福建省厦门双十中学2020届高三上学期期中考试物理试题

福建省厦门双十中学2020届高三上学期期中考试物理试题

‎2020 届高三上学期期中考试物理试卷 一、单选题（共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）‎ ‎1.如图所示，细绳一端固定在 A 点，跨过与 A 等高的光滑定滑轮 B 后在另一端悬挂一个沙桶 Q．现有另一个沙桶 P 通过光滑挂钩挂在 AB 之间，稳定后挂钩下降至 C 点，∠ACB=120°，下列说 法正确的是（ ）‎ A. 若只增加 Q 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置降低 B. 若只增加 P 桶的沙子，再次平衡后 C 点位置不变 C. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶 Q 位置上升 D. 若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后 C 点位置不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 平衡时绳子的拉力等于Q的重力，若只增加Q桶的沙子，绳子拉力增大。绳子再次平衡后，AC段和BC段绳子拉力的合力等于P的重力，合力大小不变，夹角增大，所以C点位置升高，故A错误；‎ B. 若只增加P桶的沙子，AC段和BC段绳子拉力大小不变，合力增大，则夹角减小。再次平衡后C点位置降低，故B错误；‎ CD. 由于稳定时∠ACB=120∘，根据平衡条件可得绳子的拉力大小等于P的重力、又等于Q的重力，所以在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变，故C错误，D正确；‎ ‎2.北京正负电子对撞机是我国第一台高能加速器，由电子注入器、储存环、探测器、核同步辐射区、计算中心等 5 个部分组成，其储存环的周长为 240 米．某同学在参观时得知此时在储存环中绕环圆周运动的电子有 5×1012 个，形成的电流为 10mA，则可估算出储存环中电子的平均移动速率为（ ）‎ A. 3×107m/s B. 3×106m/s C. 9×107m/s D. 9×106m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设单位长度上的电子数目为n，‎ 则单位长度上电子的电荷量q'=ne。t秒内电子通过的距离x=vt，t秒内通过某横截面的电荷量q=xq'=nevt，由 得：‎ ‎，‎ 所以：‎ A. 3×107m/s。故A错误；‎ B. 3×106m/s。故B正确；‎ C. 9×107m/s。故C错误；‎ D. 9×106m/s。故D错误。‎ ‎3.如图所示，一个同学用双手水平地夹住一叠书，书悬空静止．已知他用手在这叠书的两端施加的最大水平压力 F=400N，每本书的质量为 0.50kg，手与书之间的动摩擦因数为µ1=0.40，书与书之间的动摩擦因数为µ2=0.25，则该同学最多能水平夹住多少本书（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2）（ ）‎ A. 40 B. 42‎ C. 64 D. 80‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】先将所有的书(设有n本)当作整体，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有 ‎2μ1F⩾nmg…①‎ 再考虑除最外侧两本书(n−2)本，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有 ‎2μ2F⩾(n−2)mg…②‎ 由①②，解得：‎ n⩽42‎ 故最多可以有42本书；‎ A. 40。故A错误；‎ B. 42。故B正确；‎ C. 64。故C错误； ‎ D. 80。故D错误。‎ ‎4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )‎ A. 电压表示数变大 B. 电流表示数变小 C. 电容器C所带电荷量增多 D. a点的电势降低 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ R2和R3下部分电阻并联之后跟R1串联，滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中有效阻值减小，使得干路电流增大即V（测R1两端电压）的示数增大，R2两端电压减小则通过它的电流减小，A的示数增大AB错，电容器C所带电荷量减少，C错，V的示数增大即电势降落增加，所以a点的电势降低，D对 ‎5.在 x 轴上有两个点电荷 q1 和 q2，其中有一个点电荷位于 x＝0处，x 轴 上的电势φ随 x 变化的关系如图所示，则( )‎ A. x＝x1 处电场强度为 0‎ B. x＝x2 处电场强度不 0‎ C. q1、q2 为不等量异种点电荷，且正电荷在 x＝0 处，负电荷在 x<0 的某处 D. q1、q2 为等量异种点电荷，且正电荷在 x＝0 处，负电荷在 x>0 的某处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据，图像的斜率表示电场强度的大小，x＝x1 处图线斜率不等于零，电场强度不为零；x＝x2 处图先斜率等于零，电场强度为零。故A错误，B错误；‎ CD. 由图知：x从0到∞，电势先降低后升高，在0～x2间合电场水平向右，x2～∞合电场水平向左，则知正电荷在x轴上坐标原点；负电荷在x轴的负方向上。因为x= x2处合场强为0，则有 所以，q1、q2 为不等量异种点电荷。故C正确，D错误；‎ ‎6.如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点．一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点．若物体从A运动到E的时间为tl，从A运动到D的时间为t2，则tl : t2为 ‎ A. 1 : 1 B. 1 : 2 C. 2 : 3 D. 1 : 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设∠C=θ，∠ADB=α，由几何关系知，tanα=2tanθ，物体初速度为v0，根据平抛运动规律，质点由A到E，‎ 解得：‎ ‎ ；‎ ‎ 同理：质点由A到D，‎ 解得：‎ ‎；‎ 故 t1：t2=1：2；‎ A. 1 : 1，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 1 : 2，与结论相符，选项B正确；‎ C. 2 : 3，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 1 : 3，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器下极板 A 带负电，上极板 B 带正电．