綜合模塊測(cè)評(píng)1　力學(xué)部分高考物理總復(fù)習(xí)精品

《金版教程》高考總復(fù)習(xí)首選用卷?物理(新教材)綜合模塊測(cè)評(píng)(一)力學(xué)部分時(shí)間：75分鐘滿分：100分一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2022·河北省部分學(xué)校高三上第一次考試)某學(xué)校秋季運(yùn)動(dòng)會(huì)中，甲、乙兩同學(xué)參加了10m賽跑，其中甲獲得了冠軍，乙獲得了亞軍。則在比賽過(guò)程中()A．任意時(shí)刻，甲一定跑在乙的前面B．甲的平均速度大于乙的平均速度C．任意時(shí)刻，甲的速度都比乙的大D．任意時(shí)刻，甲的加速度都比乙的大答案B解析甲、乙兩同學(xué)參加了10m賽跑，則位移大小相等，甲獲得了冠軍，乙獲得了亞軍，故甲所用的時(shí)間小于乙所用的時(shí)間，根據(jù)平均速度的定義式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，而任意時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小、加速度大小和甲、乙的位置關(guān)系，則無(wú)法判斷。故選B。2.(2021·遼寧省高三上新高考11月聯(lián)合調(diào)研)如圖所示為一固定在水平桌面上的V形槽的截面圖，AB、BC面與水平桌面間夾角分別為30°和60°。一正方體木塊放在槽內(nèi)，木塊與AB、BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，現(xiàn)用垂直于紙面向外的力F拉木塊，木塊恰好能沿槽做勻速直線運(yùn)動(dòng)。木塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g。木塊與AB、BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小為()A.eq\f(2F,mg\r(3)＋1) B．eq\f(F,mg\r(3)＋1)C.eq\f(2F,mg\r(3)－1) D．eq\f(F,mg\r(3)－1)答案A解析將木塊所受重力按照垂直AB面和垂直BC面正交分解，如圖所示，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，木塊受到AB、BC面的滑動(dòng)摩擦力為f＝μ(F1＋F2)，木塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有f＝F，聯(lián)立解得木塊與AB、BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小為μ＝eq\f(2F,mg\r(3)＋1)，故選A。3.(2021·山東省棗莊市高三上期末)如圖所示，物塊以初速度v0沿水平面運(yùn)動(dòng)，然后沖上固定的粗糙斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后返回。物塊與所有接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，而且物塊經(jīng)過(guò)水平面和斜面連接處時(shí)速率不變，下列關(guān)于物塊速率v和時(shí)間t的v-t圖像正確的是()答案D解析物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有μmg＝ma1，所以加速度大小為a1＝μg，方向與速度方向相反，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)；物塊沿斜面上升時(shí)有mgsinα＋μmgcosα＝ma2，則加速度大小為a2＝gsinα＋μgcosα，方向與速度方向相反，物塊沿斜面勻減速上升；物塊從斜面最高點(diǎn)下滑時(shí)有mgsinα－μmgcosα＝ma3，則加速度大小為a3＝gsinα－μgcosα，方向與速度方向相同，且有a3<a2，由v2＝2as可知物塊從斜面上滑下回到斜面底端時(shí)的速度小于從水平面滑上斜面時(shí)的速度；回到水平面時(shí)在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝μg。綜上所述，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。4．(2021·北京市朝陽(yáng)區(qū)高三下二模)利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)粗略測(cè)量人吹氣產(chǎn)生的壓強(qiáng)。兩端開(kāi)口的細(xì)玻璃管水平放置，內(nèi)部截面積為S。管內(nèi)塞有潮濕的小棉球，其質(zhì)量為m，與B端的距離為x。實(shí)驗(yàn)者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點(diǎn)為C。測(cè)得C點(diǎn)與B端的水平距離為l，棉球下落高度為h。多次改變x，測(cè)出對(duì)應(yīng)的l，畫出l2-x圖像如圖2所示，圖線的斜率為k。不計(jì)棉球與管壁的摩擦，不計(jì)空氣阻力。下列選項(xiàng)正確的是()A．實(shí)驗(yàn)中小棉球在玻璃管中做勻速運(yùn)動(dòng)B．獲取圖2中各組數(shù)據(jù)時(shí)可以改變每次吹氣的壓強(qiáng)C．由題中數(shù)據(jù)可求得小棉球到達(dá)B端的速度為leq\r(\f(2h,g))D．由于人吹氣使小棉球兩側(cè)產(chǎn)生的壓強(qiáng)差為eq\f(kmg,4hS)答案D解析若不計(jì)棉球與管壁的摩擦及空氣阻力，人均勻吹氣時(shí)，氣體給棉球一個(gè)恒力，故棉球做勻加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；設(shè)人吹氣產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p，則棉球的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(pS,m)，棉球到達(dá)B端的速度vB＝eq\r(2ax)＝eq\r(\f(2pSx,m))，由于不計(jì)空氣阻力，則之后棉球做平拋運(yùn)動(dòng)，則l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2，整理得l2＝eq\f(4pSh,mg)x，可見(jiàn)l2-x圖線的斜率k＝eq\f(4pSh,mg)，所以吹氣的壓強(qiáng)對(duì)圖線的斜率是有影響的，故獲取圖2中各組數(shù)據(jù)時(shí)不能改變每次吹氣的壓強(qiáng)，B錯(cuò)誤；由l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2可得，小棉球到達(dá)B端的速度為vB＝leq\r(\f(g,2h))，C錯(cuò)誤；由圖線斜率k＝eq\f(4pSh,mg)可得，由于人吹氣使小棉球兩側(cè)產(chǎn)生的壓強(qiáng)差為p＝eq\f(kmg,4hS)，D正確。5．