【北京卷】北京市海淀區(qū)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月月考（10.5-10.7）物理試卷+解析

2024~2025學(xué)年第一學(xué)期10月月考高三物理2024.10.051.如圖所示，一臺空調(diào)外機(jī)用兩個三角形支架固定在外墻上，重力大小為G，重心恰好在支架橫梁和斜梁的連接點(diǎn)O的上方。橫梁AO水平，斜梁BO跟橫梁的夾角為30°,其中橫梁對O點(diǎn)的拉力沿OA方向，忽略支架的重力，下列說法正確的是()A.一根斜梁對O點(diǎn)的支持力大小為2G B.一根橫梁對O點(diǎn)的拉力大小為GC.保持O點(diǎn)的位置不變，若把斜梁加長一點(diǎn)，則橫梁對O點(diǎn)的拉力將減小D.保持O點(diǎn)的位置不變，若把斜梁加長一點(diǎn)，則斜梁和橫梁對O點(diǎn)的作用力將增大【答案】BC【解析】【詳解】AB．以O(shè)點(diǎn)為研究對象，受到空調(diào)外機(jī)的壓力F、OB支架的作用力F1和OA支架的作用力F2，受力如圖所示根據(jù)平衡條件，可知O點(diǎn)對空調(diào)外機(jī)的支持力為由牛頓第三定律，可知空調(diào)外機(jī)對O點(diǎn)的壓力由受力圖結(jié)合幾何關(guān)系可得故A錯誤，B正確；C．保持O點(diǎn)的位置不變，若把斜梁加長一點(diǎn)，則此時θ變大，tanθ變大，可知橫梁對O點(diǎn)的拉力將減小，故C正確；D．根據(jù)題意，由平衡條件可知，斜梁和橫梁對O點(diǎn)的作用力的合力與空調(diào)對O點(diǎn)的壓力等大反向，則把斜梁加長一點(diǎn)，則斜梁和橫梁對O點(diǎn)的作用力不變，故D錯誤。故選BC。2.如圖，質(zhì)量均為m的兩個小球A、B，由兩根長均為L的輕繩系住懸掛在天花板上。現(xiàn)A、B隨車一起向右做勻加速直線運(yùn)動，繩與豎直方向的夾角為α,某時刻車突然剎停，剎車前一瞬間小車的速度為v，則下列說法正確的是()A.剎車前懸掛B球的輕繩對車廂的拉力大小為mgcosαB.剎車前A球?qū)噹诘膲毫閙gtanα2C.剎車瞬間A、B兩球的加速度大小分別為，aB=gD.剎車瞬間A、B兩球的加速度大小分別為aA=0，aB=gtanα【答案】BC【解析】【詳解】A．剎車前對B球分析，由牛頓第二定律可知ma=mgtanα,Fcosα=mg解得故A錯誤；B．剎車前對A球分析，可得FN=mgtanα根據(jù)牛頓第三定律，A球?qū)噹诘膲毫镕N故B正確；CD．剎車瞬時，小球A將向右開始擺動做圓周運(yùn)動，此時的加速度等于向心加速度，則2當(dāng)突然剎停時，由于慣性小球B將向右做平拋運(yùn)動，則aB=g故C正確；D錯誤。故選BC。3.如圖為落水車輛救援過程的照片，救援吊機(jī)先將車輛從水里豎直向上勻速吊離水面，到達(dá)一定高度后，汽車沿圓弧軌跡勻速率被吊至河邊公路，此過程中不斷有水從車上滴下，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的A.汽車離開水面后的勻速上升階段，固定汽車的每根吊繩的拉力等于吊臂上的鋼繩拉力的大小B.汽車離開水面后的勻速上升階段，吊繩對汽車做的功大于汽車增加的機(jī)械能C.汽車離開水面后的勻速上升階段，吊繩的拉力大小保持不變D.汽車沿圓弧軌跡運(yùn)動的階段，汽車所受合力的沖量可能為零【答案】B【解析】【詳解】A．由題圖設(shè)對角吊繩間的夾角為θ,每根吊繩拉力為F，吊臂上的鋼繩拉力為T，由力合成的平行四邊形定則可得解得由于對角吊繩間的夾角大小不確定，可知固定汽車的每根吊繩的拉力與吊臂上的鋼繩拉力的大小關(guān)系不能確定，A錯誤；BC．汽車離開水面后的勻速上升階段，不斷有水從車上滴下，吊繩的拉力大小不斷改變，吊繩對汽車的拉力大于汽車的重力，由動能定理可知，吊繩對汽車做的功大于汽車增加的機(jī)械能，B正確，C錯誤；D．汽車沿圓弧軌跡運(yùn)動的階段，汽車的速度方向在變化，則汽車的速度一定變化，則動量一定變化，由動量定理可知，汽車所受合力的沖量不可能是零，D錯誤?！军c(diǎn)睛】4.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t1=0時刻波傳播到x=2.0m處的質(zhì)點(diǎn)C，此時x=0.5m處的質(zhì)點(diǎn)A在負(fù)方向最大位移處，在t2=0.2s時刻質(zhì)點(diǎn)A自計(jì)時開始后第一次運(yùn)動到正方向最大位移處，A.該簡諧橫波的波速等于5m/sB.質(zhì)點(diǎn)C開始振動時的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向C.