安徽省阜阳市重点高中2021届高三上学期第一次校本教材反馈测试 物理试题.doc

1、 20202021 学年度高三（上）校本反馈卷物理试卷学年度高三（上）校本反馈卷物理试卷 考试时间：考试时间：90 分钟分钟 满分：满分：110 分分 一、选择题一、选择题(每题每题 5 分，分，15 为单选题，为单选题，610 为多选题。多选题选错不得分，选不全得为多选题。多选题选错不得分，选不全得 3 分分) 1 如图所示,木块 B静止在水平地面上,木块 A叠放在 B上.A的左侧靠在光滑的竖起墙面上 关于 A. B的受力情况, 下列说法中正确的是( ) AB对 A的作用力方向一定竖直向上 BB对 A的作用力一定大于 A的重力 C地面对 B的摩擦力方向可能向右 D地面对 B的作用力大小可能等

2、于 A、B的总重力 2如图所示，水平线 OO 在某竖直平面内，距地面高度为 h，一条长为 L（Lh）的轻绳两端分别系小球 A和 B，小球 A在水平线 OO 上，竖直向上的外力作用在 A上，A和 B都处于静止状态。现从 OO 上另一点静止释放 小球 1，当小球 1下落至与小球 B等高位置时，从 OO 上静止释放小球 A和小球 2，小球 2在小球 1的正上方。 则下列说法正确的是（ ） A小球 B将与小球 1同时落地 Bh越大，小球 A与小球 B的落地时间差越大 C从小球 2释放到小球 1落地前，小球 1与 2之间的距离随时间的增加而均匀 增大 D若 1落地后原速率弹回，从此时开始计时，1与 2相

3、遇的时间随 L的增大而减小 3如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转 轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平（转过了 90 角） 下列有关此过程的说法中正确的是（ ） A重物 M 做匀速直线运动 B重物 M 做匀变速直线运动 C整个过程中重物一直处于失重状态 D重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为L 4如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30

4、，圆盘绕垂直于盘面的固定对称 轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离 L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为时，小物 块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为 3 2 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为 R，引力常量 为 G，下列说法正确的是( ) A这个行星的质量 M= 22 4 5 R L G B这个行星的同步卫星的周期是 R L C这个行星的第一宇宙速度 1 2 L v R D离行星表面距离为 R的地方的重力加速度为 2L 5如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳 L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳 L2连接， 细绳 L1、弹簧与竖直方向的夹角均

5、为 ，细绳 L2水平拉直，现将细绳 L2剪断，则细绳 L2剪断瞬间，下列说法正 确的是( ) A细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 11 B细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 1cos2 CA与 B的加速度之比为 11 DA与 B的加速度之比为 cos 1 6如图所示，A、B两小球从 O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板 P落在水平面上的 Q点，B球抛出后与水平 面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板 P也落在 Q点B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度 大小不变、方向相反，不计空气阻力则 AA、B球从 O点运动到 Q点的时间相等 BA、B球经过挡板 P顶端时竖直方向的速度大小相等 CA

6、球抛出时的速度是 B球抛出时速度的 3倍 D减小 B球抛出时的速度，它也可能越过挡板 P 7如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为 L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为 m的 光滑小球 A、B用长为 L的轻杆及光滑铰链相连，小球 A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球 B以不同的角速度 绕 竖直杆匀速转动，当转动的角速度为 0时，小球 B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为 k，重力 加速度为 g，则 A小球均静止时，弹簧的长度为 L- mg k B角速度 =0时，小球 A对弹簧的压力为 mg C角速度 0= 2 kg kLmg D角速度从 0继续增大的过程中，小球 A对弹簧

7、的压力不变 8如图所示，物块 A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦 力 f1、B与地面间的摩擦力 f2随水平拉力 F变化的情况如图所示、已知物块 A的质量 m=3kg，取 g=10m/s2 ，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A两物块间的动摩擦因数为 0.2 B当 0F4N时，A、B保持静止 C当 4NF12N时，A的加速度随 F的增大而增大 9如图（a） ，质量 1kgm 的物体沿倾角37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水 平方向向右， 其大小与风速v成正比， 比例系数用k表示， 物体加速度a与风速v的关系如图 （b） 所示

8、，g取 2 10m/s， sin370.6，cos370.8，下列说法正确的是( ) A物体沿斜面做匀变速运动 B当风速5m/sv 时，物体沿斜面下滑的速度最大 C物体与斜面间的动摩擦因数为 0.25 D比例系数k为 16 kg/s 19 10 如图甲所示， 在距离地面高度为h=0.80m的平台上有一轻质弹簧， 其左端固定于竖直挡板上， 右端与质量m=0.50 kg、可看作质点的物块相接触（不粘连） ，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用物块开始静 止于 A点，与 OA段的动摩擦因数 =0.50现对物块施加一个水平向左的外力 F，大小随位移 x变化关系如图乙 所示物块向左运动 x

