阶段滚动卷(三)(第一章至第七章内容)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．现代潜艇利用超声波、电磁波进行侦查、通信，下列说法正确的是( )
A．潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是波的衍射现象
B．海洋生物发出的超声波会影响潜艇声呐发出的超声波信号的传递
C．潜艇声呐接收到的反射超声波信号的频率比发出时小，说明所探测的目标潜艇与自己靠近
D．与在空气中相比，潜艇声呐发出的超声波通信信号在海水中更容易绕过海底山崖被友军潜艇接收到
2．“一字马”是自由体操、健美操等体育运动的基本动作之一，指的是运动员将两腿沿左右方向最大限度地分开的动作。运动员在水平地面上做“一字马”动作的过程中，初始时静止在图甲所示高度，下压腿后静止在图乙所示高度，对于甲、乙两图，下列说法正确的是( )
A．甲图中，单脚对地面的压力较大
B．乙图中，单脚对地面的摩擦力较大
C．人脚受到的摩擦力是滑动摩擦力
D．地面对人的支持力是由于脚的形变产生的
3．如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为λ的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10λ，下列说法正确的是( )
A．该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B．通道②的长度可能为8.5λ
C．通道②的长度可能为8λ
D．该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
4．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为 1.0 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A．45 kg B．47.5 kg
C．50 kg D．55 kg
5．(2025·安徽六安模拟)如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙(足够长)，物块A(可视为质点)在物块B的拉动下从桌面左端开始运动，其前2 s的v-t图像如图(b)所示。已知物块B质量为0.20 kg，重力加速度g取10 m/s2，用mA表示物块A的质量，μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则下列说法正确的是( )
A．mA＝1.0 kg，μ＝0.2
B．mA＝0.4 kg，μ＝0.125
C．mA＝0.8 kg，μ＝0.125
D．mA＝0.8 kg，μ＝0.2
6．如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球的受力分析正确的是( )
A．受到的合力方向指向AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
7．(2025·湖北武汉高三模拟)节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是将地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据图，下列说法正确的是( )
A．芒种时地球公转速度比小满时大
B．芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长
C．立春时地球公转的加速度与立秋时的大小相等
D．春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份
8．A和B两小球，从同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出，其运动轨迹是抛物线，如图所示，不计空气阻力，两球在空中相遇，下列说法正确的是( )
A．相遇时A球速度一定小于B球速度
B．相遇时A、B两球的动能一定相等
C．A和B两小球必须同时抛出
D．相遇时A和B两小球重力的功率一定相同
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x＝0处的质点a和在x＝3 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是( )
A．若波沿x轴负方向传播，则这列波的最大传播速度为0.6 m/s
B．若波沿x轴正方向传播，则这列波的最大传播速度为1 m/s
C．质点a处在平衡位置时，质点b一定在波谷且向y轴正方向振动
D．质点a的振动方程为y＝2cos cm
10．如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为 R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
A．小球的质量为2 kg
B．固定圆环的半径R为0.4 m
C．小球在最高点速度为4 m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20 N的弹力
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100 N
11．2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间(F-t)图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．演员在a到b过程处于超重状态
B．演员在b时刻速度最大，速度大小为8 m/s
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 1 280 J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为520 N·s
12．(2024·广西桂林三模)两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体A的质量为mA＝0.4 kg。则( )
A．图线1为碰后物体B的图像
B．碰撞前物体A的速度大小为2 m/s
C．物体B的质量为mB＝0.4 kg
D．碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为 2.4 J
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，装置如图1，气垫导轨上安装了一光电门，滑块上固定一挡光条，测得气垫导轨与水平面的夹角为θ，滑块静止释放时挡光条的左边缘与光电门的距离为l，用天平测得滑块及挡光条的总质量m＝0.20 kg。
(1)用游标卡尺测挡光条的宽度如图2所示，则d＝________ cm。某次实验，测得挡光条通过光电门的挡光时间为40.1 ms，则滑块的动能Ek＝________ J(此空保留2位有效数字)。
(2)研究滑块由静止下滑至光电门的过程，重力势能改变取ΔEp＝mgl sin θ，实验结果表明，系统动能的增加量ΔEk始终略大于ΔEp，其原因可能是________。
A．挡光条的宽度过大
B．滑块受到的阻力过大
C．滑块的重心在挡光条左边缘的左侧
14．(8分)(2024·辽宁卷)如图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
(1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图(b)所示，从图中读出D＝________cm。
