安徽省合肥市2024-2025学年高三上学期教学质量检测物理试卷含答案

合肥2024-2025学年第一学期高三年级教学质量检测
物理学科试卷（答案在最后）
一、单项选择题（共8题，每题4分，共32分。

）
1.领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要，是深入理解物理学本质和培养学生科学思维的重要途径。

下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（）
A.甲和乙
B.甲和丁
C.乙和丙
D.丙和丁
【答案】B
【解析】
【详解】甲图中用到了微元法的思想；
乙图中用到了放大法的思想；
丙图中用到了等效替代的思想；
丁图中用到了微元法的思想。

相同的是甲和丁。

故选B。

2.2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。

如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星a分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，圆轨道半径为R，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，某时刻两卫星和地球在同一条直线上，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（）
a a<
A.在图示位置，高分十一号05卫星和卫星a的加速度大小分别为1a、2a，则12
v v<
B.在图示位置，两卫星的线速度大小关系为12
C.从图示位置开始，卫星a先运动到A点
D.高分十一号05卫星和卫星a 运动到A 位置时的向心加速度大小分别为1n a 、2n a ，则有12n n a a =【答案】C 【解析】
【详解】A ．设地球质量为M ，卫星质量为m ，卫星到地心的距离为r ，根据牛顿第二定律，有
2Mm
G
ma r =得
2
GM a r =
即r 越大，a 越小，12a a >，故A 错误；B ．根据万有引力提供向心力，有
22Mm v G m r r
=得
v =
即圆周运动的轨道半径r 越大，v 越小，以地心为圆心，卫星a 到地心的距离2r 为半径作圆，设该圆轨道上
卫星的运行速度为'2v ，由于卫星a 不能保持在这个高度而做近心运动，故'22v v <，又因12r r <，故'
12v v >，
即12v v >，故B 错误；
C ．高分十一号05卫星的轨道半径和卫星a 轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律可知，二者的公转周期相等，设为T ,高分十一号05卫星由图示位置运动到A 点所用时间大于2
T
，卫星a 由图示位置运动到A 点所用时间小于2
T
，即卫星a 先运动到A 点，故C 正确；D ．根据
2
GM a r =
可知，高分十一号05卫星和卫星a 运动到A 位置时的加速度大小相等，方向均由A 位置指向地心，但高分十一号05卫星做匀速圆周运动，其向心加速度就等于实际的加速度，而卫星a 沿椭圆轨道运动，速度沿轨道切线方向，其向心加速度等于实际加速度沿垂直于速度方向的分量，即
12
n n a a >故D 错误。

故选C 。

3.如图所示，在0t =时质量0.5kg m =的小球自高31.25m h =的平台上以05m /s v =的初速度水平抛出，运动0.5s t =后，突然受到大小恒为5N 的水平向右的风力F 作用，最后落至水平地面，不计空气阻力，取重力加速度210m /s g =。

则以下说法正确的是（
）
A.小球从抛出至落地的时间大于2.5s
B.小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动
C.从抛出至落地的过程中，小球的机械能增加400J
D.
小球落地时的速度大小为m /s 【答案】D 【解析】
【详解】A ．小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t ，则有
212
h gt =
代入数据解得
2.5s
t =故A 错误；
B ．运动0.5s t =后，小球竖直方向上的速度为
5m /s
y v gt ==此时速度与水平方向的夹角α满足
5tan 15
y v v α=
=
=可得
45α=
受风力之后小球的受力如图所示
根据几何关系有
tan 1θ=
=mg
F
可得
45θ=
由此可知，施加风力之后，小球的速度与加速度方向相同，且所受合外力恒定，即球受到风力作用后，在落地前做匀加速直线运动，故B 错误；D ．受风力作用之后小球水平方向的加速度为
210m /s F
a m
=
=受风力之后小球在水平方向做匀加速直线运动，落地时水平方向的速度大小为
()00.525m /s
x v v a t =+-=从一开始，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，落地时竖直方向的速度大小为
25m /s
y v gt ==则落地瞬间小球速度大小为
22
252m /s
x y v v v =+=故D 正确；
C ．小球的机械能的变化量数值上等于除重力之外的其他外力做的功，施加风力之后，小球在水平方向上的位移为
()()2
010.50.530m
2
x v t a t =-+-=则水平风力做功为
150J
W Fx ==即从抛出至落地的过程中，小球的机械能增加150J ，故C 错误。