9、=0.40 m到达 B点，到达 B点时速度为零，随即撤去外力 F，物块在弹簧弹力作用下向右运 动，从 M点离开平台，落到地面上 N点，取 g=10 m/s2,则（ ） A弹簧被压缩过程中外力 F做的功为 6.0 J B弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J C整个运动过程中克服摩擦力做功为 4.0J DMN的水平距离为 1.6 m 二、实验题（每空二、实验题（每空 2 分）分） 11某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数 每次滑块都从斜面上由静止开始下 滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离 L及相应遮光时间 t 的值 (1)用游标卡尺测量遮光板的宽度

10、d ，如图乙所示，则 d = _cm (2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数 ，本实验还需要测出或知道的物理量是_(填下列序号) A滑块和遮光板的总质量 m B斜面的倾角 C当地的重力加速度 g (3)实验中测出了多组 L和 t 的值，若要通过线性图象来处理数据求 值，则应作出的图象为_； A 2 tL图象 B 2 1 t L 图象 D 2 Lt图象 C 2 1 L t 图象 (4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为 k，则关于 值的表达式为 = _ (可用以上物理量的 符号表示) 12用如图所示装置研究平地运动将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上钢球沿斜槽轨道 PQ滑下 后从 Q点

11、飞出，落在水平挡板 MN上由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤 压出一个痕迹点移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点 （1）下列实验条件必须满足的有_ A斜槽轨道光滑 B斜槽轨道末段水平 C挡板高度等间距变化 D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 （2）为定量研究，建立以水平方向为 x轴、竖直方向为 y轴的坐标系 a取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q点，钢球的_（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”） 对应白纸上的位置即为原点； b若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取 A、B、C三点，AB和

12、BC 的水平间距相等且均为 x，测得 AB和 BC的竖直间距分别是 y1和 y2， 则 1 2 y y _ 1 3（选填“大于”、“等于”或者“小 于”） 可求得钢球平抛的初速度大小为_（已知当地重力加速度为 g，结果用上述字母表示） 三、解答题（三、解答题（13 题题 6 分，分，14 题题 8 分，分，15 题题 12 分，分，16 题题 18 分）分） 13倾角为 30 的斜面体置于粗糙的水平地面上，其斜面光滑，底边粗糙，顶端安装一光滑轻滑轮，另有光滑圆 环固定在竖直平面内，圆心在 O点。一小球套在圆环上，通过绕过轻滑轮的细线与斜面上的小物块相连。在竖直 向下拉力 F作用下，小球静止 Q

13、点，OQ连线与水平方向成 53 角，细线与环恰好相切，滑轮与小物块之间的细线 与斜面平行， 如图所示， 斜面体始终保持静止。 已知小球的质量m=1kg， 小物块的质量M=2kg， 重力加速度g=10m/s2， sin53 =0.8，cos53 =0.6，求： (1)拉力 F的大小； (2)地面对斜面体的摩擦力大小。 14为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一足够长的直斜坡公路，倾角为37，机动车限 速 36km/h。一质量为 m=5t 的小货车以 1 36km/ hv 的速度匀速下坡，小货车装配了 ABS（车轮防抱死）系统， 某时刻发现车头正前方 0 20mx 处有一观光者以 2

14、 18km/hv 的速度匀速骑行下坡，司机立即启动 ABS刹车系 统，货车做匀减速运动，恰好没有撞到骑行者。 (1)求货车刹车的加速度大小； (2)若该货车下坡刹车时 ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下仍使货车恰好不撞到骑行者，需要货车车头 距离骑行者多远时开始刹车。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为 0.8 ，sin370.6，cos370.8，重 力加速度 2 10m/sg 。 15如图甲所示，一倾角为 37 的传送带以恒定速度运行现将一质量 m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对 地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 37 0.6，

15、cos 37 0.8： 求： （1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 08 s内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q 16如图所示，半径为 R11.8 m的 1 4 光滑圆弧与半径为 R20.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地 面上紧靠管口有一长度为 L2.0 m、质量为 M1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平 线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为 m22 kg的物块静止于 B处，质量 为 m11 kg的物块从光滑圆弧顶部的 A处由静止释放，物块 m1下滑至 B处和 m 2碰撞后不再分开，整体设为物块

