正功 ）
因此重力勢能減小量為，A正確；
B．由題意知物體的加速度為，方向為豎直向上，故物體受到豎直向上的外力，根據牛頓第二定律可知
解得
外力對物體做負功
物體的機械能減少，B錯誤；
CD．由動能定理可知
解得
即物體的動能減小，C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
【分析】1. 重力勢能變化：僅由重力做功決定（ ）；
2. 機械能變化：僅由除重力外其他力做功決定（其他 ）；
3. 動能變化：僅由合外力做功決定（動能定理合 ）。
通過“受力分析求合力→計算各力做功→結合功能關系/動能定理”的邏輯，逐一推導能量變化，驗證選項正誤。
11．【答案】；；（，）
【知識點】研究平拋物體的運動；勻變速直線運動規律的綜合運用；動能
【解析】【解答】（2） ① 由圖可得，鋼珠彈在豎直方向做勻加速直線運動，根據
解得
② 鋼珠彈在水平方向做勻速直線運動，所以有
解得
鋼珠彈在B點的豎直方向的分速度為
所以，鋼珠彈在B點的速度為
鋼珠彈在B點的動能為
；
③ 設鋼珠彈從拋出到B點所用時間為t，則
所以B點到拋出點的豎直高度為
則拋出點的縱坐標為
B點到拋出點的水平距離為
則拋出點的橫坐標為
則鋼珠彈拋出點的坐標為（，）。
故答案為：；；（，）。
【分析】豎直方向：利用勻加速直線運動的 “連續相等時間位移差” 求頻閃周期 T；
水平方向：勻速運動求初速度，結合中間時刻速度等于平均速度，求 B 點豎直速度；
拋出點坐標：通過豎直、水平方向的運動學公式，逆向推導拋出點與 B 點的位移關系，結合 B 點坐標（以 A 為原點 ），確定拋出點坐標。
12．【答案】（1）；
（2）偏大
【知識點】伽利略對自由落體運動的研究；用打點計時器測速度
【解析】（1）根據逐差法求得，重錘運動的加速度計算表達式為
代入數值可得加速度
。
故答案為：；。
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則計算時用T0.02s偏小，則加速度計算結果
偏大。
故答案為：偏大。
【分析】時間間隔確定：因 “每隔一個計時點取計數點”，計數點間實際時間為 2T；
逐差法原理：將連續位移分為前后兩組，利用 “勻變速直線運動中，連續相等時間內位移差恒定”，通過總位移差求加速度，減小偶然誤差；
單位換算與計算：注意位移單位換算為米，代入公式準確計算。
（1）[1][2]根據逐差法求得，重錘運動的加速度計算表達式為
代入數值可得加速度
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則計算時用
T0.02s
偏小，則加速度計算結果
偏大。
13．【答案】（1）解：根據牛頓第二定律有
木塊的加速度
前2s內木塊
所以，重力在前2s內做的功為
。
（2）解：重力在前2s內的平均功率為
。
（3）解：木塊在2s末的速度
所以2s末重力的瞬時功率
【知識點】牛頓第二定律；功的計算；功率及其計算
【解析】【分析】加速度求解：通過受力分析（重力、支持力、摩擦力 ），結合牛頓第二定律，確定木塊下滑的加速度；
位移與速度計算：利用勻變速直線運動公式，求出前 2s 內的位移和 2s 末的速度；
功與功率計算：重力做功與豎直下落高度相關（位移沿斜面，需分解為豎直分量 ）；平均功率用總功除以時間，瞬時功率用 “力 × 速度在力方向的分量” 計算。
14．【答案】（1）解：運動員在AB段下滑時根據動能定理
解得。
（2）解：運動員滑到C處時，設軌道對運動員的支持力為N，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律，運動員對軌道的壓力等于軌道對運動員的支持力，即
方向豎直向下。
（3）解：運動員從C點水平飛出后做平拋運動，在豎直方向自由落體
在水平方向勻速直線
其中
代入數據，聯立解得
，，
則落在斜面上的位置與D點的距離為
。
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；平拋運動；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】AB 段（直線運動 ）：用動能定理，結合重力做功、阻力做功與動能變化的關系，求平均阻力；
C 點（圓周運動 ）：用牛頓第二定律，分析向心力來源（支持力與重力的合力 ），結合牛頓第三定律求壓力；
