2024年四川省泸州市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省泸州市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年8月29日，华为发布了全球首款支持卫星电话功能的手机，该功能将在抢险救灾中发挥着重要作用。该手机可以连接由三颗地球同步卫星组成的天通一号卫星系统，可以实现全球范围内的卫星通话。关于这三颗地球同步卫星，下列说法中正确的是( )
A. 均处于平衡状态B. 向心加速度的大小相等
C. 运行速度大于7.9km/sD. 轨道平面可能不同，半径一定相同
2.图甲是氢原子的能级图，一群处于n=5激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有一种能使图乙中的光电管产生光电效应，测得在电路中的光电流I与对应光电管两端电压U的关系如图丙所示。则阴极K的逸出功W0等于( )
A. 0.83eVB. 2.57eVC. 12.86eVD. 13.26eV
3.可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平直的平行车道上。t=0时，乙车在前，甲车在后，两车间距Δx=40m，此后两车运动的v−t图像如图所示。关于两车在0∼11s时间内的运动，下列说法中正确的是( )
A. t=5s时，两车第一次并排行驶
B. 两车全程会有三次并排行驶的机会
C. t=7s时，两车在全程中相距最远
D. 0∼7s内，甲车的平均速度大小为10m/s
4.将一小球向右水平抛出并开始计时，不计空气阻力。设某时刻小球与抛出点的连线与水平方向的夹角为α，此时速度的方向与水平方向的夹角为β，下列有关图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.四川一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是( )
A. 乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态
B. 运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45m
C. 乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为315N⋅s
D. 整个过程中，运动员加速度的最大值为10m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.机械臂广泛应用于机械装配。如图所示，某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向间夹角为θ。在将工件提升竖直高度为h的过程中( )
A. 所用时间为 2ha
B. 工件重力的瞬时功率保持不变
C. 工件的机械能增大
D. 机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量
7.如图所示，在倾角θ=30∘的粗糙斜面ABCD上，一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的另一对角线AC做匀速直线运动。已知斜面ABCD为正方形，重力加速度大小为g，则( )
A. 物体与斜面间的动摩擦因数为 66B. 物体与斜面间的动摩擦因数为 33
C. 恒力F大小为12mgD. 恒力F大小为 24mg
8.半径为R的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为1.5m。质量均为m的相同小球静止在轨道最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为EP，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。当小球沿轨道分别经过M、N点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角θ=53∘，如图所示，此时轻杆的弹力大小为F。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，则( )
A. EP=4mgRB. EP=5mgRC. F=0.06mgD. F=0.78mg
三、实验题：本大题共4小题，共30分。
9.一次下雨天，小明不经意间转动手中的雨伞，发现水珠向四周飞出，如图甲。受此启发，小明按此原理设计了一装置测当地重力加速度，设计如下实验：一带槽水平圆盘在电动机带动下匀速转动，槽边缘有一小孔，一较长浅色铁条用细线悬挂，其下端靠近圆盘边缘，如图乙所示。向圆盘槽内注入红色墨水，转动中有红色墨水从小孔沿水平方向甩出，烧断细线，铁条自由下落。实验后在铁条上留有清晰红色细线，在铁条上连续每5条细线取一计数线，分别记为A、B、C、D，用刻度尺测得AB、CD段的距离分别为x1、x2(单位：米)，如图丙所示。已知圆盘转动周期为T(单位：秒)，则(以下结果均用题干所给物理量表示)：
