【物理】北京市八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

【物理】北京市八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

北京市八一学校 2019~2020 学年度下学期期末考试 高一 物理 一、单项选择题（12 小题，每题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个 选项正确） 1. 下列物理量中不属于矢量的是（　　） A. 线速度 B. 冲量 C. 动能 D. 动量 【答案】C 【解析】 【详解】A．线速度是有大小又有方向的矢量，故 A 错误； B．冲量是有大小又有方向的矢量，故 B 错误； C．动能是只有大没有方向的标量，故 C 正确； D．动量是有大小又有方向的矢量，故 D 错误。 2. 下列表示冲量的单位的是（　　） A. 牛·秒 B. 焦耳 C. 牛·米 D. 千克·米/秒 2 【答案】A 【解析】 【详解】A．牛·秒是冲量的单位，选项 A 正确； B．焦耳是功或能的单位，选项 B 错误； C．牛·米是功或能的单位，选项 C 错误； D．千克·米/秒 2 是力的单位，选项 D 错误。 3. 发现万有引力定律的科学家是（ ） A. 伽利略 B. 开普勒 C. 牛顿 D. 卡文迪许 【答案】C 【解析】 解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规 律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发 现了万有引力定律，经过了 100 多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量； 故选 C． 4. 如图所示为在水平面内做匀速圆周运动 圆锥摆。关于摆球的受力情况，下列说法中正 确的是（　　） A. 受拉力和重力的作用 B. 受拉力和向心力的作用 C. 受重力和向心力的作用 D. 受重力、拉力和向心力的作用 【答案】A 【解析】 【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析如图所示，小球只受重力和绳子 的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上， 将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力。 故选 A 5. 载人飞船在发射至返回的过程中（大气层以外无阻力作用），满足机械能守恒的是 A. 飞船加速升空的阶段 B. 飞船进入大气层以外的预定椭圆轨道后无动力绕地球运行阶段 C. 返回舱在大气层内向着地球作无动力飞行的阶段 D. 降落伞张开后，返回舱减速下降阶段 【答案】B 【解析】 【详解】A.飞船加速升空的阶段，推力做正功，机械能增加，故 A 错误； B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段，只受重力作用，重力势能和动能之和保持不变，机 械能守恒，故 B 正确； 的 。 C.返回舱在大气层内向着地球做无动力飞行阶段，空气阻力做功，机械能不守恒，故 C 错 误； D.降落伞张开后，返回舱下降的阶段，克服空气阻力做功，故机械能不守恒，故 D 错误． 6. 我国发射的风云一号气象卫星是极地卫星，周期为 12h．风云二号气象卫星是地球同步卫 星，周期是 24h．与风云二号相比较，风云一号( 　　) A. 距地面较近 B. 角速度较小 C. 线速度较小 D. 受到地球的万有引力较小 【答案】A 【解析】 根据万有引力提供圆周运动向心力 可得 可知风云一号周期 短，故其半径小，即距地面较近故 A 正确；据 ω＝ 可知风云一号周期小，角速度较大， 故 B 错误；由 A 分析知，风云一号半径较小，再根据 可知风云一号的线速度较 大，故 C 错误；因为不知道两颗卫星的具体质量大小情况，不能仅根据半径情况确定所受 地球引力的大小，故 D 错误．故选 A． 7. 如图所示，放在地球表面上的两个物体甲和乙，甲放在南沙群岛（赤道附近），乙放在北 京。它们随地球自转做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　） A. 甲的角速度小于乙的角速度 B. 甲的角速度大于乙的角速度 C. 甲的线速度小于乙的线速度 D. 甲的线速度大于乙的线速度 【答案】D 【解析】 【详解】AB．甲与乙均绕地轴做匀速圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，由角速度 的定义式 可知，甲、乙角速度相等，故 AB 错误； CD．由角速度与线速度关系公式 v=ωr，甲的转动半径较大，故甲的线速度较大，故 C 错误， D 正确。 2 2 2 4mMG mrr T π＝ 2 34 rT GM π= 2 T π GMv r = = t θω ∆ ∆ 8. 质量为 M 的木块放在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以水平速度 v 射向木块，子弹最 终“停留”在木块中.在此过程中，对于子弹和木块组成的系统，则（ ） A. 动量守恒，机械能也守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【解析】 【详解】在子弹射入木块的整个过程中，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，只有一 对内力即摩擦阻力作用，则子弹和木块组成的系统动量守恒.在子弹射入木块的过程，有一 对摩擦阻力做功，子弹的部分动能转化为系统的内能，因此系统的机械能不守恒. A 动量守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故 A 项不合题意. B.动量守恒，机械能不守恒与分析结果相符；故 B 项符合题意. C.动量不守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故 C 项不合题意. D.动量不守恒，机械能不守恒与分析结果不相符；故 D 项不合题意. 9. 2019 年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播，人类带着地球“流浪” 至靠近木星时，上演了地球的生死存亡之战。