(2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图(c)所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了________个周期。
(3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如表所示：
颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
ln D 2.939 2 2.788 1 2.595 3 2.484 9 2.197 … 1.792
ln T －0.45 －0.53 －0.56 －0.65 －0.78 －0.92 －1.02
根据表中数据绘制出ln T-ln D图像如图(d)所示，则T与D的近似关系为________。
A．T∝ B．T∝D2
C．T∝ D．T∝
(4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： _____________________________
_____________________________________________________________________。
15．(8分)(2025·八省联考内蒙古卷)投沙包游戏规则：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角为53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x；
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
16．(8分)(2024年1月九省联考安徽卷)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；
(2)货物在传送带上运动的时间。
17．(14分)在图示装置中，斜面高h＝0.9 m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100 g和20 g，轻弹簧P的劲度系数k＝270 N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10 cm后无初速度释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep＝k(Δl)2，重力加速度的大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
(1)求碰撞前瞬间A球的速度大小；
(2)求B球飞离斜面时的速度大小；
(3)将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10 cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。
18．(16分)如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角为α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1 kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的初速度水平向左抛出，经过 s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1 m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin 37°＝0.6，g取 10 m/s2。 求：
(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
阶段滚动卷(三)
1．D [潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是深水区和浅水区介质的轻微差别引起的，所以这是波的折射现象，A错误；根据波的独立传播特点可知，海洋生物发出的超声波不会影响潜艇声呐发出的超声波信号的传递，B错误；潜艇声呐接收到的反射超声波信号的频率比发出时小，根据多普勒效应可知，所探测的目标潜艇与自己远离，C错误；与在空气中相比，潜艇声呐发出的超声波通信信号在海水中的传播速度更大，则相同频率的超声波在海水中的波长较大，根据发生明显衍射的条件可知，同一超声波通信信号在海水中更容易绕过障碍物被友军潜艇接收到，D正确。]
2．B [根据力的平衡条件，两腿与竖直方向的夹角变大，单脚受到地面的支持力保持为mg，但题图乙中腿与水平面的夹角小于题图甲，且单脚对地面的压力相同，题图乙中，单脚对地面的摩擦力较大，故A错误，B正确；人脚与地面之间相对静止，为静摩擦力，故C错误；地面对人的支持力是由于地面的形变产生的，故D错误。]
3．B [该降噪器是利用声波的干涉原理设计的，A错误；根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为|s1－s2|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)的声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，C、D错误，B正确。]
4．A [根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，且运动时间相等，设运动时间为t，则有mt＝m竿t，整理可得mx人＝m竿x竿，解得m＝＝45 kg，故选A。]
5．C [由题图(b)可知，物块A在P点左边运动时的加速度大小为a1＝2 m/s2，在P点右边运动时的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2。
解法一：隔离法
在0～1 s内，设绳中的张力为FT1，则对物块B有mBg－FT1＝mBa1，对物块A有FT1＝mAa1。在1～2 s内，设绳中的张力为FT2，对物块B有mBg－FT2＝mBa2，对物块A则有FT2－μmAg＝mAa2，综合以上各式并代入数据可得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，选项C正确。
解法二：整体法
在0～1 s与1～2 s时间内，对A、B整体有mBg＝(mA＋mB)a1，mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，联立解得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，选项C正确。]
6．C [A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知A小球受到的合力方向指向AO2，故A错误；A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故B错误；综合上述对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为θ，则有T sin θ＝mg，解得T＝，可知细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；若转速逐渐降低，则角速度减小，轨道半径减小，则由F＝mω2r可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D错误。]
