文档文本内容
大阶段滚动卷(一)
1．B 2．B 3．B 4．A
5．A [卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有r
3
T 1
2 ＝(2r )
3
T 3
2 ，
解得T1∶T3＝1∶2√2，故A 正确；轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变
轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B 处进入圆轨道Ⅲ，
发动机需要向后喷气，故B 错误；结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，
需要先后在A 与B 位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械
能，故C 错误；根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在
相等时间内扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间内扫
过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间内扫过的面
积不相等，故D 错误。故选A。]
6．A [由于F1和F2始终大小相等、方向相反，所以系统动量守恒且为0，小
球M、N 同时减速到0，且碰撞前后小球M、N 各自的加速度不变，即碰撞前
后v⁃t 图线的斜率不变，B、C、D 错误，A 正确。]
7．D [设小球离开地面到最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中
运动的时间为2t，则小球离开地面的最大高度为h＝1
2gt2，设小球水平方向的加
速度大小为a，则ab 间的距离xab＝1
2a(2t)2＝h，可得a＝1
4g，可知小球受到的
水平恒力为F＝ma＝1
4mg，对小球进行受力分析及速度分解如图所示，水平恒
力与重力的合力与竖直方向的夹角满足tan θ＝F
mg ＝1
4，将小球的初速度v0分
解为平行F 合方向和垂直F 合方向两个分速度，当平行F 合方向分速度减为0 时，
小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ＝√17
17 v0，故
选D。]
8．BC [剪断细线后，弹力大于A 的重力，则A 先向上做加速运动，随弹力的
减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹
簧处于拉伸状态，选项A 错误；剪断细线之前弹力F 弹＝3mg，剪断细线瞬间弹
簧弹力不变，则对A 由牛顿第二定律有F 弹－2mg＝2ma，解得A 的加速度a＝
g
2，选项B 正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝3mg
k
，剪断细线后A 做简谐运
动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝2mg
k
，即振幅为A＝x1－x2＝mg
k ，由对称性
可知小球A 运动到最高点时，弹簧伸长量为mg
k ，选项C 正确；由上述分析可
知，小球A 运动到最低点时，弹簧伸长量为3mg
k
，选项D 错误。故选BC。]
9．CD [碰前A 自由下落，根据动能定理有mgh＝1
2mv0
2，A、B 碰后立刻一起
以相同的速度v 向下运动，系统所受合力向下，根据3mg－kx＝3ma，由于弹
簧弹力变大，可知，碰后A、B 一起先向下做加速度减小的加速运动，故A 错
误；结合上述，当加速度减为零时，速度达到最大，此时的位置为简谐运动的
平衡位置，当A 和B 恰好不分离时，A、B 之间弹力为0，A 的加速度为重力加
速度，则B 的加速度也为重力加速度，可知，在最高点时弹簧刚好达到原长，
加速度为g，根据简谐运动的对称性可知，A、B 一起运动过程中加速度的最大
值为g，故B 错误；结合上述，根据简谐运动的对称性可知，A、B 运动到最低
点时的加速度也为g，此时根据牛顿第二定律有kx－3mg＝3mg，可知，A、B
运动至最低点时弹簧弹力大小为kx＝6mg，故D 正确；A、B 碰撞过程，根据
动量守恒定律有mv0＝3mv，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝1
2mv0
2－1
2
×3mv2，B 开始处于静止时，根据平衡条件有2mg＝kx1，结合上述，A、B 碰撞
后至运动到最高点时弹簧恰好处于原长，该过程有3
2mv2+k x1
2
2 ＝3mgx1，解得
ΔE＝8m
2 g
2
k
，故C 正确。故选CD。]
10．BCD [设轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，小球乙的速度
为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理
可知mgL(1－cos α)＝1
2mv2，此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力，有
mgcos α＝mv
2
L ，联立解得cos α＝2
3，v＝√
2
3 gL，故A 错误，B 正确；轻杆上
作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻
杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体
在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平
面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒，有mvcos α
＝mv1x+mv2x，该过程系统机械能守恒，有1
2mv2+mgLcos α＝1
2m(v1 x
2 +v1 y
2 )+1
2m
v2 x
2 ，小球乙落地前一瞬间，由小球乙、物块甲速度关联有v1x＝v2x，联立解得
v1x＝v2x＝√
2
27 gL， v1y＝√
50
27 gL，小球乙落地前瞬间，乙的速度大小v 乙＝
√v1 x
2 + v1 y
2 ＝√
52
27 gL，故C 正确；小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小
球乙做的功为W 乙，对乙由动能定理有1
2mv乙
2 ＝mgL+W 乙，解得W 乙＝－1
27
mgL，故D 正确。故选BCD。]
11．解析：(1)把小车所受拉力当作合力，需要平衡阻力，可以根据弹簧测力计
直接读出力的大小，不要求钩码的质量远小于小车质量。故选AD。
(2)小车通过光电门的速度v＝d
Δt
由匀变速直线运动规律有v2＝2ax
若满足牛顿第二定律，则有F＝ma
解得F＝
md
2
2 x( Δt )
2。
(3)根据动能定理可得
(F－μmg)x＝1
2mv2
解得F＝m v
2
2 x +μmg
结合图像可得a
b ＝m
2 x ，μmg＝a
联立解得μ＝b
2 gx 。