16、 m(mm1m2)物块 m穿过半圆管底部 C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s时，木板与 台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若 g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计 (1)求物块 m1和 m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块 m滑到半圆管底部 C处时所受支持力大小； (3)若物块 m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m在台阶表面上滑行的最大距离 参考答案参考答案 1D 【详解】 AB.对 A受力分析可知： 若 A 与 B的接触面光滑,则 A 受重力、支持力及墙壁对 A的支持 力作用，A 处于静止状态,合力为零,由于 A、B

17、之间的接触面倾斜,则 B 对 A的支持力垂直接 触面斜向上，且大于 A 的重力若接触面粗糙,A可能受到重力、支持力和 B对 A 的摩擦力, 有可能 A 还受到墙壁的支持力；当墙壁对 A没有支持力时,B 对 A的支持力与摩擦力的合力 与 A 的重力大小相等,方向相反由以上分析可知,故 A错误,B错误 C.若 A与 B的接触面光滑，木块 B 受重力、地面的支持力、A对 B 科向下的压力以及地面 的摩擦力处于静止状态,合力为零,则摩擦力方向水平向左若接触面粗糙,木块 B受重力、地 面的支持力、 A对 B 斜向下的压力以及 A对 B的静摩擦力,其中 A对 B 斜向下的压力以及 A 对 B 的静摩擦力的

18、合力与 A的重力大小相等，方向竖直向下，所以 B 不受地面的摩擦力， 故 C 错误 D.对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力， 故 D 正确 2C 【详解】 A设小球 1 下落到与 B 等高的位置时的速度为 v，设小球 1 还需要经过时间 t1落地，则： 2 11 1 2 hLvtgt 设 B 运动的时间为 t2，则 2 2 1 2 hLgt 比较可知 12 tt 故 A 错误； B设 A 运动时间为 t3，则 2 3 1 2 hgt 可得 32 22()hhL tt gg 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 2 页，总 12

19、页 可知 L 是一个定值时，h 越大，则小球 A 与小球 B 的落地时间差越小。故 B 错误； C1 与 2 两球的距离 22 11 22 Ltgtgtt 可见，两球间的距离随时间的推移，越来越大；故 C 正确； D作出小球 1和小球 2运动的 v-t图象，如图所示 由图可知，t1时刻，小球 2开始运动；t2刻，小球 1落地；t3刻，小球 1 和小球 2相遇。图中 左边的阴影部分面积表示的就是轻绳的长度 L，可见，若 1落地后原速率弹回，从此时开始 计时，1与 2 相遇的时间随 L的增大而增大，所以 D错误。 故选 C。 3D 【详解】 设 C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为 （锐角） ，由题

20、知 C 点的线速度为 vC=L，该线速 度在绳子方向上的分速度就为 v绳=Lcos的变化规律是开始最大（90 ）然后逐渐变小， 所以， v绳=Lcos 逐渐变大， 直至绳子和杆垂直， 变为零度， 绳子的速度变为最大， 为 L； 然后，又逐渐增大，v绳=Lcos 逐渐变小，绳子的速度变慢所以知重物 M的速度先增 大后减小，最大速度为 L故 AB错误，D 正确重物 M 先向上加速，后向上减速，加速 度先向上，后向下，重物 M 先超重后失重，故 C 错误故选 D 4D 【详解】 A当物体运动到圆盘最低点时，此时所受静摩擦延半径方向向上达到最大，此时对应的角 速度为最大值，则由牛顿第二定律有 2 co

21、s30sin30mgmgmL 解得 2 4gL 绕行星表面做匀速圆周运动的物体，万有引力提供向心力，则有 2 2 GMm mRmg R 解得 22 4R L M G 故 A 错误； B由于不知道同步卫星高度，无法求得同步卫星周期，故 B 错误； C当万有引力提供向心力，轨道等于行星半径时，可求得该行星第一宇宙速度为 2 1 42vgRLRLR 故 C 错误； D离星球表面距离为 R的地方万有引力为 2 1 4 GMm mgmg RR 解得 2 gL 故 D 正确。 故选 D。 5D 【详解】 根据题述可知，A、B 两球的质量相等，均设为 m，剪断细绳 L2瞬间，对 A 球受力分析，如 图 1所

22、示，由于细绳 L1的拉力突变，沿细绳 L1方向和垂直于细绳 L1方向进行力的分解，得 FTmgcos 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 4 页，总 12 页 ma1mgsin 剪断细绳 L2瞬间，对 B 球进行受力分析，如图 2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹 簧的弹力还保持不变，有 Fcos mg ma2mgtan 所以 FTFcos21 a1a2cos 1 则 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 6BCD 【详解】 A.将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析， 抓住等时性， 结合竖直方向上的运动规律 比较运动的时间， 结合水平位移比较抛出时的初速度 根据