7．B [由题图可知从小满到芒种地球到太阳的距离不断增大，则根据开普勒第二定律可知从小满到芒种地球公转速度不断减小，A错误；由题图可知地球与太阳的连线从芒种到小暑扫过的面积大于从大雪到小寒扫过的面积，根据开普勒第二定律可知芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长，B正确；由于立春和立秋时，地球到太阳的距离(立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远)并不相等，因此结合万有引力定律和牛顿第二定律可知，立春和立秋时地球公转加速度不相等，C错误；根据开普勒第二定律可知春分、夏至、秋分、冬至四个节气并不是刚好将一年的时间分为四等分，D错误。]
8．C [由于相遇时A、B两球做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝gt2，可以判断两球下落的时间相同，即应同时抛出，故C正确；根据vy＝gt可知，相遇时A、B两球竖直分速度相等，两球在水平方向上做匀速直线运动，根据x＝v0t可知，因为A球的水平位移大，下落时间相等，所以A球的初速度大，相遇时的速度大小为v＝，可知相遇时A球速度一定大于B球速度，故A错误；根据Ek＝mv2，相遇时A球速度一定大于B球速度，但A、B两球的质量关系未知，所以无法比较相遇时A、B两球的动能，故B错误；重力的功率为PG＝mgvy，相遇时A和B两小球竖直分速度相同，但两球的质量关系未知，所以无法得出相遇时A和B两小球重力的功率关系，故D错误。]
9．BD [根据题图可知，该波的周期T＝4 s，t＝0时刻，x＝0处的质点a处于波谷，x＝3 m处的质点b处于平衡位置且向y轴正方向运动，若该波沿x轴负方向传播，则结合同侧法可知，xab＝λ＝3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大，则vm＝3 m/s，A错误；若该波沿x轴正方向传播，则结合同侧法可知，xab＝λ＝3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大，则vm＝1 m/s，B正确；根据题图可知，t＝1 s时，x＝0处的质点a处于平衡位置，x＝3 m处的质点b处于波峰位置，C错误；根据题图甲可知，质点a的振动方程为y＝－2cos t cm＝－2cos t cm＝2cos cm，D正确。]
10．AD [对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合题图可知m＝＝2 kg，故A正确；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝，结合题图可知R＝＝0.8 m，故B错误；小球在最高点的速度为4 m/s时，有F＋mg＝m，解得小球受到的弹力F＝20 N，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上的弹力，故C错误；小球经过最低点时所受弹力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，若小球恰好能做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝mv2，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100 N，故D正确。]
11．CD [演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；根据题图可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为2.8 s－1.2 s＝1.6 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8 s，利用逆向思维，根据速度公式有v0＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，则b时刻演员的动能为Ek＝＝ 1 280 J，根据题图可知，从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 1 280 J，故C正确；从a时刻到b时刻，根据动量定理有I－mgtab＝mv0，解得I＝520 N·s，故D正确。]
12．CD [若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图可知碰前物体A、B的速度分别为vA＝－ m/s＝－3 m/s，vB＝ m/s＝2 m/s，那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为＝0 m/s，v′B＝ m/s＝－1 m/s，才满足这种情况，故图线1为碰后物体A的图像，故A、B错误；设物体B的质量为mB，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得mBvB＋mAvA＝mBv′B，解得mB＝0.4 kg，故C正确；碰撞过程损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故D正确。]
13．解析：(1)由题图2可知，挡光条的宽度为d＝4 cm＋5×0.1 mm＝4.05 cm，滑块的速度为v＝＝ m/s≈1.0 m/s，滑块的动能为Ek＝mv2＝×0.2×12 J＝0.10 J。
(2)根据题意可知，ΔEp为挡光条左端到达光电门时滑块减小的重力势能，挡光条的宽度过大，计算的速度大于挡光条左端到达光电门时速度，则ΔEk大于ΔEp，故A正确；滑块受到的阻力过大，会导致系统动能增加量略小于系统减少的重力势能，故B错误；滑块的重心在挡光条左边缘的左侧，移动过程重心移动的距离仍为l，没有影响，故C错误。
答案：(1)4.05 0.10 (2)A
14．解析：(1)根据刻度尺的读数规则可知D＝7.54 cm。
(2)左端平衡位置的参考点为O，每间隔两次经过平衡位置参考点O时的时间间隔为1个周期，因为从第0次开始计数，则题述过程中积木摆动了10个周期。
(3)根据题图(d)有ln T＝k ln D＋b，其中k＝＝，则有ln T＝ln D＋b＝ln ＋b，根据数学知识可得T与D的近似关系为T∝，A正确。
(4)可以多次测量同一颜色的积木的周期求平均值，从而减小实验误差。
答案：(1)7.54(7.53～7.55均可) (2)10 (3)A (4)多次测量同一颜色的积木的周期求平均值(合理即可)
15．解析：(1)沙包竖直方向的初速度为
vy＝v0sin 53°＝4 m/s
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
－h＝vyt－gt2
代入数据解得t＝1 s
沙包抛出的水平初速度为
vx＝v0cos 53°＝3 m/s
所以从抛出到落地沙包的水平位移为
x＝vxt＝3 m。
(2)沙包滑行的距离为
x0＝L＋5d－x＝0.45 m
沙包滑行的加速度大小
a＝μg＝2.5 m/s
滑行的初速度有
＝2ax0
与地面碰撞后的动能
Ek2＝＝m
从抛出到落地根据动能定理有
mgh＝
解得落地瞬间的动能
Ek1＝mv2＝m
所以k＝＝20。
答案：(1)3 m (2)20
16．解析：(1)根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2
由运动学规律有＝2a1s1，s1＝1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
v1＝2 m/s。
(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为
a2＝＝－1 m/s2
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s
该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m
