阶段滚动卷四 (第一章至第九章内容)
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。
1．2023年12月26日，汕头至汕尾高铁(简称“汕汕高铁”)汕头南至汕尾段开通运营，粤东地区新增一条客运大通道。“汕汕高速铁路”由汕头站至汕尾站，线路全长162千米，共设7座车站，设计最高速度可达350 km/h。下列有关“汕汕高铁”的说法正确的是( )
A．在研究列车从汕头南站出发到达汕尾站的时间时，可以把列车看成质点
B．研究列车进站时，可以把列车看成质点
C．“最高速度可达350 km/h”指的是平均速度大小
D．“线路全长162千米”指的是位移大小
2．如图(a)所示，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)所示。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角θ<，下列说法正确的是( )
A．墙面对球的力保持不变
B．人受到地面的摩擦力变大
C．地面对人的支持力变大
D．球对人的压力先增大后减小
3.(2024·重庆卷)如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道上滑行，然后滑上平滑连接的倾斜雪道，若其到达N点时的速度为0，在水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上滑行视为匀减速直线运动。则该滑雪爱好者从M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是( )
A B
C D
4．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中( )
A．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ时，拖车运动的速度为v sin θ
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不断增大
D．拖车的动能不断减小
5．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，图线b是某纯电阻电器的U-I图像，则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的( )
A．内阻为12.5 Ω B．输出功率为12.5 W
C．内耗功率为0.22 W D．效率为50%
6．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法正确的是( )
A．b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为ab>ac>aa
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝TcD．在b、c中，c的机械能大
7．如图甲所示是采用36 V、10 Ah电池和180 W额定功率电机设计的无人配送小车，车重为60 kg，载重40 kg。在某次进行刹车性能测试时，其位移x与时间t的关系可用如图乙所示的-图像表示，则下列说法正确的是( )
A．小车运动的加速度大小为2 m/s2
B．小车运动的初速度大小为6 m/s
C．前2 s内小车的位移大小为4 m
D．前2 s内合力对小车做功的平均功率为1 200 W
8．(2024·浙江杭州5月模拟)2023年9月“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员将0.3 kg的大球与静止的0.1 kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A．大球碰撞前后的速度之比为3∶1
B．碰撞后大球的动量小于小球的动量
C．碰撞过程中大球动量减少量小于小球动量增加量
D．碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失
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．(2025·山东济南高三检测)如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C三个带电绝缘小球，其中A带负电并固定在绝缘竖直弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离均为L时，B、C小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正确的是( )
A．小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
B．小球A受到四个作用力
C．弹簧弹力等于B、C两个小球对A球引力的矢量和
D．剪断弹簧后，B、C两个小球一起做自由落体运动
10．如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，rA．电流表示数变小
B．电源的效率减小
C．滑动变阻器消耗的功率一直减小
D．通过R2的电流方向为从d到c
11．(2024·浙江杭州高三阶段检测)如图A、B两物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与两物体间的摩擦力可忽略，两个物体的质量分别为m1＝4 kg，m2＝6 kg。从t＝0开始，推力FA和FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律为FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，关于两个物体的运动。以下说法正确的是( )
A．经过4 s，两物体将分离
B．经过2 s，两物体将分离
C．A对B的弹力做功的功率一直增大
D．A对B的弹力做功的功率最大值为2 W
12．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则( )
A．倾角θ＝37°
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．2 s内传送带上留下的痕迹长为5 m
D．2 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为20 J