平拋階段（曲線運動 ）：分解為水平勻速和豎直自由落體，結合斜面幾何關系（正切值 ）聯立方程，求解時間和位移，最后通過投影求距離。
15．【答案】（1）解：設物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律
解得
，方向水平向左。
設木板的加速度大小為，根據牛頓第二定律
解得
，方向水平向右。
（2）解：經過1s時間物塊的位移為
木板的位移為
木板的長度L為
。
（3）解：設物塊與木板碰撞前的速度大小分別為、，則
，
設物塊與木板碰撞后的速度大小分別為、，物塊與木板發生彈性碰撞，根據動能守恒
根據動能守恒
解得
，。
（4）解：假設物塊與木板碰撞后兩者可以共速，根據動量守恒
解得
物塊與木板碰撞后到兩者共速，根據能量守恒
解得
所以，假設成立。物塊在木板上運動的全過程中，根據能量守恒
解得
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】碰撞前：物塊勻減速、木板勻加速，用牛頓第二定律求加速度，運動學公式求位移差（木板長度 ）；
彈性碰撞：利用動量守恒 + 動能守恒，聯立方程求解碰后速度；
碰撞后：物塊與木板在摩擦力作用下趨于共速，用動量守恒求共速，能量守恒求相對位移，最后通過總機械能損失求摩擦生熱。
1 / 1四川省成都市成華區2023-2024學年高一下學期7月期末考試物理試題
一、單項選擇題（題中所給的四個選項中，只有一個選項正確，選正確得4分，選錯得0分，共28分）
1．（2024高一下·成華期末）關于曲線運動的有關描述，下列說法正確的是（　　）
A．如果物體受到的合外力是恒力，則物體不可能做曲線運動
B．做曲線運動的物體所受的合外力可以為零
C．物體做曲線運動時受到的合外力方向指向曲線凹側
D．做勻速圓周運動的物體的速度大小和加速度大小均不變，所以也叫勻變速運動
【答案】C
【知識點】曲線運動的條件；曲線運動；勻速圓周運動；向心力
【解析】【解答】A．恒力作用下，若初速度與恒力不共線（如平拋運動，重力為恒力，初速度水平 ），物體做曲線運動；若初速度與恒力共線（如自由落體、勻加速直線運動 ），物體做直線運動，故A錯誤；
B．物體做曲線運動時，合外力的作用是改變速度方向，使其沿曲線軌跡運動，合外力方向指向曲線的凹側（可理解為 “拉著物體向凹側拐彎” ），例如平拋運動中重力豎直向下，軌跡凹側（下方 ）與重力方向一致，故B錯誤；
C．物體做曲線運動時所受合力方向指向曲線凹側，故C正確；
D．勻速圓周運動速度和加速度大小不變，但方向變化，是非勻變速運動，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】曲線運動的條件：合外力與速度方向不共線（與合外力是否為恒力無關 ）；
曲線運動的速度特性：速度方向時刻變化，因此加速度、合外力一定不為零；
合外力與軌跡的關系：合外力指向軌跡凹側，“拉” 著物體做曲線運動；
勻變速運動的定義：加速度（大小 + 方向 ）恒定，勻速圓周運動加速度方向變化，是非勻變速運動。根據以上分析逐一判斷。
2．（2024高一下·成華期末）如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最低點，B、D點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mg
B．小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg
C．小球在B、D兩點受到桿的作用力大小等于
D．小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于
【答案】A
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AC．當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為
故A正確；C錯誤；
B．若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點
在C點
所以
若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點
在C點
所以
故B錯誤；