(1)相邻计数线之间的时间间隔为______ s；
(2)B点经过小孔时的速度大小为______m/s；
(3)由此可测得当地重力加速度大小为______m/s2。
10.某实验小组利用无线力传感器和光电门传感器探究“动能定理”。将无线力传感器和挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物相连，无线力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平轨道上A、B两点各固定一个光电门传感器，用于测量小车的速度v1和v2，如图所示。在小车上放置砝码来改变小车质量，用不同的重物来改变拉力的大小。
实验主要步骤如下：
(1)测量小车和拉力传感器的总质量M1。正确连接所需电路，接下来______(填“需要”或“不需要”)平衡小车的摩擦力。
(2)按合理要求操作后，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物相连；将小车停在点C，由静止开始释放小车，小车在细线拉动下运动，除了光电门传感器测量速度和力传感器测量细线拉力的数据以外，还应该测量的数据是______；
(3)改变小车的质量或重物的质量，重复(2)的操作。下表是实验所得的部分数据。
(4)表格中M是M1与小车中砝码质量之和，ΔEk为小车、拉力传感器及车中砝码的动能变化量，F是拉力传感器的拉力，W是F在A、B间所做的功。表中的ΔEk2=______ J，W3=______J(结果均保留三位有效数字)。
(5)该小组组员发现每组数据始终有W<ΔEk，排除偶然因素造成误差外，最可能出现以上结果的原因是______。
11.在“油膜法估测分子直径”的实验中，我们可以通过宏观量的测量间接计算微观量。
(i)本实验利用了油酸分子易在水面上形成______(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。
(ii)实验中，若测量并计算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为2.4×10−11m3，测量并计算出油膜的面积为4.0×102cm2，则油酸分子的直径为______ m。(计算结果保留两位有效数字)
(iii)某同学在测量一滴油酸酒精溶液的体积时，少数了2滴而自己不知，若只考虑这一因素对实验结果的影响，这种情况会导致分子直径的测量结果______真实值。(选填“大于”“小于”或“等于”)
12.在“测玻璃的折射率”实验中：
(i)如图甲，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，确定P3位置的方法是透过玻璃砖观察，使P3挡住______(选填“P1、P2”或“P1、P2的像”)；
(ii)小华同学正确确定P4位置，并确认其他的操作步骤也都正确后，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出图线，如图乙所示，从图线可求得玻璃砖的折射率是______；
(iii)小星同学在画界面时，不小心将界面bb′画歪了一些，如图丙所示，他随后实验测得的折射率______(选填“偏大”“偏小”“不变”或“偏大、偏小和不变都有可能”)。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
13.如图所示，竖直平面内有一半径R=10m、圆心角θ=53∘的光滑圆弧轨道固定于水平地面上，与水平直轨道AB平滑连接。一小物块以v0=15m/s的水平初速度从A点向右运动并冲上圆弧轨道，最终落在同一水平地面上。已知小物块质量m=0.2kg，直轨道AB长L=4.5m，物块与AB轨道间的动摩擦因数μ=0.5，取sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度g=10m/s2，整个过程忽略空气阻力。求：
(1)小物块经过圆弧轨道C点的速度大小；
(2)小物块从离开C点到落回同一水平地面的过程中，动量的变化量大小。
14.如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D与C接触不粘连，每块木板长L=0.8m、质量m0=0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。质量m=0.1kg的小物块从轨道上高h=5m处的P点由静止开始下滑，从滑过A点开始计时，经过t1=0.8s传送带突然卡死而瞬间停止转动，又经过t2=1s传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，传送带AB之间的距离d=10.7m。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)传送带卡死瞬间，物块的速度大小；
(2)物块在传送带上运动的总时间；
(3)物块最终能否停在木板上？如果能，求出物块最终停在哪块木板上，及距此木板左端多远的距离；如果不能，请通过计算说明理由。