因s2设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s
故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。
答案：(1)2 m/s (2)2 s
17．解析：(1)设A球与B球碰撞前的速度为vA，由能量守恒定律有Ep＝
其中Ep＝k(Δl)2＝×270×0.12 J＝1.35 J
代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为
vA＝3 m/s。
(2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B
由机械能守恒定律得＝
联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为
v′B＝vA＝5 m/s。
(3)仍取Δl＝10 cm，则B球飞离斜面时的速度仍为v′B＝5 m/s，设B球运动的总时间为t，由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有
2x＝v′B cos 37°·t
竖直方向有y＝v′B sin 37°·t－gt2＝0
联立解得t＝0.6 s，x＝1.2 m。
答案：(1)3 m/s (2)5 m/s (3)1.2 m
18．解析：(1)滑块恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，由平抛运动可知v0＝vB sin α＝vy tan α
又vy＝gt
解得α＝30°，vB＝4 m/s。
(2)B→O′由动能定理可知
mgR sin 30°＝
解得vO′＝2 m/s
经过O′点时受轨道的支持力大小FN，有
FN＝
解得FN＝5 N
由牛顿第三定律可得滑块在O′点时对轨道的压力大小F压＝5 N，方向向左。
(3)设CD＝DF＝L，从B到F有mg(R＋R sin α－L sin θ)－μmgL－μmgL cos θ－Ep＝
代入数据可解得Ep＝2.02 J。
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据能量守恒可得
mgL sin θ＋Ep＝μmgL cos θ＋μmgL＋mgh
代入数据可解得h＝2.44 m>hBC＝R＋R sin α＝1.2 m
运动到B点，根据机械能守恒可得mgh＝
根据牛顿第二定律可得mg sin α＋FN＝
联立解得FN＝2.6 N
由牛顿第三定律可知滑块对B点的压力为F′N＝2.6 N。
答案：(1)30° (2)5 N，方向向左 (3)2.02 J (4)能，2.6 N
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阶段滚动卷(三)(第一章至第七章内容)
题号
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5
2
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7
9
10
11
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．现代潜艇利用超声波、电磁波进行侦查、通信，下列说法正确的是( )
A．潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是波的衍射现象
12
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17
18
题号
1
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2
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11
B．海洋生物发出的超声波会影响潜艇声呐发出的超声波信号的传递
C．潜艇声呐接收到的反射超声波信号的频率比发出时小，说明所探测的目标潜艇与自己靠近
D．与在空气中相比，潜艇声呐发出的超声波通信信号在海水中更容易绕过海底山崖被友军潜艇接收到
12
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√
D [潜艇声呐发出的超声波从深水区传到浅水区时传播方向会改变，这是深水区和浅水区介质的轻微差别引起的，所以这是波的折射现象，A错误；根据波的独立传播特点可知，海洋生物发出的超声波不会影响潜艇声呐发出的超声波信号的传递，B错误；潜艇声呐接收到的反射超声波信号的频率比发出时小，根据多普勒效应可知，所探测的目标潜艇与自己远离，C错误；与在空气中相比，潜艇声呐发出的超声波通信信号在海水中的传播速度更大，则相同频率的超声波在海水中的波长较大，根据发生明显衍射的条件可知，同一超声波通信信号在海水中更容易绕过障碍物被友军潜艇接收到，D正确。]
题号
1
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2．“一字马”是自由体操、健美操等体育运动的基本动作之一，指的是运动员将两腿沿左右方向最大限度地分开的动作。运动员在水平地面上做“一字马”动作的过程中，初始时静止在图甲所示高度，下压腿后静止在图乙所示高度，对于甲、乙两图，下列说法正确的是( )
A．甲图中，单脚对地面的压力较大
B．乙图中，单脚对地面的摩擦力较大
C．人脚受到的摩擦力是滑动摩擦力
D．地面对人的支持力是由于脚的形变产生的
√
题号
1
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B [根据力的平衡条件，两腿与竖直方向的夹角变大，单脚受到地面的支持力保持为mg，但题图乙中腿与水平面的夹角小于题图甲，且单脚对地面的压力相同，题图乙中，单脚对地面的摩擦力较大，故A错误，B正确；人脚与地面之间相对静止，为静摩擦力，故C错误；地面对人的支持力是由于地面的形变产生的，故D错误。]
题号
1
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3．如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为λ的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10λ，下列说法正确的是( )
A．该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B．通道②的长度可能为8.5λ
C．通道②的长度可能为8λ
D．该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
√
题号
1
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B [该降噪器是利用声波的干涉原理设计的，A错误；根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为|s1－s2|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)的声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，C、D错误，B正确。]
题号
1
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4．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为 1.0 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A．45 kg B．47.5 kg