D．小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可得
解得桿對小球做的功等于
故D錯誤。
故選A。
【分析】本題考查豎直面內的圓周運動結合動能定理來考查，分析小球在某點的受力需要對該點進行受力分析，合力提供向心力，所以可以得到B、D兩個位置的作用力，、A 、C兩個點的桿的作用力大小的差值；如果要球桿對小球做的功，就要考慮對過程運用動能定理，用動能定理的時候要注意重力做功，勻速圓周運動，動能變化量為0
3．（2024高一下·成華期末）一小船在靜水中的速度為4m/s，它在一條河寬160m、水流速度為3m/s的河流中渡河，則該小船（　　）
A．不能到達正對岸
B．渡河的最短時間為32s
C．以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為120m
D．以最短位移渡河時，渡河時間為40s
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解；小船渡河問題分析
【解析】【解答】A．小船在靜水中速度 船，水流速度 水，因 船水，根據平行四邊形定則，合速度方向可垂直河岸（調整船速方向，使合速度垂直河岸 ），故小船能到達正對岸，故A錯誤；
BC．當船頭垂直河岸時，渡河時間最短，則有
以最短時間渡河時，它沿水流方向的位移大小為
故B錯誤，C正確；
D．以最短位移渡河時，合速度方向垂直河岸，合速度大小為
則渡河時間為
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 最短時間：船頭垂直河岸，利用船在靜水中的速度全部用于垂直河岸分運動，時間僅由河寬和船速決定；
2. 最短位移：當船速大于水速時，合速度可垂直河岸，位移等于河寬；若船速小于水速，最短位移為 船水（本題船速大于水速，故位移等于河寬 ）。
4．（2024高一下·成華期末）如圖甲所示，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，下列說法中錯誤的是（　　）
A．在t=0.2s時，小球的加速度為正向最大
B．在t=0.1s與t=0.3s兩個時刻，小球在同一位置
C．從t=0到t=0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動
D．在t=0.6s時，彈簧振子有最大的彈性勢能
【答案】A
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】A．簡諧運動中，加速度
時，位移 為正向最大值（圖像最高點 ），因此加速度
即負向最大值（與位移方向相反 ），A錯誤；
B．振動圖像中，位移相同則位置相同， 和 時，位移 相等（圖像上縱坐標相同 ），說明小球在同一位置
，B正確；
C．從t=0到t=0.2s時間內，小球從平衡位置向最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，小球做加速度增大的減速運動，C正確；
D．在t=0.6s時，小球的位移為負最大值，即彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D正確。
故答案為：A。
【分析】1. 加速度與位移的關系：，加速度大小與位移大小成正比，方向相反；
2. 位移與位置的關系：振動圖像中，位移相同對應同一位置；
3. 速度與加速度的關系：加速度方向與速度方向相同則加速，相反則減速；
4. 彈性勢能與位移的關系：彈性勢能隨位移大小的增大而增大（形變量越大，勢能越大 ）。
通過“圖像讀取位移→結合公式分析加速度、速度、勢能”的邏輯，逐一驗證選項正誤。
5．（2024高一下·成華期末）2023年11月10日，我國首條具有完全自主知識產權的超高速低真空管道磁浮交通系統試驗線——高速飛車大同（陽高）試驗線一期主體工程完工，其速度能達1000千米/時以上，標志著我國在新型交通領域的研究已邁入世界先進行列。如圖所示．高速飛車的質量為m，額定功率為，列車以額定功率在平直軌道上從靜止開始運動，經時間t達到該功率下的最大速度，設恒定阻力為，則（　　）
A．列車達到的最大速率等于
B．列車達到最大速度前加速度與牽引力成正比
C．列車在時間t內牽引力做功大于
D．在時間t內列車位移大于