15.如图甲所示，内壁光滑的导热密闭气缸竖直固定在水平面上，用质量为m的活塞把缸内空间分成A、B两部分，活塞用销钉K固定。A、B两部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体压强都等于外界大气压(未知)，体积之比为2：3。拔去销钉K稳定后，A、B两部分气体体积之比为1：1。已知活塞上、下表面面积均为S，取重力加速度为g，外界温度保持不变，整个过程不漏气。
(ⅰ)拔去销钉K稳定后，求B部分气体的压强p1；
(ⅱ)若将此密闭气缸上端开口与大气相通，如图乙所示。拔去销钉K稳定后，求B部分气体的压强p2。
16.健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，这一健身运动叫“战绳”。以手的平衡位置为坐标原点，健身者在抖动绳子过程中某时刻其中一根绳的波形图如图所示，抖动的频率为1.5Hz。从图示时刻为计时起点，求：
(ⅰ)质点A第一次到达波峰位置所需的时间t；
(ⅱ)写出B质点的振动方程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.这三颗地球同步卫星均在万有引力作用下绕地球做匀速圆周运动，受力不平衡，故A错误；
D.由GMmr2=mr4π2T2
可得：T=2π r3GM
因为同步卫星周期均与地球自转周期相同，故同步卫星轨道半径相同，但是轨道平面必须过赤道平面才能与地球保持相对静止，故轨道平面也相同，故D错误；
B.由GMmr2=ma
可得：a=GMr2
故同步卫星向心加速度大小相等，故B正确；
为第一宇宙速度，最大运行速度，近似等于近地卫星线速度，同步卫星轨道半径大于近地卫星半径，所以运行速度小于7.9km/s，故C错误。
故选：B。
同步卫星绕地球做匀速圆周运动，处于不平衡状态；根据同步卫星的特点可确定向心加速度，运行速度等。
本题主要考查了同步卫星的特点，解题关键掌握地球同步卫星的相关知识点，有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期。
2.【答案】C
【解析】解：对能发生光电效应的光子，有
hν=E5−E1=−0.54eV−(−13.6eV)=13.06eV
根据光电效应方程
W0=hν−Ek
又有
Ek=eU=0.2eV
联立上式解得
W0=12.86eV
故ABD错误，C正确。
故选：C。
本题根据原子跃迁能级的变化求出光子的能量，再根据光电效应方程求解即可。
本题考查了光电效应方程和跃迁，理解公式里物理量的含义，明白跃迁过程中氢原子所需要的的光子能量是解决此类问题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，甲加速阶段加速度为
a1=ΔvΔt=205m/s2=4m/s2
乙加速阶段加速度为
a2=ΔvΔt=309−3m/s2=5m/s2
t=5s时，根据位移-时间公式，甲物体运动位移为
x1=12a1t2=12×4×52m=50m
根据位移-时间公式，乙物体运动位移为
x2=12at2=12×5×(5−3)2m=10m
由于
x1=x2+Δx
故A正确；
C.t=5s后的运动过程中，当二者速度相同时，相距最远，故t=7s时，两车在t=5s后的运动过程中相距最远，故最远距离为
Δx′=x甲−x乙=(2×20)m−12×(10+20)×2m=10m
由于
Δx′<Δx，即10m<40m，故在0s时相距最远。
故C错误；
B.由A项可知，第一次相遇在t=5s时，此后甲车做匀速直线运动，t=7s时，两车在5s后的运动中相距最远，此后乙的速度大于甲的速度，故后再相遇一次后再无法相遇，可相遇两次，故未有三次并排行驶的机会，故B错误；
D.0∼7s内，根据平均速度公式，甲车的平均速度大小为
v−=xt=12×(2+7)×207m/s=907m/s
故D错误。
故选：A。
根据v−t图像斜率表示加速度求解甲、乙加速阶段的加速度，根据位移-时间公式求解5s时的位移，根据二者速度相同时，相距最远求最远位移，最后根据平均速度公式求解平均速度。
本题考查匀变速直线运动的规律应用以及v−t图像，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用；注意过程分析和公式的选择。
4.【答案】D
【解析】解：根据平抛运动规律，某时刻小球与抛出点的连线与水平方向的夹角为α，则有
tanα=yx=gt2v0
此时速度的方向与水平方向的夹角为β，则有
tanβ=vyvx=gtv0
联立，解得
tanβ=2tanα
可知tanβ与tanα为正比关系。
故选：D。
根据平抛运动规律某时刻小球与抛出点的连线与水平方向的夹角为α，tanα=yx=gt2v0，速度的方向与水平方向的夹角为β，
tanβ=vyvx=gtv0，注意计算要细心。
本题考查平抛运动规律某时刻小球与抛出点的连线与水平方向的夹角为α，速度的方向与水平方向的夹角为β，tanβ=2tanα，属于基础题目，计算不出错即可。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图乙中训练台所受压力随时间变化的图像a点可知，运动员的重力为600N，在c点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误；
B.由图乙可知，运动员在空中的时间为
t=(1.8−1.2)s=0.6s
重心上升的最大高度约
h=12g(t2)2=12×10×(0.62)2=0.45m
故B正确；
C.根据牛顿第三定律可得，运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，由F−t图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小为
I>12×(300+1200)×(1.1−0.6)N⋅s=375N⋅s
则运动员对训练台的冲量大小大于375N⋅s，故C错误；
D.由图乙，由牛顿第三定律可知，运动员对训练台的最大作用力为F1=1950N，训练台对运动员的最大作用力为F2=1950N，由牛顿第二定律有
F2−mg=ma
由图可得
mg=600N
代入数据解得
a=22.5m/s2
故D错误。
故选：B。
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力时处于超重状态，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力时物体处于失重状态；结合图乙所示图象分析清楚人的运动过程，应用冲量的计算公式求出重力的冲量大小；人离开力传感器后做竖直上抛运动，根据人做竖直上抛运动的时间求出人上升的最大高度；根据乙图训练台所受压力随时间变化，然后牛顿第二定律分析即可。
根据题意与图乙所示图象分析清楚人的运动过程，分析清楚人对力板压力变化过程是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题。
6.【答案】CD
【解析】解：A.工件做匀加速直线运动，可得
hcsθ=12at2
解得
t= 2hacsθ
故A错误；
B.工件重力的瞬时功率为
PG=mgvcs(π−θ)=−mgvcsθ
且
v=at
联立解得
PG=−mgatcsθ
即重力的瞬时功率随时间变化。故B错误；
C.根据
E=Ek+Ep
工件上升过程中，速度、高度增加，其动能和重力势能均增加，则工件的机械能增大。故C正确；
D.由动能定理，可得
WF+WG=ΔEk
重力对工件做负功，则机械臂对工件做的功大于工件动能的增加量。故D正确。
故选：CD。
根据几何关系和运动学公式得出工件的运动时间；运用功率公式分析重力瞬时功率的变化情况；运用机械能定义及动能定理得出机械能变化情况、机械臂对工件做的功与工件动能的增加量之间的关系。
本题主要考查了动能定理、机械能守恒的相关应用，熟悉动能定理的内容，结合运动学公式和几何关系即可完成分析。
7.【答案】AD
【解析】解：物块匀速运动，则受力平衡，对物块受力分析，受到重力、支持力、推力、摩擦力。力F的方向与BC方向的夹角为45∘，摩擦力沿CA方向。
沿AD方向根据平衡条件可得：Fsin45∘=fsin45∘
沿AB方向根据平衡条件可得：Fcs45∘+fcs45∘=mgsin30∘
其中：f=μmgcs30∘
联立解得：F=f= 24mg，μ= 66，故AD正确、CD错误。
故选：AD。
物块匀速运动，则受力平衡，对物块受力分析，根据平衡条件进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，在最高点小球受到的重力提供向心力。
根据牛顿第二定律可得：mg=mv2R
从最低点到最高点的过程，由动能定理得：−2mgR=12mv2−12mv02
根据机械能守恒定律得：Ep=2×12mv02
联立解得：EP=5mgR，故A错误，B正确；
CD、对右边小球从最低点到N点的过程，由动能定理得：−mgR(1+cs53∘)=12mvN2−12mv02
设小球在N点时其与轨道相互作用的弹力大小为N，
由牛顿第二定律得：mgcs53∘+N=mvN2R
对光滑圆形轨道由受力平衡得：F+2Ncs53∘=1.5mg
联立解得：F=0.06mg，故C正确，D错误。
故选：BC。
在最高点小球受到的重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得小球到达最高点时的速度，再根据动能定理和机械能守恒定律求解弹簧的弹性势能；根据动能定理求得小球到达N点或M的时的速度，根据牛顿第二定律和平衡条件求解轻杆的弹力。
本题主要考查了与圆周运动相关力与运动问题，理解运动过程中的功与能的关系，以及能量的转化。应用牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律即可完成分析。
9.【答案】5Tx2+3x120T x2−x150T2
【解析】解：(1)根据题意可知，电动机转动的周期为T，在铁条上连续每5条细线取一计数线，则相邻计数线之间的时间间隔为
T0=5T
(2)根据
x2−x1=2⋅Δx
得
Δx=x2−x12
则BC段的距离
x0=x1+Δx=x2+x12
B点经过小孔时的速度大小为
v=x0+x12T0=x2+3x120T
(3)根据
x2−x1=2gT02
得
