卷07-2023年高考物理模擬卷（福建）（解析版）

【贏在高考?黃金8卷】備戰(zhàn)2023年高考物理模擬卷（福建專(zhuān)用）

黃金卷07

（本卷共15小題，滿(mǎn)分100分）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題

1.兩個(gè)由同種介質(zhì)制成的相同三棱鏡按如圖所示方式疊放，它們的截面為等邊三角形，邊

長(zhǎng)為L(zhǎng)。一細(xì)束單色光從棱鏡1的ab面上某點(diǎn)以入射角i=60。入射，折射光線平行于砒邊。

關(guān)于該單色光在棱鏡中的傳播，下列說(shuō)法正確的是（）

A.介質(zhì)對(duì)該單色光的折射率為逅

2

B.從棱鏡2射出的光線與從棱鏡1入射光線的夾角為30°

C.從棱鏡2射出的光線與從棱鏡1入射光線延長(zhǎng)線的距離為包

2

D.其他條件不變，只拿走棱鏡2,從棱鏡1射出的光線偏離入射光線的夾角為60°

【答案】D

【解析】B.作出光在三棱鏡中傳播的光路圖如圖所示。根據(jù)光路可逆可知從A面射出的光

線與他面上的入射光線平行，從棱鏡2射出的光線與從棱鏡1入射光線的夾角為零，B錯(cuò)

誤；

A.由幾何關(guān)系得

￡=60°-30°=30°

光在他面的折射角為

r=60o-30o=30o

根據(jù)折射定律有

n=sin6(F=^

sin30°

A錯(cuò)誤；

C.過(guò)A面的出射點(diǎn)作H面上入射光線延長(zhǎng)線的垂線，構(gòu)成直角三角形，則從棱鏡2射出

的光線與從棱鏡1入射光線延長(zhǎng)線的距離為

O=LSin30。，

2

C錯(cuò)誤；

D.其他條件不變，只拿走棱鏡2,作出光在棱鏡1中的光路圖如圖乙所示，由幾何知識(shí)可

得射出的光線偏離入射光線的夾角為60。，D正確。

2.宇宙射線與地球大氣作用產(chǎn)生中子，中子撞擊大氣層中的氮引發(fā)核反應(yīng)產(chǎn)生碳14。核反

應(yīng)方程為;4N+[n→L4C+X,碳14具有放射性，能夠自發(fā)地進(jìn)行S衰變而變成氮，核反應(yīng)

方程為:4C→TN+Y。碳14可以用來(lái)測(cè)定物質(zhì)年代，碳14的半衰期為5730年，下列說(shuō)法

正確的是（）

A.X表示電子Ze

B.Y表示質(zhì)子:H

C.一塊古木樣品中碳14的含量是現(xiàn)代植物的說(shuō)明古木的歷史大概有5730年

D.一塊古木樣品中碳14的含量是現(xiàn)代植物的J,說(shuō)明古木的歷史大概有11460年

4

【答案】D

【解析】AB.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可得X表示質(zhì)子，Y表示電子，故AB錯(cuò)誤;

CD.根據(jù)放射性物質(zhì)的剩余質(zhì)量和半衰期的關(guān)系滿(mǎn)足

解得

/=27=11460年

故D正確，C錯(cuò)誤。

故選D。

3.如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)小球A、B分別從2/和/的高度水平拋出后落地，A、B的水

平位移大小分別為/和2/,忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.A、B的飛行時(shí)間之比為2：1

B.A、B的初速度大小之比為近：2

C.A、B落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為2：1

D.A、B從拋出到落地過(guò)程中重力的平均功率之比為2:夜

【答案】D

【解析】A.依題意，根據(jù)/∕=gg產(chǎn)，可得

則A、B的飛行時(shí)間之比為

rl√2∕√2

廠訪一丁

故A錯(cuò)誤；

B.依題意，根據(jù)X=卬，可得

島

則A、B的初速度大小之比為

W—/X=&:4

V22/

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

2

PG=mgvy=mgt

則A、B落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為

Λ-l-√l

P2t2I

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)

廣唯=IngIl

gtt

則A、B從拋出到落地過(guò)程中重力的平均功率之比為

4="I><‘2=2

1=2:72

故D正確。

故選D。

4.如圖（a）所示，光滑絕緣斜面與水平面成6=30。放置，垂直于斜面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊

界M、N與斜面底邊平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=3T。質(zhì)量為m=0?5kg的導(dǎo)線框在沿斜面向

上的外力作用下沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框各段長(zhǎng)度相等，即

ab=bc=cd=de=ef=fa=fc=L=G2m,ab,fc,ed段的電阻均為r=lθ,其余電阻不計(jì)。

從導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，龍段的電流隨時(shí)間變化如圖（b）所示（電流由/到C的方

向?yàn)檎┲亓铀俣萭=10m∕s"下列說(shuō)法正確的是（）

A.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小為2.5m∕s

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直斜面向上

C.在f=0至Ik=0.03s這段時(shí)間內(nèi)外力做功為0.09J

D.在0.0IS至0.02s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受安培力大小為0.06N

【答案】A

【解析】AB.根據(jù)題意，由圖（b）可知，在。至OQls時(shí)間內(nèi)，電流方向從/到c,可知ed

中電流從d到e,則由右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直斜面向下。因ed剛進(jìn)入磁場(chǎng)

時(shí)，通過(guò)我的電流為0.5A,可知通過(guò)㈤的電流為1A,則由

BLvBLvBLv

&=不一=rτ=r

電r+------r+-

r+r2

可得

v=2.5m∕s

故B錯(cuò)誤，A正確；

C.在O至0.03s這段時(shí)間內(nèi)，線框產(chǎn)生的焦耳熱為

22

Q=31RiiAt=3×l×1.5×0.01J=0.045J

線框運(yùn)動(dòng)的距離為

X=3v?∕=0.075m

則線框重力勢(shì)能增加量為

綜=mgxsin30°=0.1875J

則外力做功為

W=Q+綜=0.2325J

故C錯(cuò)誤；

D.在0.0IS至0.02S這段時(shí)間內(nèi)，邊切割磁感線，所受安培力大小為

Fcf=B∕L=3×1×0.2N=0.6N

故D錯(cuò)誤。

故選Ao

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題

5.2021年"月8目，王亞平身穿我國(guó)自主研發(fā)的艙外航天服"走出"太空艙，成為我國(guó)第

一位在太空"漫步"的女性.艙外航天服是密封一定氣體的裝置，用來(lái)提供適合人體生存的氣

壓。王亞平先在節(jié)點(diǎn)艙（宇航員出艙前的氣閘艙）穿上艙外航天服，航天服密閉氣體的體積

約為Z=2L,壓強(qiáng)p∕=1.0χl05pa,溫度〃=27℃。她穿好航天服后，需要把節(jié)點(diǎn)艙的氣壓不斷

降低，以便打開(kāi)艙門(mén).若節(jié)點(diǎn)艙氣壓降低到能打開(kāi)艙門(mén)時(shí)，密閉航天服內(nèi)氣體體積膨脹到

V2=2.5L,溫度變?yōu)樗?-3℃,此時(shí)航天服內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P2。為便于艙外活動(dòng)，宇航員把航天

服內(nèi)的一部分氣體緩慢放出，使氣壓降到P3=4.θxlθ4pa假設(shè)釋放氣體過(guò)程中溫度不變，體積

變?yōu)長(zhǎng)=3L下列說(shuō)法正確的是（）

A.p2=0.72×105Pa

B.∕22=0.82×105Pa

C.航天服需要放出的氣體與原來(lái)氣體的質(zhì)量比為:

D.航天服需要放出的氣體與原來(lái)氣體的質(zhì)量比為I

【答案】AC

【解析】AB.由題意可知密閉航天服內(nèi)氣體初、末狀態(tài)溫度分別為。=300K、T2=270K,根

據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

τlT2

p,=0.72×IO5Pa

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)航天服需要放出的氣體在壓強(qiáng)為P3狀態(tài)下的體積為△匕根據(jù)玻意耳定律有

A?=A(?+Δ^)

ΔV=1.5L

則放出的氣體與原來(lái)氣體的質(zhì)量比為

ΔV_1

V,+ΔV-3

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選ACo

6.如圖甲所示，四個(gè)電荷量均為+?的點(diǎn)電荷分別放置于邊長(zhǎng)為√∑∕的正方形MCd的四個(gè)