(2021·江蘇省南京市高三下5月沖刺練習(xí))如圖所示，餐桌中心有一個(gè)半徑為r的圓盤，可繞其中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)緩慢增大圓盤的角速度，小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是()A．小物塊剛滑落時(shí)，圓盤的角速度為eq\r(\f(μg,2r))B．餐桌的半徑為eq\f(\r(5),2)rC．該過(guò)程中支持力的沖量為零D．該過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為μmgr答案B解析小物塊即將滑落時(shí)，根據(jù)最大靜摩擦力提供向心力可得μmg＝mrω2，解得小物塊即將滑落(剛滑落)時(shí)圓盤的角速度ω＝eq\r(\f(μg,r))，A錯(cuò)誤；小物塊剛滑落時(shí)的速度大小為v＝rω＝eq\r(μgr)，設(shè)小物塊在餐桌上滑行的距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x＝eq\f(1,2)r，小物塊在桌面上運(yùn)動(dòng)的軌跡俯視圖如圖所示，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得R2＝r2＋x2，解得R＝eq\f(\r(5),2)r，B正確；該過(guò)程中支持力的沖量I＝FNt，支持力和運(yùn)動(dòng)時(shí)間均不為零，則支持力的沖量不為零，C錯(cuò)誤；該過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmgx＝eq\f(1,2)μmgr，D錯(cuò)誤。6．(2020·海南高考)2020年5月5日，長(zhǎng)征五號(hào)B運(yùn)載火箭在中國(guó)文昌航天發(fā)射場(chǎng)成功首飛，將新一代載人飛船試驗(yàn)船送入太空，若試驗(yàn)船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T，離地高度為h，已知地球半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G，則()A．試驗(yàn)船的運(yùn)行速度為eq\f(2πR,T)B．地球的第一宇宙速度為eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))C．地球的質(zhì)量為eq\f(2πR＋h3,GT2)D．地球表面的重力加速度為eq\f(4π2R＋h2,RT2)答案B解析試驗(yàn)船的運(yùn)行速度為eq\f(2πR＋h,T)，故A錯(cuò)誤；近地軌道衛(wèi)星的速度等于地球的第一宇宙速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，對(duì)近地衛(wèi)星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，對(duì)試驗(yàn)船有Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·(R＋h)，聯(lián)立兩式，解得地球的第一宇宙速度v＝eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))，故B正確；根據(jù)Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(R＋h)，解得地球的質(zhì)量為M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，故C錯(cuò)誤；地球表面的重力加速度等于近地軌道衛(wèi)星的向心加速度，對(duì)近地衛(wèi)星，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝mg，再根據(jù)地球的質(zhì)量M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，可得地球表面的重力加速度g＝eq\f(4π2R＋h3,R2T2)，故D錯(cuò)誤。7．(2022·江蘇省常州市高三上期中質(zhì)量調(diào)研)目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm。設(shè)汽車在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說(shuō)法正確的是()A．關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，汽車的機(jī)械能守恒B．關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車的支持力的沖量為零C．上坡過(guò)程中，汽車速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的時(shí)間可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡過(guò)程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于eq\f(2s,vm)答案D解析關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，汽車的速度不變，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則汽車的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車的支持力大小不為零，時(shí)間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；汽車上坡過(guò)程中，設(shè)速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)所用的時(shí)間為t，發(fā)生的位移為s′，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt－fs′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,2)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,4)))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(fs′,P)，故C錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，功率不變，則牽引力逐漸減小，加速度逐漸減小，設(shè)所用時(shí)間為t1，對(duì)應(yīng)的v-t圖像向上凸起，則eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．(2021·河北省承德市高三下二模)太空梭是游樂(lè)園和主題樂(lè)園模擬完全失重環(huán)境的大型機(jī)動(dòng)游戲設(shè)備，這種器材的乘坐臺(tái)可將乘客載至高空，然后由靜止開(kāi)始以重力加速度豎直向下跌落2h，緊接著通過(guò)機(jī)械制動(dòng)勻減速下降h將乘坐臺(tái)在落地前停住，如圖所示，已知乘坐臺(tái)與乘客的總質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則()A．