在t1~t2時間內(nèi)，x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)B通過的路程為4.0cmD.在t2時刻，位于x=3.0m處的質(zhì)點(diǎn)D處于平衡位置且開始沿y軸正方向運(yùn)動【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可知，波長λ=2m，質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過0.2s第一次到達(dá)正方向最大位移處，所以解得所以故A正確；B．波向x軸正方向傳播，所以C開始振動的運(yùn)動方向沿y軸正方向，故B錯誤；C．t1~t2，B由平衡位置向下運(yùn)動到負(fù)方向最大位移處后回到平衡位置，通過的路程為4cm，故C正確；D．t1~t2時間，波傳播的距離是1m，所以D質(zhì)點(diǎn)開始振動，振動方向沿軸正方向，故D正確。故選ACD。5.宇航員抵達(dá)月球后，已知月球半徑R，在月球表面向傾角為α的固定斜面上，沿水平方向以v0拋出一個小球，運(yùn)動時間t時落回該斜面，已知引力常量為G。則下面正確的是()A.月球表面的重力加速度為B.月球的質(zhì)量為C.月球的密度為D.月球的第一宇宙速度為【答案】CD【解析】【詳解】A．令小球的位移為x，則有xsinα=gt2，xcosα=v0t解得故A錯誤；B．在月球表面有結(jié)合上述解得故B錯誤；C．月球的密度結(jié)合上述解得故C正確；D．月球的第一宇宙速度等于近月表面運(yùn)行的衛(wèi)星的環(huán)繞速度，則有結(jié)合上述解得故選CD。6.靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力．若不計(jì)空氣阻力,則在整個上升過程中,下列關(guān)于物體的速度大小v、機(jī)械能E、重力勢能Ep、動能Ek隨時間變化的關(guān)系中,大致正確的是(取地面為零勢面）()A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】A．撤去F前v=atv-t圖象是過原點(diǎn)的直線．撤去F后v=v0-gtv-t圖象是向下傾斜的直線；故A錯誤；B．設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a，由功能原理可知機(jī)械能增量為知E-t圖象是開口向上的拋物線．撤去拉力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能隨時間不變；故B錯誤；C．以地面為參考平面，撤去恒力前，重力勢能為Ep-t圖象是開口向上的拋物線．撤去拉力后Ep應(yīng)先增大后減??；故C錯誤；D．撤去恒力前，動能為Ek-t圖象是開口向上的拋物線（右支撤去拉力后Ek-t圖象是開口向上的拋物線（左支故D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是要明確物體的運(yùn)動情況，掌握功能關(guān)系以及動能、重力勢能的決定因素，根據(jù)表達(dá)式來分析圖象的形狀。7.某同學(xué)在“探究加速度與物體受力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，使用了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。保持小車質(zhì)量不變，改變砂桶中砂的質(zhì)量，小車的加速度a隨其所受拉力F變化圖線如圖乙所示。對圖線未經(jīng)過原點(diǎn)O的原因分析，可能正確的是()A.平衡小車所受阻力時木板右端墊得過高B.未將木板右端墊高以平衡小車所受阻力C.僅用桶中砂的重力來代替小車所受拉力FD.小車質(zhì)量未遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量【答案】AC【解析】【詳解】AB．圖線不過原點(diǎn)，說明在沒有拉力時，小車已經(jīng)加速運(yùn)動，即平衡小車所受阻力時木板右端墊得過高，故A正確，B錯誤；C．設(shè)桶的質(zhì)量為m1，砂的質(zhì)量為m2，在小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量時，有如果僅用桶中砂的重力來代替小車所受拉力F，則有即在a軸有截距，故C正確；D．如果小車質(zhì)量M未遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量m，則有mg=(M+m)a可得ma=gM+m影響圖線的斜率，不影響截距，故D錯誤。故選AC。8.將一小球以初速度v0水平拋出，不計(jì)空氣阻力，小球軌跡如圖a所示，按此軌跡制作一條光滑軌道，并將軌道固定在豎直面，如圖所示?