将 B 板用导线接地，然后在两极板间的 P 点自由放置一个点电荷，该点电荷恰好静止在此处．以 E 表示两板间的电场强度，φP 表示 P 点的电势，Ep 表示该点电荷在P点的电势能．若保持下极板不动，将上极板向上移动一小段距离，则( )‎ A. E 增大，φP 增大 B. E 不变，φP 增大 C. φP 减小，Ep 减小 D. φP 减小，Ep 增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 电容器与电源断开，故电量不变；上极板向上移动时，两板间的距离增大，根据、C=QU和E=Ud结合得：‎ 可知板间场强E不变；‎ 根据U=Ed，E不变，P点到正极板的距离增大，则正极板与P点的电势差增大，正极板电势为零，P点的电势比正极板低，则P点的电势降低，φP 减小；‎ 故A错误，B错误；‎ CD.再根据设P与上极板距离为L，则P点的电势能为：‎ ‎，‎ 因此负电荷在P点的电势能增大，故C错误，D正确。‎ ‎8.足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为 m 的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )‎ A. W＝0，Q＝mv2‎ B. W＝，Q＝mv2‎ C. W＝0，Q＝2mv2‎ D. W＝mv2，Q＝2mv2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在整个运动的过程中，物体动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理知W1=0；‎ 滑块先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度大小为：‎ ‎；‎ 匀减速直线运动的时间为：‎ ‎，‎ 位移为：‎ ‎，‎ 传送带的位移为：‎ ‎，‎ 物体相对传送带滑动的路程为：‎ ‎；‎ 物体返回做匀加速直线运动的加速度大小仍为a，则加速时间为：‎ ‎，‎ 位移为：‎ ‎，‎ 传送带的位移为：‎ ‎，‎ 物体相对传送带滑动的路程为：‎ ‎。‎ 物体与传送带间摩擦产生的热量为：‎ A. W＝0，Q＝mv2。故A错误；‎ B. W＝，Q＝mv2。故B错误；‎ C. W＝0，Q＝2mv2。故C正确；‎ D. W＝mv2，Q＝2mv2。故D错误；‎ ‎9.水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为 3 kg，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度大小为 10 m/s2，由图象可知( )‎ A. 在 0～4 s 时间内，水平力 F 的冲量为48 N·s B. 在 0～4 s 时间内，水平力 F 做的功为 24J C. 在 0～4 s 时间内，合外力的冲量为 12 N·s D. 在 0～4 s 时间内，合外力做的功为 48J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由冲量I=Ft知，F-t图象与时间轴所围的面积等于F力的冲量，则：‎ 故A错误；‎ BD.由图知：当t=2s时，a=1m/s2，F=6N，根据牛顿第二定律得：‎ F−μmg=ma，‎ 代入得：‎ ‎6−μm×10=m×2，‎ 当t=4s时，a=3m/s2，F=12N，代入得：‎ ‎12−μm×10=m×3，‎ 联立解得μ=0.1，m=3kg。‎ 由 a−t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0−4s内物体速度的增量为：‎ ‎，‎ t=0时刻速度为0，则物块在第4s末的速度为4m/s；‎ 根据动能定理，得0−4s内合外力所做的功为：‎ 水平力 F 做的功大于 24J。故B错误，D错误。‎ C. 根据动量定理，得0−4s内合外力的冲量为：‎ I=△P=m△v=3×4=12N⋅s，‎ 故C正确。‎ ‎10.如图所示，将一光滑的质量为4m半径为 R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m的物块，今让一质量也为 m 的小球自左侧槽口A 的正上方高 R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ )‎ A. 小球在半圆槽内第一次由 A 到最低点 B 的运动过程中，槽的支持力对小球不做功 B. 小球第一次运动到半圆槽的最低点 B 时，小球与槽的速度大小之比为 4:1‎ C. 小球第一次在半圆槽的最低点 B 时对槽的压力为 D. 物块最终的动能为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球从A运动到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90∘，故槽的支持力对小球做负功，故A错误；‎ B. 由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有：‎ mv1−(4m+m)v2=0，‎ 解得：‎ v1：v2=5：1，‎ 故B错误；‎ C. 根据系统机械能守恒得：‎ ‎，‎ 联立解得：‎ ‎，，‎ 小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 联立解得：‎ ‎，‎ 故C正确；‎ D. 当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以的速度向左匀速运动，则物块的动能为：‎ ‎，‎ 故D错误。‎ 二、多选题（共 4 小题，每小题 5 分，漏选得 3 分，共 20 分）‎ ‎11.如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为 q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为 E.则以下说法正确的是( )‎ A. 静止时，A、B 两小球间细线的拉力为 5mg＋qE B. 