物理卷·2018届北京市东城区第一六六中学高三上学期10月月考物理试题（解析版）

物理卷·2018届北京市东城区第一六六中学高三上学期10月月考物理试题（解析版）

‎2017-2018学年度第一学期10月月考 高三年级物理学科 一、本题共15小题，每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．把你认为正确的答案填涂在答题纸上．‎ ‎1. 如图所示，用轻绳把球挂在光滑的竖直墙壁上，点为绳的固定点，点为球与墙壁的接触点．现保持固定点不动，将轻绳加长，使绳与墙壁的夹角变小，则球静止后与绳加长之前相比（ ）‎ A. 绳对球的拉力变大 B. 球对墙壁的压力变小 C. 球对墙壁的压力不变 D. 球所受的合力变大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：以足球为研究对象，分析其受力情况：重 力mg、绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，处于静止状态，三个力的合力为零，与加长前相比合力未变，D错误；运用合成法，结合几何知识有：，，把绳OA的长度加长一些，则减小，可知减小，减小，故B正确，AC错误；‎ 考点：考查了共点力平衡条件，力的合成与分解 ‎2. 在2016年的夏季奥运会上，我国跳水运动员获得多枚奖牌，为祖国赢得荣誉．高台跳水比赛时，运动员起跳后在空中做出各种动作，最后沿竖直方向进入水中．若此过程中运动员头部连续的运动轨迹示意图如图中虚线所示，、、、为运动轨迹上的四个点．关于运动员头部经过这四个点时的速度方向，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 经过、、、四个点的速度方向均可能竖直向下 B. 只有经过、两个点的速度方向可能竖直向下 C. 只有经过、两个点的速度方向可能竖直向下 D. 只有经过点的速度方向可能竖直向下 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：曲线运动中某一点的速度方向为该点的切线方向。由此可知，ac两点速度方向竖直向下；bd两点速度方向竖直向上。故选B。‎ 考点：匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度。‎ ‎3. 从同一高度水平抛出的物体，在空中运动一段时间，落到同一水平地面上，在不计空气阻力的条件下，由平抛运动规律可知（ ）‎ A. 水平初速度越大，物体在空中运动的时间越长 B. 质量越大，物体在空中运动的时间越短 C. 水平初速度越大，物体的水平位移越大 D. 水平初速度越大，物体落地时的速度越大 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，其运动时间取决于下落的高度，即，与初速度、物体的质量无关，AB错误；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以有水平位移，在高度相同的情况下，物体的初速度越大，水平位移越大，C正确；根据运动的合成可得：，在高度相同的情况下，物体的初速度越大，物体落地的速度越大，D正确；‎ 考点：考查了平抛运动规律的应用 ‎4. 游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉．下列描述正确的是（ ）‎ A. 当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 B. 当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 C. 当升降机减速上升时，游客是处在失重状态 D. 当升降机加速下降时，游客是处在超重状态 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：A、当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的．此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态，A错误；‎ B、当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态，B正确；‎ C、当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘客的支持力小于乘客的重力．此时失重，C正确；‎ D、当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态，故D错误；‎ 故选BC。‎ 考点：超重和失重 ‎ ‎ ‎5. 如图所示，长为的细绳一端固定，另一端系一质量为的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为．下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①小球受重力、绳的拉力和向心力作用 ‎②小球只受重力和绳的拉力作用 ‎③越大，小球运动的速度越大 ‎④越大，小球运动的周期越大 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】①小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，故①错误，②正确；‎ ‎③向心力大小为：，小球做圆周运动的半径为：，‎ 则由牛顿第二定律得：，‎ 得到线速度：，‎ 越大，、越大，小球运动的速度越大，故③正确；‎ ‎④小球运动周期：，‎ 越大，线速度越大，则小球运动的周期越小，故④错误．‎ 综上所述本题答案是：C ‎6. 如图甲所示，光滑平直轨道和底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为和，且，它们的上端和位于同一水平面内．现将可视为质点的一小滑块从端由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的时间可忽略不计且无机械能损失，小滑块沿轨道可运动到端．以、分别表示小滑块沿轨道运动的加速度大小和机械能，表示时间，图乙是小滑块由端释放至第一次到达端的运动过程中的图象和图象，其中可能正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】根据受力分析，所以加速度恒定并且先大后小，故A正确B错误；‎ 因为无摩擦，所以机械能不变，D正确．‎ 综上所述本题答案是：AD ‎7. 