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)学习小组利用如图(a)所示的实验装置，验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。气垫导轨上安装有两个光电门1、2，滑块1上固定着竖直遮光条，滑块2的右侧有橡皮泥(未画出)。实验主要步骤如下：
(1)接通气源，将滑块1放置在导轨上，轻推一下使其先后通过光电门1、2，若滑块经过光电门1的时间比经过2的长，应调整水平螺丝，把支点P调________(选填“高”或“低”)些，直到滑块1通过两个光电门的时间相同。
(2)用天平测出滑块1(包含遮光条)的质量为m1、滑块2(包含橡皮泥)的质量为m2，本实验________(选填“需要”或“不需要”)测出遮光条的宽度d。
(3)将滑块2放置在光电门1、2间合适位置并保持静止，将滑块1放置在光电门1的右侧，轻推滑块1，使其与滑块2发生碰撞后粘在一起，光电门1记录的遮光时间为t1，光电门2记录的遮光时间为t2。
(4)改变滑块1的初速度，多次测量，获得多组t1、t2数据。
(5)在坐标纸上建立直角坐标系，描点后拟合出的图线为过原点的直线，如图(b)所示，测量出图线的斜率k，若满足k＝________(用所测物理量的字母表示)，可验证完全非弹性碰撞时动量守恒。
14．(8分)某同学为测量电压表的内阻，实验室仅提供了以下仪器：
A．待测电压表(量程为3 V，内阻约为30 kΩ)
B．电源E1(电动势为6.0 V，内阻不能忽略)
C．电源E2(电动势为3.0 V，内阻不能忽略)
D．滑动变阻器R1(最大阻值为10 kΩ)
E．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω)
F．电阻箱R′(满足实验要求)
G．开关，导线若干
该同学利用上述器材连接了如图所示电路后，进行了下述操作：
①先将滑动变阻器R的滑片调到最左端，电阻箱R′的阻值调为零。
②闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片，使电压表指针满偏。
③保持滑动变阻器R的滑片不动，调节电阻箱R′，使电压表指针偏转到满刻度的一半，读出电阻箱R′的读数为29 kΩ。
(1)电源应选用________，滑动变阻器应选用________。(填写对应序号)
(2)在虚线框中画出电路图。
(3)待测电压表内阻为________，测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
15．(8分)如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k，试求：
(1)此带电小球在B点的加速度大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB(用Q和h表示)。
16．(8分)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
17．(14分)如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m＝1 kg，曲面劈B的质量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：
(1)H1与H2的比值；
(2)v1与v2的比值。
18．(16分)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，t＝0时刻一小物块以一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的v-t图像如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，前2 s内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；
(2)小物块与长木板间的静摩擦力大小f。
阶段滚动卷四
1．A [研究列车从汕头南站出发到达汕尾站的时间时，可以把列车看成质点，故A正确；研究列车进站时，不能把列车看成质点，故B错误；“最高速度可达350 km/h”指的是瞬时速度大小，故C错误；“线路全长162千米”指的是路程，故D错误。]
2．B [对瑜伽球受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知N1＝mg tan θ，N2＝，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力N1增大，人对球的支持力增大，根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大，故A、D错误；对整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知FN＝(M＋m)g，f＝N1，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，故B正确，C错误。
]
3．C [由于滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，在倾斜雪道上做匀减速直线运动至停止，故其在水平雪道上滑行的v-t图像为平行于时间轴的线段，在倾斜雪道上滑行的v-t图像为倾斜向下的线段，又滑雪爱好者在水平雪道和倾斜雪道的平滑连接处速度大小不发生突变，故结合选项中的图像可知C可能正确，A、B、D错误。]
4．D [船的速度沿绳方向的分速度与拖车速度相等，拖车运动的速度为v′＝v cos θ，θ增大时，拖车速度减小，拖车动能减小，A错误，D正确；由平衡条件f＝F cos θ可知，θ增大时，绳拉力增大，B错误；小船做匀速运动，受到绳的拉力的功率等于克服阻力做功的功率，保持不变，C错误。]
5．C [由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时E＝U′，由a与纵轴的交点读出电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2.5 V，电流为I＝0.2 A，则电池的内阻为r＝＝ Ω＝5.5 Ω，故A错误；电池的输出功率为P出＝UI＝2.5×0.2 W＝0.5 W，故B错误；内耗功率为P内＝I2r＝0.22×5.5 W＝0.22 W，故C正确；电池的效率为η＝×100%＝×100%≈69.4%，故D错误。]