静止时，A、B 两小球间细线的拉力为5mg－qE C. 剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间，A、B 两小球间细线的拉力为3qE D. 剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间，A、B 两小球间细线的拉力为qE ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】静止时，对B球及C球进行受力分析，如图所示：‎ 根据共点力的平衡条件 则有：‎ ‎，‎ 故A正确，B错误；‎ CD.由于B球带负电，当剪断OA间的细绳时，此时C球对AB整体的拉力为0，对AB整体及A球受力分析如图所示：‎ B球带负电，对A、B球整体由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：‎ 此时A、B球的加速度为(显然大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象：‎ 可得A、B球间细线的拉力为：‎ ‎，‎ 故C错误，D错误。‎ ‎12.假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球半径为 R，引力常数为 G，则( )‎ A. 地球的质量为 B. 地球密度为 C. 地球的第一宇宙速度为 D. 地球同步卫星距地表的高度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据万有引力等于重力，则有：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B. 地球的密度：‎ 故B正确；‎ 卫星在地球表面附近运行时的环绕速度等于第一宇宙速度，受到的万有引力等于重力，则：‎ 可得：‎ 故C正确；‎ D. 在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：‎ 同步卫星受到的万有引力提供向心力，则：‎ 联立解得：‎ 故D正确。‎ ‎13.如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量 m=1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s 时滑块已上滑 x=0.2m 的距离，g=10m/s2．则（ ）‎ A. 当弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离 B. 滑块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2‎ C. t=0.4s 时刻滑块的速度大小为 2.0m/s D. 弹簧锁定时具有的弹性势能为 4J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于是轻弹簧，当弹簧恢复原长时，弹簧停止运动，滑块继续向上滑动，滑块与弹簧分离，故A正确；‎ B.在bc段做匀减速运动，根据图象可知加速度大小为：‎ ‎，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ mgsin37∘+μmgcos37∘=ma，‎ 解得：‎ μ=0.5，‎ 故B错误；‎ C.由图示图象可知，t=0.2s时滑块的速度：v0=1m/s，‎ 由匀变速直线运动的速度公式得，t2=0.3s时的速度大小：‎ v1=v0−at=1−10×(0.3−0.2)=0m/s；‎ 在t2时刻之后滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：‎ mgsin37∘−μmgcos37∘=ma′，‎ 解得：‎ a′=2m/s2，‎ 从t2到t3做初速度为零的加速运动，t=0.4s时刻的速度为：‎ v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s；‎ 故C错误；‎ D.根据t1=0.1s 时滑块已上滑 x=0.2m 的距离，由功能关系可得弹簧锁定时具有的弹性势能为：‎ 代入数据得：‎ 故D正确。‎ ‎14.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为 E=1×104N/C 的匀强电场．有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为 0.04kg的带电小球，小球静止时细线与竖直方向成 37°角．如果突然给小球施加一个沿着圆弧切线方向的外部作用，使小球获得沿圆弧切线方向的初速度v0，之后小球恰好能够绕O点在竖直平面内完成圆周运动．设小球原本静止时的位置电势φ=0，取静止时所在水平平面为零重力势能面，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球所带电量为 q=3×10-4C B. 小球所获得的初动能为 2.5J C. 小球在圆周运动的过程中机械能最小值是1.54J D. 小球在圆周运动的机械能最大值是2.5J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，‎ 可得：‎ mgtan37∘=qE 解得小球的带电量为：‎ q=3×10−5C，‎ 故A错误；‎ B. 由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度最小，在B点，小球受到的重力和电场力的合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳子的拉力恰为零，有：‎ 所以B点的动能为：‎ 从A点到B点，根据动能定理：‎ 代入数据解得：‎ Ek0=2.5J 故B正确；‎ C.由于总能量保持不变，所以小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小。小球在A点的重力势能为0，所以小球在B点的机械能为2.5J，小球从A运动到C，电场力做功为：‎ W电=−qE⋅L(1+sin37∘)=−0.96J 小球恰能做圆周运动的机械能最小值为：Emin=E-W电=2.5J-0.96J=1.54J，故C正确；‎ D. 小球从A点到圆周最左端电场力做正功最多，机械能增大做多，所以运动到圆周最左端时机械能最大，机械能最大值大于2.5J，故D错误。‎ 三、实验题（共 2 小题，每空 2 分，共 14 分）‎ ‎15.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：‎ ‎①用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．