23、下降的高度比较竖直分速度的大 小 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向， 根据等时性， 结合竖直方向上的运动规律知， B 球的运动时间是 A 球运动时间的 3 倍，故 A错误； B.A、B 两球到达 P 顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上 的分速度大小相等，故 B正确； C.从 O到 Q，由于 B 球的运动时间是 A 球运动时间的 3倍，由于水平位移相等，则 A 球抛 出时的速度是 B球抛出时速度的 3倍，故 C正确； D.减小 B 球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板 P，故 D 正确 故选 BCD。 7ACD 【详解】 A若两球静止时，

24、均受力平衡，对 B 球分析可知杆的弹力为零， B Nmg； 设弹簧的压缩量为 x，再对 A 球分析可得： 1 mgkx， 故弹簧的长度为： 11 mg LLxL k ， 故 A 项正确； BC当转动的角速度为 0时，小球 B刚好离开台面，即0 B N ，设杆与转盘的夹角为， 由牛顿第二定律可知： 2 0 cos tan mg mL sinFmg 杆 而对 A球依然处于平衡，有： 2 sin k FmgFkx 杆 而由几何关系： 1 sin Lx L 联立四式解得： 2 k Fmg， 0 2 kg kLmg 则弹簧对 A球的弹力为 2mg，由牛顿第三定律可知 A球队弹簧的压力为 2mg，故 B

25、错误，C 正确； D 当角速度从 0继续增大， B 球将飘起来， 杆与水平方向的夹角变小， 对 A与 B 的系统， 在竖直方向始终处于平衡，有： 2 k Fmgmgmg 则弹簧对 A球的弹力是 2mg，由牛顿第三定律可知 A球队弹簧的压力依然为 2mg，故 D正 确； 故选 ACD。 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 6 页，总 12 页 8AB 【详解】 A由图中可知，A、B之间的滑动摩擦力为 6N，故摩擦因数为 1 0.2 f mg A正确； B有图中可知，当 0F12N时，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，故当 F12N时，A、B发生相对滑动， C错误； D当

26、F12N 时，A 受到的滑动摩擦力不变，故其加速度不在变化，D错误； 故选 AB。 9BCD 【详解】 A.由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故 A 错误； B.由图可知，速度为 5m/s 时加速度为零，速度最大，故 B正确； C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为 a0=4m/s2，对物体受力分析，根据牛顿 第二定律 沿斜面的方向： mgsinmgcos=ma0 解得： 0 sin 0.25 cos ga g ， 故 C 正确； D.对末时刻加速度为零，受力分析可得： mgsinNkvcos=0 又： N=mgcos+kvsin， 由 b图可以读出，此时

27、 v=5m/s 代入式解得： (sincos )16 kg/s ( sincos )19 mg k v 故 D 正确。 10AD 【详解】 A根据 F-x 图象与坐标轴所围的面积表示力 F做的功，则弹簧被压缩过程中外力 F做的功 为 WF= 6 18 2 0.2J+18 0.2J=6.0J 故 A 正确； B物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功 Wf=mgx=0.5 0.5 10 0.4J=1.0J 根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 Ep=WF-Wf=5.0J 故 B 错误； C整个运动过程中克服摩擦力做功为 Wf总=2mgx=2.0J 故 C 错误； D设物块离开 M点

28、时的速度为 v，对整个过程，由能量守恒得 1 2 mv2=WF-Wf总 解得 v=4m/s 物块离开 M 点后做平抛运动，则有 h= 1 2 gt2，x=vt 解得 x=1.6m 故 D 正确。 故选 AD。 110. 225 cm BC B 2 tan 2cos d kg 【详解】 (1)主尺示数为 2 mm，游标尺上第 5 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为： 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 8 页，总 12 页 5 0.050.25mmmm，故最后读数为：20.252.250.225mmmmmmcm (2)遮光板运动到光电门处滑块的速度 d v t

29、 由动能定理有： 2 1 sincos 2 mgmgLmv 可得 2 2 1 1 sin sin 2 2 d gL gLv t gLcosgLcos ，选项 B、C 正确 (3)由 2 1 sin 2 d gL t gLcos ，可以得到： 2 2 1 2sincos d t gL ，即 2 1 t L 图象是一 条过原点的直线，可作 2 1 t L 线性图象处理数据求值，B项正确 (4)由 2 2sincos d k g 得 2 tan 2cos d kg 12BD 球心 大于 21 g x yy 【详解】 (1)1A斜槽不需要光滑，保持末端速度相同即可，不符合题意； B只要斜槽末端水平，钢