g=x2−x12T02=x2−x150T2
故答案为：(1)5T；(2)x2+3x120T；(3)x2−x150T2。
(1)根据转速求出转动的周期，从而得出相邻的两条计数线对应的时间间隔；
(2)B处于AC的中间时刻，根据匀变速度直线运动推论求解；
(3)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小。
本题中笔在铝棒上相应位置留下墨线和打点计时器的原理相同，处理的方法和纸带的处理方法相同，会通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求解重力加速度。
10.【答案】需要 两光电门间的距离平衡摩擦力过大
【解析】解：(1)本实验中传感器的拉力为研究对象的合力，所以需要平衡小车的摩擦力。
(2)根据动能定理知，因要求总功，有
W=FL
所以必须已知小车位移，故除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为两光电门间的距离L。
(4)由动能的变化量
ΔE=12Mv22−12Mv12=12M(v22−v12)
解得
ΔEk2=0.420J
根据表中前两组数据，由功公式
W=FL
可求出两光电门间距离为
L=WF
代入数据解得
L=0.5m
所以有
W3=1.492×0.5J=0.746J
(5)该小组组员发现每组数据始终有W<ΔEk，排除偶然因素造成误差外，最可能出现以上结果的原因是平衡摩擦力过大了，导致传感器的拉力比合力要小。
故答案为：(1)需要；(2)两光电门间的距离L；(3)0.420；(4)0.746；(5)平衡摩擦力过大。
(1)由实验原理作答；
(2)要探究动能定理就需要求出力对小车做的总功和小车动能的变化，这就要求必须知道小车发生的位移即两光电门间距离；
(4)根据动能的变化量，代入数据求解ΔEk2；根据功的公式W=FL求解W3；
(5)每组数据始终有W<ΔEk，可能出现以上结果的原因是平衡摩擦力过大了。
本题考查了判断小车是否做匀速直线运动的方法、考查了实验数据处理；做实验题时应先根据实验原理写出有关公式再讨论即可，同时理解动能定理的应用，注意光电门测量瞬时速度的原理。
11.【答案】单层 6.0×10−10 大于
【解析】解：(i)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的，②把油酸分子看成球形，③分子之间没有空隙，由上可知，在水面上要形成单层分子油膜；
(ii)把油酸分子球形，测油酸分子的直径为d=VS=2.4×10−114.0×102×10−4m=6.0×10−10m
(iii)测量一滴油酸酒精溶液的体积时少数了2滴，根据V=V0n可知，计算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏大；
根据公式d=VS可知，这种情况会导致分子直径的测量结果大于真实值。
故答案为：(i)单层；(ii)6.0×10−10；(iii)大于。
(i)根据实验原理分析作答；
(ii)根据体积公式计算分子直径；
(ii)根据V=V0n分析计算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积的变化，再根据公式d=VS分析作答。
本题关键掌握实验原理、油酸分子直径的计算公式和实验误差分析。
12.【答案】P1、P2的像 1.6偏大、偏小和不变都有可能
【解析】解：(i)在插针P3时，透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像；
(ii)根据折射定律n=sinθ1sinθ2
根据sinθ2−sinθ1图像斜率可知，斜率k=
折射率n=1k=10.625=1.6
(iii)红线表示实际的光路图，黑线是作图时所采用的光路图，如图所示：
可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，根据折射率公式n=sinisinr
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏小；
红线表示实际的光路图，黑线是作图时所采用的光路图，如图所示：
可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，根据折射率公式n=sinisinr
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏大；
光路如图所示：
操作正确，与画玻璃砖形状无关，所以小星同学测得的折射率与真实值相比不变。
由上可知测得的折射率为偏大、偏小和不变都有可能。
故答案为：(i)P1、P2的像；(ii)1.6；(iii)偏大、偏小和不变都有可能。
(i)根据正确的实验操作步骤分析作答；
(ii)根据折射定律结合图像分析作答；
(3)根据折射规律作出光路图，结合折射定律分析作答。
本题主要考查了测定玻璃的折射率，要掌握正确的实验操作步骤，明确实验的原理；能够根据光路图结合折射定律进行实验误差分析。
13.【答案】解：(1)小物块从A点向右运动经B到C点的过程中，根据动能定理得