C．50 kg D．55 kg
√
题号
1
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A [根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，且运动时间相等，设运动时间为t，则有mt＝m竿t，整理可得mx人＝m竿x竿，解得m＝＝45 kg，故选A。]
题号
1
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5．(2025·安徽六安模拟)如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙(足够长)，物块A(可视为质点)在物块B的拉动下从桌面左端开始运动，其前2 s的v-t图像如图(b)所示。已知物块B质量为0.20 kg，重力加速度g取10 m/s2，用mA表示物块A的质量，μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则下列说法正确的是( )
A．mA＝1.0 kg，μ＝0.2
B．mA＝0.4 kg，μ＝0.125
C．mA＝0.8 kg，μ＝0.125
D．mA＝0.8 kg，μ＝0.2
√
题号
1
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C [由题图(b)可知，物块A在P点左边运动时的加速度大小为a1＝
2 m/s2，在P点右边运动时的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2。
解法一：隔离法
在0～1 s内，设绳中的张力为FT1，则对物块B有mBg－FT1＝mBa1，对物块A有FT1＝mAa1。在1～2 s内，设绳中的张力为FT2，对物块B有mBg－FT2＝mBa2，对物块A则有FT2－μmAg＝mAa2，综合以上各式并代入数据可得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，选项C正确。
题号
1
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解法二：整体法
在0～1 s与1～2 s时间内，对A、B整体有mBg＝(mA＋mB)a1，mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2，联立解得mA＝0.8 kg，μ＝0.125，选项C正确。]
题号
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6．如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型，A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，则关于A小球的受力分析正确的是( )
A．受到的合力方向指向AO3
B．受到重力、拉力和向心力的作用
C．细绳对小球的拉力大于小球受到的重力
D．若转速逐渐降低，则小球的向心力变大
√
题号
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C [A小球绕轴O1O2在水平面内做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知A小球受到的合力方向指向AO2，故A错误；A小球受到重力、拉力作用，向心力是效果力，实际上不存在，故B错误；综合上述对小球进行分析，令绳与水平方向夹角为θ，则有T sin θ＝mg，解得T＝，可知细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，故C正确；若转速逐渐降低，则角速度减小，轨道半径减小，则由F＝mω2r可知，若转速逐渐降低，则小球的向心力变小，故D错误。]
题号
1
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7．(2025·湖北武汉高三模拟)节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是将地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点
附近。根据图，下列说法正确的是( )
题号
1
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A．芒种时地球公转速度比小满时大
B．芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长
C．立春时地球公转的加速度与立秋时的大小相等
D．春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份
√
题号
1
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B [由题图可知从小满到芒种地球到太阳的距离不断增大，则根据开普勒第二定律可知从小满到芒种地球公转速度不断减小，A错误；由题图可知地球与太阳的连线从芒种到小暑扫过的面积大于从大雪到小寒扫过的面积，根据开普勒第二定律可知芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长，B正确；由于立春和立秋时，地球到太阳的距离(立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远)并不相等，因此结合万有引力定律和牛顿第二定律可知，立春和立秋时地球公转加速度不相等，C错误；根据开普勒第二定律可知春分、夏至、秋分、冬至四个节气并不是刚好将一年的时间分为四等分，D错误。]
题号
1
3
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8．A和B两小球，从同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出，其运动轨迹是抛物线，如图所示，不计空气阻力，两球在空中相遇，下列说法正确的是( )
A．相遇时A球速度一定小于B球速度
B．相遇时A、B两球的动能一定相等
C．A和B两小球必须同时抛出
D．相遇时A和B两小球重力的功率一定相同
√
题号
1
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C [由于相遇时A、B两球做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝gt2，可以判断两球下落的时间相同，即应同时抛出，故C正确；根据vy＝gt可知，相遇时A、B两球竖直分速度相等，两球在水平方向上做匀速直线运动，根据x＝v0t可知，因为A球的水平位移大，下落时间相等，所以A球的初速度大，相遇时的速度大小为v＝，可
题号
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知相遇时A球速度一定大于B球速度，故A错误；根据Ek＝mv2，相遇时A球速度一定大于B球速度，但A、B两球的质量关系未知，所以无法比较相遇时A、B两球的动能，故B错误；重力的功率为PG＝mgvy，相遇时A和B两小球竖直分速度相同，但两球的质量关系未知，所以无法得出相遇时A和B两小球重力的功率关系，故D错误。]
题号
1
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二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x＝0处的质点a和在x＝3 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是( )