30、球才能在竖直方向做初速度为 0 的自由落体运动，其轨迹为平抛 运动轨迹，符合题意； C将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，不符合题意； D 每次在相同的位置释放钢球是为了保持每次都有相同的初速度， 是充要条件， 符合题意； (2)a.2 钢球球心对应原点； 3 研究竖直方向运动规律时 y轴与重锤线方向平行； b.4 平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为 0，则根据平抛运动的规律，相等时间 内竖直方向通过的位移之比为：1:3:5:7.，由于 A点的竖直方向速度大于 0，则 1 2 1 3 y y 5由 2 saT ，可知在竖直方向上： 2 21 (1)yygt 水平方向

31、上可知： (2) x t v 初 联立（1） （2）可知： 21 = g vx yy 初 13(1) 20 N 3 F ；(2)5 3N f F 【详解】 (1) 对小物块M和小球m分别受力分析如下图所示 对物块M根据平衡条件可得到 1 sin300TMg1 分 对小球m根据平衡条件可得到 2 cos530TFmg.1 分 1 T与 2 T大小相等有 12 TT （1 分） 联立解得 20 N 3 F （1 分） (2)小物块M与斜面体相对静止，可看做一整体，相对地面静止，因此细线上的张力1 T在水 平方向上的分力大小即为地面对斜面体的摩擦力大小 1cos30 5 3N f FT（2 分，公式

32、 1 分，答案 1 分） 14(1) 2 5 m/s 8 a ：(2)31.25m 【详解】 (1)小货车减速的加速度大小为 a 时恰好没有撞到骑行者，经时间 t1两者速度相等， 112 vatv（1 分） 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 10 页，总 12 页 12 12 10 2 vv tv tx （1 分） 解得货车的加速度大小为 2 5 m/s 8 a （1 分） (2)对汽车：滑动摩擦力 cosfmg（1 分） 由牛顿第二定律 2 sinfmg a m （1 分） 由运动学公式 12 2 2 vv t a （1 分） 货车距离骑行者 12 22 2 vv

33、 xvt （1 分） 解得 x=31.25m（1 分） 15(1)0.875.(2)E90 J（3）Q126 J 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的, 且加速大小为 2 2 1/ 2 am s （1 分）的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得: cossinmgmgma （1 分） 可解得：0.875（1 分）. （2）根据 v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得 08 s 内物体的位移 261 42 214 22 xm （1 分） 08 s s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之

34、和,为 22 11 sin4290 22 EmgxmmJ（2 分） (3) 08 s 内只有前 6s发生相对滑动. 06 s 内传送带运动距离为:=4 6=24sm 皮 （1 分） 06 s 内物体位移为:=6sm 物 （1 分） 则 06 s内物体相对于皮带的位移为18sm （1 分） 08 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小, cosQmgs （2 分） 代入数据得：Q126 J（1 分） 故本题答案是：(1)0.875.(2)E90 J（3）Q126 J 1612J 190N 0.8m 设物块 1 m下滑到 B 点时的速度为 B v，由机械能守恒可得：

35、 2 111 B 1 2 m gRm v（2 分） 解得： B 6/vm s 1 m、 2 m碰撞满足动量守恒： 1 B12 ()mvmm v 共（1 分） 解得； 2/vm s 共 则碰撞过程中损失的机械能为： 22 1 B 11 12 22 EmvmvJ 共机 （2 分） 物块 m由 B 到 C满足机械能守恒： 22 2C 11 2 22 mvmgRmv 共 （2 分） 解得： C 4/vm s 在 C 处由牛顿第二运动定律可得： 2 C N 2 v Fmgm R （1 分） 解得： N 190FN（1 分） 设物块 m滑上木板后，当木板速度为 2 2/vm s时，物块速度为 1 v， 由

36、动量守恒定律得： C12 mvmvMv（1 分） 解得： 1 3/vm s 设在此过程中物块运动的位移为 1 x，木板运动的位移为 2 x，由动能定理得： 对物块 m： 22 11C 11 22 mgxmvmv（2 分） 解得： 1 1.4xm 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 答案第 12 页，总 12 页 对木板 M： 2 22 1 2 mgxMv（2 分） 解得： 2 0.4xm 此时木板静止，物块 m到木板左端的距离为： 321 1xLxxm（1 分） 设物块 m在台阶上运动的最大距离为 4 x，由动能定理得： 2 341 1 ()0 2 mg xxmv（2 分） 解得： 4 0.8xm（1 分）