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；機車啟動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A．列車最大速度時，牽引力
由
得
故A錯誤；
B．由牛頓第二定律
即
加速度 與牽引力牽 是線性關系（一次函數 ），并非正比（正比需牽 無常數項 ），故B錯誤；
C．根據動能定理可知
則
故C正確；
D．根據動能定理可知
解得
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】 A、利用“最大速度條件（牽引力 = 阻力 ）”+“功率公式”，推導最大速度。
B、通過“牛頓第二定律”推導加速度與牽引力的函數關系，判斷是否為正比。
CD、依據“動能定理”，結合牽引力做功、阻力做功與動能變化的關系，分析做功大小與位移計算。
6．（2024高一下·成華期末）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，小球從斜面上M點的正上方0.2m處由靜止下落，在M點與斜面碰撞，之后落到斜面上的N點。已知小球在碰撞前、后瞬間，速度沿斜面方向的分量不變，沿垂直于斜面方向的分量大小不變，方向相反，，，重力加速度大小，忽略空氣阻力，則小球從M點開始運動至N點的過程中距離斜面最遠的時間為（　　）
A．0.2s B．0.3s C．0.4s D．0.5s
【答案】A
【知識點】自由落體運動；運動的合成與分解；斜拋運動
【解析】【解答】由自由落體運動公式
小球到M點的速度大小為
以沿斜面為x軸，以垂直于斜面為y軸，如圖所示
則各分速度大小為
將重力加速度分解為
當垂直斜面的分速度減小到零時，小球從M點開始運動至N點的過程中距離斜面最遠，根據速度時間公式
。
故答案為：A。
【分析】將速度和加速度分解為 *沿斜面（x 軸 ）和垂直斜面（y 軸 ）兩個方向，簡化問題（垂直斜面方向的運動決定 “距離斜面最遠” 的時刻 ）；利用 “垂直斜面方向速度為 0 時，距離斜面最遠” 的臨界條件，結合運動學公式求解時間；分解時注意角度關系，確保分量計算正確。
7．（2024高一下·成華期末）如圖，質量m＝1kg的物塊（可視為質點），以速度大小m/s水平向右滑上正在逆時針轉動的水平傳送帶，傳送帶AB的長度L＝6m，傳送帶的速度大小v＝2m/s，物塊與傳送帶間的動摩擦因數，重力加速度大小，物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為（　　）
A．5m B．4m C．9m D．8m
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】物塊向右減速運動時，根據牛頓第二定律可得加速度大小為
物塊向右減速到速度為0通過的位移大小為
可知物塊向右減速到速度為0后反向加速到與傳送帶共速，之后與傳送帶相對靜止一起勻速運動到左端離開，物塊減速時間為
此過程中傳送帶的位移大小為
此過程中，產生的劃痕長度為
加速過程，時間為
此過程中物塊的位移大小為
此過程中傳送帶的位移大小為
此過程中，產生的劃痕長度為
物塊滑離傳送帶時產生的劃痕長度為
故答案為：C。
【分析】減速階段：物塊向右減速到 0，傳送帶向左勻速，計算相對位移。
加速階段：物塊向左加速到與傳送帶共速，傳送帶繼續向左勻速，計算相對位移。
總劃痕：兩階段劃痕疊加（無重疊 ），得總長度。
二、多項選擇題（題中所給的四個選項中至少有兩個選項正確，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有錯誤選項的得0分，共15分）
8．（2024高一下·成華期末）2023年10月26日，我國自主研發的神舟十七號載人飛船圓滿的完成了發射，與“天和"核心艙成功對接，飛船變軌前繞地穩定運行在半徑為r1的圓形軌道I上，橢圓軌道II為飛船的轉移軌道，核心艙繞地沿逆時針方向運行在半徑為r3的圓形軌道Ⅲ上，軌道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和ⅡI分別相切于A、B兩點，飛船在A點變軌，與核心艙剛好在B點進行對接，下列說法正確的是（　　）
A．神舟十七號在Ⅰ軌道上穩定運行的速度可能大于7.9km/s
B．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上由A向B運動時，速度減小，機械能減小