答案：(1)AD (2)F＝
md
2
2 x( Δt )
2 (3) b
2gx
12．解析：(1)为了保持每次碰撞前瞬间小球1 的速度相同，小球1 每次必须从
斜槽上相同的位置由静止滚下，但斜槽轨道不需要光滑，故A 正确，C 错误；
为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故B 正确。
故选AB。
(2)设小球1 的质量为m1，小球2 的质量为m2，碰撞前瞬间小球1 的速度为v0，
碰撞后瞬间小球1、2 的速度分别为v1、v2，根据动量守恒可得m1v0＝
m1v1+m2v2，由于两小球在空中下落高度相同，所用时间相同，则有m1v0t＝
m1v1t+m2v2t，则验证动量守恒的表达式为m1OP＝m1OM+m2ON，可知还需要测
量的物理量是小球1 和2 的质量。故选C。
答案：(1)AB (2)C
13．解析：(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律
得mg－F－Ff＝ma1
代入数据解得a1＝0.9 m/s2
10 s 末的速度为v＝a1t1＝9 m/s。
(2)掉深10 s 时，潜艇下落的高度h1＝v
2t1
解得h1＝45 m
潜艇减速下落的高度h2＝h－h1
解得h2＝67.5 m
在减速阶段h2＝v
2
2a2
解得a2＝0.6 m/s2
潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以 0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得F+Ff－m1g＝m1a2
代入数据解得m1＝5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m＝6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m'＝m－m1＝8.5×105 kg。
答案：(1)9 m/s (2)8.5×105 kg
14．解析：(1)滑块经过D 点，根据牛顿第二定律有FN + mg ＝ mv D
2
R
解得FN＝1 N
由牛顿第三定律可知，滑块经过D 点时对轨道的压力大小F'N ＝ FN ＝ 1 N。
(2)根据题意可知，滑块经过螺旋轨道的最低点C 时对轨道的压力最大，滑块在
C 点，由向心力公式，有FNm－mg ＝ mvC
2
R
由能量守恒定律，有Ep+mg·2R＝1
2mvC
2
联立解得Ep＝3.2 J。
(3)设滑块到G 点的速度大小为vG，滑块从A 到G 的过程，由能量守恒定律，
有Ep ＝ μ1 mgcos θ·
h
sin θ + μ1 mglFG + mgh + 1
2mvG
2
由动量守恒定律，有mvG＝(m+ M )v 共
解得v 共＝1
4vG
联立解得v共
2 ＝5
4 (Ep－0.35)
若滑块恰好经过D 点，根据牛顿第二定律，有mg＝mv
2
R
解得v＝2√2 m/s
则弹簧的弹性势能Epmin＝1
2mv2＝0.4 J
若滑块恰好滑到小车右端时共速，根据能量守恒，有1
2mvG
2＝1
2(m+M)v共
2
+μ2mgd
解得v 共＝√5
2 m/s
则弹簧的弹性势能Epmax＝1.35 J
综上所述，小车获得的动能Ek＝1
2Mv共
2 ＝3
16(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J)。
答案：(1)1 N (2)3.2 J (3)Ek＝3
16(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J)
15．解析：(1)对物块B 受力分析有
Ff＝μ2m2gcos θ＝12 N，
F 斜面＝m2gsin θ＝12 N。
则物块B 受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态
对物块A，根据牛顿第二定律有m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a
两物块第一次碰撞前瞬间物块A 的速度大小vA1＝at0＝3 m/s。
(2)设第一次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为v'A1和v'B1，弹性碰撞过程，由
动量守恒定律有m1vA1＝m1v'A1+m2v'B1
由能量守恒定律有1
2m1v A 1
2 ＝1
2m1v' A 1
2 +1
2m2v' B1
2
解得v'A1＝－1 m/s，v'B1＝2 m/s
第一次碰撞之后物块B 受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2 m/s
做匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B 的速度为vB2＝v'B1＝2 m/s。
(3)两物块从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，
运动时间相等，分别设为x、t1
则有x1＝v'A1t1+1
2a1t1
2＝v'B1t1
解得t1＝1.5 s，x1＝3 m
传送带运动位移为x＝v0(t0+t1)＝9 m
碰前两物块距离d＝1
2at0
2＝1.125 m
物块A 与传送带运动的相对位移为Δx＝(d + x1+ x)＝13.125 m
产生的热量Q＝μ1m1gcos θΔx＝26.25 J。
(4)释放B 物块开始到两物块第一次发生相碰，B 物块所经历的时间为t0＝0.75
s，该过程B 运动的距离为0
A 与B 发生第一次相碰后到第二次相碰，B 物块所经历的时间为t1＝1.5 s，该
过程B 运动的距离为x1＝3 m
设第二次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为v'A2和v'B2，第二次碰撞过程由动
量守恒定律和能量守恒定律有
m1vA2+m2vB1＝m1v'A2+m2v'B2
1
2m1v A 2
2 +1
2m2vB1
2 ＝1
2m1v' A 2
2 +1
2m2v' B2
2
解得v'A2＝1 m/s，v'B2＝4 m/s
从A、B 第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，设两物块第三次碰撞
前瞬间物块A 的速度大小为vA3，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程
中两物块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为t2
则有x2＝v ' A 2+ v A 3
2
t2＝v'B2t2
vA3＝v'A2+at2
解得t2＝1.5 s，x2＝6 m
以此类推，可知每次发生碰撞后，B 运动的时间均为1.5 s，运动距离按等差数
列规律变化
该时间内B 运动的距离x＝x1n+n(n-1)×3
2
＝3n+3n(n-1)
2
m (n＝0，1，2…)
x<L－d＝18.875 m，则n≤3，故总共能碰4 次。
答案：(1)3 m/s (2)2 m/s
(3)26.25 J (4)4 次