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上 建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道 I 上运行到远日点 B 变轨，进入圆形轨道 II，在圆形轨道 II 上运行到 B 点时再次加速变轨， 从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是（　　） A. 在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐增大 B. 沿轨道 I 运行时，在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度 C. 沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能 D. 在轨道 I 上 B 点的动能等于在轨道 II 上 B 点的动能 【答案】C 【解析】 【详解】A．在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，万有引力做负功，则速度逐渐减小， 选项 A 错误； B．沿轨道 I 运行时，在 A 点受到的万有引力大于在 B 点的万有引力，则在 A 点的加速度 大于在 B 点的加速度，选项 B 错误； CD．从轨道 I 上的 B 点要加速才能进入轨道 II ，则在轨道 I 上 B 点的动能小于在轨道 II 上 B 点的动能，沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能，选项 C 正确，D 错误。 故选 C。 10. 如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速 释放后笔上升的最大高度为 h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释 放后，笔在桌面上滑行的最大距离为 s．忽略空气阻力．则由上述物理量可估算出 A. 弹簧的弹性势能的最大值 B. 上升过程中重力所做的功 C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功 D. 笔与桌面间的动摩擦因数 【答案】D 【解析】 【详解】设笔的质量为 m，笔竖直上升时，根据能量守恒定律得：弹簧的弹性势能的最大值 Epm=mgh…① 上升过程中重力所做的功 W=-mgh…② 笔在水平滑行过程中，由能量守恒定律得 Epm=μmgs…③ 由①③得 μ= ，可知，能求出笔与桌面间的动摩擦因数，由于不能求出 m，所以其他量不 能解出． A. 弹簧的弹性势能的最大值，与结论不相符，选项 A 错误； B. 上升过程中重力所做的功，与结论不相符，选项 B 错误； C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功，与结论不相符，选项 B 错误； D. 笔与桌面间的动摩擦因数，与结论相符，选项 D 正确； 11. 我国女子短道速滑队在 2013 年世锦赛上实现女子 3000m 接力三连冠．观察发现，“接棒” 的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲 一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向 上的相互作用，则（　　） A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲 量大小相等方向相反，故 A 错误． B．设甲乙两运动员的质量分别为 、 ，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别 是 ， ．根据题意整个交接棒过程动量守恒： 可以解得： ， 即 B 选项正确； CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD 选项错误． h s m甲 m乙 v甲 v乙 m v m v m v m v+ = +甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 m v m v∆ = − ∆甲 甲 乙 乙 12. 如图所示，若 x 轴表示时间，y 轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时， 位置与时间的关系。若令 x 轴和 y 轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种 情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是（　　） A. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运 动过程中，物体动能与时间的关系 B. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力 作用下，物体动量与时间的关系 C. 对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做的功，则该图像可 以反映某物体在功率不变的情况下，合力做功与时间的关系 D. 对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小，则该图像可 以反映某物体在角速度不变的情况下，线速度与做圆周运动半径大小的关系 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据动能定理 ，而 ，则 ，则 Ek-t 图像不是直线，选项 A 错误； B．根据动量定理 ，则若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物 体在沿运动方向 恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系，选项 B 正确； C．根据 W=Pt 可知，对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做 的功，则该图像应该是过原点的直线，选项 C 错误； D．