6．B [第一宇宙速度是卫星绕地球运动的最大运行速度，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，故b卫星转动线速度不能大于7.9 km/s，故A错误；由题可知a、c具有相同的角速度，根据a＝ω2r，由于rc>ra，所以ac>aa，对于b、c有G＝ma得a＝，由于rc>rb可知ab>ac，综上得ab>ac>aa，故B正确；由题知Ta＝Tc，对于b、c有 G＝mr，得T＝2π，由于rc>rb，可知Tc>Tb，综上得Ta＝Tc>Tb，故C错误；由于不知道b、c卫星的质量，所以无法判断它们机械能的大小，故D错误。]
7．B [根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋at2得＝v0＋a，即-图像是一条倾斜的直线，由图像可知，图线斜率为小车运动的初速度，则v0＝6 m/s，截距为小车运动的加速度的，则a＝－4 m/s2，小车刹车时间为1.5 s，故前2 s内小车的位移x＝v0t＋at2＝4.5 m，故B正确，A、C错误；根据牛顿第二定律，可得合力大小为F＝|ma|＝400 N，1.5 s末小车已停止运动，运动位移为 4.5 m，则＝＝＝900 W，故D错误。]
8．D [设碰撞后大、小球的速度大小分别为v1、v2，1格长度为l，则v1＝，v2＝，可得v2＝3v1。碰后，大球的动量p1＝Mv1＝3mv1，小球的动量p2＝mv2＝m·3v1＝p1，B错误；大球与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，则大球碰撞前后的速度之比为v0∶v1＝2∶1，A错误；碰撞过程中大球动量减少量Δp1＝Mv0－Mv1＝mv0，小球动量增加量Δp2＝mv2＝mv0＝Δp1，C错误；碰撞前大球与小球组成的系统总动能Ek＝＝，碰撞后系统总动能E′k＝＝＝Ek，D正确。]
9．AB [根据受力平衡可得B、C小球带等量的正电，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，A、B之间的库仑力FAB＝k，B、C之间的库仑力FBC＝，分析B受力如图所示，可得FABcos θ＝FBC，θ＝60°，得qA＝2qB，故A正确；分析A的受力有重力、两个库仑力和弹簧弹力，共四个力，故B正确；把三个小球看成整体，可得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故C错误；剪断弹簧后，A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误。]
10．BD [滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；电源的效率为η＝＝＝，当滑动变阻器接入电路的电阻减小时，电源效率减小，故B正确；把R1看作电源的部分内阻，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；根据闭合电路欧姆定律有U＝E－I(R1＋r)，当滑动变阻器接入电路的电阻减小时，电路的电流增大，滑动变阻器电压减小，电容器电压减小，根据电容器定义式C＝，可知电容器的电荷量在减小，电容器处于放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D正确。]
11．BD [以A、B整体为研究对象，A、B整体受到的合力为F合＝FA＋FB，解得F合＝10 N，故合力保持不变，即开始一段时间内，以相同的加速度做匀加速运动，对整体研究有F合＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2，设A、B之间的弹力为F，对B受力分析可得F＋FB＝m2a，解得F＝m2a－FB＝6 N－(2＋2t) N＝(4－2t) N，且B在做匀加速直线运动，则B的速度为v＝at＝t(m/s)，故A对B的弹力做功的功率为P＝Fv＝(4t－2t2) W，由数学知识可知，当t＝1 s时，功率有最大值，即Pmax＝2 W，故C错误，D正确；当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为0，此时两者的加速度仍然相等，有＝，解得t＝2 s，所以在2 s内，A、B两物体一直以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，在2 s后A、B两物体分离，故A错误，B正确。]
12．AC [由题图乙可知，0～1 s煤块的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s煤块的加速度为a2＝2 m/s2，可知传送带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A正确，B错误；0～1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝(v1＋v2)t＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝1 m，0～1 s 内煤块位移小于传送带位移，在传送带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内煤块位移大于传送带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以传送带上出现的痕迹长为 5 m，故C正确；2 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为Q＝μmg cos θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，故D错误。]
13．解析：(1)滑块1经过光电门1的时间比经过光电门2的长，说明滑块1经过光电门1时的速度小于经过光电门2时的速度，说明导轨右端较高，应把支点P调低些。
(2)根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度为v1＝，碰撞后滑块1、2共同的速度为v2＝，若动量守恒，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，联立解得＝，此式成立则说明碰撞过程动量守恒，由于d消掉了，故不需要测量遮光条的宽度d。