由M至N和由N至P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比值是2∶1B．由M至N，乘坐臺(tái)的座椅對(duì)乘客的支持力與乘客的重力大小相等C．由M至N，乘坐臺(tái)與乘客總重力的沖量大小為meq\r(gh)D．由N至P，減速機(jī)械對(duì)乘坐臺(tái)的阻力大小為3mg答案AD解析由題意可知，2h＝eq\f(0＋vN,2)t1，h＝eq\f(vN＋0,2)t2，則從M到N與從N到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1，故A正確；從M到N，乘客做自由落體運(yùn)動(dòng)，故乘坐臺(tái)的座椅對(duì)乘客的作用力為零，B錯(cuò)誤；由2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，可得t1＝2eq\r(\f(h,g))，則從M到N，乘坐臺(tái)和乘客總重力的沖量大小為IG＝mgt1＝2meq\r(gh)，故C錯(cuò)誤；由veq\o\al(2,N)＝2g·2h，veq\o\al(2,N)＝2ah，可知乘坐臺(tái)從N到P的加速度大小a＝2g，從N到P，根據(jù)牛頓第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，故D正確。9.(2021·八省聯(lián)考遼寧卷)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2。t＝0時(shí)，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度開(kāi)始向右滑行。t＝0.5s時(shí)，傳送帶啟動(dòng)(不計(jì)啟動(dòng)時(shí)間)，立即以3m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。傳送帶足夠長(zhǎng)，重力加速度取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．t＝0.5s時(shí)，兩滑塊相距2mB．t＝1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等C．0～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為0.25mD．0～2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5J答案BCD解析甲、乙兩滑塊在傳送帶上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小分別為a甲＝eq\f(μm甲g,m甲)＝μg＝2m/s2，a乙＝eq\f(μm乙g,m乙)＝μg＝2m/s2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，t＝0.5s時(shí)，甲、乙兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間t甲1＝t乙1＝0.5s，兩滑塊相距s甲乙′＝s甲乙－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v甲t甲1－\f(1,2)a甲t\o\al(2,甲1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙t乙1－\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙1)))＝3m，A錯(cuò)誤。傳送帶啟動(dòng)時(shí)，甲滑塊的速度為v甲′＝v甲－a甲t甲1＝5m/s，之后與傳送帶速度相等所需時(shí)間t甲2＝eq\f(v甲′－v帶,a甲)＝1s；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，乙滑塊的速度為v乙′＝v乙－a乙t乙1＝1m/s，之后與傳送帶速度相等所需時(shí)間t乙2＝eq\f(v帶－v乙′,a乙)＝1s，當(dāng)兩滑塊恰好與傳送帶共速時(shí)，s甲乙′－eq\f(v甲′＋v帶,2)·t甲2＋eq\f(v乙′＋v帶,2)·t乙2＝1m>0，則甲、乙未發(fā)生碰撞，故t＝1.5s時(shí)，兩滑塊速度相等，B正確。0～0.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x乙1＝v乙t乙1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,乙1)＝0.75m，方向向右，0.5～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x乙2＝v帶t乙2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙′t乙2＋\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙2)))＝1m，方向向左，因此0～1.5s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x乙2－x乙1＝0.25m，方向向左，C正確。0～2.5s內(nèi)，甲相對(duì)傳送帶的位移x甲＝v甲(t甲1＋t甲2)－eq\f(1,2)a甲(t甲1＋t甲2)2－v帶t甲2＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q甲＝μm甲g·x甲＝7.5J，乙滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q乙＝μm乙g(x乙1＋x乙2)＝7J，因此0～2.5s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝Q甲＋Q乙＝14.5J，D正確。10.如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長(zhǎng)為l，左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動(dòng)壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)到最大時(shí)輕繩恰好被拉斷，再過(guò)一段時(shí)間后長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊恰未掉落。則()A．輕繩被拉斷的瞬間，木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．