根据 v=ωr，则对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小， 则线速度与做圆周运动半径大小的关系图像应该是过原点的直线，选项 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题（4 小题，每题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个 选项是正确的，全部选对的得 4 分，选错或不答得 0 分，选对但不全的得 2 分） 的 0k kE E Fx= + 21 2 Fx tm = ⋅ 2 2 0 2k k FE E tm = + 0p p Ft= + 13. 一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法 中正确的是（　　） A. 在 t3 时刻货箱运动到最高位置 B. 在 t5~t7 时间内，货箱处于失重状态 C. 在 t1~t2 时间内，货箱的机械能可能保持不变 D. 在 t2~t3 时间内，升降机对货箱做功的功率不断变小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据图象可知，货箱从 0－t3 时间内，货箱先向上做匀加速直线运动，t1－t2 时 间内做匀速运动，t2－t3 时间内向上做匀减速直线运动，t3－t4 时间内货箱静止不动，t4－t5 货箱向下做加速运动，t5－t6 时间内货箱向下匀速运动，t6－t7 时间内货箱向下做减速运动， 直到速度减为零，则在 t3 时刻货箱运动到最高位置，在 t5~t7 时间内，货箱先处于平衡状态 后失重状态，故 A 正确，B 错误； C．t1－t2 时间内做匀速运动，动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故 C 错误； D．t2－t3 时间内向上做匀减速直线运动，升降机对货箱的作用力不变，则升降机对货箱做 功的功率不断变小，故 D 正确。 故选 AD。 14. 质量为 m 的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率 P 启动，经过时间 t 汽车的位移 大小为 s，速度大小为 v。此过程中，车所受阻力大小恒为 f，则 t 时刻（　　） A. 汽车的加速度大小为 B. 汽车的牵引力大小为 C. 汽车的动能为 Pt−fs D. 牵引力的瞬时功率为 P 【答案】BCD 【解析】 v t P v 【详解】A．根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为 ，由于汽车 做变加速直线运动，则加速度大小 ，故 A 错误； B．汽车所受的牵引大小为 ，故 B 正确； C．根据动能定理可得 ，则 ，故 C 正确； D．汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率 P 启动，所以 t 时刻牵引力的瞬时功率为 P， 故 D 正确。 故选 BCD。 15. 质量为 m 的小物块静止在赤道处，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（ ） A. 小物块所受重力的方向一定指向地心 B. 小物块所受引力的方向一定指向地心 C. 若地球自转加快，小物块所受重力变小 D. 若地球自转加快，小物块所受引力变小 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；则赤道位置的重力指 向地心；则 A 项符合题意. B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；故 B 项符合题意. C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力， 且三者的方向都指向地心，满足： ，则自转加快即角速度 增大， 所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；故 C 项符合题意. D.物体所受万有引力大小 ，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力 不变；故 D 项不合题意. 16. 如图所示，小物体 a 沿高为 h、倾角为 30°的固定在水平地面上的光滑斜面以初速度 v0 从顶端滑到底端，与 a 完全相同的物体 b 以同样大小的初速度 v0 从同样的高度水平抛出， 落至同一水平地面。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　） P fF f va m m --= = v va t t ∆≠ =∆ = PF v k k 0Pt fs E E− = ∆ = − k =E Pt fs− 2 2 MmG m R mgR ω= + 赤 ω 2 MmG R A. 两物体落地时，重力的瞬时功率一定相同 B. 从开始运动至落地过程中，重力的冲量相同 C. 两物体落地时动量大小相同 D. 两物体落地时动能相同 【答案】CD 【解析】 【详解】 A．对 a，由牛顿第二定律得 到地面时的瞬时速度 重力的瞬时功率 对 b，落地的竖直速度 重力的瞬时功率 则两物体落地时，重力的瞬时功率不相同，选项 A 错误； B．物体 a 滑到底端的时间 重力的冲量 物体 b 落地的时间 重力的冲量 选项 B 错误； CD．根据机械能守恒定律 ，可知两物体落地时的动能相同，速度 大小相同，根据 p=mv 可知，动量大小相同，选项 CD 正确。 sin30 0.5mga gm °= = 2 2 0 02 2sin30a hv v a v gh= + = +  2 0 1sin30 22aG aP mgv mg v gh= = + 2byv gh= 2bG byP mgv mg gh= = 2 2 0 0 0 00 2 2 2 2 0.5 a a v gh v v gh vv vt a g g + − + −−= = = 2 0 02 ( 2 )Ga aI mgt m v gh v= = + − 2 b ht g = 2 Gb b hI mgt mg g = = 2 2 0 1 1 2 2mv mv mgh= + 故选 CD。 三、实验题（本题共 1 小题，共 8 分） 17. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用 此装置做“验证机械能守恒定律”实验。 (1)已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还 必需要的器材是____； A．直流电源 B．交流电源 C．天平和砝码 D．毫米刻度尺 (2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____； A．速度变化量与高度变化量 B．重力做功与重力势能变化量 C．动能变化量与势能变化量 (3)下列关于该实验的一些说法正确的是____ A．做实验时，要先接通电源，再释放重物 B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的 C．若某同学通过描绘 v2-h 图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线， 并且该直线的斜率应约为 9.8 (4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。在纸带上选取三个 连续打出的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC。设重锤质量为 m，当地重力加速度为 g，打点计时器打点周期为 T。为了验证此实验过程中机械能是否守 恒，应满足下面的哪个等式____（用题中所给字母表示） A． ( )22 B c A8 = −gh T h h B． C． 【答案】 (1). BD (2). C (3). AB (4). A 【解析】 【详解】(1)除已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重 物，此外还必需要的器材有交流电源和毫米刻度尺；不需要直流电源，因为打点计时器的工 作电压是交流电；同时不需要天平，因为机械能守恒定律 ，两边的质量可以消 掉，故 BD 正确。 (2)要验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化 量，如果在误差允许的范围内两者相等，就验证了机械能守恒，故 C 正确。 (3)在验证机械能守恒定律的实验中，要要先接通电源，再释放重物，实验中重力势能的减 小量会稍大于动能的增加量，其误差原因主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故 AB 正确； 若通过描绘 v2-h 图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，由机械 能守恒定律可知 ，得到 ，该直线的斜率应约为 2g，故 C 错误。 故选 AB。 (4)从 O 点到 B 点，重力势能的减小量为 ，动能的增加量 如果 即满足 就验证了机械能守恒定律，故 A 正确。 故选 A。 四、解答题（4 小题，共 40 分。解答题应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 18. 如图所示，用水平拉力 F，使质量 m＝5.0kg 的物体以 v0=1.0m/s 的速度沿水平地面向右 做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数 μ=0.40，空气阻力可忽略不计，取 重力加速度 g=10m/s2。 (1)求水平拉力 F 的大小； ( )22 B c A4 = −gh T h h ( )22 B C A2 = −gh T h h 21 2mgh mv= 21 2mgh mv= 2 2v gh= p BE mgh∆ = 2 k 1 ( )2 2 C Ah hE m T −∆ = 21 ( )2 2 C A B h hmgh m T −= ( )22 B c A8 = −gh T h h (2)若从某时刻起，保持拉力 F 的大小不变，改为与水平成 θ=37°角斜向上拉此物体，使物体 沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： ①改变拉力方向后在位移 s=5.0m 内拉力 F 所做的功 W； ②改变拉力方向后在位移 s=5.0m 内物体动能增量的大小 ΔEk，并说明 W 与 ΔEk 不相等的原 因。 【答案】(1)20N；(2)①80J；②4.0J，W 与 ΔEk 不相等的原因是因为有摩擦力做负功 【解析】 【详解】(1)物体做匀速直线运动，由平衡条件得 (2)①拉力 F 所做的功 ②由牛顿第二定律得 可得 根据运动学公式 可得 则 由动能定理可知，W 与 ΔEk 不相等的原因是因为有摩擦力做负功 19. 我国航天人为实现中华民族多年的奔月梦想，正在向着“绕、落、回”的第三步进军， 未 来将有中国的航天员登上月球。设想航天员在月球上做自由落体实验，将某物体从距月球表 面高 h 处由静止释放，经时间 t 后落到月球表面，已知月球是半径为 R 的均匀球体， 引力 常量为 G，不考虑月球自转的影响。求： (1)月球表面的重力加速度 g 月； (2)月球的质量 M； (3)绕月探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速率 v。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 20NF f mgµ= = = F cos37 80JW Fs °= = cos37 ( sin37 )F mg F maµ° °− − = 0.16m / sa = 2 2 0 2tv v as− = 2.6m/stv = 2 2 k 0 1 1 4.0J2 2tE mv mv= − = 2 2h t 2 2 2hR Gt 2hR t 【详解】(1)由公式 得 (2)月球表面物体的重力等于万有引力得 解得 (3)由公式 所以绕月飞行的速率为 20. 如图所示，MN 是半径为 R=0.8m 的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面 上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于 N 点．把一质量为 m=1kg 的小球 B 静止放 于 N 点，另一个完全相同的小球 A 由 M 点静止释放，经过 N 点时与 B 球发生正碰，碰后 粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点．