(5)由＝整理得t2＝t1，t2-t1图线为过原点的直线，若斜率k＝可验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。
答案：(1)低 (2)不需要 (5)
14．解析：(1)由于电压表要满偏时达到3 V，但由于电源内阻不能忽略，则其路端电压小于电源电动势，故电动势为3 V的电源不能满足要求，故选电源电动势为6 V的B；由于满偏和半偏时认为电压未变，故只有滑动变阻器阻值远小于电压表内阻时才成立，故选择最大阻值为10 Ω的E。
(2)本实验采用半偏法测电压表的内阻，按实物图连线画出电路图如图所示。
(3)滑动变阻器接入电路阻值保持不变，可以认为总电压不变，再调节电阻箱使电压表半偏，那么电阻箱的电压与电压表相同，所以RV＝R箱＝29 kΩ。
实际上，由于电阻箱与电压表串联后接入电路，电阻增加了，则滑动变阻器的分压将增大，这样当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表大，所以测量值大于真实值。
答案：(1)B E (2)见解析图 (3)29 kΩ 大于
15．解析：(1)此带电小球所带电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
mg－＝m·g
在B点时－mg＝maB
解得aB＝3g＝30 m/s2，方向竖直向上。
(2)从A到B过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0
解得UAB＝－。
答案：(1)30 m/s2 (2)－
16．解析：(1)对C受力分析，如图所示。
根据平衡条件有2F cos 30°＝2mg
解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，依据受力分析可知
2F′cos 60°＝2mg
Fxmax＝F′sin 60°＝mg
此时，B受地面的摩擦力Ff＝μ(mg＋F′sin 30°)＝2μmg
根据题意，B保持静止，则Ff＝Fxmax时μ有最小值
解得μmin＝。
答案：(1)mg (2)
17．解析：(1)若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得＝mgH1
若曲面劈B自由放置在地面上，设共同速度为v，根据水平方向上动量守恒得
mv0＋0＝(m＋M)v
根据机械能守恒定律得＋0＝(m＋M)v2＋mgH2
解得＝。
(2)若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为
v1＝－v0
若将曲面劈B自由放置在地面上，根据水平方向动量守恒得mv0＋0＝mv2＋Mv3
根据机械能守恒定律得＋0＝
解得＝。
答案：(1) (2)
18．解析：(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，前2 s内小物块的加速度大小为a1，则有
a1＝ m/s2＝4 m/s2
因2 s末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度
s1＝×2 m－×2×2 m＝10 m
对物块由牛顿第二定律μ1mg＝ma1
小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q＝μ1mgs1
解得Q＝40 J。
(2)设长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，前2 s内长木板的加速度大小为a2，2 s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，则有
a2＝ m/s2＝1 m/s2
对木板μ1mg－2μ2mg＝ma2
对木板和木块的整体a3＝μ2g
对物块f＝ma3
解得f＝1.5 N。
答案：(1)40 J (2)1.5 N
9 / 9(共66张PPT)
阶段滚动卷四 (第一章至第九章内容)
题号
1
3
5
2
4
6
8
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。
1．2023年12月26日，汕头至汕尾高铁(简称“汕汕高铁”)汕头南至汕尾段开通运营，粤东地区新增一条客运大通道。“汕汕高速铁路”由汕头站至汕尾站，线路全长162千米，共设7座车站，设计最高速度可达350 km/h。下列有关“汕汕高铁”的说法正确的是( )
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．在研究列车从汕头南站出发到达汕尾站的时间时，可以把列车看成质点
B．研究列车进站时，可以把列车看成质点
C．“最高速度可达350 km/h”指的是平均速度大小
D．“线路全长162千米”指的是位移大小
12
√
13
14
15
16
17
18
A [研究列车从汕头南站出发到达汕尾站的时间时，可以把列车看成质点，故A正确；研究列车进站时，不能把列车看成质点，故B错误；“最高速度可达350 km/h”指的是瞬时速度大小，故C错误；“线路全长162千米”指的是路程，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2．如图(a)所示，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)所示。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角θ<，下列说法正确的是( )
A．墙面对球的力保持不变
B．人受到地面的摩擦力变大
C．地面对人的支持力变大
D．球对人的压力先增大后减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B [对瑜伽球受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知N1＝mg