頂點(diǎn)上，在X軸上的OC之間電勢(shì)°的變化曲線如圖乙所示。下列判斷正確的是（）

A.正方形內(nèi)部可能存在兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)

B.在X軸上從a到C電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大

c.將一帶正電的試探電荷由點(diǎn)移至點(diǎn)(-g]｝靜電力做正功

D.將一帶正電的試探電荷由點(diǎn)(g,θ)靜止釋放，經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)其動(dòng)能最大

【答案】BD

【解析】A.由圖甲可知，只有。點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0,A錯(cuò)誤；

B.。點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則從。到C電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，B正確；

c.若從點(diǎn)(d)沿直線移至點(diǎn)電勢(shì)先升高后降低，則正電荷電勢(shì)能先增大后先

減小，靜電力先做負(fù)功后做正功，C錯(cuò)誤；

D.帶正電的試探電荷由點(diǎn)(3,0)靜止釋放，向X軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力為零，

電場(chǎng)力做正功最大，由動(dòng)能定理可知，正電荷在。點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，D正確。

故選BD,

7.如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α=37。的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面

上，質(zhì)量為，”的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放，滑到斜面底端然后滑上

左側(cè)曲面軌道，再?gòu)那孳壍阑闲泵?，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為1”，多次往

復(fù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,sin370=0.6?下列說(shuō)法正確的是()

B?滑塊第]次下滑的時(shí)間與第1次上滑的時(shí)間之比嗚

C.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為上

、(4,∩

D.滑塊從靜止釋放到第〃次上滑到斜面最高點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為

【答案】BCD

【解析】AC.設(shè)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，根據(jù)功能關(guān)系有

41

叱;.=唯+叱卜=mgH一一mgH=-mgH

-11

而

W=Amgcosa-------

Pflsina

H4

τWιz=μmgcosa-------×—

fP,≈Sina5

聯(lián)立解得

%,=加"，χγ=?

A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；

B,滑塊第一次下滑過(guò)程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

mgsina-μmgcosa=max

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

H1?

----=一卬I

sιna2

滑塊第一次上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

mgsina+μιngcosa=ma2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

-4×H=_l2

5sinα2

聯(lián)立解得

￡=5

t24

B項(xiàng)正確；

D.滑塊第二次下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

4?4H1

—IngH—X/Limgcosa-------=—mv；2

55sina2

滑塊第二次上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

,h,1

-mgh-μmgcosa-----=——mv2

osina22

結(jié)合

tancr=9μ

解得

滑塊第〃次沿斜面上升的最大高度為

滑塊在斜面上滑行的路程為

H2x4/72x1642×4,,^lH4"HJ,4"1H

Sina5sina25sina5n~Sina5,tsina15"JSina

由于摩擦系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為

（4,∩

Q=∕√w?.s,cosa=I1--mgH

D項(xiàng)正確。

故選BCD,

8.2022年11月1日，夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙成功對(duì)接天宮空間站，至此我國(guó)空間站一期建設(shè)基本完

成。如圖為夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙正在接近天宮空間站的對(duì)接情景，假設(shè)對(duì)接后組合體的軌道近似看成

圓形，已知組合體運(yùn)行周期為T(mén),其軌道半徑與地球半徑的比值為“，引力常量為G。下列

說(shuō)法正確的是（）

A.圖示時(shí)刻天宮空間站的運(yùn)行速度小于7.9km∕s

B.圖示時(shí)刻天宮空間站的加速度大于9.8m∕s2

C.組合體的運(yùn)行速度為羿

D.地球的平均密度為.

GT2

【答案】AD

【解析】A.根據(jù)環(huán)繞模型中

2

「MmV

G=m—

r

整理得

GM

V

7.9kπ√s是第一宇宙速度，也是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度。根據(jù)上述公式可知，天宮空間站的環(huán)

繞半徑比近地衛(wèi)星的環(huán)繞半徑大，天宮空間站的運(yùn)行速度小于7.9km?.故A正確;

B.根據(jù)公式

G——=Ina

整理得

GM

Ci=-T-

天宮空間站的環(huán)繞半徑比地球半徑大，則加速度小于地球表面加速度9.8m∕sL故B錯(cuò)誤;

C.設(shè)地球半徑為R,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)特征

1πr2冗∏R

V=-------=------------

故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)

