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湖南省长沙一中2016届高三上学期第二次月考物理试题


2015-2016 学年湖南省长沙一中高三(上)第二次月考物理试卷
一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.每小题给出四个选项中,第 1--8 题只 有一项符合题目要求,第 9--12 题有多项符合题目要求,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1.以下是物理学中的四个实验装置或仪器,由图可知这四个实验装置或仪器

共同的物理思想 方法是( )

A.

假设的思想方法 放大的思想方法

B.

C.

控制变量的方法 逻辑推理的方法

D.

2.如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不 计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是( )

A.斜劈对小球的弹力做负功 B.斜劈与小球组成的系统机械能不守恒 C.小球的机械能守恒

D.斜劈机械能守恒 3.如图所示,水平桌面上有三个相同的物体 a,b、c 叠放在一起,a 的左端通过一根轻绳与 质量为 m=3 kg 的小球相连,绳与水平方向 的夹角为 60°,小球静止在光滑的半圆形器皿 2 中.水平向右的力 F=20N 作用在 b 上,三个物体保持静止状态.g 取 10m/s ,下列说法正确 的是( )

A.物体 a 对桌面的静摩擦力大小为 10N,方向水平向左 B.物体 b 受到物体.给的一个大小为 30N 的摩擦力,方向向左 C.物体 c 受到向右的静摩擦力,大小为 10N D.撤去力 F 的瞬间,三个物体一定会获得向左的加速度 4.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为 m1 的重物,当重物的速度为 vl 时,起重机 的输出功率达到最大值 P;若由静止开始以相同加速度匀加速提起质量为 m2(m2>m1)的重 物, 当重物的速度为 v2 时, 起重机的输出功率达到最大值 P. 重力加速度为 g, 不计空气阻力. 则 两个过程中,下列说法正确的是( ) A.钢绳较大的拉力为 B.钢绳较大的拉力为 +mg

C.两物体质量之比为

=

D.重物 m1 做匀加速运动的时间为

5.一个正点电荷 Q 静止在正方形的一个顶点上,另一个带电质点射入该区域时,仅受电场力 的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点 a、b、c,如图所示,则有( )

A.质点在 a、b、c 三处的加速度大小之比是 1:2:1 B.质点由 a 到 b 电势能减小,由 b 到.电场力做负功,在 b 点动能最小 C.a、b、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是 φa=φc>φb,Ea=Ec=2Eb D.若改变带电质点在 a 处的速度大小和方向,有可能使其在该电场中做类平抛运动

6.有一条两岸平行、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河,小明驾着小船渡河,去程时船头朝 向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所走的位移的比值为 k,船在静 水中的速度大小相同,则小船去程与回程所用时间的比值为( ) A. B. C. D.

7.如图所示,B 物体的质量为 A 物体质量的两倍,用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上.A、 B 与斜面的动摩擦因数均为 μ.对 B 施加沿斜面向上的拉力 F,使 A、B 相对静止地沿斜面向 上运动,此时弹簧长度为 l1;若撤去拉力 F,换成大小仍为 F 的沿斜面向上的推力推 A,A、 B 保持相对静止后弹簧长度为 l2.则下列判断正确的是( )

A.两种情况下 A、B 保持相对静止后弹簧的形变量相等 B.两种情况下 A、B 保持相对静止后两物块的加速度不相等’ C.弹簧的原长为 D.弹簧的劲度系数为

8.如图所示,水平粗糙传送带 AB 距离地面的高度为 h,以恒定速率 v0 顺时针运行.甲、乙 两滑块 (可视为质点) 之间夹着一个压缩轻弹 簧 (长度不计) , 在 AB 的正中间位置轻放它 们 时,弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断不正确的是( )

A.甲、乙滑块可能同时从 A、B 两端离开传送带 B.甲、乙滑块刚离开弹簧时可能一个减速运动、一个加速运动? C.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等 D.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离相等 9.行星绕太阳公转轨道是椭圆,冥王星公转周期为 T0,其近日点距太阳的距离为 a,远日点 距太阳的距离为 b,半短轴的长度为 c,如图所示.若太阳的质量为 M,万有引力常数为 G, 忽略其它行星对它的影响,则( )

A.冥王星从 B→C→D 的过程中,速率逐渐变小 B.冥王星从 A→B→C 的过程中,万有引力对它做负功

C.冥王星从 A→B 所用的时间等于 D.冥王星在 B 点的加速度为

10.如图所示,固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块 P,将另一个带电小物 块 Q 在斜面的某位置由静止释放,它将沿斜面向上运动.设斜面足够长,则在 Q 向上运动过 程中( )

A.加速度先减小后增大 B.Q 的电势能逐渐减小,机械能逐渐增大 C.Q 和 P 的电势能和重力势能之和逐渐减小 D.Q 和 P 的电势能和动能之和逐渐增大 11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动,其电势能 E 随位移 x 变化的关系如 图所示,其中 0﹣x2 段是对称的曲线,为 x2﹣x3 段是直线,则下列说法正确的是( )

A.从 xl 到 x3 带电粒子的加速度一直增大 B.从 x1 到 x3 带电粒子的速度一直减小 C.粒子在 0﹣x2 段做匀变速运动,x2﹣x3 段做匀速直线运动 D.x1、x2、x3 处电势 φ1、φ2、φ3 的关系为 φ1>φ2>φ3 12.如图所示,用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道,竖直固定在地面上,其圆心为 O、半径 为 R.轨道正上方离地 h 处固定一水平长直光滑杆,杆与轨道在同一竖直平面内,杆上 P 点处 固定一定滑轮,P 点位于 O 点正上方.A、B 是质量均为 m 的小环,A 套在杆上,B 套在轨道 上, 一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环. 两环均可看做质点, 且不计滑轮大小与质量. 现 在 A 环上施加一个水平向右的力 F,使 B 环从地面由静止沿轨道上升.则( )

A.缓慢提升 B 环至 D 点,F 一直减小 B.A 环动能的增加等于 B 环机械能的减少

C.B 环被拉到与 A 环速度大小相等时,sin∠OPB= D.若 F 为恒力,且作用足够长时间,B 环可能会经过 D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧 最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动

二.实验题(共 8 空,每空 2 分,共 16 分) 13.如图为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能守恒定律” 的实验装置,完成以下填空.