tan θ，N2＝，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力N1增大，人对球的支持力增大，根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大，故A、D错误；对整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知FN＝(M＋m)g，f＝N1，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，故B正确，C错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3．(2024·重庆卷)如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道上滑行，然后滑上平滑连接的倾斜雪道，若其到达N点时的速度为0，在水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上滑行视为匀减速直线运动。则该滑雪爱好者从M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A B
C D
√
C [由于滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，在倾斜雪道上做匀减速直线运动至停止，故其在水平雪道上滑行的v-t图像为平行于时间轴的线段，在倾斜雪道上滑行的v-t图像为倾斜向下的线段，又滑雪爱好者在水平雪道和倾斜雪道的平滑连接处速度大小不发生突变，故结合选项中的图像可知C可能正确，A、B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
4．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ时，拖车运动的速度为v sin θ
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不断增大
D．拖车的动能不断减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D [船的速度沿绳方向的分速度与拖车速度相等，拖车运动的速度为v′＝v cos θ，θ增大时，拖车速度减小，拖车动能减小，A错误，D正确；由平衡条件f＝F cos θ可知，θ增大时，绳拉力增大，B错误；小船做匀速运动，受到绳的拉力的功率等于克服阻力做功的功率，保持不变，C错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
5．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，图线b是某纯电阻电器的U-I图像，则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个电路时，电池的( )
A．内阻为12.5 Ω B．输出功率为12.5 W
C．内耗功率为0.22 W D．效率为50%
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
C [由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时E＝U′，由a与纵轴的交点读出电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2.5 V，电流为I＝0.2 A，则电池的内阻为r＝＝ Ω＝5.5 Ω，故A错误；电池的输出功率为P出＝UI＝2.5×0.2 W＝0.5 W，故B错误；内耗功率为P内＝I2r＝0.22×5.5 W＝
0.22 W，故C正确；电池的效率为η＝×100%＝×100%≈69.4%，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
6．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法正确的是( )
A．b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度
大小关系为ab>ac>aa
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝TcD．在b、c中，c的机械能大
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B [第一宇宙速度是卫星绕地球运动的最大运行速度，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，故b卫星转动线速度不能大于7.9 km/s，故A错误；由题可知a、c具有相同的角速度，根据a＝ω2r，由于rc>ra，所以ac>aa，对于b、c有G＝ma得a＝，由于rc>rb可知ab>ac，综上得ab>ac>aa，故B正确；由题知Ta＝Tc，对于b、c有G ＝mr，得T＝2π，由于rc>rb，可知Tc>Tb，综上得Ta＝Tc>Tb，故C错误；由于不知道b、c卫星的质量，所以无法判断它们机械能的大小，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7．如图甲所示是采用36 V、10 Ah电池和180 W额定功率电机设计的无人配送小车，车重为60 kg，载重40 kg。在某次进行刹车性能测试时，其位移x与时间t的关系可用如图乙所示的-图像表示，则下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．小车运动的加速度大小为2 m/s2
B．小车运动的初速度大小为6 m/s
C．前2 s内小车的位移大小为4 m
D．前2 s内合力对小车做功的平均功率为1 200 W
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B [根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋at2得＝v0＋a，即-图像是一条倾斜的直线，由图像可知，图线斜率为小车运动的初速度，则v0＝6 m/s，截距为小车运动的加速度的，则a＝－4 m/s2，小车刹车时间为1.5 s，故前2 s内小车的位移x＝v0t＋at2＝4.5 m，故B正确，A、C错误；根据牛顿第二定律，可得合力大小为F＝|ma|＝400 N，1.5 s末小车已停止运动，运动位移为 4.5 m，则＝＝＝900 W，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8．(2024·浙江杭州5月模拟)2023年9月“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员将