C．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上經過A點的速度大于在Ⅰ軌道上經過A點的速度
D．神舟十七號在Ⅱ軌道上經過B點時加速變軌進入Ⅲ軌道與“天和”核心艙完成對接
【答案】C,D
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．第一宇宙速度（7.9km/s ）是近地衛星的最大繞行速度（軌道半徑≈地球半徑 ），軌道 半徑 大于地球半徑，由（ 越大， 越小 ），故軌道 速度小于7.9km/s，故A錯誤；
B．神舟十七號在ⅠⅠ軌道上由A向B運動時，只有引力做負功，速度減小，機械能不變，故B錯誤；
C．軌道變軌：從低軌 到高軌，需加速（向后噴氣，增加速度 ），使萬有引力不足以提供向心力，做離心運動，故軌道 上A點速度大于軌道 上A點速度，故C正確；
D．神舟十七號在Ⅱ軌道上經過B點時加速變軌進入Ⅲ軌道與“天和”核心艙完成對接，故D正確。
故答案為：CD。
【分析】A：利用“第一宇宙速度是最大繞行速度”+“”，判斷軌道速度與7.9km/s的關系。
B：依據“橢圓軌道機械能守恒（只有引力做功 ）”，分析速度與機械能變化。
C：通過“變軌原理（低軌→高軌需加速 ）”，比較同一點的速度大小。
D：結合“軌道相切與變軌條件（調整速度使引力匹配新軌道向心力 ）”，判斷對接可行性。
9．（2024高一下·成華期末）如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在光滑固定直桿A處質量為m的小球（可視為質點）相連。A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長。小球從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球在C點時的動能
B．小球通過B點時的加速度為
C．彈簧具有的最大彈性勢能為
D．小球下滑過程機械能守恒
【答案】A,B
【知識點】能量守恒定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在A點和C點時，彈簧的長度相同，即彈簧的形變量相同，具有相同的彈性勢能，全程彈簧的彈力做功為零，則小球從A點到C點的過程，根據動能定理
即
故A正確；
B．因在B點時彈簧在原長，則到達B點時的加速度為
故B正確；
C．彈簧形變量最大時彈性勢能最大，即小球在A點時，彈簧具有最大的彈性勢能，小球由A點到B點過程中，根據能量守恒
解得
故C錯誤；
D．小球下滑過程中，除了小球重力做功外，還有彈簧的彈力做功，所以小球下滑過程機械能不守恒，故D錯誤。
故答案為：AB。
【分析】彈性勢能的對稱性：A、C 兩點彈簧形變量相同，彈性勢能相等，簡化做功分析；
受力與加速度：B 點彈簧原長，彈力為 0，沿桿合力由重力分力提供，直接用牛頓第二定律；
最大彈性勢能：通過動能定理，分析重力做功、彈力做功與動能變化的關系，注意高度差的計算（結合桿傾角 ）；
機械能守恒判斷：小球受彈簧彈力做功，個體機械能不守恒（系統守恒 ）。
10．（2024高一下·成華期末）一個質量為m的物體，以的加速度勻減速豎直下降h，下列說法中正確的是（　　）
A．物體的重力勢能減小mgh B．物體的機械能增加
C．物體的動能減小 D．物體的動能減小
【答案】A,D
【知識點】功能關系；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．重力勢能變化僅由重力做功決定，公式為
物體豎直下降，重力做功
（重力與位移同向，做正功 ）
因此重力勢能減小量為，A正確；
B．由題意知物體的加速度為，方向為豎直向上，故物體受到豎直向上的外力，根據牛頓第二定律可知
解得
外力對物體做負功
物體的機械能減少，B錯誤；
CD．由動能定理可知
解得
即物體的動能減小，C錯誤，D正確。
故答案為：AD。
【分析】1. 重力勢能變化：僅由重力做功決定（ ）；
2. 機械能變化：僅由除重力外其他力做功決定（其他 ）；
3. 動能變化：僅由合外力做功決定（動能定理合 ）。
通過“受力分析求合力→計算各力做功→結合功能關系/動能定理”的邏輯，逐一推導能量變化，驗證選項正誤。
三、實驗題（本大題共2小題，共15分）