故选D 。

4.图甲为一列简谐波在某时刻的波形图，图乙为质点P 以此时刻为计时起点的振动图像。

则由图可知，下列说法正确的是（
）
A.此时刻Q 点向下振动
B.该简谐波沿x 轴的负方向传播
C.该简谐波的传播速度为20m/s
D.从该时刻起，经过0.1s 质点P 沿x 轴传播的路程为0.4m 【答案】C 【解析】
【详解】AB ．由乙图可知，此时质点P 向下振动，根据波传播的特点，沿波的方向上，“上波下、下波上”的规律可得，波沿x 正方向传播，质点Q 向上振动，AB 错误；C ．由甲图可知，该波的波长
4m
λ=由乙图可知，其周期为
0.2s
T =故波速为
20m/s v T
λ
=
=C 正确；
D ．经过0.1s ，质点P 只会在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，其经过的路程为振幅的2倍，即
220.2m=0.4m
s A ==⨯D 错误。

故选C 。

5.巢湖观湖风电场是合肥市首个建成的风电项目，不仅填补了合肥市风力发电的空白，还能结合大电网供电，在一定程度上缓解了巢湖地区日益增长的用电负荷压力，推动了当地经济和绿色清洁能源的发展。

如图所示，风力发电机的叶片半径为R 。

某段时间内该区域的风速大小为v ，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（
）
A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为2vR ρπ
B.此风力发电机发电的功率为221
2
v R ρπηC.若仅风速减小为原来的
12，发电的功率将减小为原来的12
D.若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍【答案】A 【解析】
【详解】A ．由于风速为v ，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为
2
m V vR ρρπ==故A 错误；
B ．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为
23211
22
P mv v R ηρπη=
=故B 错误；
CD ．根据P 的表达式可知，若仅风速减小为原来的
1
2
，发电的功率将减小为原来的18，若仅风速增大为原
来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍，故CD 错误。

故选A 。

6.如图甲所示，质量为 1.5kg M =、足够长的木板静止在水平面上，质量为0.5kg m =的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为10.1μ=。

现用水平向右的拉力F 拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F kt =（k 为常量），物块的加速度a 随时间t 变化的图像如图乙所示。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度210m /s g =，则下列说法正确是（
）
A.3N /s
k =B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.02s ~时间内，水平拉力F 做的功为49
J 144
D.
4
s 2s 3~时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为4J 9
【答案】B 【解析】
【详解】A ．根据图像，1s 时木板开始与地面发生相对运动
()11k M m g
μ⨯=+解得
2N/s
k =A 错误；
B ．当11s 3t =时，物块的加速度为2
1m/s
3
，根据牛顿第二定律得
211133
k mg m μ⨯-=⨯
解得
20.5
μ=B 正确；
C ．2s 时物块的加速度为
22k mg ma
μ⨯-=解得
2
3m/s a =2s 末物块的速度为
111132173333m/s m/s m/s
226
v ⎛⎫⎛⎫+⨯-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=末动能为
2149
J 2144
mv =根据动能定理，合力的功是49J 144，则拉力做功大于49J 144
，C 错误；D ．4
s 3
时木板的速度为
1111
33m/s m/s
218
v ⨯
==木板的加速度为
()212
mg M m g Ma μμ-+=解得
2
21m/s 3
a =4
3
~2s 时间内，木板的位移为2
22121121121
m m m
21832339
x v t a t ⎛⎫=+=⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭4
3
~2s 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为()122J 9
Q M m gx μ=+=
D 错误。

故选B 。

7.如图所示，从圆上一点A 引三条倾角不同的粗糙斜面轨道AB 、AC 、AD 到圆周上，已知斜面的动摩擦因数均为0.75μ=，其中AB 是一条竖直面，AE 是圆的直径，37BAE ∠= 。