CMrn4π2r

Gky

整理得

4π2r3

M=------

GT2

根據(jù)密度公式可知

4TΓ2Γ3

_M_GT?_3兀Q

pr

~~V~43-GT

—7TK

3

故D正確。

故選ADo

三、非選擇題：本題共7小題

9.如圖甲，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10:1,電表為理想交流電表，在原線圈兩端接

入如圖乙所示的電壓，電壓表的讀數(shù)為Vo若滑片P從“端向8端滑動(dòng)，電流表

讀數(shù)將（選填"增大"、"不變"或"減小"）。

【答案】10√2增大

【解析】四原線圈所接電壓的有效值為U，則

200√22

(F)TW

RlR

解得

U=IOo夜V

則次級(jí)電壓

U'=-?-t∕=10√2V

即電壓表示數(shù)為10&V；

[2]若滑片尸從α端向方端滑動(dòng)，&阻值變大，則次級(jí)電阻變大，次級(jí)電流變小，則4兩端

電壓變小，則Q兩端電壓變大，則B電流變大，即電流表讀數(shù)將增大。

10.用如圖模型研究斜拉橋的平衡：細(xì)桿CO固定在地面，從質(zhì)量為〃7的均勻平板正中央

空洞內(nèi)穿過(guò)。通過(guò)兩根輕質(zhì)細(xì)線CA、C8將平板水平懸掛，與豎直方向夾角分別為30。、60。。

則CB繩對(duì)平板的拉力大小為；保持平板水平不動(dòng)，逐漸縮短CB

線，使懸掛點(diǎn)B左移，CB繩對(duì)平板的拉力將(選填"變大""變小""先

變大后變小"或"先變小后變大”)。

【答案】3g變大

【解析】⑴對(duì)平板根據(jù)平衡條件

7；CSin30°=小in60。

oo

TACCOS30+TCBCOS60=mg

聯(lián)立解得

T\

TCB=Tng

⑵設(shè)CB繩與豎直方向夾角為α,根據(jù)平衡條件

TACsin30°=Tcasina

Ocosam

TΛCCOS30+TCB-S

聯(lián)立解得

τ二mgmg

chGSina+cosa2sin（α+30o）

使懸掛點(diǎn)B左移，則a由60。逐漸減小，則CB繩拉力變大。

11.某同學(xué)用圖甲的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。大小相同的兩小球P、Q分別固定在輕桿兩

端，輕桿可繞固定于中點(diǎn)O的光滑水平軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，。點(diǎn)正下方有一光電計(jì)時(shí)器，

小球通過(guò)計(jì)時(shí)器時(shí)其球心恰好與光電門(mén)等高。測(cè)得小球的直徑為d,兩球球心間的距離為L(zhǎng),

P球質(zhì)量是Q球質(zhì)量的2倍。Q球質(zhì)量為“，重力加速度為g。現(xiàn)將輕桿拉至水平位置并由

靜止釋放，當(dāng)P球第一次通過(guò)光電門(mén)時(shí)，計(jì)時(shí)器顯示的遮光時(shí)間為回答下列問(wèn)題：

Q

PQ

甲

（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量d時(shí)如圖乙所示，則"=cm；

23

01020

乙

（2）小球P經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)速度的表達(dá)式為V=（用已知和測(cè)得量的符號(hào)表示）；

（3）小球P通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，PQ系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量△4,=,若此過(guò)程中P、

Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則需要驗(yàn)證的關(guān)系式為（用已知和測(cè)得量的符號(hào)表

示）。

【答案】0.940；華g?=3f-T

?r26

【解析】（1）W20分度游標(biāo)卡尺的精確值為0.05mm,由圖乙可得

d=9mm÷8×0.05mm=9.40mm=0.940cm

(2)⑵小球P經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)速度

d

v=-

Z

(3)[3]小球P通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，PQ系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量

ΛE?cLL>ngL

?Ev=2mg×--mg×-=~^-

⑷根據(jù)機(jī)械能守恒可知

2mg×^-mg×^=^×(2m+nτ)v2

整理得

2

gZ,=3

12.現(xiàn)有一根由新材料制成的粗細(xì)均勻的金屬絲，為測(cè)量其電阻率，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)

驗(yàn)，已知該金屬絲的電阻段約為120。。

甲乙

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)出其直徑如圖甲所示，該讀數(shù)為mm；用游標(biāo)卡尺測(cè)出其長(zhǎng)度

如圖乙所示，該讀數(shù)為.Cm。

(2)測(cè)量該金屬絲的電阻，備選器材如下:

量程為5mA、內(nèi)阻(=50Q的電流表Al

量程為0.6A、內(nèi)阻4=02。的電流表Az

量程為6V、內(nèi)阻4約為15kΩ的電壓表V

定值電阻N=5。

定值電阻&=50。。

最大阻值為15。、最大允許電流為2A的滑動(dòng)變阻器&

最大阻值為5Ω?最大允許電流為0.5A的滑動(dòng)變阻器R4

電動(dòng)勢(shì)E=6V、內(nèi)阻很小的直流電源

開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干

（3）滑動(dòng)變阻器選擇（填寫(xiě)代號(hào)）。

（4）請(qǐng)?jiān)谔摼€框中畫(huà)出測(cè)量金屬絲電阻的實(shí)驗(yàn)電路圖，要求標(biāo)出所用器材的代號(hào)

（5）若金屬絲電阻用心表示，直徑用O表示，長(zhǎng)度用L表示，則金屬絲的電阻率為

πD2R

【答案】1.8504.250RVx

34L

%

宇

【解析】（1）⑴根據(jù)題意，由圖甲可知，螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為

1.5mm+35.0×0.01mm=1.850mm

⑵由圖乙可知，游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為

42mm+10×0.05mm=42.50mm=4.250cm

（3）⑶所供選擇的滑動(dòng)變阻器的阻值都小于待測(cè)電阻，因此滑動(dòng)變阻器選擇分壓式接法,

若用最大阻值為5Ω的滑動(dòng)變阻器時(shí)，考慮到回路內(nèi)的最小電流約為

等I"

超過(guò)了滑動(dòng)變阻器最大允許電流，不能使用，若用最大阻值為15Ω的滑動(dòng)變阻器時(shí)，考慮到

回路內(nèi)的最小電流約為

黑二04A

沒(méi)有超過(guò)滑動(dòng)變阻器最大允許電流，滑動(dòng)變阻器選擇冬。

（4）[4]電源電動(dòng)勢(shì)為6V,待測(cè)電阻阻值約為120Ω,所以估測(cè)出流過(guò)待測(cè)電阻的最大電流

約為50mA,可以用量程為5mA的電流表并聯(lián)電阻進(jìn)行改裝，可并聯(lián)阻值為5Ω的定值電阻,

將量程擴(kuò)大為55mA,故電流表選擇A∣,定值電阻選擇K∣。電路圖如圖所示

S=*解得

πD1R

P=x

4L

13.如圖所示，粗糙斜面傾角夕=37。，斜面長(zhǎng)s=3L,斜面底端A有固定擋板，斜面頂端

有一長(zhǎng)度為〃的粘性擋板BC,C。為一段半徑R=；L的圓弧，半徑OC與豎直方向夾角為

0=37°,OQ處于豎直平面上，將質(zhì)量為〃八長(zhǎng)度為L(zhǎng)厚度為/7的木板置于斜面底端，質(zhì)

量也為“的小物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）靜止在木板下端，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。木板上端若

到達(dá)斜面頂端B點(diǎn)會(huì)被牢固粘連，物塊若到達(dá)C點(diǎn)能無(wú)能量損失進(jìn)入圓弧C。。若同時(shí)給物

塊和木板一沿斜面向上的初速度%,木板上端恰能到達(dá)8點(diǎn)?，F(xiàn)給物塊沿斜面向上的初速

Q

度%，并給木板施加一沿斜面向上的恒力F=1砥？。物塊剛好不從木板上端脫離木板。已

知木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=；,物塊與本板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2，"2＞必，且最大

靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g,sin37°=0.6,cos370=0.8O

（1）求%大??；

（2）求物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)4；

Q

（3）給物塊沿斜面向上的初速度%,并給木板施加一沿斜面向上的恒力F=B機(jī)g,若改變

S的大小，木板能在與物塊共速前到達(dá)8端且物塊進(jìn)入圓弧后不脫離圓弧。求S的取值

范圍。

D

4l——34

【答案】(1)v0=—y∣5gL；(2)生="(3)L≤s≤-L

【解析】(1)由于"2＞必，可知，當(dāng)同時(shí)給物塊和木板一沿斜面向上的初速度％時(shí)，物塊

與木板保持相對(duì)靜止向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊與木板整體有

2mgsin，+"∣?2mgcosθ=2mal

解得

4

%=六

根據(jù)題意，此過(guò)程木板上端恰能到達(dá)8點(diǎn)，則有

*=24(ST)

解得

V0=^y∣5gL

(2)給物塊初速度%時(shí)，對(duì)物塊有

mgsinθ÷μι∏gcosθ=ιna2

對(duì)木板有

F+μ2mgcos，一mgsin，一χ∕∣?2mgcosθ=ma-s

經(jīng)歷時(shí)間4,兩者達(dá)到相等速度W,則有

V,=v0-α√1=α√,

之后，由于

8

=m

Imgsin+χzl?2mgcos~8=F

即之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，木板到達(dá)8后，物塊進(jìn)一步向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于物塊剛

好不從木板上端脫離木板，則物塊減速至C時(shí)?，速度恰好等于0,則有

2

解得

aa63

2=3=-8，A2=-

（3）若物塊在圓弧中恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)。有

mg=，泅

R

解得

%=

令物塊此過(guò)程在C點(diǎn)速度為名,則有

-mg(/?+/?cos°)=；mvD-J,nvct

解得

若物塊在圓弧中恰好到達(dá)與圓心等高位置速度減為0,令物塊此過(guò)程在C點(diǎn)速度為,則

有

—mgRcos0=0--?/nv^

解得

%2=件

改變S的大小，木板能即在與物塊共速前到達(dá)8端，則此過(guò)程中，物塊一直以加速度。2向

上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)減速至VU時(shí)，則

v1-v^l=2a2smm

解得

L<L

Sa=l

斜面長(zhǎng)度不可能小于木板的長(zhǎng)度，表明上述情景不存在。當(dāng)減速至?xí)r，則

%—VC2=2〃2$min

解得

'ιnin=L

根據(jù)（2）可知物塊前后做勻減速的位移和值為

綜合所述，S的取值范圍為

4

L<s<-L

3

14.如圖所示，一滑板的上表面由長(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平部分AB和半徑為R的四分之一光滑圓弧

BC組成，兩部分在8點(diǎn)平滑連接，4、C為端點(diǎn)，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P

（視為質(zhì)點(diǎn)）置于滑板上面的A點(diǎn)，物體P與滑板水平部分AB有摩擦。一長(zhǎng)為L(zhǎng)不可伸長(zhǎng)

的細(xì)線，一端固定于。'點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為/MO的小球Q（視為質(zhì)點(diǎn)），小球Q位于最低

點(diǎn)時(shí)與物體P處于同一高度并恰好接觸?，F(xiàn)將小球Q拉至與0'同一高度（細(xì)線處于水平

拉直狀態(tài)），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動(dòng)并與物體P發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）。

己知物體P的質(zhì)量為相，滑板的質(zhì)量為2∕n,重力加速度大小為g,cos50=0.996,不計(jì)空氣

阻力。

（1）求小球Q與物體P碰撞后瞬間，物體P的速度大??；

（2）若要保證物體P能從C點(diǎn)滑出，求物體P與滑板水平部分的動(dòng)摩擦因數(shù)〃需滿(mǎn)足的條

件；

（3）#mo-1.5m,μ=0.4,R=03L,物體P在滑板上向左運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)飛出，求飛出后相

對(duì)C點(diǎn)的最大高度；

（4）若Wo=I.1m，〃=0.4,小球Q與物體P發(fā)生彈性碰撞后，物體P將在滑板上向左運(yùn)動(dòng),

通過(guò)B點(diǎn)后又返回，最終相對(duì)滑板靜止于水平部分48上的某點(diǎn)，此時(shí)小球Q恰好是碰后第

6次回到最低點(diǎn)。求物體P從第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的時(shí)間。

【解析】（1）在Q下落過(guò)程中有

r?2

"hgL=q，叫M

在P、Q碰撞過(guò)程中有

/匕

=W0VQ+WVp