0.3 kg的大球与静止的0.1 kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A．大球碰撞前后的速度之比为3∶1
B．碰撞后大球的动量小于小球的动量
C．碰撞过程中大球动量减少量小于小球动量增加量
D．碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
D [设碰撞后大、小球的速度大小分别为v1、v2，1格长度为l，则v1＝，v2＝，可得v2＝3v1。碰后，大球的动量p1＝Mv1＝3mv1，小球的动量p2＝mv2＝m·3v1＝p1，B错误；大球与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，则大球碰撞前后的速度之比为v0∶v1＝2∶1，A错误；碰撞过程中大
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
球动量减少量Δp1＝Mv0－Mv1＝mv0，小球动量增加量Δp2＝mv2＝mv0＝Δp1，C错误；碰撞前大球与小球组成的系统总动能Ek＝＝，碰撞后系统总动能E′k＝＝＝Ek，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
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．(2025·山东济南高三检测)如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C三个带电绝缘小球，其中A带负电并固定在绝缘竖直弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离均为L时，B、C小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
B．小球A受到四个作用力
C．弹簧弹力等于B、C两个小球对A球引力的矢量和
D．剪断弹簧后，B、C两个小球一起做自由落体运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
AB [根据受力平衡可得B、C小球带等量的正电，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，A、B之间的库仑力FAB＝k，B、C之间的库仑力FBC＝，分析B受力如图所示，可得FABcos θ＝FBC，θ＝60°，得qA＝2qB，故A正确；分析A的受力有重力、两个库仑力和弹
簧弹力，共四个力，故B正确；把三个小球看成整体，可
得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故C错误；剪断弹簧
后，A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度
大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C受力不变，加速
度为零，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
10．如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，rA．电流表示数变小
B．电源的效率减小
C．滑动变阻器消耗的功率一直减小
D．通过R2的电流方向为从d到c
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
BD [滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；电源的效率为η＝＝＝，当滑动变阻器接入电路的电阻减小时，电源效率减小，故B正确；把R1看作电源的部分内阻，滑动变阻器接入电
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；根据闭合电路欧姆定律有U＝E－I(R1＋r)，当滑动变阻器接入电路的电阻减小时，电路的电流增大，滑动变阻器电压减小，电容器电压减小，根据电容器定义式C＝，可知电容器的电荷量在减小，电容器处于放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
11．(2024·浙江杭州高三阶段检测)如图A、B两物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与两物体间的摩擦力可忽略，两个物体的质量分别为m1＝4 kg，m2＝6 kg。从t＝0开始，推力FA和FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律为FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，关于两个物体的运动。以下说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．经过4 s，两物体将分离
B．经过2 s，两物体将分离
C．A对B的弹力做功的功率一直增大
D．A对B的弹力做功的功率最大值为2 W
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
BD [以A、B整体为研究对象，A、B整体受到的合力为F合＝FA＋FB，解得F合＝10 N，故合力保持不变，即开始一段时间内，以相同的加速度做匀加速运动，对整体研究有F合＝(m1＋m2)a，解得a＝
1 m/s2，设A、B之间的弹力为F，对B受力分析可得F＋FB＝m2a，解得F＝m2a－FB＝6 N－(2＋2t) N＝(4－2t) N，且B在做匀加速直线运动，则B的速度为v＝at＝t(m/s)，故A对B的弹力做功的功率为P＝Fv＝(4t－2t2) W，由数学知识可知，当t＝1 s时，功率有最大值，即
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
Pmax＝2 W，故C错误，D正确；当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为0，此时两者的加速度仍然相等，有＝，解得t＝2 s，所以在2 s内，A、B两物体一直以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，在2 s后A、B两物体分离，故A错误，B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