现将小球m 从A 点分别沿AB 、AC 、AD 三个斜面静止释放，设小球到达圆周上的速率分别为1v 、2v 、3v ，经历的时间分别为
1t 、2t 、3t ，则下列说法正确的是（
）
A .
123
v v v >= B.132
v v v >> C.132
t t t << D.123
t t t ==【答案】D 【解析】
【详解】CD ．设AE 长为L ，从AB 右侧任意一个与竖直方向夹角为θ的斜面下落，如图所示
根据牛顿第二定律
cos sin mg mg ma
θμθ-=可得
cos sin a g g θμθ
=-根据位移时间关系
22
11
cos(37)(cos sin )22
L at g t θθμθ︒+==-又
sin 370.75cos37μ︒
==
︒
整理可得
2211
cos37cos(37)(cos cos37sin 37sin )cos(37)22
L g t t θθθθ︒︒+=
︒-︒=︒+解得
2cos37L t g
︒
=
可知下滑的时间与倾角无关，所以
123
t t t ==故D 正确，C 错误；AB ．根据
cos sin mg mg ma F θμθ-==合
可知斜面与AB 夹角越小，则合外力大，加速度越大，根据
212x at =
可知位移越大，根据动能定理
212
F x mv =
合可知到圆弧时速度越大，即
123
v v v >>故AB 错误。

故选D 。

8.如图所示，小球A 、B 、C 通过如图的装置静止悬挂着，其中定滑轮P 与定点Q 相距10L ，并处于同一高度，此时PB 与水平方向的夹角为53︒，QB 与水平方向的夹角为37︒，小球B 、C 的质量分别为m 、2m 。

现剪断BC 间的悬绳，则下列说法错误的是（）（重力加速度为g ，忽略一切阻力，取sin370.6︒=，
cos370.8︒=。

）
A.小球A 的质量是2.4m
B.当小球A 到达最低点时，B
C.在剪断BC 间的悬绳瞬间，小球B 的加速度大小是
817
g D.剪断BC 间的悬绳后，若考虑到阻力的影响，系统会再次达到平衡，平衡后QB 间悬线的张力将变小【答案】D
【解析】
【详解】A ．对小球B 进行受力分析，设QB 拉力为F ，小球A 的质量为M ，水平方向有
cos53cos37Mg F ︒=︒
竖直方向有
sin 37sin 532F Mg mg mg
︒+︒=+代入数值联立方程得
2.4M m
=故A 正确；
B ．剪断B
C 间的悬绳，小球A 、B 组成的系统能量守恒
212
A A
B B B B m gh m gh m v =+由几何关系
68104A h L L L L
=+-=8sin 37 4.8B h L L
=︒=解得
B v =
故B 正确；
C ．对小球A 进行受力分析，AB 间绳的拉力为T A A m g T m a
-=对小球B 进行受力分析，在剪断BC 间的悬绳瞬间
sin 53T mg ma
-︒=解得
817
a g =
故C 正确；D ．剪断BC 间的悬绳后系统会再次达到平衡，以小球B 为研究对象，QB 悬线上的张力与PB 悬线上的张力的夹角由小逐渐变大，小球B 所受重力不变且受力保持平衡的情况下，由力的合成原理，QB 间悬线的张力将变大，故选D 错误。

故选D 。

二、多项选择题（共2题，每题5分，共10分。

）
9.如图甲所示，一个质量1kg m =的物块静止放置在动摩擦因数0.5μ=粗糙水平地面O 处，在水平拉力F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，g 取210m/s 。

则（）
A.物块经过4s 回到出发点
B.4.5s 时水平力F 的瞬时功率为12W
C.0~5s 内物块所受合力的平均功率为0.9W
D.0~5s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A ．由图可看出，4s 内速度方向始终为正方向，则物块经过4s 没有回到出发点，故A 错误；B ．4.5s 时，加速度大小为
22
3m/s 3m/s 1
a -==-物体向左运动，受摩擦力向右，根据牛顿第二定律
F mg ma μ-=解得
8N
F =力F 的功率为
8 1.5W 12W
P Fv ==⨯=故B 正确；
C ．0~5s 内物块所受合力的做的功等于动能增加量为
221113 4.5J 22
W mv =
=⨯⨯=平均功率为
4.5W 0.9W 5
W P t =
==故C 正确；D ．滑动摩擦力方向始终与物体运动方向相反，始终做负功，故D 错误。

故选BC 。

10.如图，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C 相连，另一端与物体A 相连。

物体A 置于光滑固定斜面上，斜面的倾角30θ= 。

A 上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连且始终与斜面平行。

开始时托住B ，A 静止且细线恰好伸直，在0t =时刻由静止释放B 。

已知物体A 、B 的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，当地重力加速度为g ，B 始终未与地面接触。