，F(xiàn)把質(zhì)量為m的小球套在軌道上，從軌道頂點(diǎn)O由靜止開始下滑，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則沿該軌道下滑的小球()A做平拋運(yùn)動.B.始終處于失重狀態(tài)C.下滑高度h時，重力的瞬時功率為D.與圖a中的小球相比，下滑相同高度時，耗時相同【答案】BC【解析】【詳解】A．沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，則小球不會做平拋運(yùn)動，故A錯誤；B．小球沿該軌道加速下滑，始終處于失重狀態(tài)。故B正確；C．小球下滑高度時，由機(jī)械能守恒得得小球平拋運(yùn)動下落高度h時，設(shè)速度方向與水平方向的夾角為θ,則v0=2gh重力瞬時功率P=mgvsinθ聯(lián)立解得故C正確；D．圖a中的小球做平拋運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，支持力有沿豎直向上的分力，使小球在豎直方向的加速度小于重力加速度，則下滑相同高度時，耗時較長，故D錯誤。故選BC。9.如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上（物塊與彈簧不相連彈簧下端固定，勁度系數(shù)為k。t=0時刻，對物塊施加一豎直向上的外力F，使物塊由靜止向上運(yùn)動，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，撤去外力F。從0時刻到F撤去前，物塊的加速度a隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。重力加速度為g，忽略空氣阻力，在物塊上升階段，下列說法正確的是()A.外力F為恒力，且大小為mgB.物塊的最大加速度大小為2gC.彈簧的彈性勢能減小了m2g22k2kD.外力F撤去后物塊可以繼續(xù)上升的最大高度為2k【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像可知，F(xiàn)撤去前瞬間，加速度為零，故F=mg初始時kx0=mg對物塊有整理可得mm根據(jù)圖像可知，是縱軸截距，所以F為恒力，故A正確；B．初始時刻加速度最大，為故B錯誤；D．從初始到物體脫離彈簧，根據(jù)速度位移公式v2=2ax可知a-x圖象圍成的面積表示v2，則有從脫離彈力到最高點(diǎn)，根據(jù)動能定理有-mgh=0-聯(lián)立解得外力F撤去后物塊可以繼續(xù)上升的最大高度為故D正確；C．從初始到物體脫離彈簧，根據(jù)功能關(guān)系有解得22后來彈簧恢復(fù)為原長，彈簧的彈性勢能減小了故選ACD。m2g2，故C正確。2k10.有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進(jìn)行分析和判斷。例如從解的物理量的單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一定特殊條件下的結(jié)果等方面進(jìn)行分析，并與預(yù)期結(jié)果、實(shí)驗(yàn)結(jié)論等進(jìn)行比較，從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下：如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上。把質(zhì)量為m的滑塊B放在A的斜面上。忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度gsin式中g(shù)為重力加速度。對于上述解，某同學(xué)首先分析了等號右側(cè)量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題。他進(jìn)一步利用特殊條件對該解做了如下四項(xiàng)分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對的”。但是，其中有一項(xiàng)是錯誤的。請你指出該項(xiàng)()A.當(dāng)θ=0o時，該解給出a=0，這符合常識，說明該解可能是對的B.當(dāng)θ=90o時，該解給出a=g，這符合實(shí)驗(yàn)結(jié)論，說明該解可能是對的C.當(dāng)m≤M時，該解給出a=gsinθ,這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的D.當(dāng)m≥M時，該解給出這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的【答案】D【解析】【詳解】A．當(dāng)θ=0o時，則則有A正確；B．