《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

8. (八省联考·河南·8)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则 (BC)

A.火箭的机械能不变
B.火箭所受的合力不变
C.火箭所受的重力做正功
D.火箭的动能随时间均匀减小

答案： 8.BC [由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，故火箭所受的合力不变，故B正确；火箭竖直下落，所受重力做正功，故C正确；火箭的动能$E_k = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(v_0 - at)^2$，故火箭的动能不是随时间均匀减小，故D错误。]

9. (2024·山东烟台市期中)如图所示,滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面,斜面倾角为α,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为参考平面,以O点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向,已知$\mu ＜ \tan\alpha$。下列描述滑块的动能$E_{k}$、重力势能$E_{p}$、机械能E随滑块位移x变化的图像中,可能正确的是 (ABD)

答案： 9.ABD [由动能定理可得$\Delta E_k = F_合x$，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为$F_1 = -mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha$，下滑时，合外力为$F_2 = -mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha$，故A正确；根据重力势能$E_p = mgx\sin\alpha$，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。]

10. (2025·四川绵阳市南山中学月考)如图所示,质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑水平细杆上,初始时刻,细绳处于水平状态,将A、B由静止释放,空气阻力不计,重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中,下列说法正确的是 (BD)


A.A、B组成的系统动量守恒
B.A球运动到最低点时速度大小为$\sqrt{gL}$
C.A球机械能减小了$\frac{1}{4}mgL$
D.A球运动到最低点时,B球向右运动距离为$\frac{L}{2}$

答案： 10.BD [A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为$v_A$和$v_B$。以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得$mv_A = mv_B$，由机械能守恒得$mgL = \frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2}mv_B^2$，解得$v_A = v_B = \sqrt{gL}$，A球运动到最低点时速度为$\sqrt{gL}$，故B正确；A球机械能减小量$\Delta E = mgL - \frac{1}{2}mv_A^2 = \frac{1}{2}mgL$，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有$m\frac{x_A}{t} - m\frac{x_B}{t} = 0$，$x_A + x_B = L$，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为$\frac{L}{2}$，故D正确。]

11. (8分)(2024·河北邯郸市三模)如图甲所示,利用气垫导轨验证动量守恒定律,主要的实验步骤如下:

(1) 利用螺旋测微器测量两滑块上挡光片的宽度,得到的结果如图乙所示,则挡光片的宽度为4.700mm。

(2) 安装好气垫导轨,向气垫导轨通入压缩空气,只放上滑块1,接通光电计时器,给滑块1一个初速度,调节气垫导轨的两端直到滑块做匀速运动,能够判断滑块做匀速运动的依据是______。
(3) 若滑块1通过光电门时挡光时间为$\Delta t = 0.01s$,则滑块1的速度大小为0.47m/s(保留两位有效数字)。
(4) 设碰撞前滑块1的速度为$v_{0}$,滑块2的速度为0,碰撞后滑块1的速度为$v_{1}$,滑块2的速度为$v_{2}$,若滑块1和滑块2之间的碰撞是弹性碰撞,则速度关系需要满足$v_0 + v_1 = v_2$。

答案： 11.
(1)4.700
(2)通过两个光电门的时间相同
(3)0.47
(4)$v_0 + v_1 = v_2$
解析
(1)挡光片的宽度为$d = 4.5mm + 20.0 × 0.01mm = 4.700mm$
(2)滑块若能够做匀速运动，因挡光片的宽度为定值，则经过光电门的时间相同。
(3)滑块1的速度大小为$v = \frac{d}{\Delta t} = 0.47m/s$
(4)根据系统动量守恒和能量守恒有$m_1v_0 = m_1v_1 + m_2v_2$
$\frac{1}{2}m_1v_0^2 = \frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2$
解得$v_0 + v_1 = v_2$。

12. (8分)(2024·湖南岳阳市一模)某小组为了验证机械能守恒定律,设计了如图甲所示的实验装置,物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连,P底端固定一宽度为d的轻质遮光条,托住P,用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h($d \ll h$)。已知当地的重力加速度为g。

(1) 用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示,则图乙中游标卡尺的读数应为0.52cm。

(2) 下列实验步骤正确的是BC。
A. 选择两个质量相等的物块进行实验
B. 实验时,要确保物块P由静止释放
C. 需要测量出两物块的质量$m_{P}$和$m_{Q}$
D. 需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T
(3) 改变高度h,重复实验,测得各次遮光条的挡光时间t,以h为横轴、$\frac{1}{t^{2}}$为纵轴建立平面直角坐标系,在坐标系中作出$\frac{1}{t^{2}} - h$图像,如图丙所示,该图像的斜率为k,在实验误差允许范围内,若$k =$$\frac{2(m_P - m_Q)g}{(m_P + m_Q)d^2}$(用题中字母表示),则验证了机械能守恒定律。

答案： 12.
(1)0.52
(2)BC
(3)$\frac{2(m_P - m_Q)g}{(m_P + m_Q)d^2}$
解析
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度$d = 0.5cm + 0.1mm × 2 = 0.52cm$。
(2)实验中要让物块P下降，Q上升，则需选择两个质量不相等的物块，选项A错误；实验时，要确保物块P由静止释放，选项B正确；需要测量出两物块的质量$m_P$和$m_Q$，选项C正确；实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T，选项D错误。
(3)物块P经过光电门时的速度$v = \frac{d}{t}$
若系统机械能守恒，则有$(m_P - m_Q)gh = \frac{1}{2}(m_P + m_Q)v^2$
即$\frac{1}{t^2} = \frac{2(m_P - m_Q)g}{(m_P + m_Q)d^2}h$
则$k = \frac{2(m_P - m_Q)g}{(m_P + m_Q)d^2}$。