11．（2024高一下·成華期末）彈弓和鋼珠彈屬于可能危及旅客人身安全的物品，是禁止攜帶上動車的。某實驗小組利用電子秤和頻閃照相機測量一把彈弓發射出的鋼珠彈的動能，具體步驟如下：
（1）用電子秤測得鋼珠彈的質量m；
（2）在背景方格前使用彈弓水平發射鋼珠彈，使用頻閃照相機（每隔相等時間拍一次照片）拍攝鋼珠彈在空中的位置。如圖所示為鋼珠彈運動的頻閃照片的一部分，已知圖中背景小方格的邊長表示實際長度為L，重力加速度為g，求：
①照相機的頻閃周期T＝　 　；
②鋼珠彈在B點的動能　 　；
③若以A點為坐標原點，水平向右為X軸正方向，豎直向下為Y軸正方向建立直角坐標系，則鋼珠彈拋出點的坐標為　 　。
【答案】；；（，）
【知識點】研究平拋物體的運動；勻變速直線運動規律的綜合運用；動能
【解析】【解答】（2） ① 由圖可得，鋼珠彈在豎直方向做勻加速直線運動，根據
解得
② 鋼珠彈在水平方向做勻速直線運動，所以有
解得
鋼珠彈在B點的豎直方向的分速度為
所以，鋼珠彈在B點的速度為
鋼珠彈在B點的動能為
；
③ 設鋼珠彈從拋出到B點所用時間為t，則
所以B點到拋出點的豎直高度為
則拋出點的縱坐標為
B點到拋出點的水平距離為
則拋出點的橫坐標為
則鋼珠彈拋出點的坐標為（，）。
故答案為：；；（，）。
【分析】豎直方向：利用勻加速直線運動的 “連續相等時間位移差” 求頻閃周期 T；
水平方向：勻速運動求初速度，結合中間時刻速度等于平均速度，求 B 點豎直速度；
拋出點坐標：通過豎直、水平方向的運動學公式，逆向推導拋出點與 B 點的位移關系，結合 B 點坐標（以 A 為原點 ），確定拋出點坐標。
12．（2024高一下·成華期末）利用圖中所示的裝置可以研究自由落體運動的加速度，實驗中需要調整好儀器，接通打點計時器的電源，松開紙帶，使重物下落，打點計時器會在紙帶上打出一系列的點：
（1）取下紙帶，取其中的一段并每隔一個計時點標出計數點，如圖所示，測出相鄰計數點間的距離分別cm，cm，cm，cm，cm，cm，已知打點計時器打點的時間間隔T0.02s，則重錘運動的加速度計算表達式為a＝　 　，代入數據，可得加速度a＝　 　（計算結果保留三位有效數字）。
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則加速度計算結果　 　（偏大、偏小或準確）
【答案】（1）；
（2）偏大
【知識點】伽利略對自由落體運動的研究；用打點計時器測速度
【解析】（1）根據逐差法求得，重錘運動的加速度計算表達式為
代入數值可得加速度
。
故答案為：；。
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則計算時用T0.02s偏小，則加速度計算結果
偏大。
故答案為：偏大。
【分析】時間間隔確定：因 “每隔一個計時點取計數點”，計數點間實際時間為 2T；
逐差法原理：將連續位移分為前后兩組，利用 “勻變速直線運動中，連續相等時間內位移差恒定”，通過總位移差求加速度，減小偶然誤差；
單位換算與計算：注意位移單位換算為米，代入公式準確計算。
（1）[1][2]根據逐差法求得，重錘運動的加速度計算表達式為
代入數值可得加速度
（2）若計時器實際頻率為49Hz，則計算時用
T0.02s
偏小，則加速度計算結果
偏大。
四、計算題（本大題共3小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結果的不能得分。有數據計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。）
13．（2024高一下·成華期末）如圖所示，質量為m＝1kg的木塊在傾角為的足夠長的斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數，忽略空氣阻力。求：（已知，，）
（1）前2s內重力所做的功；
（2）前2s內重力的平均功率；
（3）在2s末，重力的瞬時功率。
【答案】（1）解：根據牛頓第二定律有
木塊的加速度
前2s內木塊
所以，重力在前2s內做的功為
。
（2）解：重力在前2s內的平均功率為
。
（3）解：木塊在2s末的速度
所以2s末重力的瞬時功率
【知識點】牛頓第二定律；功的計算；功率及其計算
【解析】【分析】加速度求解：通過受力分析（重力、支持力、摩擦力 ），結合牛頓第二定律，確定木塊下滑的加速度；