若桌面高度为 h=0.8m，取重力加速度 g=10m/ ．不计空气阻力，小球可视为质点．求： （1）小球 A 运动到 N 点与小球 B 碰前的速度 的大小； （2）小球 A 与小球 B 碰后瞬间的共同速度 的大小； （3）P 点与 N 点之间的水平距离 x. 【答案】（1）4m/s（2）2m/s（3）0.8m 【解析】 【详解】（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得： 代入数据解得： ； （2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速 度为 v，则： 代入数据可得： 21 2h g t= 月 2 2hg t =月 2 GMmmg R =月 2 2 2 2g R hRM G Gt = =月 2mvmg R =月 2hRv g R t = =月 2s 0v 1v 2 0 1 2mgR mv= 0 =4m/sv 0 2mv mv= =2m/sv （3）小球从 N 点飞出后做平抛运动， 竖直方向上： 水平方向上： 解得： ． 21. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑 水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=3.0kg 的物块 A。装置的中间是水平传 送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑连接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送 带上表面以 u=1.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径 R=0.45m 位于竖直平面内的光滑 圆弧轨道。质量 m=1.0kg 的物块 B 从 圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之 间的动摩擦因数 μ=0.1，传送带两轴之间的距离 l=2.5m。设物块 A、B 之间发生的是正对弹 性碰撞，第一次碰撞前，物块 A 静止。取 g=10m/s2，求： (1)物块滑到 圆弧的最低点 C 时对轨道的压力； (2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； (3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们 再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 在第三次与物块 A 碰撞前在传送带上运动的总路程。 【答案】(1)30N，方向竖直向下；(2)1.5J；(3)3.75m 【解析】 【详解】(1)设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0。由机械能守恒知 mgR= mv02 得 =3m/s 设物块 B 滑到 圆弧的最低点 C 时受到的支持力大小为 F，由牛顿第二定律得 21 2h gt= 2 0.4ht sg = = x vt= =0.8mx 1 4 1 4 1 4 1 2 0 2v gR= 1 4 解得 F=30N 由牛顿第三定律得，物块 B 滑到 圆弧的最低点 C 时对轨道的压力为 F1=30N 方向竖直向下。 (2)设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 a，则 μmg=ma 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有 v2－v02=－2al 联立解得 v=2 m/s 由于 v>u=1 m/s，所以 v=2m/s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小。 设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量 守恒定律得 mv=mv1＋Mv2 mv2= mv12＋ Mv22 解得 v1= v2=1m/s 弹簧具有的最大弹性势能等于物块 M 的初动能 EP= Mv22=1.5J (3)碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动。 设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l′，由动能定理得－μmgl′=0－ mv12 得 l′＝0.5m<2.5m 所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。当物块 B 在传送带上向右运动的速度为 零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v1′＝ 1m/s，继而与物块 A 发生第二次碰撞。设第 1 次碰撞到第 2 次碰撞之间，物块 B 在传送带 运动的路程为 s1，可知 s1=2 l′=1.0m 设物块 A、B 第二次碰撞后的速度分别为 v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量 守恒定律得 mv1′=mv3＋Mv4 2 0vF mg m R − = 1 4 1 2 1 2 1 2 1 1m/s2 v− = − 1 2 1 2 mv1′2= mv32＋ Mv42 解得 v3= =－0.5m/s 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物 块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v3′=0.5m/s，继而与物块 A 发生第 3 次碰撞。则第 2 次 碰撞到第 3 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的往返路程为 s2； 由动能定理可知 －μmgl′′=0－ mv32 s2=2l′′=0.25m 因此第三次碰撞前 B 物体在传送带上 总路程为 s= l+ s1+ s2=2.5+1.0+0.25m =3.75m 的 1 2 1 2 1 2 2 1 2 v− 1 2