题号
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A．若波沿x轴负方向传播，则这列波的最大传播速度为0.6 m/s
B．若波沿x轴正方向传播，则这列波的最大传播速度为1 m/s
C．质点a处在平衡位置时，质点b一定在波谷且向y轴正方向振动
D．质点a的振动方程为y＝2cos cm
√
题号
1
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√
BD [根据题图可知，该波的周期T＝4 s，t＝0时刻，x＝0处的质点a处于波谷，x＝3 m处的质点b处于平衡位置且向y轴正方向运动，若该波沿x轴负方向传播，则结合同侧法可知，xab＝λ＝
3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大，则vm＝
3 m/s，A错误；若该波沿x轴正方向传播，则结合同侧法可知，xab
题号
1
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＝λ＝3 m(n＝0，1，2，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，…)，则波速v＝＝ m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大，则vm＝1 m/s，B正确；根据题图可知，t＝1 s时，x＝0处的质点a处于平衡位置，x＝3 m处的质点b处于波峰位置，C错误；根据题图甲可知，质点a的振动方程为y＝－2cos t cm＝－2cos t cm＝2cos cm，D正确。]
题号
1
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10．如图甲所示，小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
题号
1
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A．小球的质量为2 kg
B．固定圆环的半径R为0.4 m
C．小球在最高点速度为4 m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下
20 N的弹力
D．若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100 N
√
题号
1
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√
AD [对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合题图可知m＝＝2 kg，故A正确；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝，结合题图可知R＝＝0.8 m，故B错误；小球在最高点的速度为4 m/s时，有F＋mg＝m，解得小球受到的弹力F＝20 N，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上
题号
1
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的弹力，故C错误；小球经过最低点时所受弹力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，若小球恰好能做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝mv2，由以上两式得F＝5mg，代入数据得F＝100 N，故D正确。]
题号
1
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11．2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力—时间(F-t)图像片段，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
题号
1
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A．演员在a到b过程处于超重状态
B．演员在b时刻速度最大，速度大小为8 m/s
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 1 280 J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为520 N·s
题号
1
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√
√
CD [演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；结合上述可知，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错误；根
题号
1
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据题图可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为2.8 s－1.2 s＝1.6 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为
0.8 s，利用逆向思维，根据速度公式有v0＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，则b时刻演员的动能为Ek＝＝ 1 280 J，根据题图可知，从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员增加的重力势能与动能，可知，从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于 1 280 J，故C正确；从a时刻到b时刻，根据动量定理有I－mgtab＝mv0，解得I＝520 N·s，故D正确。]
题号
1
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12．(2024·广西桂林三模)两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体A的质量为mA＝0.4 kg。则( )
A．图线1为碰后物体B的图像
B．碰撞前物体A的速度大小为2 m/s
C．物体B的质量为mB＝0.4 kg
D．碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为 2.4 J
题号
1
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√
√
CD [若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图可知碰前物体A、B的速度分别为vA＝－ m/s＝－3 m/s，vB＝ m/s＝2 m/s，那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为＝0 m/s，v′B＝ m/s＝
－1 m/s，才满足这种情况，故图线1为碰后物体A的图像，故A、B错误；设物体B的质量为mB，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得mBvB＋mAvA＝mBv′B，解得mB＝0.4 kg，故C正确；碰撞过程损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝2.4 J，故D正确。]