设当t t =0时B 第一次下落到最低点，则从释放B 到B 第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是（）
A.刚释放物体B 时，物体A 受到细线的拉力大小为mg
B.物体A 到最高点时，物体A 和弹簧组成的系统机械能最大
C.物体A 到最高点时，物体A 所受合力大小为2
mg
D.在02t t =时刻，物体A 【答案】BCD
【解析】
【详解】A ．开始时托住B ，A 静止且细线恰好伸直，此时绳的弹力为0，弹簧弹力与A 重力沿斜面的分力大小相等方向相反，刚释放物体B 时，对A 、B 整体分析有
2mg ma
=对B 进行分析有
mg T ma
-=解得
12
T mg =
故A 错误；
B ．物体A 到最高点过程中，绳对物体A 和弹簧组成的系统一直做正功，可知，当物体A 到最高点时，物体A 和弹簧组成的系统机械能最大，故B 正确；
C ．开始时托住B 时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有
1
sin mg kx θ=物体A 到最高点时，弹簧处于拉伸状态，对A 、B 整体有
2sin 2'
kx mg mg ma θ+-=对弹簧、A 、B 构成的系统有
()()2212122111sin 22
mg x x mg x x kx kx θ+=++-解得
1'2
a g =该加速度方向沿斜面向下，则物体A 到最高点时，物体A 所受合力大小为'2mg
ma =
故C 正确；
D ．结合上述分析可知，A 先向上做加速度减小的变加速直线运动，
后向上做加速度增大的变减速直线运动，根据对称性可知，在02
t t =
时刻，A 、B 整体加速度为0，物体A 达到最大速度，由于此时加速度为0，对A 、B 整体有3sin kx mg mg
θ+=此时弹簧处于拉伸状态，在释放B 到02t t =时刻，对弹簧、A 、B 构成的系统有()()2221313max 31111sin 2222
mg x x mg x x mv kx kx θ+=++⨯+-解得
max v =
故D 正确。

故选BCD 。

二、实验题（每空2分，共16分）
11.某实验小组利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。

转动手柄可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。

塔轮自上而下有三层，每层左、右半径比分别是1:1、2:1和3:1。

左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比。

实验时，将两个小球分别放在短槽C 处和长槽的A （或B ）处，A 、C 到左、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小关系可由标尺露出的等分格的格数判断。

（1）探究向心力F 与半径r 的关系时，应将质量相同的小球分别放在挡板C 和挡板________处（选填“A ”或“B ”），将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上。

（2）如图所示，两钢球质量和运动半径都相同。

若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2:1的塔轮上，实验中匀速转动手柄时；得到左、右标尺露出的等分格数之比为1:4，若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为3:1的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为________，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与________。

【答案】（1）B
（2）①.1:3②.角速度的平方成正比
【解析】
【小问1详解】
探究向心力F 与半径r 的关系时，应保证小球质量相等、角速度相等、半径不相等，因此质量相同的小球分别放在挡板C 和挡板B 处，确保半径不相等；将传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上确保角速度相等。

【小问2详解】
[1][2]两钢球质量和运动半径都相同。

若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2:1的塔轮上，实验中匀速转动手柄时；得到左、右标尺露出的等分格数之比为1:4。

若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为3:1的塔轮上，用皮带连接的左、右塔轮边缘线速度相等，根据v R
ω=可得左、右两边塔轮的角速度之比为
13
R R ωω==右左右左而此时左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与角速度的平方成正比。

12.合肥一中某实验小组在学习完动量定理后，想利用验证机械能守恒定律的实验装置（如图甲所示）验证动量定理，于是他们来到科创中心三楼实验室。

该小组先用天平测量重物的质量m ，再把打点计时器固定
在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。

实验中，需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器纸带上打出一系列的点。

（1）小组成员接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，0是释放点，如图乙所示，已知相邻两个点之间的时间间隔为T ，当地的重力加速度为g 。

在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小G I =________，重物动量改变量的大小∆=p ________。

（结果用m 、T 、g 、1h 、2h 、3h 、4h 、5h 或6h 表示）代入测量数据后，发现G I ________p ∆（填“>”、“<”或“=”），原因是：________。