12．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
A．倾角θ＝37°
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．2 s内传送带上留下的痕迹长为5 m
D．2 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为20 J
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
√
√
AC [由题图乙可知，0～1 s煤块的加速度为a1＝10 m/s2，1～2 s煤块的加速度为a2＝2 m/s2，可知传送带的速度为v1＝10 m/s，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A正确，B错误；0～1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s1＝v1t＝10×1 m＝10 m，x1＝v1t＝5 m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5 m，1～2 s内传送带的位移及煤块
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
的位移分别为s2＝v1t＝10×1 m＝10 m，x2＝(v1＋v2)t＝11 m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝1 m，0～1 s 内煤块位移小于传送带位移，在传送带上出现5 m长的痕迹，1～2 s内煤块位移大于传送带的位移，这1 m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以传送带上出现的痕迹长为 5 m，故C正确；2 s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为Q＝μmg cos θ(Δx1＋Δx2)＝24 J，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)学习小组利用如图(a)所示的实验装置，验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。气垫导轨上安装有两个光电门1、2，滑块1上固定着竖直遮光条，滑块2的右侧有
橡皮泥(未画出)。实验主要步
骤如下：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)接通气源，将滑块1放置在导轨上，轻推一下使其先后通过光电门1、2，若滑块经过光电门1的时间比经过2的长，应调整水平螺丝，把支点P调________(选填“高”或“低”)些，直到滑块1通过两个光电门的时间相同。
(2)用天平测出滑块1(包含遮光条)的质量为m1、滑块2(包含橡皮泥)的质量为m2，本实验________(选填“需要”或“不需要”)测出遮光条的宽度d。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
低
不需要
(3)将滑块2放置在光电门1、2间合适位置并保持静止，将滑块1放置在光电门1的右侧，轻推滑块1，使其与滑块2发生碰撞后粘在一起，光电门1记录的遮光时间为t1，光电门2记录的遮光时间为t2。
(4)改变滑块1的初速度，多次测量，获得多组t1、t2数据。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(5)在坐标纸上建立直角坐标系，描点后拟合出的图线为过原点的直线，如图(b)所示，测量出图线的斜率k，若满足k＝________(用所测物理量的字母表示)，可验证完全
非弹性碰撞时动量守恒。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)滑块1经过光电门1的时间比经过光电门2的长，说明滑块1经过光电门1时的速度小于经过光电门2时的速度，说明导轨右端较高，应把支点P调低些。
(2)根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度为v1＝，碰撞后滑块1、2共同的速度为v2＝，若动量守恒，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，联立解得＝，此式成立则说明碰撞过程动量守恒，由于d消掉了，故不需要测量遮光条的宽度d。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(5)由＝整理得t2＝t1，t2-t1图线为过原点的直线，若斜率k＝可验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
14．(8分)某同学为测量电压表的内阻，实验室仅提供了以下仪器：
A．待测电压表(量程为3 V，内阻约为30 kΩ)
B．电源E1(电动势为6.0 V，内阻不能忽略)
C．电源E2(电动势为3.0 V，内阻不能忽略)
D．滑动变阻器R1(最大阻值为10 kΩ)
E．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω)
F．电阻箱R′(满足实验要求)
G．开关，导线若干
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
该同学利用上述器材连接了如图所示电路后，进行了下述操作：
①先将滑动变阻器R的滑片调到最左端，电阻箱R′的阻值调为零。
②闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片，使电压表指针满偏。
③保持滑动变阻器R的滑片不动，调节电阻箱
R′，使电压表指针偏转到满刻度的一半，读出
电阻箱R′的读数为29 kΩ。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)电源应选用________，滑动变阻器应选用________。(填写对应序号)
(2)在虚线框中画出电路图。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
B
E
见解析图