當(dāng)θ=90o時，則則有a=gB正確；C．當(dāng)m≤M時，可得滑塊A近似不動，可得a=gsinθC正確；D．當(dāng)m≥M時，可知滑塊A與滑塊B分離，滑塊B近似自由落體運(yùn)動，則有a≈g?？稍摻饨o出與實(shí)際不符，D錯誤。故選D。11.用圖甲所示裝置做“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中使用的小球1和2質(zhì)量分別為m1、m2，直徑分別為d1、d2。在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復(fù)寫紙，記下重錘線所指的位置O。（2）實(shí)驗(yàn)時，先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點(diǎn)S由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測量平拋射程OP。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止釋放，與小球2碰撞，并多次重復(fù)。該實(shí)驗(yàn)需要完成的必要步驟還有。（選填選項(xiàng)前的字母）A.測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B.測量小球1的釋放點(diǎn)S距桌面的高度hC.測量斜槽軌道末端距地面的高度HD.分別找到小球1與小球2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE.測量平拋射程OM、ON（3）要驗(yàn)證兩球碰撞前后動量守恒，僅需驗(yàn)證關(guān)系式______是否成立【用（2）中測量的量表示】。請分析說明可以這樣驗(yàn)證的理由______。（4）另一同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，但將實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行了改裝：如圖乙所示，將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實(shí)驗(yàn)中球A、球B與木條的撞擊點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)時，首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為B,；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點(diǎn)P,；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點(diǎn)分別為M,和N,。測得B,與N,，P,，M,各點(diǎn)的高度差分別為h1、h2、h3若所測物理量滿足表達(dá)式______時，則說明球A和球B碰撞中動量守恒?！敬鸢浮浚?）①.大于②.等于（2）ADE（3）①.m1OP=m1OM+m2ON②.小球飛出時的水平速度與其水平射程成正比【解析】【小問1詳解】[1][2]為防止反彈，小球1和2的質(zhì)量應(yīng)滿足m1大于m2；為保證對心碰撞，直徑應(yīng)滿足d1等于d2?！拘?詳解】A．本實(shí)驗(yàn)要“驗(yàn)證動量守恒定律”，故需測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2，故A正確；B．小球1碰撞前的速度大小可以通過平拋運(yùn)動規(guī)律求得x=v0t聯(lián)立解得實(shí)驗(yàn)中小球1每次都從同一位置S釋放即可，無需測量釋放點(diǎn)S距桌面的高度h，故B錯誤；CDE．由于各小球做平拋運(yùn)動的豎直高度相同，所以各小球下落時間相同，由v0=x可得它們飛出時的水平速度與其落點(diǎn)的水平射程成正比，所以在驗(yàn)證動量守恒定律時，由可得m1OP=m1OM+m2ON所以，無需測量斜槽軌道末端距地面的高度H，需要測量各球平均落點(diǎn)的水平射程，故C錯誤，DE正確。故選ADE?！拘?詳解】[1][2]由于小球1和小球2都從同一高度做平拋運(yùn)動落在水平地面上，由平拋運(yùn)動規(guī)律可知其飛出時的水平速度與其落點(diǎn)的水平射程成正比，所以僅需驗(yàn)證關(guān)系式m1OP=m1OM+m2ON即可驗(yàn)證兩球碰撞前后動量守恒。【小問4詳解】小球做平拋運(yùn)動，在豎直方向上平拋運(yùn)動時間設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x，根據(jù)x=v0t可知，碰前小球的初速度碰后兩個小球的速度如果碰撞過程動量守恒，則將速度代入動量守恒表達(dá)式解得12.