位移與速度計算：利用勻變速直線運動公式，求出前 2s 內的位移和 2s 末的速度；
功與功率計算：重力做功與豎直下落高度相關（位移沿斜面，需分解為豎直分量 ）；平均功率用總功除以時間，瞬時功率用 “力 × 速度在力方向的分量” 計算。
14．（2024高一下·成華期末）如圖所示，跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，運動員和滑雪板的總質量為m＝60kg，運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始下滑80m到達B處時的速度m/s，A與B豎直高度差為H＝48m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用半徑R＝15m的圓弧軌道連接，其中C為圓弧軌道的最低點，且運動員滑到C處時速度為m/s，在CD的右側的地面上放置有一個傾角為的斜面作為運動員的著陸區，其中D在C點的正下方m處，忽略空氣阻力，如圖所示。（）
（1）求運動員在AB段下滑時受到的平均阻力的大小。
（2）求運動員滑到C處時對軌道的壓力。
（3）求運動員從C點水平飛出后落在斜面上的位置與D點的距離。
【答案】（1）解：運動員在AB段下滑時根據動能定理
解得。
（2）解：運動員滑到C處時，設軌道對運動員的支持力為N，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律，運動員對軌道的壓力等于軌道對運動員的支持力，即
方向豎直向下。
（3）解：運動員從C點水平飛出后做平拋運動，在豎直方向自由落體
在水平方向勻速直線
其中
代入數據，聯立解得
，，
則落在斜面上的位置與D點的距離為
。
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；平拋運動；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】AB 段（直線運動 ）：用動能定理，結合重力做功、阻力做功與動能變化的關系，求平均阻力；
C 點（圓周運動 ）：用牛頓第二定律，分析向心力來源（支持力與重力的合力 ），結合牛頓第三定律求壓力；
平拋階段（曲線運動 ）：分解為水平勻速和豎直自由落體，結合斜面幾何關系（正切值 ）聯立方程，求解時間和位移，最后通過投影求距離。
15．（2024高一下·成華期末）如圖所示，一右端固定有豎直擋板的質量為M＝2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質量m＝1kg的物塊（可視為質點）以v＝6m/s的水平速度從木板最左端沖上木板，經過1s時間與右端擋板發生彈性碰撞。已知滑塊與木板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力，求：（）
（1）物塊與木板相碰前各自的加速度；
（2）木板的長度L為多長；
（3）物塊與木板碰后瞬間各自的速度大小；
（4）物塊在木板上運動的全過程中因摩擦產生的熱量Q。
【答案】（1）解：設物塊的加速度大小為，根據牛頓第二定律
解得
，方向水平向左。
設木板的加速度大小為，根據牛頓第二定律
解得
，方向水平向右。
（2）解：經過1s時間物塊的位移為
木板的位移為
木板的長度L為
。
（3）解：設物塊與木板碰撞前的速度大小分別為、，則
，
設物塊與木板碰撞后的速度大小分別為、，物塊與木板發生彈性碰撞，根據動能守恒
根據動能守恒
解得
，。
（4）解：假設物塊與木板碰撞后兩者可以共速，根據動量守恒
解得
物塊與木板碰撞后到兩者共速，根據能量守恒
解得
所以，假設成立。物塊在木板上運動的全過程中，根據能量守恒
解得
【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；牛頓運動定律的應用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】碰撞前：物塊勻減速、木板勻加速，用牛頓第二定律求加速度，運動學公式求位移差（木板長度 ）；
彈性碰撞：利用動量守恒 + 動能守恒，聯立方程求解碰后速度；
碰撞后：物塊與木板在摩擦力作用下趨于共速，用動量守恒求共速，能量守恒求相對位移，最后通過總機械能損失求摩擦生熱。
1 / 1

展開更多......

收起↑