题号
1
3
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2
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三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，装置如图1，气垫导轨上安装了一光电门，滑块上固定一挡光条，测得气垫导轨与水平面的夹角为θ，滑块静止释放时挡光条的左边缘与光电门的距离为l，用天平测得滑块及挡光条的总质量m＝0.20 kg。
题号
1
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(1)用游标卡尺测挡光条的宽度如图2所示，则d＝________ cm。某次实验，测得挡光条通过光电门的挡光时间为40.1 ms，则滑块的动能Ek＝________ J(此空保留2位有效数字)。
4.05
0.10
(2)研究滑块由静止下滑至光电门的过程，重力势能改变取ΔEp＝mgl sin θ，实验结果表明，系统动能的增加量ΔEk始终略大于ΔEp，其原因可能是________。
A．挡光条的宽度过大
B．滑块受到的阻力过大
C．滑块的重心在挡光条左边缘的左侧
题号
1
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A
[解析] (1)由题图2可知，挡光条的宽度为d＝4 cm＋5×0.1 mm＝4.05 cm，滑块的速度为v＝＝ m/s≈1.0 m/s，滑块的动能为Ek＝mv2＝×0.2×12 J＝0.10 J。
题号
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(2)根据题意可知，ΔEp为挡光条左端到达光电门时滑块减小的重力势能，挡光条的宽度过大，计算的速度大于挡光条左端到达光电门时速度，则ΔEk大于ΔEp，故A正确；滑块受到的阻力过大，会导致系统动能增加量略小于系统减少的重力势能，故B错误；滑块的重心在挡光条左边缘的左侧，移动过程重心移动的距离仍为l，没有影响，故C错误。
题号
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14．(8分)(2024·辽宁卷)如图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
(1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图(b)所示，从图中读出D＝_____________________cm。
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7.54(7.53～7.55均可)
(2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图(c)所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了________个周期。
题号
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10
(3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如表所示：
题号
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颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
ln D 2.939 2 2.788 1 2.595 3 2.484 9 2.197 … 1.792
ln T －0.45 －0.53 －0.56 －0.65 －0.78 －0.92 －1.02
题号
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根据表中数据绘制出ln T-ln D图像如图(d)所示，则T与D的近似关系为________。
A．T∝ B．T∝D2
C．T∝ D．T∝
(4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： __________________________________________________。
题号
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A
多次测量同一颜色的积
木的周期求平均值(合理即可)
[解析] (1)根据刻度尺的读数规则可知D＝7.54 cm。
(2)左端平衡位置的参考点为O，每间隔两次经过平衡位置参考点O时的时间间隔为1个周期，因为从第0次开始计数，则题述过程中积木摆动了10个周期。
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(3)根据题图(d)有ln T＝k ln D＋b，其中k＝＝，则有ln T＝ln D＋b＝ln ＋b，根据数学知识可得T与D的近似关系为T∝，A正确。
(4)可以多次测量同一颜色的积木的周期求平均值，从而减小实验误差。
题号
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15．(8分)(2025·八省联考内蒙古卷)投沙包游戏规则：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角为53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：
题号
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(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x；
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
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[解析] (1)沙包竖直方向的初速度为
vy＝v0sin 53°＝4 m/s
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
－h＝vyt－gt2
代入数据解得t＝1 s
题号
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沙包抛出的水平初速度为
vx＝v0cos 53°＝3 m/s
所以从抛出到落地沙包的水平位移为
x＝vxt＝3 m。
题号
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(2)沙包滑行的距离为
x0＝L＋5d－x＝0.45 m
沙包滑行的加速度大小
a＝μg＝2.5 m/s
滑行的初速度有
＝2ax0
与地面碰撞后的动能
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Ek2＝＝m
从抛出到落地根据动能定理有
mgh＝
解得落地瞬间的动能
Ek1＝mv2＝m
所以k＝＝20。
[答案] (1)3 m (2)20
16．(8分)(2024年1月九省联考安徽卷)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
题号
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(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；