（2）实验小组中的A 同学用公式1v =5v =1和5的速度，A 同学的这种
做法是________（填“正确”或“错误”）。

【答案】（1）
①.4mgT ②.642()2m h h h T --③.>④.见解析
（2）错误
【解析】
【小问1详解】
[1]在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小为44G I mg T mgT
=⋅=[2]在打计数点1时重物的速度大小为
2
12h v T
=
在打计数点5时重物的速度大小为
6452h h v T
-=则在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为51642()2m p mv mv h h h T ∆=-=
--[3][4]代入测量数据后，发现G I p >∆，原因是：有空气阻力和限位孔的摩擦力，使得重物的所受合力小于重力，所以实际合力的冲量小于重力的冲量，重物动量改变量小于重力的冲量。

【小问2详解】
实验小组中的A 同学用公式1v =和5v =1和5的速度，A 同学的这种做法是错误的；因为重物下落过程存在空气阻力和摩擦阻力，使得重物的实际加速度小于重力加速度。

四、计算题（共3题，共42分）
13.又到了周末，合肥一中迎来大量的返校学生。

一名学生拉着行李箱在水平地面行走，行李箱的运动可看成在地面上滑行，已知行李箱的质量为22kg m =，取重力加速度210m /s g =，cos370.8︒=，sin370.6︒=。

（1）若该学生用如图甲所示的力拉行李箱匀速行走，已知拉力的方向与水平方向的夹角为37︒，大小为100N ，如果该同学想更省力，求最小拉力；
（2）若行李箱拉杆器件损坏，该同学停下来，改用如图乙所示的力推行李箱匀加速追赶前方的同学，10s 跑了25m 才追上，已知推力的方向与水平方向夹角仍为37 ，求该推力的大小。

【答案】（1）（2）242N
【解析】
【小问1详解】对行李箱受力分析，如图所示
行李箱匀速，则有
N sin37F F mg
+︒=f
cos37F F ︒=又
f N
F F μ=解得
0.5
μ=设F 与水平方向成α时，拉力最小，有
()
cos sin F mg F αμα=-由数学关系可得出，当tan 0.5α=时
min F =【小问2详解】如图所示
行李箱匀加速运动
212
x at =
得出
2
0.5m /s a =竖直方向，根据平衡条件
'N sin37F F mg
'=︒+水平方向，由牛顿第二定律
'f cos37F F ma
︒-='又
f N
F F μ''=解得
242N
F '=14.如图所示，水平轨道BC 与倾角为37θ= 的斜面轨道AB 、螺旋状圆轨道O 紧密平滑连接，AB 长度110m L =，BC 长度24m L =，圆轨道半径0.72m R =。

直角斜面体MNE 的竖直边ME 的长度33L m =，水平边NE 的长度46L m =，M 点在C 点的正下方，MC 的长度5 1.2L m =。

小物块的质量为1kg m =，它与AB 轨道和BC 轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。

小物块在最高点A 由静止释放，沿轨道ABC 运动，第一次到达C 时恰好静止。

空气阻力不计，取重力加速度210m /s g =，sin370.6= ，cos370.8= 。

（1）求动摩擦因数μ；
（2）小物块在A 点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F ，当物块沿BC 运动到C 点时撤去F ，再绕圆轨道运动一周后在与C 同一高度的圆轨道末端以速度v 水平向右抛出。

小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v 与F 满足的关系式，并确定v 的取值范围；
（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N 点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞
时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN 上的P 点，已知物块从圆轨道末端运动到P 点的总时间为0.9s t =，求小物块刚运动至P 点时的动能。