‎ ‎②按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．‎ ‎③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．‎ ‎④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置．‎ ‎⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.‎ 根据该同学的实验，回答下列问题：‎ ‎(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的________点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的________点．‎ ‎(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．‎ A．m1LF＝m1LD＋m2LE B． ‎ C．m1LE＝m1LD＋m2LF D．LE＝LF－LD ‎【答案】 (1). E (2). D (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1落点在图中的E点，小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点．‎ ‎(2)[3]设斜面倾角为θ，小球落点到B点的距离为L，小球从B点抛出时速度为v，则竖直方向有Lsin θ＝gt2，水平方向有Lcos θ＝vt，‎ 解得 v＝＝＝‎ 所以v∝，由题意分析得，只要满足m1v1＝m2v2＋m1v′1，把速度v代入整理得：‎ 说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式：‎ 整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，故C正确．ABD错误．‎ ‎16.某同学在研究性学习中用如图装置来验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方，系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h，由静止释放后，系统开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间．‎ ‎（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v=______．‎ ‎（2）若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面__________（填正确选项的序号）等式成立，即可验证牛顿第二定律．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要___________．‎ ‎（4）若M>>m，改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金属片C的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以__________（选填“”或“”）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．‎ ‎【答案】 (1). (2). C (3). 天平 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]B通过圆环后将匀速通过光电门，则B刚穿过圆环后的速度为：．‎ ‎（2）[2]选C．设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：‎ 对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：‎ 再由运动学公式应有：，联立以上各式可得：‎ 所以C正确．‎ ‎（3）[3]根据上面的表达式可知需要已知金属片C的质量，所以还需要的器材是天平．‎ ‎（4）[4]在释放至金属片C被搁置在圆环上的过程中，分别对A和B、C由牛顿第二定律可得：对A有 对B和C有 再由匀变速直线运动公式应有 ‎，‎ 联立解得：‎ 因为M>>m，则 所以，以mg为横轴，以为纵轴的图线是一条过原点的直线．‎ 四、计算题（共 4 小题,17 题 8 分；18 题 8 分；19 题 8 分；20 题 12 分）‎ ‎17.ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称．如图，汽车进收费站前的速度为 15m/s，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过 20s 缴费后，再加速至 15 m/s 行驶；如果过 ETC 通道，需要在中心线前方 10 m 处减速至 5 m/s，匀速到达中心线后，再加速至 15m/s 行驶．为了简化分析，设汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2‎ ‎(1)汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速至 15m/s，所需的时间和所走过的路程是多少?‎ ‎(2)如果过 ETC 通道，从减速开始，到再次加速至 15m/s，所需的时间和所走过的路程是多少?‎ ‎【答案】（1）50s，225m；（2）22s，210m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）过人工通道时，设加速时间为 t1，减速时间为 t2，由于匀加速和匀减速的加速度大小相等，根据对称性：‎ 匀减速和匀加速的位移 过人工通道总时间为 t总 = t1 + 20s + t2= 50s 通过人工通道总路程为 ‎ s总 = s1 + s2 = 225m ‎（2）过 ETC 通道时，加速和减速也具有对称性，匀减速和匀加速的时间为 ‎ 匀速行驶的时间为 过 ETC 通道时,所需总时间为 ‎ t总 = 2t3 + t5 = 22s 运动的总距离 ‎ ‎18.