某同學(xué)用如圖1所示的裝置進(jìn)行“用單擺測量重力加速度的大小”的實(shí)驗(yàn)。（1）為了利用單擺較準(zhǔn)確地測出重力加速度，應(yīng)當(dāng)選用以下哪些器材。A.長度為10cm左右的細(xì)繩B.長度為100cm左右的細(xì)繩C.直徑為1.8cm的鋼球D.直徑為1.8cm的木球E.最小刻度為1mm的米尺F.秒表、鐵架臺（2）用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，如圖2所示，可知擺球的直徑d為mm。（3）選擇好器材，將符合實(shí)驗(yàn)要求的單擺懸掛在鐵架臺上，在實(shí)驗(yàn)過程中以下操作正確的是A.擺球應(yīng)盡量選質(zhì)量大體積小且質(zhì)量分布均勻的B.擺長一定的情況下，擺角應(yīng)大一些，以便于觀察C.單擺擺動穩(wěn)定后，在擺球經(jīng)過最低點(diǎn)時開始計(jì)時D.用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期（4）甲同學(xué)打算利用實(shí)驗(yàn)中測得數(shù)據(jù)直接代入公式求解本地的重力加速度，他在實(shí)驗(yàn)中測得：擺線長為L，擺球的直徑為d，單擺完成N次全振動的時間為t，則他要將L、d、N、t代入的公式為g=______。（5）北京和廣州的兩位同學(xué)，分別探究單擺的周期T與擺長l的關(guān)系，通過網(wǎng)絡(luò)交流將兩地的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在同一張坐標(biāo)紙上繪制了T2-l圖像，如圖所示。其中用北京的同學(xué)所測實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的圖像是圖線 （選填“A”或“B”）（2）20.6（3）AC（5）B【解析】【小問1詳解】AB．為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇適當(dāng)長些的細(xì)繩做擺線。故A錯誤；B正確；CD．為減小空氣阻力對實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選擇質(zhì)量大而體積小的球做擺球。故C正確；D錯誤；EF．實(shí)驗(yàn)需要測量擺長，需要用到刻度尺，實(shí)驗(yàn)需要測量單擺的周期，測周期需要秒表，應(yīng)把單擺固定在鐵架臺上。故EF正確。故選BCEF?！拘?詳解】擺球的直徑【小問3詳解】A．為減小空氣阻力對實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選擇質(zhì)量大而體積小且質(zhì)量分布均勻的球做擺球。故A正確；B．?dāng)[角應(yīng)小于5°,才可看作簡諧運(yùn)動。故B錯誤；C．為減小讀數(shù)誤差，擺擺動穩(wěn)定后，在擺球經(jīng)過最低點(diǎn)時（速度最大）開始計(jì)時。故C正確；D．為減小誤差，應(yīng)測量多次全振動的總時間然后除以振動次數(shù)，得到周期。故D錯誤。故選AC?！拘?詳解】由單擺周期公式解得【小問5詳解】根據(jù)解得圖像的斜率則圖像的斜率越小，重力加速度越大，由于北京的重力加速度大于廣州的重力加速度，因此在北京所做實(shí)驗(yàn)做出的T2-l圖像的斜率較小，對應(yīng)的圖線是B。13.在“探究互成角度的兩個力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中的一次測量如圖所示，兩個測力計(jì)M、N的拉力方向互相垂直，即α+β=90o。若保持測力計(jì)M的讀數(shù)不變，當(dāng)角α由圖中所示的值逐漸減小時，要使橡皮筋的活動端仍在O點(diǎn)，可采用的辦法是()A.增大N的讀數(shù)，減小β角B.減小N的讀數(shù)，減小β角C.減小N的讀數(shù)，增大β角D.增大N的讀數(shù)，增大β角【答案】B【解析】【詳解】依題意，當(dāng)角α的值逐漸減小時，要使橡皮筋的活動端仍在O點(diǎn)，即兩個拉力的合力不變，如圖所示可采用的辦法是減小N的讀數(shù)，減小β角。故選B。14.如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量m=1.0kg的物塊，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.50，在與水平方向成θ=37o角斜向下的推力F作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動。