实验步骤如下: ①将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于 1m,将导轨调至水平. ②测出挡光条的宽度 l 和两光电门中心之间的距离 s. ③将滑块移至光电门 1 左侧某处,待砝码静止不动时,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已 通过光电门 2. ④读出滑块分别通过光电门 1 和光电门 2 时的挡光时间△ t1 和△ t2. ⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量 M,再称出托盘和砝码的总质量 m. ⑥滑块通过光电门 1 和光电门 2 时,可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总 动能分别为 Ek1= 和 Ek2= . ⑦在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少△ Ep= . (已知 重力加速度为 g) ⑧如果满足关系式 ,则可认为验证了机械能守恒定律. (用直接测得物理量的字 母和重力加速度 g 表示) ⑨实验中误差产生的原因有: . (写出一个原因即可) 14. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)如图,质量为 M 的滑块 A 放在气垫导轨 B 上,C 为位 移传感器,它能将滑块 A 到传感器 C 的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏 幕上显示滑块 A 的位移一时间(s﹣t)图象和速率一时间( v﹣t)图象.整个装置置于高度 可调节的斜面上,斜面的长度为 l、高度为 h.

(1)现给滑块 A 一沿气垫导轨向上的初速度,A 的 v﹣t 图线如题 b 图所示.从图线可得滑块 A 下滑时的加速度 a= m/s (保留一位有效数字) ,摩擦力对滑块 A 运动的影响 (选填“A.明显,不可忽略”或“B.不明显,可忽略”) (2)此装置还可用来测量重力加速度 g.实验时保持斜面的长度为 l 不变,通过改变 h 的大 小,测出对应的加速度 a,然后做出 a﹣h 图象(a 为纵轴,h 为横轴) ,图象中的图线是一条 倾斜的直线,为求出重力加速度 g 需要从图象中找出 . A.图线与 a 轴截距 a0 夹面积 S 则重力加速度 g= B.图线与 h 轴截距 b0 C.图线的斜率 k (用题中和选项中给出的字母表示) . D.图线与坐标轴所
2

(3)若实验测得车 =0.6,且将气垫导轨换成长木板,滑块 A 换成滑块 A′,若滑块 A′与长木 板间的动摩擦因数恒定,给滑块 A′一沿滑板向上的初速度,A′的 s﹣t 图线如题 c 图.通过图 线可求得滑块与长木板间的动摩擦因数 μ= (结果保留一位有效数字) .

三、计算题(本大题共 4 个小题,共 46 分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 15. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)一辆汽车从 A 点由静止出发做匀加速直线运动,用 t=4s 的时间通过一座长 x=24m 的平桥 BC,过桥后的速度是 vc=9m/s.求: (1)它刚开上桥头时的速度 vB 有多大? (2)桥头与出发点相距多远?

16. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)在某星球上,宇航员做了一个实验:让质量为 m=1.0kg 的小滑块以 v0=6m/s 的初速度从倾角为 θ=53°的斜面 AB 的顶点 A 滑下, 到达 B 点后与垂直斜 面的挡板碰撞,不计碰撞时的机械能损失.滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.5,测得 A 点离 B 点所在水平面的高度为 h=3m,最终物块在斜面上通过的路程 s=20m.已知 sin53°=0.8, cos53°=0.6,不计该星球的自转以及其他星球对它的作用. (1)求该星球表面的重力加速度 g; (2)若测得该星球的半径为 R=6×10 m,则该星球的第一宇宙速度为多大? 6 2 (3)取地球半径 R0=6.4×10 m,地球表面的重力加速度 g0=10m/s ,求该星球的平均密度与地 球的平均密度之比 .
6

17. (12 分) (2014 秋?杭州期中)如图所示,空间有场强 E=1.0×10 V/m 竖直向下的电场,长 ﹣4 L=0.4m 不可伸长的轻绳固定于 O 点,另一端系一质量 m=0.05kg 带电 q=5×10 C 的小球,拉

3

起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放,当小球运动至 O 点的正下方 B 点时,绳恰好断裂, 小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成 θ=30°、 无限大的挡板 MN 上的 C 点. 试 求: (1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断; (2)A、C 两点的电势差; (3)当小球刚要运动至 C 点时,突然施加一恒力 F 作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右 移动 3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力 F 的方向的取值范围.

18. (14 分) (2015 秋?长沙校级月考) 有一长度为 l=1m 的木块 A, 放在足够长的水平地面上. 取 一无盖长方形木盒万将 A 罩住, B 的左右内壁间的距离为 L=9m.A,B 质量相同均为 m=1kg, 与地面间的动摩擦因数分别为 μA=0.2 和 μB=0.3 开始时 A 与 B 的左内壁接触,两者以相同的 初速度 v0=28m/s 向右运动.已知 A 与 B 的左右内壁发生的碰撞时间极短(可忽略不计) ,且 2 碰撞后 A,B 互相交换速度.A 与 B 的其它侧面无接触.重力加速度 g=10m/s .求: (1)开始运动后经过多长时间 A,B 发生第一次碰撞; (2)从开始运动到第二次碰撞碰后摩擦产生的热能; (3)若仅 v0 未知,其余条件保持不变,a)要使 A,B 最后同时停止,而且 A 与 B 轻轻接触, 初速度场应满足何条件?(b)要使 B 先停下,且最后全部停下时 A 运动至 B 右壁刚好停止, 初速度 v0 应满足何条件?

2015-2016 学年湖南省长沙一中高三(上)第二次月考物 理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.每小题给出四个选项中,第 1--8 题只 有一项符合题目要求,第 9--12 题有多项符合题目要求,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分)

1.以下是物理学中的四个实验装置或仪器,由图可知这四个实验装置或仪器共同的物理思想 方法是( )

A.

假设的思想方法 放大的思想方法

B.

C.

控制变量的方法

D.

逻辑推理的方法 考点: 弹性形变和范性形变. 分析: 明确各实验的内容,根据各实验的原理可得出实验中应用的物理思想方法. 解答: 解:A、桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大;故属于放大思想; B、玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化而放大;属于放大思想; C、引力大小仍是借助于光的反射来放大.故也属于放大思想; D、螺旋测微器将本来很小的距离放大在转动部分上,故这些实验本采用了放大的思想方法; 故选:B. 点评: 对于物理问题应透过现象去分析本质,这样才能寻找出问题的相似性. 2.如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不 计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是( )

A.斜劈对小球的弹力做负功 B.斜劈与小球组成的系统机械能不守恒

C.小球的机械能守恒 D.斜劈机械能守恒 考点: 机械能守恒定律. 专题: 机械能守恒定律应用专题. 分析: 小球和斜劈组成的系统中,只有重力势能和动能相互转化,机械能守恒;而小球和 斜劈的机械能都不守恒. 解答: 解:A、斜劈由静到动,动能增加,只有弹力对斜劈做功,根据动能定理,斜劈对小 球的弹力做负功,故 A 正确; B、小球和斜劈组成的系统中,只有重力势能和动能相互转化,机械能守恒,故 B 错误 CD、小球和斜劈组成的系统中,只有重力势能和动能相互转化,机械能守恒,但小球和斜劈 机械能不守恒,故 CD 错误; 故选:A 点评: 本题关键分析清楚物体的运动和能量的转化情况,要明确是小球和斜劈组成的系统 机械能守恒,而不是单个物体机械能守恒. 3.如图所示,水平桌面上有三个相同的物体 a,b、c 叠放在一起,a 的左端通过一根轻绳与 质量为 m=3 kg 的小球相连,绳与水平方向 的夹角为 60°,小球静止在光滑的半圆形器皿 2 中.水平向右的力 F=20N 作用在 b 上,三个物体保持静止状态.g 取 10m/s ,下列说法正确 的是( )

A.物体 a 对桌面的静摩擦力大小为 10N,方向水平向左 B.物体 b 受到物体.给的一个大小为 30N 的摩擦力,方向向左 C.物体 c 受到向右的静摩擦力,大小为 10N D.撤去力 F 的瞬间,三个物体一定会获得向左的加速度 考点: 共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题: 共点力作用下物体平衡专题. 分析: 整个系统保持静止,先根据三角关系求出绳的拉力 T,进而判断桌面对 a 的静摩擦力 的大小和方向. 由 b 静止,可知水平面上受力平衡,且 c 对 b 的静摩擦力为 0,则 a 对 b 的静摩擦力大小为 F, 方向水平向左.隔离法分析 c,可得出受静摩擦力为 0. 撤去 F 后,对 a 分析,看绳的拉力和未撤去 F 前的桌面对 a 的静摩擦力的大小,若拉力小于 静摩擦力则整个系统静止,若拉力大于摩擦力,再隔离分析 b 对 a 的静摩擦力,进而分析整个 系统是否有向左的加速度. 解答: 解: A、对小球 m 进行受力分析如图,可知 2Tsin60°=mg,可得 T=30N,因为绳子拉力 T=30 N> F=20 N, 因此对 abc 三个物体的整体分析可知, 桌面对 c 的静摩擦力方向水平向右, 大小为 f=T ﹣F=30 N﹣20 N=10 N,则桌面受到的静摩擦力方向水平向左,大小为 30 N﹣20 N=10 N,故 A 正确;

B、b 处于平衡状态,由于水平拉力 F=20 N,因此 b 受到水平向左的摩擦力也为 20 N,故 B 错误 C、物体 c 处于平衡状态,既不受拉力也不受摩擦力,故 C 错误; D、撤去力 F 的瞬间,由于绳子拉力与 a 与桌面间的摩擦力关系不确定,因此三个物体是否运 动不确定,故 D 错误. 故选:A

点评: 本题主要考查力的分解和平衡力判断, 结合牛顿第二定律会使此类题目变得简单. 要 养成分析物体受力的习惯. 4.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为 m1 的重物,当重物的速度为 vl 时,起重机 的输出功率达到最大值 P;若由静止开始以相同加速度匀加速提起质量为 m2(m2>m1)的重 物, 当重物的速度为 v2 时, 起重机的输出功率达到最大值 P. 重力加速度为 g, 不计空气阻力. 则 两个过程中,下列说法正确的是( ) A.钢绳较大的拉力为 B.钢绳较大的拉力为 +mg

C.两物体质量之比为

=

D.重物 m1 做匀加速运动的时间为 考点: 功率、平均功率和瞬时功率;物体的弹性和弹力. 专题: 功率的计算专题. 分析: 根据牛顿第二定律比较牵引力,抓住最大功率求出最大拉力.根据功率相等,结合 牵引力关系求出速度的大小关系. 根据 P=Fv 求出牵引力,结合牛顿第二定律求出加速度,根据速度时间公式求出匀加速运动的 时间. 解答: 解:A、根据牛顿第二定律得,F﹣mg=ma,加速度相等,质量大的牵引力大,根据 P=Fv,质量大的速度小,则拉力大,较大拉力为 ,故 A、B 错误.

C、因为 P=Fv,F=mg+ma,则(m1g+m1a)v1=(m2g+m2a)v2,加速度相等,则 C 正确. D、牵引力 F= ,则加速度 a= ,可知匀加速运动的时间 t=

,故



故 D 错误. 故选:C. 点评: 本题考查的是类似汽车的启动方式,对于汽车的两种启动方式,恒定加速度启动和 恒定功率启动,对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉. 5.一个正点电荷 Q 静止在正方形的一个顶点上,另一个带电质点射入该区域时,仅受电场力 的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点 a、b、c,如图所示,则有( )

A.质点在 a、b、c 三处的加速度大小之比是 1:2:1 B.质点由 a 到 b 电势能减小,由 b 到.电场力做负功,在 b 点动能最小 C.a、b、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是 φa=φc>φb,Ea=Ec=2Eb D.若改变带电质点在 a 处的速度大小和方向,有可能使其在该电场中做类平抛运动 考点: 电势差与电场强度的关系;电势. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 电荷受到的合力指向轨迹的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在 O 点的电 荷是异种电荷,它们之间存在引力,根据点电荷的电场线的特点,Q 与 ac 距离相等,都小于 b,故 B 点的电势高于 ac 两点的电势.应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系 解答: 解:A、粒子 P 在 a、b、c 三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力.由图可 知,ra=rc= , ,

代入库仑定律:F=k

可得:

=

= ;而 a 与 c 点的电场力相等;由 a= 可知,加速度之比应为:2:1:2;故 A

错误 B、 电荷受到的合力指向轨迹的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在 O 点的电荷是异 种电荷,它们之间存在引力,所以质点由 a 到 b 电场力做负功,电势能增加,动能减小;由 b 到 c 电场力做正功,动能增大,在 b 点动能最小;故 B 错误;

C、根据点电荷的电场线的特点,Q 与 ac 距离相等,都小于 b,故 B 点的电势低于 ac 两点的 电势;Ea=Ec= ;Eb= Ea,故 C 正确;

D、 由 C 的方向可知, 带电粒子 abc 三个点受到的电场力大小不相等, 所以不可能其经过 a、 b、 c 三点做匀速圆周运动.故 D 错误. 故选:C 点评: 本题属于电场中轨迹问题,考查分析推理能力.根据轨迹的弯曲方向,判断出电荷 受到的电场力指向轨迹内侧.进而判断出电荷是负电荷 6.有一条两岸平行、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河,小明驾着小船渡河,去程时船头朝 向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所走的位移的比值为 k,船在静 水中的速度大小相同,则小船去程与回程所用时间的比值为( ) A. B. C. D.

考点: 运动的合成和分解. 专题: 运动的合成和分解专题. 分析: 根据船头指向始终与河岸垂直,结合运动学公式,可列出河宽与船速的关系式,当 路线与河岸垂直时,可求出船过河的合速度,从而列出河宽与船速度的关系,进而即可求解. 解答: 解:设船渡河时的速度为 vc; 当船头指向始终与河岸垂直,则有:t 去= 当回程时行驶路线与河岸垂直,则有:t 回= 而回头时的船的合速度为:v 合= 由于去程与回程所用时间的比值为 k, 所以小船在静水中的速度大小为:vc= = , ; ; ;

则小船去程与回程所用时间的比值为

=

,故 D 正确,ABC 错误;

故选:D. 点评: 解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性,以及知道各分运动具有独立性, 互不干扰. 7.如图所示,B 物体的质量为 A 物体质量的两倍,用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上.A、 B 与斜面的动摩擦因数均为 μ.对 B 施加沿斜面向上的拉力 F,使 A、B 相对静止地沿斜面向 上运动,此时弹簧长度为 l1;若撤去拉力 F,换成大小仍为 F 的沿斜面向上的推力推 A,A、 B 保持相对静止后弹簧长度为 l2.则下列判断正确的是( )

A.两种情况下 A、B 保持相对静止后弹簧的形变量相等 B.两种情况下 A、B 保持相对静止后两物块的加速度不相等’ C.弹簧的原长为 D.弹簧的劲度系数为 考点: 牛顿第二定律;胡克定律. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 对整体分析,根据牛顿第二定律求出整体的加速度,分别对第一种情况的 A 和第二 种情况的 B 分析,运用牛顿第二定律联立求出弹簧的原长和劲度系数.从而求出弹簧的形变 量. 解答: 解:以 A、B 为整体,根据牛顿第二定律知,两种情况下的加速度相等,设 A 的质 量为 m,则加速度 a= ,

设弹簧的原长为 l0,根据牛顿第二定律得, 第一种情况:对 A,k(l1﹣l0)﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ① 第二种情况:对 B,k(l0﹣l2)﹣2mgsinθ﹣μ?2mgcosθ=2ma,② 由①②得, ,k= ,故 B、C 错误,D 正确.

第一种情况弹簧的形变量为 第二种情况弹簧的形变量

, .故 A 错误.

故选:D. 点评: 本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的综合运用,关键选择好研究的对象,运用牛 顿第二定律进行求解,掌握整体法和隔离法的运用. 8.如图所示,水平粗糙传送带 AB 距离地面的高度为 h,以恒定速率 v0 顺时针运行.甲、乙 两滑块 (可视为质点) 之间夹着一个压缩轻弹 簧 (长度不计) , 在 AB 的正中间位置轻放它 们 时,弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断不正确的是( )

A.甲、乙滑块可能同时从 A、B 两端离开传送带 B.甲、乙滑块刚离开弹簧时可能一个减速运动、一个加速运动? C.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等 D.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离相等

考点: 平抛运动;牛顿第二定律. 专题: 平抛运动专题. 分析: 弹簧弹开后,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.根据滑块的受力判断物体的 运动,需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小 解答: 解:A、若 v 大于 v0.弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为 v,加速度为 a 的匀 减速运动. 乙物体向向右做初速度为 v, 加速度为 a 的匀减速运动. 此种情况两个物体落地后, 距释放点的水平距离可能相等且运动时间相等,故 A 正确,C 错误; B、若 v 小于 v0.弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为 v,加速度为 a 的匀减速运动.速 度为零后可以再向相反的方向运动.整个过程是做初速度为 v,加速度和皮带运动方向相同的 减速运动.乙物体做初速度为 v,加速度为 a 的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都和皮 带轮的运动方向相同.甲乙到达 B 点时的速度相同.落地的位置在同一点.BD 正确. 本题选错误的 故选:C 点评: 解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动,这是处理物体的运动的基础, 需扎实掌握. 9.行星绕太阳公转轨道是椭圆,冥王星公转周期为 T0,其近日点距太阳的距离为 a,远日点 距太阳的距离为 b,半短轴的长度为 c,如图所示.若太阳的质量为 M,万有引力常数为 G, 忽略其它行星对它的影响,则( )

A.冥王星从 B→C→D 的过程中,速率逐渐变小 B.冥王星从 A→B→C 的过程中,万有引力对它做负功 C.冥王星从 A→B 所用的时间等于 D.冥王星在 B 点的加速度为 考点: 万有引力定律及其应用. 专题: 万有引力定律的应用专题. 分析: 熟记理解开普勒的行星运动三定律,根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还 是负功. 解答: 解:A、根据第二定律:对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面 积相等.所以冥王星从 B→C→的过程中,冥王星与太阳的距离先增大后减小,所以速率先变 小后增大,故 A 错误; B、太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等.所以冥王星从 A→B→C 的过程中,冥王 星与太阳的距离增大,速率逐渐变小,万有引力对它做负功.故 B 正确; C、公转周期为 T0,冥王星从 A→C 的过程中所用的时间是 0.5T0, 由于冥王星从 A→B→C 的过程中,速率逐渐变小,从 A→B 与从 B→C 的路程相等, 所以冥王星从 A→B 所用的时间小于 ,故 C 错误;

D、设 B 点到太阳的距离 l,则

,根据万有引力充当向心力知



知冥王星在 B 点的加速度为 a=

,故 D 正确;

故选:BD. 点评: 正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键,会根据力与速度方向的夹角 判断该力是做正功还是负功. 10.如图所示,固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块 P,将另一个带电小物 块 Q 在斜面的某位置由静止释放,它将沿斜面向上运动.设斜面足够长,则在 Q 向上运动过 程中( )

A.加速度先减小后增大 B.Q 的电势能逐渐减小,机械能逐渐增大 C.Q 和 P 的电势能和重力势能之和逐渐减小 D.Q 和 P 的电势能和动能之和逐渐增大 考点: 电势差与电场强度的关系;电势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: Q 向上运动的过程中,受到重力、斜面的支持力和库仑力,与 P 距离增大,库仑力 减小,根据牛顿第二定律分析加速度的变化. 物体 Q 在运动过程中存在三种能,动能、重力势能和电势能,根据能量守恒,运动过程中只 存在这三种能互相转化.根据电场力做功正负,判断电势能的变化.根据能量守恒分析 Q 的 机械能的变化 解答: 解:A、Q 向上运动的过程中,受到重力、斜面的支持力和库仑力,开始电场力大于 重力的下滑分力,合力沿斜面向上,做加速运动,电场力不断减小,合力减小; 当电场力小于下滑力,合力沿斜面向下,做减速运动,电场力减小,合力增大,所以合力先 减小后增大,则加速度先减小后增大,故 A 正确; B、电场力对 Q 做正功,根据功能关系得知,Q 的机械能一直增大,故 B 正确; C、物体动能、重力势能和电势能的总和守恒,动能先增大后减小,物块 P、Q 的重力势能和 电势能之和就先减小后增大,故 C 错误. D、物体动能、重力势能和电势能的总和守恒,Q 的重力势能增大,Q 和 P 的电势能和动能之 和逐渐减小,故 D 错误 故选:AB 点评: 此题要知道物体的运动过程中存在三种能,动能、重力势能和电势能,电场力做功 引起电势能的变化和 Q 机械能的变化,能正确分析运动状态,运用功能关系进行分析. 11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动,其电势能 E 随位移 x 变化的关系如 图所示,其中 0﹣x2 段是对称的曲线,为 x2﹣x3 段是直线,则下列说法正确的是( )

A.从 xl 到 x3 带电粒子的加速度一直增大 B.从 x1 到 x3 带电粒子的速度一直减小 C.粒子在 0﹣x2 段做匀变速运动,x2﹣x3 段做匀速直线运动 D.x1、x2、x3 处电势 φ1、φ2、φ3 的关系为 φ1>φ2>φ3 考点: 电势差与电场强度的关系;电势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,结合分析图象斜

率与场强的关系,即可求得 x1 处的电场强度;根据能量守恒判断速度的变化;由 Ep=qφ,分 析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化,即可分析粒子的运动性质.根据斜率读 出场强的变化 解答: 解:A、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E= ,得:

E=

由数学知识可知 Ep﹣x 图象切线的斜率等于 故 A 错误.

,在 x2 到 x3 阶段斜率不变,故加速度不变,

B、从 x1 到 x3 带电粒子的过程中,电势能增加,故电场力做负功,速度一直减小,故 B 正确; C、由图看出在 0~x1 段图象切线的斜率不断减小,由上式知场强减小,粒子所受的电场力减 小,加速度减小,做非匀变速运动.x1~x2 段图象切线的斜率不断增大,场强增大,粒子所受 的电场力增大,做非匀变速运动.x2~x3 段斜率不变,场强不变,即电场强度大小和方向均不 变,是匀强电场,粒子所受的电场力不变,做匀变速直线运动,故 BC 错误; D、根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,因粒子带负电,q<0,则知电势能越大,粒子所在处 的电势越低,所以有:φ1>φ2>φ3.故 D 正确 故选:BD 点评: 本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识;解决本题的关键 要分析图象斜率的物理意义,判断电势和场强的变化,再根据力学基本规律:牛顿第二定律 进行分析电荷的运动情况 12.如图所示,用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道,竖直固定在地面上,其圆心为 O、半径 为 R.轨道正上方离地 h 处固定一水平长直光滑杆,杆与轨道在同一竖直平面内,杆上 P 点处 固定一定滑轮,P 点位于 O 点正上方.A、B 是质量均为 m 的小环,A 套在杆上,B 套在轨道 上, 一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环. 两环均可看做质点, 且不计滑轮大小与质量. 现 在 A 环上施加一个水平向右的力 F,使 B 环从地面由静止沿轨道上升.则( )

A.缓慢提升 B 环至 D 点,F 一直减小 B.A 环动能的增加等于 B 环机械能的减少 C.B 环被拉到与 A 环速度大小相等时,sin∠OPB= D.若 F 为恒力,且作用足够长时间,B 环可能会经过 D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧 最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动 考点: 共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力. 专题: 共点力作用下物体平衡专题. 分析: 作出 B 环的受力图,由合成法和三角形相似法分析 F 的变化.由系统的功能关系分 析能量的变化.若 F 为恒力,且 B 环能运动到 D 点速度不为零时,B 环会经过 D 点之后将会 沿半圆形轨道运动至右侧最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动. 解答: 解: A、以 B 环研究对象,根据力的三角形和△ PB0 相似可得, = ,T= PB,PO 不变,PB

减小,则绳子的拉力 T 慢慢减小,F 减小.故 A 正确. B、由于有外力 F 做功,所以 A、B 的机械能不守恒,则 A 环动能的增加不等于 B 环机械能 的减少,故 B 错误. C、当 PB 线与圆轨道相切时,vB=vA,根据数学知识有 sin∠OPB= ,故 C 正确. D、若 F 为恒力,且 B 环能运动到 D 点速度不为零时,B 环会经过 D 点之后将会沿半圆形轨 道运动至右侧最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动.故 D 正确. 故选:ACD

点评: 本题要注意分析题意,运用三角形相似法分析力的变化,找出题目中给出的几何关 系,要知道当 PB 线与圆轨道相切时两球的速度大小相等. 二.实验题(共 8 空,每空 2 分,共 16 分) 13.如图为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能守恒定律” 的实验装置,完成以下填空.

实验步骤如下: ①将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于 1m,将导轨调至水平. ②测出挡光条的宽度 l 和两光电门中心之间的距离 s. ③将滑块移至光电门 1 左侧某处,待砝码静止不动时,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已 通过光电门 2. ④读出滑块分别通过光电门 1 和光电门 2 时的挡光时间△ t1 和△ t2. ⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量 M,再称出托盘和砝码的总质量 m. ⑥滑块通过光电门 1 和光电门 2 时,可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总 动能分别为 Ek1= (M+m) ( )
2

和 Ek2=

(M+m) (



2



⑦在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少△ Ep= mgs . (已知重力 加速度为 g) ⑧如果满足关系式 △ Ep=Ek2﹣Ek1 ,则可认为验证了机械能守恒定律. (用直接测得物理 量的字母和重力加速度 g 表示) ⑨实验中误差产生的原因有: 摩擦阻力 . (写出一个原因即可) 考点: 验证机械能守恒定律. 专题: 实验题;机械能守恒定律应用专题. 分析: 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度 d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度. 根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量. 要注意本题的研究对象是系统. 解答: 解:⑥由于光电门的宽度 d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度. 滑块通过光电门 1 速度 v1= 滑块通过光电门 2 速度 v2= 系统的总动能分别为 Ek1= (M+m) ( ) 和 Ek2= (M+m) (
2



2

⑦在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少△ Ep=mgs ⑧如果满足关系式△ Ep=Ek2﹣Ek1,即系统重力势能减小量等于动能增加量,则可认为验证了 机械能守恒定律. ⑨因存在摩擦阻力,从而导致减小的重力势能略大于增加的动能, 故答案为:⑥ (M+m) ( ⑦mgs; ⑧△ Ep=Ek2﹣Ek1; ) , (M+m) (
2

);

2

⑨摩擦阻力. 点评: 了解光电门测量瞬时速度的原理. 实验中我们要清楚研究对象和研究过程,对于系统我们要考虑全面. 14. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)如图,质量为 M 的滑块 A 放在气垫导轨 B 上,C 为位 移传感器,它能将滑块 A 到传感器 C 的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏 幕上显示滑块 A 的位移一时间(s﹣t)图象和速率一时间( v﹣t)图象.整个装置置于高度 可调节的斜面上,斜面的长度为 l、高度为 h.

(1)现给滑块 A 一沿气垫导轨向上的初速度,A 的 v﹣t 图线如题 b 图所示.从图线可得滑块 2 A 下滑时的加速度 a= 6 m/s (保留一位有效数字) ,摩擦力对滑块 A 运动的影响 B (选 填“A.明显,不可忽略”或“B.不明显,可忽略”) (2)此装置还可用来测量重力加速度 g.实验时保持斜面的长度为 l 不变,通过改变 h 的大 小,测出对应的加速度 a,然后做出 a﹣h 图象(a 为纵轴,h 为横轴) ,图象中的图线是一条 倾斜的直线,为求出重力加速度 g 需要从图象中找出 C . A.图线与 a 轴截距 a0 B.图线与 h 轴截距 b0 C.图线的斜率 k D.图线与坐标轴所 夹面积 S 则重力加速度 g= kl (用题中和选项中给出的字母表示) . (3)若实验测得车 =0.6,且将气垫导轨换成长木板,滑块 A 换成滑块 A′,若滑块 A′与长木 板间的动摩擦因数恒定,给滑块 A′一沿滑板向上的初速度,A′的 s﹣t 图线如题 c 图.通过图 线可求得滑块与长木板间的动摩擦因数 μ= 0.3 (结果保留一位有效数字) . 考点: 探究影响摩擦力的大小的因素. 专题: 实验题. 分析: 根据 v﹣t 图象求出该图象的斜率,其斜率的绝对值就是加速度大小.从 v﹣t 图象中 我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等,说明滑块 A 沿气垫导轨上下运动加速度 大小相等.对滑块进行运动和受力分析,运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题. 解答: 解: (1)v﹣t 图象的斜率的绝对值表示加速度大小. 从图象可以看出,滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等,所以摩擦力对滑块的运动影响 不明显,可以忽略. 根据加速度的定义式可以得出 a= (2)根据牛顿第二定律可知,a= =6m/s
2

=gsinθ=g ,

则 a﹣h 图象的斜率 k= ,所以为求出重力加速度 g 需要从图象中找出图象的斜率 k,则 g=kl, (3)滑板与滑块间的滑动摩擦力比较大,导致图象成抛物线形. 从图上可以读出,滑块上滑和下滑时发生位移大小约为 x=0.84m﹣0.20m=0.64m 上滑时间约为 t1=0.4s,下滑时间约为 t2=0.6s, 上滑时看做反向匀加速运动,根据动学规律有:x= a1t1 , 根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 下滑时,有 x= a2t2 ,根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2 联立解得 μ=0.3 故答案为: (1)6;B. (2)C;kl; (3)物块受摩擦力;0.3. 点评: 解答本题关键是能够把 v﹣t 图象运用物理规律结合数学知识解决问题.对滑块进行 运动和受力分析,运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题. 三、计算题(本大题共 4 个小题,共 46 分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 15. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)一辆汽车从 A 点由静止出发做匀加速直线运动,用 t=4s 的时间通过一座长 x=24m 的平桥 BC,过桥后的速度是 vc=9m/s.求: (1)它刚开上桥头时的速度 vB 有多大? (2)桥头与出发点相距多远?
2 2

考点: 匀变速直线运动规律的综合运用. 专题: 直线运动规律专题. 分析: (1)根据运动的位移和时间求出平均速度,在匀变速直线运动中根据平均速度公式 求出刚开上桥头时的速度. (2)根据初末速度及运行时间,求出加速度,然后根据速度位移公式求出桥头与出发点的距 离. 解答: 解:设桥长为 l,过桥用时为 t,它刚开上桥头时的速度为 v0,过桥后速度为 v, (1)在过桥过程中的平均速度: = 匀变速直线运动的平均速度: 代入数据得:v0=3m/s (2)匀变速直线运动的加速度:a=
2

=6m/s; ,

=

=

=1.5m/s ;

2

根据速度位移公式 v0 =2ax, 代入数据得桥头与出发点的之间的距离:x=3m 答: (1)它刚开上桥头时的速度是 3m/s; (2)桥头与出发点的之间的距离是 3m

点评: 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移速度公式、速度时间公式以及平均速度 的公式的直接应用,难度不大,属于基础题. 16. (10 分) (2015 秋?长沙校级月考)在某星球上,宇航员做了一个实验:让质量为 m=1.0kg 的小滑块以 v0=6m/s 的初速度从倾角为 θ=53°的斜面 AB 的顶点 A 滑下, 到达 B 点后与垂直斜 面的挡板碰撞,不计碰撞时的机械能损失.滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.5,测得 A 点离 B 点所在水平面的高度为 h=3m,最终物块在斜面上通过的路程 s=20m.已知 sin53°=0.8, cos53°=0.6,不计该星球的自转以及其他星球对它的作用. (1)求该星球表面的重力加速度 g; 6 (2)若测得该星球的半径为 R=6×10 m,则该星球的第一宇宙速度为多大? 6 2 (3)取地球半径 R0=6.4×10 m,地球表面的重力加速度 g0=10m/s ,求该星球的平均密度与地 球的平均密度之比 .

考点: 万有引力定律及其应用;人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 专题: 万有引力定律的应用专题. 分析: (1)小滑块从 A 到 C 的过程中,对滑块进行受力分析和做功分析,根据动能定理列 方程求得重力加速度; (2)根据万有引力提供向心力、重力等于万有引力列式,求解探测器的最大速度. 2 (3)根据密度公式和黄金代换式 GM=gR ,求解星球的平均密度与地球的平均密度之比. 解答: 解: (1)小滑块从 A 到 C 的过程中,由动能定理得: mg(h1﹣h2)﹣μmgcos53°
2

﹣μmgcos37°

=0﹣

代人数据解得:g=6m/s (2)设探测器质量为 m′,探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行最大速度,由牛顿第二 定律和万有引力得: G 又G =m =mg

解得:v= 代人数据解得:v=6km/s

(3)由星球密度 ρ=

和 GM=gR 得该星球的平均密度与地球的平均密度之比

2

=

. =0.64.

代入数据解得:

答: 2 (1)该星球表面的重力加速度 g 为 6m/s ; (2)则探测器运行的最大速度为 6km/s. (3)该星球的平均密度与地球的平均密度之比 为 0.64

点评: 本题考查万有引力定律的应用;要注意明确万有引力应用主要从万有引力提供圆周 运动的向心力和星球表面重力和万有引力相等两方面入手分析. 17. (12 分) (2014 秋?杭州期中)如图所示,空间有场强 E=1.0×10 V/m 竖直向下的电场,长 ﹣4 L=0.4m 不可伸长的轻绳固定于 O 点,另一端系一质量 m=0.05kg 带电 q=5×10 C 的小球,拉 起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放,当小球运动至 O 点的正下方 B 点时,绳恰好断裂, 小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成 θ=30°、 无限大的挡板 MN 上的 C 点. 试 求: (1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断; (2)A、C 两点的电势差; (3)当小球刚要运动至 C 点时,突然施加一恒力 F 作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右 移动 3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力 F 的方向的取值范围.
3

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动. 分析: (1)由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小; (2)绳断后小球做类平抛运动,根据类平抛运动知识求得小球在 C 点的速度,再由动能定理 求得电场力在 AC 过程中做的功,从而得出 AC 两点间的电势; (3)根据几何关系知,挡板水平移动 3.2m,则小球在速度方向运动 1.6m,根据几何关系分 析小球受力的方向取值范围. 解答: 解: (1)A→B 由动能定理及圆周运动知识有:

(mg+qE)?L= mvB

2

F﹣(mg+qE)= 代入数据可解得:F=3N (2)由(1)分析得 m/s=4m/s, 小球离开 B 点做类平抛运动,到达 C 点时由水平方向速度保持不变有: 小球垂直撞在斜面上,故满足
2

根据动能定理有:W 电+WG=2qU= mvc

代入数据可解得:U=1600V (3)挡板向右移动 3.2 米,小球沿速度方向运动了 1.6 米, 若小球做减速运动恰好垂直打到档板,则 a=v /2S=20m/s =2g,所以要求 a≤2g,F 合≤2mg 设恒力 F 与竖直方向的夹角为 α,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°(左斜向 上) 若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上,设恒力 F 与竖直向上方向的夹角为 α, 作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 0≤(α+θ)<180° 0°≤α<150°(如图斜右下方)
2 2

综上:恒力 F 与竖直向上的夹角 α(以顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150° 答: (1)绳子至少受 3N 的拉力才能被拉断; (2)A、C 两点的电势差为 1600V; (3)当小球刚要运动至 C 点时,突然施加一恒力 F 作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右 移动 3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力 F 与竖直向上的夹角 α(以顺时针为正) 范围为﹣15°≤α<150°.

点评: 本题是动能定理、类平抛运动的综合题,理清物体的运动过程中是正确解题问题的 关键,中等偏难. 18. (14 分) (2015 秋?长沙校级月考) 有一长度为 l=1m 的木块 A, 放在足够长的水平地面上. 取 一无盖长方形木盒万将 A 罩住, B 的左右内壁间的距离为 L=9m.A,B 质量相同均为 m=1kg, 与地面间的动摩擦因数分别为 μA=0.2 和 μB=0.3 开始时 A 与 B 的左内壁接触,两者以相同的 初速度 v0=28m/s 向右运动.已知 A 与 B 的左右内壁发生的碰撞时间极短(可忽略不计) ,且 2 碰撞后 A,B 互相交换速度.A 与 B 的其它侧面无接触.重力加速度 g=10m/s .求: (1)开始运动后经过多长时间 A,B 发生第一次碰撞; (2)从开始运动到第二次碰撞碰后摩擦产生的热能; (3)若仅 v0 未知,其余条件保持不变,a)要使 A,B 最后同时停止,而且 A 与 B 轻轻接触, 初速度场应满足何条件?(b)要使 B 先停下,且最后全部停下时 A 运动至 B 右壁刚好停止, 初速度 v0 应满足何条件?

考点: 动量守恒定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿第二定律;功能关系. 分析: (1)木块和木盒分别做匀减速运动,根据牛顿第二定律和运动学公式求解. (2)木块和木盒相碰过程动量守恒和机械能守恒,列出等式求解. (3)分析木块、木盒的运动,根据运动学公式和位置之间的几何关系求解. 解答: 解: (1)木块和木盒分别做匀减速运动,加速度大小分别为:aA=μAg=0.2×10=2m/s 2 aB=μBg=0.3×10=3m/s 设经过时间 T 发生第一次碰撞 则有: L﹣l=SA﹣SB=v0T﹣ ﹣( )
2

代入数据得:T=4s (2)碰前木块和木盒的速度分别为: vA=v0﹣aAT=28﹣2×4=20m/s vB=v0﹣aBT=28﹣3×4=16m/s 碰撞结束后二者互换速度,所以:vA′=vB=16m/s;vB′=vA=20m/s 接下来到第二次发生碰撞:L﹣l=SB′﹣ SA′= 代入数据得:T′=4s 二者在左端碰撞,碰撞前:vA′=vA﹣aAT′=16﹣2×4=8m/s vB′=vB﹣aBT′=20﹣3×4=8m/s 产生热量等于损失的动能,即: Q= 代入数据得:Q=720J (3)由以上的分析可知,木块、木盒经过时间 t1=2T 在左端相遇接触时速度恰好相同 同理可得:木块、木盒经过同样时间 t2=2T,第二次在左端相遇 再经过 t2=2T,第三次在左端相遇,

…每一次相遇时,速度都减小 20m/s. n 次相遇后,速度恰好为零.可知速度需满足:v0=20n(m/s) (n=1,2,3…) (b)要使 B 先停下,则需要满足:v0=K△ v+v(K 取自然数,0<v<μBgT=12m/s)经过 K 次 碰撞后,A 运动到 B 的左端,且有共同的速度 v,接着,A 与 B 都做减速运动,直到停止,A 恰好运动到 B 的右端,则满足:L﹣l= 代入数据得: m/s 所以要使 B 先停下,且最后全部停下时 A 运动至 B 右壁刚好停止,初速度 v0 应满足: m/s(K 取:1,2,3…) 答: (1)开始运动后经过 4s 时间 A,B 发生第一次碰撞; (2)从开始运动到第二次碰撞碰后摩擦产生的热能 s 720J; (3)若仅 v0 未知,其余条件保持不变,a)要使 A,B 最后同时停止,而且 A 与 B 轻轻接触, 初速度场应满足:v0=20n(m/s) (n=1,2,3…) (b)要使 B 先停下,且最后全部停下时 A 运动至 B 右壁刚好停止,初速度 v0 应满足: m/s(K 取:1,2,3…) 点评: 解决该题关键要清楚木块、木盒的运动过程,能够把相碰过程动量守恒和机械能守 恒结合运用.


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湖南省长沙一中2016届高三上学期第一次月考物理试题
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湖南省长沙一中2016届高三上学期第三次月考物理试卷
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精校WORD版湖南省长沙市一中2016届高三第二次月考语文试卷及答案
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