一转动装置如图所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一小环通过铰链连接，两轻杆长度相同，球和环的质量均为m，O端通过铰链固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）弹簧的劲度系数k；‎ ‎（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）装置静止时，设OA、OB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为1，小环受到的弹力 F弹1=k 小环受力平衡有 F弹1=mg+T1‎ 小球受力平衡有 F1+ T1=mg F1= T1‎ 解得弹簧的劲度系数 k=‎ ‎（2）设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为2，弹簧长度为x，轻杆长度为l，小环受到弹簧的弹力 F弹2=k(x-L)‎ 小环受力平衡 F弹2=mg 解得AB杆中弹力为零时，弹簧长度 x=L 则=，对小球竖直方向有 F2=mg 对小球，根据牛顿第二定律 F2=m20l 解得AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ‎0=‎ 即弹簧的劲度系数k=；AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0=．‎ ‎19.如图所示，一对平行金属板 M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M 的中点，粒子重力忽略不计．‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)若 M、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期，大量的上述粒子仍然以初速度 v0 沿 O1O2方向持续射入电场．当U=kU0时，恰好能够保证所有粒子全部离开电场而不打在极板上，求k值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：‎ 垂直极板方向有：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）粒子通过两板时间 ‎，‎ 从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小为：‎ 在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小为：‎ 所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或t=nT+(n=0,1,2…)时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上、下边缘处飞出。垂直于极板方向的初末速度为零，最大速度为：‎ 它们在电场方向偏转的距离最大，则：‎ 联立解得：‎ ‎20.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，右端连接质量 M=6.0kg 的物块 A，物块 A 静止在水平面上．装置的中间部分是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带以 u=2.0m/s 逆时针匀速运动．传送带的右边是一个半径 R=1.25m 位于竖直平面内的光滑圆弧轨道．某时刻起将一个质量m=2.0kg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=4.5m，物块 B 与 A 发生的碰撞为弹性碰撞．取g=10m/s2．求：‎ ‎(1)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)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 从第1次与物块 A 碰撞结束后，到第 5 次与物块A碰撞前,物块B一共在传送带上运动了多长时间．‎ ‎【答案】（1）12J；（2）7.5s ‎【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，‎ 由机械能守恒定律得： ‎ ‎ ①‎ 解得：‎ 在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得：‎ μmg=ma ②‎ 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有：‎ ‎ ③‎ 联立解得：‎ 由于 v＞u=2m/s，所以 v=4m/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，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：‎ mv=mv1+Mv2 ④‎ 由机械能守恒定律得：‎ ‎ ⑤‎ 联立解得 v1= -2m / s ，v2= 2m / s 物块 A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： ‎ ‎（2）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：‎ ‎ ⑥‎ 解得：‎ l′=2m＜45m 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，‎ 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在传送带运动的时间为t1。‎ 由动量定理得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 设物块A、B第一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：‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入数据解得：‎ ‎，‎ 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，继而与物块A发生第2次碰撞。‎ 则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2。由动量定理得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……‎ 第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：‎ ‎，‎ 构成无穷等比数列，公比：‎ ‎，‎ 由无穷等比数列求和公式：可知，‎ 物块B经第一次与物块A碰撞后到第 5 次与物块A碰撞前，物块B一共在传送带上运动的时间为：‎ ‎。‎ ‎ ‎ ‎ ‎