(3)待测电压表内阻为__________，测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)由于电压表要满偏时达到3 V，但由于电源内阻不能忽略，则其路端电压小于电源电动势，故电动势为3 V的电源不能满足要求，故选电源电动势为6 V的B；由于满偏和半偏时认为电压未变，故只有滑动变阻器阻值远小于电压表内阻时才成立，故选择最大阻值为10 Ω的E。
29 kΩ
大于
(2)本实验采用半偏法测电压表的内阻，按实物图连线画出电路图如图所示。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(3)滑动变阻器接入电路阻值保持不变，可以认为总电压不变，再调节电阻箱使电压表半偏，那么电阻箱的电压与电压表相同，所以RV＝R箱＝29 kΩ。
实际上，由于电阻箱与电压表串联后接入电路，电阻增加了，则滑动变阻器的分压将增大，这样当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表大，所以测量值大于真实值。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15．(8分)如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k，试求：
(1)此带电小球在B点的加速度大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB(用Q和h表示)。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)此带电小球所带电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
mg－＝m·g
在B点时－mg＝maB
解得aB＝3g＝30 m/s2，方向竖直向上。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)从A到B过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0
解得UAB＝－。
[答案] (1)30 m/s2 (2)－
16．(8分)如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)对C受力分析，如图所示。
根据平衡条件有2F cos 30°＝2mg
解得F＝mg。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，依据受力分析可知
2F′cos 60°＝2mg
Fxmax＝F′sin 60°＝mg
此时，B受地面的摩擦力Ff＝μ(mg＋F′sin 30°)＝2μmg
根据题意，B保持静止，则Ff＝Fxmax时μ有最小值
解得μmin＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1)mg (2)
17．(14分)如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m＝1 kg，曲面劈B的质量M＝3 kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(1)H1与H2的比值；
(2)v1与v2的比值。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得＝mgH1
若曲面劈B自由放置在地面上，设共同速度为v，根据水平方向上动量守恒得
mv0＋0＝(m＋M)v
根据机械能守恒定律得＋0＝(m＋M)v2＋mgH2
解得＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为
v1＝－v0
若将曲面劈B自由放置在地面上，根据水平方向动量守恒得mv0＋0＝mv2＋Mv3
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
根据机械能守恒定律得＋0＝
解得＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1) (2)
18．(16分)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，t＝0时刻一小物块以一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的v-t图像如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，前2 s内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；
(2)小物块与长木板间的静摩擦力大小f。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[解析] (1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，前2 s内小物块的加速度大小为a1，则有
a1＝ m/s2＝4 m/s2
因2 s末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度
s1＝×2 m－×2×2 m＝10 m
对物块由牛顿第二定律μ1mg＝ma1
小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q＝μ1mgs1
解得Q＝40 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
(2)设长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，前2 s内长木板的加速度大小为a2，2 s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，则有
a2＝ m/s2＝1 m/s2
对木板μ1mg－2μ2mg＝ma2
对木板和木块的整体a3＝μ2g
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
对物块f＝ma3
解得f＝1.5 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
[答案] (1)40 J (2)1.5 N
谢 谢 ！