輕繩被拉斷的瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)滑塊的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)答案ABD解析輕繩被拉斷瞬間，對(duì)木板分析，由于OA段光滑，不受摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力，輕繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，故F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A正確；輕繩被拉斷瞬間彈簧的壓縮量達(dá)到最大，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2，故B正確；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)木板獲得動(dòng)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知滑塊的動(dòng)能小于eq\f(1,2)mv2，故C錯(cuò)誤；小滑塊恰未掉落時(shí)滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，由輕繩被拉斷瞬間到小滑塊恰未掉落的過(guò)程中，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得：μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2021·八省聯(lián)考湖南卷)某同學(xué)利用滑塊在氣墊導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。如圖a所示，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、數(shù)字計(jì)時(shí)器、光電門等。導(dǎo)軌下方兩支點(diǎn)間的距離為l。實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)開(kāi)動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)光電門A記錄的遮光時(shí)間________(填“大于”“小于”或“等于”)光電門B記錄的遮光時(shí)間時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度d。如圖b所示，d＝________cm；(3)在導(dǎo)軌左支點(diǎn)下加一高度為h的墊塊，讓滑塊從導(dǎo)軌頂端滑下，記錄遮光片經(jīng)過(guò)A、B兩處光電門的遮光時(shí)間Δt1、Δt2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t12，可求出重力加速度g＝____________________(用題中給出的物理量符號(hào)表示)；(4)分析實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn)，重力加速度的測(cè)量值比該地的實(shí)際值偏小，寫出一條產(chǎn)生這一結(jié)果的可能原因：________________________________________________________________。答案(1)等于(2)0.304(3)eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))(4)測(cè)量的遮光片寬度d偏小(或測(cè)量的運(yùn)動(dòng)時(shí)間偏大，或氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平等，合理即可)解析(1)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平后，輕推滑塊，滑塊能在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則滑塊通過(guò)兩光電門的時(shí)間應(yīng)相等。(2)50分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.02mm，則遮光片寬度為d＝3mm＋2×0.02mm＝3.04mm＝0.304cm。(3)滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門的時(shí)間極短，則經(jīng)過(guò)兩光電門的平均速度可認(rèn)為是經(jīng)過(guò)兩光電門的瞬時(shí)速度，有vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)，滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有vB＝vA＋at12，而對(duì)滑塊由牛頓第二定律有a＝gsinα＝g·eq\f(h,l)，聯(lián)立各式解得重力加速度為g＝eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(4)根據(jù)重力加速度的測(cè)量公式，測(cè)量值偏小，可能的原因有：測(cè)量的遮光片寬度d偏小，測(cè)量的運(yùn)動(dòng)時(shí)間偏大，氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平等。12．(9分)(2021·山東高考)某乒乓球愛(ài)好者，利用手機(jī)研究乒乓球與球臺(tái)碰撞過(guò)程中能量損失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①固定好手機(jī)，打開(kāi)錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間(單位：s)的變化圖像如圖所示。根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時(shí)刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時(shí)刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列問(wèn)題：(1)利用碰撞時(shí)間間隔，計(jì)算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為_(kāi)_______m(保留2位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.80m/s2)。(2)設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的________倍(用k表示)，第3次碰撞過(guò)程中k＝________(保留2位有效數(shù)字)。(3)由于存在空氣阻力，第(1)問(wèn)中計(jì)算的彈起高度________(填“高于”或“低于”)實(shí)際彈起高度。答案(1)0.20(2)1－k20.95(3)高于解析(1)由表可知，乒乓球第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)Δt＝2.40s－2.00s＝0.40s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2＝eq\f(1,2)×9.80×0.202m＝0.20m。