已知F=20N，sin37o=0.60，cos37o=0.80，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）物塊運(yùn)動過程中加速度的大??；（2）物塊開始運(yùn)動2.0s的過程中，推力F做功的平均功率；（3）物塊開始運(yùn)動2.0s的過程中，推力F的沖量。（2）80.0W【解析】【小問1詳解】由牛頓第二定律可得Fcos37。-μ(mg+Fsin37。)=ma代入數(shù)據(jù)解得a=5.0m/s2【小問2詳解】由位移時間公式可得，物塊開始運(yùn)動2.0s的過程中的位移為則有推力F做功的平均功率【小問3詳解】由沖量的定義式可得，物塊開始運(yùn)動2.0s的過程中，推力F的沖量為I=Ft=20×2.0N.s=40.0N.s15.如圖甲所示，一質(zhì)量為m=2kg的小物塊從傾角α=37o的斜面上的A點(diǎn)由靜止開始滑下，最后停在水平面上的C點(diǎn)。已知小物塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面在B點(diǎn)處平滑連接，小物塊滑過斜面與水平面連接處時無機(jī)械能損失。從滑塊滑上水平面BC開始計(jì)時，其運(yùn)動的速度圖像如圖乙所2xBC=2.5m（1）求物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；（2）求A、B兩點(diǎn)間的距離；（3）若用始終平行于各處面的拉力將物塊由C點(diǎn)拉回到A點(diǎn)，此過程中拉力至少要做多少功？（2）6.25m【解析】【小問1詳解】由圖乙求得物塊在水平面上滑行的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律，有μmg=ma2求得μ=0.5【小問2詳解】物塊在斜面上滑行過程中，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinα-μmgcosα=ma1另外v2=2a1xAB求得AB.xAB.【小問3詳解】由圖乙可知，物體在水平面上滑行的位移為將物塊由C點(diǎn)拉回到A點(diǎn)，若物體到達(dá)A點(diǎn)時的速度恰好為零，則拉力所做的功最少，設(shè)為W，該過程中，根據(jù)動能定理，有W-mgxABsinα-μmgxBC-μmgxABcosα=0求得16.如圖所示，是一種彈射玩具裝置，水平軌道的左端A固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自由狀態(tài)下右端位于B點(diǎn)，圓軌道底端略微錯開；在水平軌道的D點(diǎn)放置一質(zhì)量m2=0.05kg小物塊乙，物塊一旦脫離軌道后將不再繼續(xù)在軌道上運(yùn)動，在與D點(diǎn)相距d=0.25m的E處固定一豎直四分之一圓軌道，半徑足夠大，物塊與BC、DE段間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，軌道其它部分的摩擦不計(jì)，重力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)將小物塊甲向左壓縮彈簧后釋放彈出，若彈簧的初始彈性勢能為0.85J，求：（1）求物塊甲經(jīng)過圓軌道C點(diǎn)時，所受到的軌道對其的作用力？（2）判斷物塊甲是否能到達(dá)豎直圓軌道的最高點(diǎn)？（3）若甲、乙碰撞后粘合為一體，求甲、乙從開始碰撞到再次返回D點(diǎn)的過程中，甲、乙系統(tǒng)所損失的機(jī)械能？【答案】（1）10N；豎直向下（2）能（3）0.45J【解析】【小問1詳解】由題意可得解得小球在圓軌道C點(diǎn)時2解得根據(jù)牛頓第三定律可得F'N=FN=10N方向豎直向下?！拘?詳解】通過圓軌道最高點(diǎn)的臨界速度滿足2vRv解得設(shè)物塊甲通過圓軌道最高點(diǎn)速度為v0，由動能定理，可得解得 臨即物塊甲能到達(dá)豎直圓軌道的最高點(diǎn)?！拘?詳解】依題意，甲、乙碰撞過程動量守恒，可得)v2解得二者繼續(xù)向右運(yùn)動過程，由能量守恒可得m1+m2)v2=2μ(m1+m2)d+m1+m2)v解得則甲、乙從開始碰撞到再次返回D點(diǎn)的過程中，甲、乙系統(tǒng)所損失的機(jī)械能17.如圖所示，一截面為正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道內(nèi)充滿液體，其右端面上有一截面積為S的小噴口，噴口離地的高度為h（h遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于噴口的直徑）。