(2)货物在传送带上运动的时间。
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[解析] (1)根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2
由运动学规律有＝2a1s1，s1＝1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
v1＝2 m/s。
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(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为
a2＝＝－1 m/s2
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s
该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m
题号
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因s2设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s
故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。
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[答案] (1)2 m/s (2)2 s
17．(14分)在图示装置中，斜面高h＝0.9 m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100 g和20 g，轻弹簧P的劲度系数k＝270 N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10 cm后无初速度释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep＝k(Δl)2，重力加速度的大小取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。
题号
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(1)求碰撞前瞬间A球的速度大小；
(2)求B球飞离斜面时的速度大小；
(3)将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝
10 cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰
撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。
题号
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[解析] (1)设A球与B球碰撞前的速度为vA，由能量守恒定律有Ep＝
其中Ep＝k(Δl)2＝×270×0.12 J＝1.35 J
代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为
vA＝3 m/s。
题号
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(2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得mAvA＝mAv′A＋mBv′B
由机械能守恒定律得＝
联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为
v′B＝vA＝5 m/s。
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(3)仍取Δl＝10 cm，则B球飞离斜面时的速度仍为v′B＝5 m/s，设B球运动的总时间为t，由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有
2x＝v′B cos 37°·t
竖直方向有y＝v′B sin 37°·t－gt2＝0
联立解得t＝0.6 s，x＝1.2 m。
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[答案] (1)3 m/s (2)5 m/s (3)1.2 m
18．(16分)如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角为α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1 kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的初速度水平向左抛出，经过 s后恰好从B点沿轨道切
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线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1 m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin 37°＝0.6，g取 10 m/s2。 求：
题号
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(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小；
(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
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[解析] (1)滑块恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，由平抛运动可知v0＝vB sin α＝vy tan α
又vy＝gt
解得α＝30°，vB＝4 m/s。
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(2)B→O′由动能定理可知
mgR sin 30°＝
解得vO′＝2 m/s
经过O′点时受轨道的支持力大小FN，有
FN＝
解得FN＝5 N
由牛顿第三定律可得滑块在O′点时对轨道的压力大小F压＝5 N，方向向左。
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(3)设CD＝DF＝L，从B到F有mg(R＋R sin α－L sin θ)－μmgL－μmgL cos θ－Ep＝
代入数据可解得Ep＝2.02 J。
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(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据能量守恒可得
mgL sin θ＋Ep＝μmgL cos θ＋μmgL＋mgh
代入数据可解得h＝2.44 m>hBC＝R＋R sin α＝1.2 m
运动到B点，根据机械能守恒可得mgh＝
根据牛顿第二定律可得mg sin α＋FN＝
联立解得FN＝2.6 N
由牛顿第三定律可知滑块对B点的压力为F′N＝2.6 N。
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[答案] (1)30° (2)5 N，方向向左 (3)2.02 J (4)能，2.6 N
谢 谢 ！