(2)設(shè)碰撞后彈起瞬間速度大小為v2，該次碰撞前瞬間速度大小為v1，根據(jù)題意可知eq\f(v2,v1)＝k，則每次碰撞損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能的比值為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝1－eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))＝1－k2。第3次碰撞前瞬間的速度大小為第2次碰后從最高點(diǎn)自由下落的末速度大小，為v＝gt，其中t＝eq\f(2.00－1.58,2)s＝0.21s；同理第3次碰撞后瞬間速度大小為v′＝gt′，其中t′＝eq\f(2.40－2.00,2)s＝0.20s，則第3次碰撞過(guò)程中k＝eq\f(v′,v)＝eq\f(t′,t)＝eq\f(0.20,0.21)＝0.95。(3)假設(shè)空氣阻力的大小恒定，空氣阻力對(duì)乒乓球產(chǎn)生的加速度大小為a，第3次碰撞后乒乓球彈起的實(shí)際高度為h實(shí)，上升所用的時(shí)間為t上，則有h實(shí)＝eq\f(1,2)(g＋a)teq\o\al(2,上)，h實(shí)＝eq\f(1,2)(g－a)·(Δt－t上)2，聯(lián)立解得t上＝eq\f(Δt,\r(\f(g＋a,g－a))＋1)，h實(shí)＝eq\f(1,2)·eq\f(g＋aΔt2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(g＋a,g－a))＋1))2)，令a＝kg，其中0≤k＜1，則h實(shí)＝eq\f(1,2)g(Δt)2·eq\f(1＋k,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1＋k,1－k))＋1))2)＝4h·eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋k))))2＋2·eq\f(1,\r(1－k))·eq\f(1,\r(1＋k))≥4·eq\f(1,\r(1－k2))(當(dāng)k＝0時(shí)取等號(hào))，聯(lián)立可得eq\f(h,h實(shí))≥eq\f(1,\r(1－k2))，根據(jù)題意，k>0，則h>eq\f(1,\r(1－k2))h實(shí)>h實(shí)。(方法二：設(shè)實(shí)際上升過(guò)程加速度為a上，所用時(shí)間為t上，下降過(guò)程加速度為a下，所用時(shí)間為t下，則a上＋a下＝(g＋a)＋(g－a)＝2g>2eq\r(a上a下)，t上＋t下＝Δt>2eq\r(t上t下)，則h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2>eq\f(1,2)×eq\r(a上a下)·t上t下＝eq\r(\f(1,2)a上t\o\al(2,上))·eq\r(\f(1,2)a下t\o\al(2,下))＝eq\r(h實(shí))·eq\r(h實(shí))＝h實(shí)。)即第(1)問(wèn)中計(jì)算的彈起高度高于實(shí)際彈起高度。13.(11分)(2021·浙江省溫州市高三二模)運(yùn)動(dòng)員把冰壺沿水平冰面推出，讓冰壺在冰面上自由滑行，在不與其他冰壺碰撞的情況下，最終停在遠(yuǎn)處的某個(gè)位置。按比賽規(guī)則，投擲冰壺運(yùn)動(dòng)員的隊(duì)友，可用毛刷在冰壺滑行前方來(lái)回摩擦冰面，減小冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)以調(diào)節(jié)冰壺的運(yùn)動(dòng)?？諝庾枇Σ挥?jì)，g取10m/s2。(1)運(yùn)動(dòng)員以4.0m/s的速度投擲冰壺，若冰壺和冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02，冰壺能在冰面上滑行多遠(yuǎn)；(2)若運(yùn)動(dòng)員仍以4.0m/s的速度將冰壺投出，其隊(duì)友在冰壺自由滑行7.6m后開(kāi)始在其滑行前方摩擦冰面，冰壺和冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的90%，求冰壺多滑行的距離及全程的平均速度大小。答案(1)40m(2)3.6m1.98m/s解析(1)冰壺在冰面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有－μmg＝ma1解得a1＝－0.2m/s2根據(jù)速度位移公式有0－veq\o\al(2,0)＝2a1x解得x＝40m。(2)冰壺先以加速度a1做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1解得v1＝3.6m/s設(shè)冰壺之后以加速度a2做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意有a2＝90%·a1＝－0.18m/s2根據(jù)速度位移公式有0－veq\o\al(2,1)＝2a2x2解得x2＝36m所以Δx＝x1＋x2－x＝3.6m第一段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝eq\f(3.6－4.0,－0.2)s＝2s第二段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(0－v1,a2)＝eq\f(0－3.6,－0.18)s＝20s全程的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝1.98m/s。14.(12分)(2021·江蘇高考)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53°時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g(1)裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F；(2)環(huán)A的質(zhì)量M；(3)上述過(guò)程中裝置對(duì)A、B所做的總功W。答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)裝置靜止時(shí)，設(shè)細(xì)線AB、OB段的張力分別為F1、F2，A受力平衡，有F＝F1sin37°B受力平衡，有F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角為53°時(shí)，設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，對(duì)A，有F＝Mω2·2Lsin53°對(duì)B，有mgtan53°＝mω2·Lsin53°解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝Lcos37°－Lcos53°末狀態(tài)A、B的動(dòng)能分別為EkA＝eq\f(1,2)M(ω·2Lsin53°)2，EkB＝eq\f(1,2)m(ω·Lsin53°)2根據(jù)功能關(guān)系可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋m