黑龍江省牡丹江市第一高級中學2019屆高三上學期10月月考物理---精校解析word版

1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　牡一中2016級高三學年上學期10月月考</p><p><b>　　物 理 試 題</b></p><p>　　一、選擇題（每題4分，共48分，其中1——7題為單選，8——12題為多選，選對但不全得2分）</p><p>　　1.如圖所示，不計質量的光

2、滑小滑輪用細繩懸掛于墻上O點，跨過滑輪的細繩連物塊a、b，a、b都處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將物塊b移至C點后，a、b仍保持靜止，下列說法中正確的是 </p><p>　　A. b與水平面間的摩擦力減小</p><p>　　B. 地面對b的彈力減小</p><p>　　C. 懸于墻上的繩所受拉力不變</p><p>　　D. a、b靜止時，圖中三角相等&

3、lt;/p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】對物體a分析，由于a處于靜止，故繩子的拉力等于a的重力；繩子對b的拉力也保持不變，等于a的重力；再對物體b分析，b向右移動時，繩與地面的夾角減小，繩水平分量增大，而水平方向b受力平衡，摩擦力增大，故A錯

4、誤；物體b向右移動時，繩與地面的夾角減小，繩拉力豎直分量減小，則地面對b的彈力變大，故B錯誤；由于兩繩間夾角增大，而兩拉力不變，故懸于繩上的繩子的拉力將減小，故C錯誤；對滑輪分析，由于A一直豎直，故繩子與墻平行，故α=θ；因拉A的繩子與拉B的繩子力相等，而拉滑輪的力與兩繩子的力的合力大小相等，故拉滑輪的力應這兩繩子拉力的角平分線上，故α、β、θ三角始終相等，故D正確；故選D。</p><p>　　【點睛】本題要注

5、意分別對A、B及滑輪分析，根據(jù)共點力的平衡條件可得出各物體受力的關系；同時注意要根據(jù)力的合成與分解等知識進行討論．</p><p>　　2.汽車以恒定的功率在平直公路上行駛，所受到的摩擦阻力恒等于車重的0.1倍，汽車能達到的最大速度為vm，則當汽車速度為時，汽車的加速度為(重力加速度為g)</p><p>　　A. 0.1 g B. 0.2 g C. 0.3 g D. 0

6、.4g</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：汽車在運動過程中受到牽引力和摩擦阻力，因為當牽引力等于阻力時，加速度為零，速度最大，因為，故有，當速度為時，，此時加速度，故A正確</p><p>　　考點：考查了機車

7、啟動</p><p>　　【名師點睛】關鍵是知道汽車達到速度最大時，汽車的牽引力和阻力相等，根據(jù)功率，可以根據(jù)題意算出汽車發(fā)動機的功率P，當速度為時，在運用一次即可求出此時的F，根據(jù)牛頓第二定律就可求出此時的加速度</p><p>　　3.質量m＝20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動,0～2s內(nèi)F與運動方向相反，2～4s內(nèi)F與運動方向相同，物體的v－t圖象如圖

8、所示。g取10m/s2，則</p><p>　　A. 拉力F的大小為100N</p><p>　　B. 物體在4s時拉力的功率大小為120W</p><p>　　C. 4s內(nèi)拉力所做的功為720J</p><p>　　D. 4s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320J</p><p><b>　　【答案】B</

9、b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由圖象可得：0～2s內(nèi)物體做勻減速直線運動，加速度大小為：，勻減速過程有 F+f=ma1，勻加速過程加速度大小為：，有 F-f=ma2，解得：f=40N，F(xiàn)=60N，故A錯誤；物體在4 s時拉力的瞬時功率為P=Fv=60×2W=120W，故B正確；4s內(nèi)物體通過的

10、位移為，拉力做功為W=-Fx=-480J，故C錯誤；4s內(nèi)物體通過的路程為，摩擦力做功為Wf=-fs=-40×12J=-480J，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。</p><p>　　4.一質量為m的物體在豎直向上的拉力F作用下沿豎直方向向上運動，運動過程中物體的動能與位移的關系如下圖所示，其中0～x1為一曲線，x1～x2為一與橫軸平行的直線，x2～x3為一傾斜直線，不計空氣阻力，關于物體在這段位移內(nèi)

11、的運動，下列說法不正確的是</p><p>　　A. 0～x1過程中拉力F逐漸減小</p><p>　　B. x1～x2過程中物體的重力勢能可能不變</p><p>　　C. x2～x3過程中拉力F為恒力</p><p>　　D. 0～x3過程中物體的機械能增加</p><p><b>　　【答案】B<

12、/b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】根據(jù)動能定理得 F合△x=△Ek，得 F合=，即Ek-x圖象的斜率大小等于合外力大小，則知0～x1過程中合外力逐漸減小，而拉力大于重力，所以拉力F逐漸減小，故A正確。x1～x2過程中物體向上勻速運動，重力勢能增加，故B錯誤。x2～x3過程中合外力為恒力，則拉力F為恒力，故C正確。0

13、～x3過程中，拉力一直做正功，物體的機械能增加，故D正確。此題選擇不正確的選項，故選B。</p><p>　　【點睛】解決本題的關鍵根據(jù)動能定理列式，分析出圖象的斜率等于合外力，明確除了重力以外其他力做功等于物體機械能的變化．</p><p>　　5.如圖所示，大氣球質量為100 kg，載有質量為50 kg的人，靜止在空氣中距地面20 m高的地方，氣球下方懸一根質量可忽略不計的繩子，此人想

14、從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則這繩長至少應為（不計人的高度，可以把人看作質點）</p><p>　　A. 10 m B. 30 m C. 40 m D. 60 m</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><

15、p>　　人與氣球組成的系統(tǒng)動量守恒，設人的速度v1，氣球的速度v2，設運動時間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，以向下為正方向，由動量守恒得：m1v1-m2v2=0，則，，，則繩子長度L=s氣球+s人=10m+20m=30m，即繩子至少長30m長，故選B。</p><p>　　【點睛】本題為動量守恒定律的應用，屬于人船模型的類別，關鍵要找出人和氣球的速度關系和繩子長度與運動路程的關系．</p>

16、;<p>　　6.在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如下圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點，經(jīng)過1.2 s到達傳送帶的B點。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v­t圖像可知</p><p>　　A. A、B兩點的距離為2.4 m</p>&l

17、t;p>　　B. 貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25</p><p>　　C. 貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為11.2 J</p><p>　　D. 貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.6 J</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>

18、;　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，一起做勻速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應圖象所圍梯形的“面積”，為：x=×2×0.2+（2+4）×1=3.2m。故A錯誤。由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為：，對物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=

19、ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①同理，做a2的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度為：得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②聯(lián)立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B錯誤； 根據(jù)功能關系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x1=×

20、;2×0.2=0.2m，物體受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2勻加速直線運動，由圖象知位移為：x2=×（2+4）×1=3m，物體受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，</p><p>　　【點睛】本題一方面要分析貨物的運動情況，由圖象結合求解加速度，再結合牛頓第

21、二定律分兩個過程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角是關鍵，求摩擦產(chǎn)生的熱量注意找兩物體的相對位移．</p><p>　　7.如圖所示，兩質量均為m的小球1、2(可視為質點)用一輕質桿相連并置于圖示位置，質量也為m的小球3置于水平面OB上，半圓光滑軌道與水平面相切于B點。由于擾動，小球1、2分別沿AO、OB開始運動，當小球1下落h＝0.2 m時，桿與豎直墻壁夾角θ＝37°，此時小球2剛好與小球3相碰，碰后小球3獲

22、得的速度大小是碰前小球2速度大小的 ，并且小球3恰好能通過半圓軌道的最高點C，取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，一切摩擦不計，則(　　)</p><p>　　A. 小球1在下落過程中機械能守恒</p><p>　　B. 小球2與小球3相碰時，小球1的速度大小為1.6 m/s</p><p>　　C. 小球2與小

23、球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度</p><p>　　D. 半圓軌道半徑大小為R＝0.08 m</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】小球1與2連在一起，小球1向下運動的過程中小球2將向右運動，小球1

24、的重力勢能減小，小球2的重力勢能不變，兩個球的動能都增大。由于對1和2球只有重力做功，兩個球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，但1的機械能不守恒。故A錯誤；小球1下落h=0.2m時，桿與豎直墻壁夾角θ=37°，將兩個小球的速度分解如圖：設當小球1下落h=0.2m時小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由圖中幾何關系，則：v1cos37°=v2sin37°；由機械能守恒得：；聯(lián)立得：v1=1.2m/s，v2=1.

25、6m/s。故B錯誤；設桿的長度為L，由幾何關系可得：L-Lcos37°=h，代入數(shù)據(jù)得：L=1.0m，所以小球2到O點的距離：x2=Lsin37°=1.0×0.6=0.6m；由于兩個小球運動的時間相等，而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小，所以小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C錯誤；碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度的，所以碰撞后小球3的速度：v3＝×1.6

26、＝2m/s；小球3恰好能通過半圓軌道的最高點C，此時的重力提供向心力，所以：；小球3從B到C的過程中機械能守恒，則：</p><p>　　【點睛】該題考查速度的合成與分解、機械能守恒定律與牛頓第二定律的應用，注意機械能守恒的判定，掌握幾何關系的運用，正確找出小球1與2的速度關系是解答的關鍵。</p><p>　　8.如圖所示，發(fā)射升空的衛(wèi)星在轉移橢圓軌道Ⅰ上A點處經(jīng)變軌后進入運行圓軌道Ⅱ．

27、A、B分別為軌道Ⅰ的遠地點和近地點．則衛(wèi)星在軌道Ⅰ上</p><p>　　A. 經(jīng)過A點的速度小于經(jīng)過B點的速度</p><p>　　B. 經(jīng)過A點的動能大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點的動能</p><p>　　C. 運動的周期大于在軌道Ⅱ上運動的周期</p><p>　　D. 經(jīng)過A點的加速度等于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點的加速度</p>&

28、lt;p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由B運動到A引力做負功，動能減小的，所以經(jīng)過A點的速度小于經(jīng)過B點的速度，故A正確；同在A點，只有加速它的軌道才會變大，所以經(jīng)過A點的動能小于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點的動能，故B錯誤；軌道Ⅰ的半長軸小于軌道Ⅱ的半徑，根據(jù)開普勒第三

29、定律，在軌道Ⅰ上運動的周期小于在軌道Ⅱ上運動的周期，故C錯誤；根據(jù)a=，在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的加速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的加速度，故D正確；故選AD。</p><p>　　【點睛】解決本題的關鍵理解衛(wèi)星繞地球運動的規(guī)律．要注意向心力是物體做圓周運動所需要的力，比較加速度，應比較物體實際所受到的力，即萬有引力．</p><p>　　9.如圖所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，物塊A、B用輕

30、繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊分別落地的過程中，兩物塊(　　)</p><p>　　A. 速度的變化大小相同</p><p>　　B. 動能的變化相同</p><p>　　C. 重力勢能的變化相同</p><p>　　D. 重力的平均功率相同

31、</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】剛開始AB處于靜止狀態(tài)，所以有mBgsinθ=mAg，則mB＞mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律得：mv2=mgh；得 v=，速度的變化量△v=v-0=

32、v，可知兩個物體落地速度大小相等，速度的變化大小相同，動能的變化不相同，故A正確，B錯誤；下落的高度相同，故重力做功WA=mAgh，WB=mBgh，由于質量不同，故重力做功不同，重力勢能的變化不同，故C錯誤；初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。當剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ。對A，由h=gtA2，得tA=；對B，由，則得，A重力做功的平均功率為：；

33、B重力做功的平均功率為：，所以重力做功的平均功率相等，故D正確；故選AD。</p><p>　　【點睛】重力做功決定重力勢能的變化與否，若做正功，則重力勢能減少；若做負功，則重力勢能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值.</p><p>　　10.在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的工件．已知工件與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，工件質量為m.經(jīng)測

34、量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列判斷正確的有(　　)</p><p>　　A. 傳送帶的速度大小為</p><p>　　B. 工件在傳送帶上加速時間為</p><p>　　C. 傳送帶因傳送每一個工件而多消耗的能量為</p><p>　　D. 每個工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為<

35、;/p><p><b>　　【答案】AC</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件滑上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知x=vT，解得傳送帶的速度v=L/T．故A正確。設每個工件勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速

36、度為μg，根據(jù)v=v0+at，解得：．故B錯誤。工件與傳送帶相對滑動的路程為：，則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg△x＝．故D錯誤。根據(jù)能量守恒得，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E=mv2+μmg△x＝．故C正確。故選AC。</p><p>　　【點睛】解決本題的關鍵知道工件在傳送帶上的運動規(guī)律，知道各個工件在傳送帶上的運動規(guī)律相同，結合牛頓第二定律、運動學公式、能量守恒綜合求解.</p><p

37、>　　11.如圖所示，小球A質量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方．現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（ ）</p><p>

38、　　A. 碰撞后小球A反彈的速度大小為</p><p>　　B. 碰撞過程B物塊受到的沖量大小</p><p>　　C. 碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能</p><p>　　D. 小球C的最大速度大小為</p><p><b>　　【答案】ACD</b></p><p><b>　　【解析

39、】</b></p><p>　　【詳解】A、設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有：，解得：</p><p>　　設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有：；解得，選項A正確。</p><p>　　B、設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv1＝-mv

40、1′＋5mv2；解得：；由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：，選項B錯誤。</p><p>　　C、碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有5mv2＝8mv3；據(jù)機械能守恒定律；解得：；選項C正確。</p><p>　　D、對B物塊與C物塊在彈簧回到原長時，C物塊有最大速度；據(jù)動量守恒和機械能守恒可解得；選項D正確。</p><p&

41、gt;　　【點睛】本題綜合考查動量守恒定律、機械能守恒定律，要注意正確分析物理過程，選擇合適的物理規(guī)律求解．</p><p>　　12.如圖所示，A、B兩個矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊A和木塊B的質量均為m?，F(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊A在此位置所受的壓力為F(F>mg)，彈簧的彈性勢能為

42、E，撤去力F后，下列說法正確的是</p><p>　　A. 當A速度最大時，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)</p><p>　　B. 彈簧恢復到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量相同</p><p>　　C. 當B開始運動時，A的速度大小為</p><p>　　D. 全程中，A上升的最大高度為</p><p><b>

43、　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　由題意可知當A受力平衡時速度最大，即彈簧彈力大小等于重力大小，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A項正確；由于沖量是矢量，而彈簧彈力對A、B的沖量方向相反，故B項錯誤；設彈簧恢復到原長時A的速度為v，繩子繃緊瞬間A、B共同速度為v1，A、B共同上升的最大高度為h，A上升最大高

44、度為H，彈簧恢復到原長的過程中根據(jù)能量守恒得，繩子繃緊瞬間根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1，A、B共同上升的過程中據(jù)能量守恒可得，，可得B開始運動時A的速度大小為，A上升的最大高度為，故C項錯誤，D項正確。</p><p>　　二、實驗題（每空2分，共16分）</p><p>　　13.某探究小組利用氣墊導軌和光電門計時器等裝置探究動能定理.他們通過改變滑輪下端小盤中沙子的質量來改變滑塊水

45、平方向的拉力;滑塊上裝有寬為d的擋光片.實驗中,用天平稱出小盤和沙子的總質量為m,滑塊(帶擋光片)的質量為M,計時器顯示擋光片經(jīng)過光電門1和2的時間分別為Δt1,Δt2.</p><p>　　(1)在滿足____的條件下,才可以認為小盤和沙子的總重力所做的功等于繩的拉力對滑塊做的功. </p><p>　　(2)實驗中還必須測量的物理量是________,若可以認為小盤和沙子的總

46、重力所做的功等于繩的拉力對滑塊做的功，試寫出本次需要探究的關系式__________(用測量量和已知量表示).</p><p>　　【答案】 (1). m?M (2). 兩光電門之間的距離L (3). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）根據(jù)實驗原理可知當小盤和沙子的總質量m遠

47、小于滑塊車的總質量M時，可將才可以認為小盤和沙子的重力看作滑塊的拉力，根據(jù)動能定理可知，此時小盤和沙子的重力所做的功等于滑塊動能的改變量．（2）要測量滑塊受到的拉力做的功，必須要知道滑塊從光電門1運動到光電門2的距離，即還必須測量兩光電門之間的距離L．滑塊所受的合外力做功為W=mgL；由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度．滑塊通過光電門1速度v1=；滑塊通過光電門2速度v2=；所以動能的增量△Ek＝Mv

48、22?Mv12= M（）2-M（）2 ；故本次探究的原理表達式為mgL=M（）2-M（）2 .</p><p>　　【點睛】管是考查什么實驗，首先要找到實驗原理，我們就可以根據(jù)實驗原理找需要的實驗儀器，找實驗時需要注意的問題，列式求解一些需要的物理量．實驗中我們還要清楚研究對象和研究過程，要學會對實驗誤差的分析．</p><p>　　14.在“驗證機械能守恒定律”實驗中

49、，利用重錘拖著紙帶自由下落，通過打點計時器打出一系列的點，對紙帶上的點進行測量，即可驗證機械能守恒定律。</p><p>　　(1)安裝好實驗裝置，正確進行實驗操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖所示。圖中O點為打點起始點，且速度為零。</p><p>　　(2)本實驗是否需要測定重錘質量m：________(填“需要”或“不需要”)。</p><p>　　

50、(3)選取紙帶上打出的連續(xù)點A、B、C、…,測出其中E、F、G點距起始點O的距離分別為h1、h2、h3，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點周期為T。為驗證從打下F點的過程中機械能是否守恒，需要驗證的表達式是_________(用題中所給字母表示)。</p><p>　　【答案】 (1). （2）不需要 (2). （3）</p><p><b>　　【解析】<

51、/b></p><p>　?。?）驗證機械能守恒，即驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質量可以約去，不需要測量重錘的質量．（3）F點的瞬時速度vF＝，則動能的增加量△Ek＝mvF2＝，重力勢能的減小量△Ep=mgh2，則需要驗證的表達式為：mgh2＝，即gh2＝。</p><p>　　15.在“驗證動量守恒定律”的實驗中，實驗裝置如圖所示。槽口末端在水平地面上的豎直投影為

52、O點，實驗中可供選擇的碰撞小球均為直徑相同的硬質小球，碰撞時都可認為是彈性碰撞。設入射小球的質量為m1，被碰小球的質量為m2。</p><p>　?。?）為了使入射小球在碰撞后不被反彈，則應使m1____m2。（填“>”“＝”或“<”）；</p><p>　?。?）為了保證入射小球和被碰小球離開槽口后均做平拋運動，必須調(diào)整斜槽末端____；</p><p&g

53、t;　?。?）在（1）（2）條件的前提下，讓入射小球從同一高度沿斜槽滑下，實驗中將被碰小球放入槽口末端前后的落點如圖中A、B、C所示，圖中OA＝x1，OB＝x2，OC＝x3，為驗證小球碰撞前后動量守恒，實驗中____（填“需要”或“不需要”）測量槽口末端到水平地面的高度h。若實驗中小球碰撞前后動量守恒，則應滿足的關系式為m1x2＝__________。</p><p>　　【答案】 (1). （1）

54、(2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb</p><p>　?。?）要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平；</p><p>　?。?）小球

55、離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，所以不需要測量槽口末端到水平地面的高度h.</p><p>　　要驗證動量守恒定律定律，即驗證：, 上式兩邊同時乘以t得：，得：，</p><p>　　【點睛】（1）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平．</p>

56、<p>　?。?）由動量守恒定律求出需要驗證的表達式，根據(jù)表達式確定需要測量的量；</p><p>　?。?）根據(jù)（2）的分析確定需要驗證的關系式．</p><p>　　三、計算題（本大題共3小題，共36分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位）</p><p>　　16.如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低

57、點，圓弧BC所對圓心角θ＝37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5 m，斜面AB的長度為L＝2.875 m。質量為m＝1 kg的小物塊(可視為質點)從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道運動恰能通過最高點D,sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：</p><p>　?。?）物塊經(jīng)過C點時對圓弧軌道的壓力大小FC；</p

58、><p>　?。?）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。</p><p>　　【答案】(1)60 N　(2)0.25</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，由牛頓第二定律有：</p><p><b>　　mg

59、＝ ① </b></p><p>　　從D到C由動能定理可得 －mg·2R＝ ②</p><p>　　由牛頓第二定律可得 FC′－mg＝m ③</p><p>　　由牛頓第三定律得 FC＝FC′④</p><p>　　聯(lián)解①②③④并代入數(shù)據(jù)得： FC＝60 N⑤</p><p>　?。?）對小

60、物塊從A經(jīng)B到C過程，由動能定理有：</p><p>　　mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝－0⑥</p><p>　　聯(lián)解①②⑥并代入數(shù)據(jù)得： μ＝0.25</p><p>　　17.如圖所示，長木板B的質量為m2=1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質量為m3=1.0 kg的物塊C(可視為質點)放在長木板的最右端。一

61、個質量為m1=0.5kg的物塊A從距離長木板B左側l=9.5 m處，以速度v0=10m／s向著長木板運動。一段時間后物塊A與長木板B發(fā)生彈性正碰（時間極短），之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上。已知物塊A及長木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m／s2，求：</p><p>　　(1)碰后瞬間物塊

62、A和長木板B的速度；</p><p>　　(2)長木板B的最小長度和物塊A離長木板左側的最終距離。</p><p>　　【答案】(1)， (2) d=3m ,</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）設物塊A與木板B碰前的速度為v</p><p><b>

63、　　由動能定理得 </b></p><p>　　解得 ＝9 m/s</p><p>　　A與B發(fā)生完全彈性碰撞，假設碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得 </p><p>　　由機械能守恒定律得 </p><p><b>　　聯(lián)立解得，</b></p><p>

64、;　　（2）之后B減速運動，C加速運動，B、C達到共同速度之前，由牛頓運動定律</p><p><b>　　對木板B有</b></p><p><b>　　對物塊C </b></p><p>　　設從碰撞后到兩者達到共同速度經(jīng)歷的時間為t， </p><p>　　木板B的最小長度＝3 m</

65、p><p>　　B、C達到共同速度之后，因，二者一起減速至停下，</p><p><b>　　由牛頓運動定律得</b></p><p>　　整個過程B運動的位移為＝6 m</p><p>　　A與B碰撞后，A做減速運動的加速度也為a3，位移為 4.5 m</p><p>　　物塊A離長木板B左側的最

66、終距離為10.5 m</p><p>　　18.如圖所示,長L=9 m的傳送帶與水平方向的傾角θ=37°,在電動機的帶動下以v=4 m/s的速率沿順時針方向運行,在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住,在傳送帶的頂端A點無初速度地放一質量m=1 kg的物塊,它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,物塊與擋板碰撞的能量損失及碰撞時間不計.(g取10 m/s2,sin 37°=0

67、.6,cos 37°=0.8) 求物體從靜止釋放到第一次返回上升至最高點的過程中：</p><p>　　(1)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；</p><p>　　(2)傳送帶多消耗的電能；</p><p>　　(3)物體的最終狀態(tài)及該狀態(tài)后電動機的輸出功率．</p><p>　　【答案】(1)100.8 J　 (2)76.8J (3)1

68、6 W</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】(1)物塊從A點由靜止釋放,物塊相對傳送帶向下滑,物塊沿傳送帶向下加速運動的速度a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2</p><p>　　與P碰前的速度大小v1==6 m/s,</p><p>　　物塊從A到B的時間t1==3

69、s</p><p>　　在此過程中物塊相對傳送帶向下的位移s1=L+vt1=21 m</p><p>　　物塊與擋板碰撞后,以大小為v1的速度反彈,因v1>v,物塊相對傳送帶向上滑,物塊向上做減速運動的加速度大小為a2=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2</p><p>　　物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時間t2==0.2 s,</p>

70、<p>　　在t2時間內(nèi)物塊向上的位移L1=t2=1 m</p><p>　　此過程中物塊相對傳送帶向上的位移s2=L1-vt2=0.2 m</p><p>　　物塊速度與傳送帶速度相等后相對傳送帶向下滑,物塊向上做減速運動的加速度大小</p><p>　　a3=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,</p><p>　　

71、物塊速度減小到零的時間t3==2 s,</p><p>　　在t3時間內(nèi)物塊向上的位移L2=t3=4 m</p><p>　　此過程中物塊相對傳送帶向下的位移s3=vt3-L2=4 m</p><p>　　摩擦生熱Q=μmg(s1+s2+s3)cos θ=100.8 J</p><p>　　(2)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的總功<

72、;/p><p>　　ΔE電＝－Ff(x傳送帶1－x傳送帶2＋x傳送帶3)＝－μmgcosθ(vt1－vt2＋vt3)＝－76.8J</p><p>　　即傳送帶多消耗的電能為76.8J.</p><p>　　(3)物體返回上升到最高點時速度為零，以后將重復上述過程，且每次碰后反彈速度、上升高度依次減小，最終達到一個穩(wěn)態(tài)：穩(wěn)態(tài)的反彈速度大小應等于傳送帶速度4m/s，此后受

73、到的摩擦力總是斜向上，加速度為a4=gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，方向斜向下，物體相對地面做往返“類豎直上拋”運動，對地上升的最大位移為xm＝＝4m，往返時間為T＝＝4s；傳送帶受到的摩擦力大小始終為Ff＝μmgcosθ，穩(wěn)態(tài)后方始終斜向下，故電動機的輸出功率穩(wěn)定為P＝Ffv＝μmgcosθ×v＝16W.</p><p>　　【點睛】本題為多過程問題，過程較為復雜，解題的關鍵理清每一段過程，分別