管道中有一與截面平行的活塞，活塞沿管道向右勻速推動液體使液體從噴口水平射出，液體落地點(diǎn)離噴口的水平距離為·h。若液體的密度為ρ,重力加速度為g。液體在空中不散開，不計(jì)空氣阻力，液體不可壓縮且沒有黏滯性。（1）液體從小噴口水平射出速度的大小v0；（2）噴射過程穩(wěn)定后，空中液體的質(zhì)量m；（3）假設(shè)液體擊打在水平地面上后速度立即變?yōu)榱悖笠后w擊打地面水平向右的平均作用力的大小Fx。（3）Spgh【解析】【小問1詳解】因?yàn)橐后w做平拋運(yùn)動，水平方向上t豎直方向上解得【小問2詳解】由于噴出的時間為故空中液體的質(zhì)量聯(lián)立，解得【小問3詳解】設(shè)液體與水平地面間的作用時間為Δt，取Δt時間內(nèi)液體為研究對象。液體水平向右的初速度為v0，末速度為0，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得'Fx.Δt=0-Δmv0又解得Fx'=-SPv=-SPgh根據(jù)牛頓第三定律可知Fx=-Fx'=SPgh18.建筑工程中的“打樁”是利用重錘的沖擊克服泥土對樁柱的阻力，使樁柱插入泥土到達(dá)預(yù)定深度的過程．如圖甲所示，設(shè)打樁機(jī)重錘的質(zhì)量為m，樁柱的質(zhì)量為M。打樁過程可簡化如下：樁柱下端開始時在地表面沒有進(jìn)入泥土，提升重錘到距離樁柱上端h高度后使其自由落下，重錘撞擊樁柱上端，經(jīng)極短時間的撞擊使兩者以共同的速度一起向下移動一段距離后停止。然后再次提升重錘，重復(fù)打樁過程，逐漸把樁柱打到預(yù)定深度。設(shè)樁柱向下移動的過程中泥土對樁柱的阻力f的大小與樁柱打入泥土中的深度x成正比，其函數(shù)表達(dá)式f=kx（k為大于0的常量，具體值未知f-x圖象如圖乙所示．已知重力加速度大小為g。（1）求重錘與樁柱第一次碰撞后瞬間的共同速度大小；（2）圖象法和比較法是研究物理問題的重要方法，例如從教科書中我們明白了由v-t圖象求直線運(yùn)動位移的思想和方法，請你借鑒此方法，根據(jù)圖示的f-x圖象結(jié)合函數(shù)式f=kx，分析推導(dǎo)在第一次打樁將樁柱打入泥土的過程中阻力所做的功與樁柱打入泥土深度的關(guān)系式；并將泥土對樁柱的阻力與你熟悉的彈簧彈力進(jìn)行比較，從做功與能量轉(zhuǎn)化的角度簡要說明泥土對樁柱的阻力做功和彈簧彈力做功的不同；（3）若重錘與樁柱第一次的撞擊能把樁柱打入泥土中的深度為d，試求常量k的大小.見解析；【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)重錘落到樁柱上端時的速度為v0，對于重錘下落的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得重錘與樁柱相互作用過程極為短暫，沖擊力遠(yuǎn)大于它們所受的重力，重錘與樁柱組成的系統(tǒng)，沿豎直方向動量守恒，設(shè)二者碰撞后共同運(yùn)動的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0=(M+m)v1解得（2）由直線運(yùn)動的v-t圖象與橫坐標(biāo)軸所圍的“面積”表示位移，比較阻力隨深度變化的f-x圖象可知，f-x圖象與橫坐標(biāo)軸所圍成的三角形的“面積”表示阻力功的大小阻力對樁柱做負(fù)功，所以由題可知：彈簧彈力的大小和泥土對樁柱的阻力大小變化的規(guī)律一樣，都是大小與位移成正比．但是彈簧彈力做的功會使物體減少的機(jī)械能以彈性勢能的形式存儲起來，是不同形式的機(jī)械能之間的轉(zhuǎn)化；而泥土對樁柱做的功會使物體減少的機(jī)械能都轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程．泥土阻力一定做負(fù)功，彈簧彈力可以做正功，也可以做負(fù)功。（3）對于第一次碰撞后獲得共同速度到進(jìn)入泥土深度為d的過程，根據(jù)動能定理有可解得19.建立物理模型是解決實(shí)際問題的重要方法。（1）如圖1所示，圓和橢圓是分析衛(wèi)星運(yùn)動時常用的模型。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，萬有引力常量①在P點(diǎn)進(jìn)行變軌操作，可使衛(wèi)星由近地軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ。衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ的近地點(diǎn)P的速度為v1，在遠(yuǎn)地點(diǎn)D的速度為v2，遠(yuǎn)地點(diǎn)D到地心的距離為r。請你選擇