−μmgL−mgR(1−cs53∘)=12mvc2−12mv02
代入数据可得vC=10m/s
(2)小物块从离开C点到落回同一水平地面的过程中，规定竖直向上为正方向，在竖直方向有
−R(1−cs53∘)=vCsin53∘⋅t−12gt2
代入数据可得t=2s或t=−0.4s(舍)
根据动量定理有Δp=mgt=0.2×10×2kg⋅m/s=4kg⋅m/s
答：(1)小物块经过圆弧轨道C点的速度大小为10m/s；
(2)小物块从离开C点到落回同一水平地面的过程中，动量的变化量大小为4kg⋅m/s。
【解析】小物块从A点向右运动经B到C点的过程中，根据动能定理求解；小物块从离开C点到落回同一水平地面的过程中，根据几何关系和动量定理分析即可。
本题考查动能定理求解；几何关系和动量定理，关键对应好每一阶段的物理过程，难度中等。
14.【答案】解：(1)从P到A，根据动能定理有
mgh=12mvA2
代入数据解得
vA=10m/s
物块在传送带运动，根据牛顿第二定律有
a=μ2g
经过t1=0.8s的速度为
v1=vA−at1
代入数据解得
v1=6m/s
(2)经过t1=0.8s的位移为
x1=vA+v12t1
代入数据解得
x1=6.4m
又经过t2=1s物块的位移和速度分别为
v2=v1−at2
x2=v2+v12t2
代入数据解得
v2=1m/s
x2=3.5m
此后物块开始加速，加速的位移为
x3=d−x1−x2=10.7m−6.4m−3.5m=0.8m
根据速度-位移公式有
v32−v22=2ax3
代入数据解得
v3=3m/s
加速的时间为
t3=v3−v2a
代入数据解得
t3=0.4s
物块在传送带上运动的总时间为
t=t1+t2+t3=0.8s+1.0s+0.4s=2.2s
(3)物块刚滑到木板上时对两木板整体分析可知
μ2mg<μ1(m+2m0)g
则物块在木板C上减速运动，根据速度-位移公式有
v32−v42=2aL
解得
v4=1m/s
物块在木板D上运动时，对D木板根据牛顿第二定律有
μ2mg−μ1(m+m0)g=m0a′
解得
a′=13m/s2
设经过t′两物体共速，则有
v4−at′=a′t′
解得
t′=316s
由于
μ2mg>μ1(m+m0)g
此后物块与D木板共同减速至0，则距此木板左端多远的距离为
Δx=v4t′−12at′2−12a′t′2
代入数据解得
Δx=332m
答：(1)传送带卡死瞬间，物块的速度大小6m/s；
(2)物块在传送带上运动的总时间2.2s；
(3)见解析。
【解析】(1)运用动能定理结合牛顿第二定律求传送带卡死瞬间，物块的速度大小；
(2)由运动学公式求物块在传送带上运动的总时间；
(3)综合运用牛顿第二定律结合运动学公式解答。
本题主要是考查了动能定理、牛顿第二定律的综合应用；关键是弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式等进行分析。
15.【答案】解：(i)设初始时A、B两部分气体压强为p，拔去销钉K稳定后，A、B两部分气体压强分别为p2′，p1，根据平衡条件可知
p2′+mgS=p1
设气缸的总体积为V，根据玻意耳定律可知
p×25V=p2′×12V
p×35V=p1×12V
解得：p1=3mgS，p=5mg2S
(ii)如图乙所示，拔去销钉K稳定后，根据平衡条件可知
p+mgS=p2
解得：p2=7mg2S
答：(ⅰ)拔去销钉K稳定后，B部分气体的压强为3mgS；
(ⅱ)若将此密闭气缸上端开口与大气相通，如图乙所示。拔去销钉K稳定后，B部分气体的压强为7mg2S。
【解析】(i)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律联立等式即可完成分析；
(ⅱ)对气缸进行受力分析，根据压强的计算公式完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉物体的受力分析，结合玻意耳定律即可完成解答。
16.【答案】解：(i)根据“上下坡”法，该波沿x轴正方向传播，质点A处于平衡位置沿y轴负方向振动，经四分之三周期第一次到达波峰，又
T=1f=23s
可知质点A第一次到达波峰位置所需的时间为
t=34×T=0.5s
(ii)依题意，t=0时刻，B质点处于平衡位置沿y轴正方向振动，其方程为
y=Asin2πTt
又A=0.2m
可得
y=0.2sin3πt
答：(1)质点A第一次到达波峰位置所需的时间t为0.5s；
(2)B质点的振动方程为y=0.2sin3πt。
【解析】(1)根据“上下坡”法判断波的传播方向，再根据质点A的振动状态求解；
(2)根据振动方程的定义，结合图中振幅，以及计算的周期求解。
本题考查了波的图像，理解波长、波速和频率的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。次数
M/kg
|v22−v12|/m2⋅s−2
ΔEk/J
F/N
W/J
1
0.600
0.840
0.252
0.500
0.250
2
0.600
1.40
ΔEk2
0.838
0.419
3
0.600
2.50
0.750
1.492
W3