【答案】（1）0.5
μ=（2）()2
306m /s 20m /s v F v =≤≤（3）k 65J
E =【解析】
【小问1详解】
小物块从A 到C 的过程，由动能定理得
112sin cos 0
mgL mgL mgL θμθμ--=代入数据得
0.5
μ=【小问2详解】
施加恒力F 后，从A 到C 的过程，由动能定理得
()()2121121cos sin cos sin 2
F L L mgL mg F L mgL mv θθμθθμ++---=
代入数据得230v F
=小物块在圆轨道最高点D 不脱离轨道，应满足
2D mv mg R
≤从D 到C 的过程由机械能守恒定律得
22
11222
D mv mgR mv +=解得
6m /s
v ≥小物块不脱离斜面AB ，应满足
sin cos F mg θθ
≤解得
20m /s v ≤
所以v 的取值范围为
6m /s 20m /s
v ≤≤综上可得
()
2306m/s 20m/s v F v =≤≤【小问3详解】
P 点与C 点的高度差为
2
1 4.05m 2
h gt =
=设物块在C 点初速度为0v ，P 点与竖直墙的水平距离为04v t L -
，如图所示
由几何关系得
3504
tan L L h MNE v t L +-∠=
-已知
341tan 2
L MNE L ∠=
=解得
07m /s
v =从C 到P 由动能定理得
2
k 0
12
mgh E mv =-代入数据解得
k 65J
E =即小物块刚运动至P 点时的动能为
k 65J
E =
15.如图所示，物块A 、B 质量分别为A 2kg m =，B 1kg m =，用轻绳相连并用劲度系数100N/m k =的轻
质弹簧系住挂在天花板上静止不动。

B 正下方有一个半径为1m R =的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a 距离物块B 的高度差0.8m h =。

某时刻A 、B 间的绳子被剪断，然后A 做周期 2.8s T =的简谐运动，B 下落并从a 点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。

当A 第1次到达最高点时，B 恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与质量为C 0.5kg m =的滑块C 相碰，碰后B 、C 结合为滑块D 。

D 平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为1m L =，以01m/s v =的速度顺时针转动，D 与传送带间的动摩擦因数为
0.35μ=。

传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的质量
为13kg m =的小球，D 能够平滑地滑上平台，且D 与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰（A 、B 、D 小球均可以看作质点，重力加速度210m/s g =，忽略空气阻力）。

（答案可以用根号表示）（1）求物块A 做简谐运动的振幅A ；
（2）求光滑固定圆轨道对物块B 的冲量大小I ；
（3）求整个运动过程中D 与传送带之间因摩擦产生的热量Q 。

【答案】（1）0.1m A =；（2）s I =⋅；（3）()
2024
3391J 423Q ⎛⎫=- ⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】（1）初始状态下，弹簧伸长量为
()A B 1Δ0.3m
m m g
x k
+=
=细绳剪断后，A 处于平衡位置时，弹簧伸长量为
A 20.2m m g
x k
∆=
=振幅
120.1m
A x x =∆-∆=（2）物块
B 做自由落体运动的时间
1t =
B 落入a 的速度
14m/s
a v gt ==根据动能定理
22B B B 1122
a m gR m v m v =
-得B 在圆弧末端的速度
6m/s
v =B 在圆弧上的运动时间
212
T
t t =
-向下为正方向，竖直方向的冲量
B 2B a
y I m gt m v +=-解出
14N s
y I =-⋅水平方向冲量
x B 6N s
I m v ==⋅故冲量
s
I =⋅（3）根据动量守恒
()B B C D
m v m m v =+分析D 第一次滑过传送带有
2
D 1
2
L v t a t =∆-∆得
2s 7
t ∆=
，()1D D 15ΔJ
4Q m g L v t μ=-=物体D 滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度D03m/s v =，规定向右为正方向，有
D D0D D111m v m v m v =+；22
2
D D0D D111111222
m v m v m v =+解得
D11m/s v =-，12m/s
v =之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D 返回进入传送带，假设匀减速到速度为0
21
11m 1m
27
D v x L a -==<=-不会滑出传送带，因此D 在传送带上反向加速，以
D1D11m/s
v v '=-=再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D 在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间
D134
2s 7
v t a =⋅
=位移
1034m 7
x v t ∆==
在此过程中产生的热量为
D 1'Δ3J
Q m g x μ==同理可知，当物体D 与小球发生第k 次碰撞，设碰前D 的速度大小为1k v -，碰后D 的速度大小为k v ，则有
D 1D 1k k k m v m v m u -=-+，222
D 1D 1111222
k k
k m v m v m u -=+得
1
13
k k v v -=在传送带上
2k k v t g μ=
，0
02k k k v v x v t g
μ∆==又
02D D 291Δ123n
k k v Q m g x m g v g μμμ⎡⎤
⎛⎫=∑=⨯∑=-⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
所以
()
2024
123391J 423Q Q Q ⎛⎫
=+=- ⎪
⎝⎭。