在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 自由下落的小球，其所受合外力的方向与其速度方向相同 B. 做平抛运动的小球，其所受合外力的方向不断改变 C. 做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心 D. 做简谐运动的单摆小球，其所受合外力的方向总与速度方向相同 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：自由下落的物体，合力即重力方向竖直向下，加速度方向竖直向下，两者方向相同，A正确；做平抛运动的物体，只受重力作用，合力恒定不变，B错误；做匀速圆周运动的物体，因为速度大小不变，所以切向加速度为零，只有向心加速度，即合力时时刻刻指向圆心，C正确；做简谐运动的单摆小球，其所受合外力一部分充当切向加速度，一部分充当向心加速度，合力方向与速度方向不同，D错误；‎ 考点：考查了力与运动 ‎8. 如图所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为的质点，在恒力和重力的作用下，从坐标原点由静止开始沿直线斜向下运动，直线与轴负方向成角（）．不计空气阻力，重力加速度为，则以下说法正确的是（ ）‎ ‎①当时，质点的机械能守恒 ‎②当时，质点的机械能守恒 ‎③当时，质点的机械能可能减小也可能增大 ‎④当时，质点的机械能可能减小也可能增大 A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】②质点只受重力和拉力，质点做直线运动，合力方向与共线，如图 当拉力与垂直时，拉力最小，根据几何关系，有 ‎，‎ 的方向与垂直，拉力做功为零，‎ 所以质点的机械能守恒，故②正确，④错误；‎ ‎①若，由于，故的方向与不再垂直，‎ 有两种可能的方向，与物体的运动方向的夹角可能大于，也可能小于，即拉力可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故①错误，③正确．故选A．‎ 综上所述本题答案是：A ‎ ‎9. 如图所示，物体放置在物体上，与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于点的最大位移处分别为点和点，运动过程中、之间无相对运动．已知弹簧的劲度系数为，系统的振动周期为，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体从向运动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变小 B. 物体处于之间某位置时开始计时，经时间，物体一定运动到之间 C. 物体的速度为时开始计时，每经过时间，物体的速度仍为 D. 当物体相对平衡位置的位移为时，、间摩擦力的大小等于 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：弹簧振子水平放置在光滑水平面上，O点为弹簧原长处。弹簧形变量越大，弹性势能越大。从P到O运动过程中，形变量减小，故弹性势能减小，A对；从某位置开始经过半个周期，弹簧振子一定会在平衡位置另一侧，B对；经过整数个周期，振子运动状态与之前完全相同，速度仍为v，C对；对AB整体受力分析，kx=（mA+mB）‎ a，a=kx/（mA+mB），对A进行分析，f=mAa=mAkx/（mA+mB），D错。故选ABC。‎ 考点：简谐运动。‎ ‎10. 一上下均光滑的凹形斜面体置于光滑水平面上，现将一物块从斜面的顶端由静止释放，物块到达斜面底端时，物块和斜面体的动能分别是和．物块从斜面的顶端滑到底端的过程中，重力对物块所做功的大小为，斜面对物块所做功的大小为，物块对斜面体所做功的大小为，以下表达式正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．在斜面体对物块作用力方向上与在物块对斜面体作用力方向上有位移，因此，故A错误；‎ B．以物块为研究对象，由动能定理可得，故BD错误，C正确．故选C．‎ 综上所述本题答案是：C ‎11. 如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，在时刻波传播到处的质点，此时处的质点在负方向最大位移处，在时刻质点自计时开始后第一次运动到正方向最大位移处，则（ ）‎ A. 该简谐横波的波速等于 B. 质点开始振动时的运动方向沿轴负方向 C. 在时间内，处的质点通过的路程为 D. 在时刻，位于处的质点处于平衡位置且开始沿轴正方向运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．由图可知，波长，质点经过第一次到达正方向最大位移处，所以，即，所以，故A正确；‎ B．波向正方向传播，所以开始振动的运动方向沿轴正方向，故B错误；‎ C．，由平衡位置向下运动到负方向最大位移处后回到平衡位置，通过的路程为，故C正确；‎ D．时刻，波传播的距离是，所以质点开始振动，振动方向沿轴正方向，故D正确．‎ 综上所述本题答案是：ACD ‎12. 某载人飞船运行的轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道Ⅰ运行，近地点为，远地点为．当飞船经过点时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为．关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 飞船在轨道1和轨道2上运动的机械能相等 B. 飞船在轨道1上运行经过点的速度小于经过点的速度 C. 轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径 D. 飞船在轨道1上运行经过点的加速度等于在轨道2上运行经过点的加速度 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：由于飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，外力做正功，机械能增加，所以轨道2上的机械能大于轨道1上的机械能，A错误；根据公式，即半径越大线速度越小，可得在飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，B正确；根据公式可得半径越大周期越大，同步卫星的周期为24h，大于轨道2上运动的卫星，故轨道2的半径小于同步卫星的运动半径，C正确；根据公式，因为在轨道1上运行经过P点和在轨道2上运行经过P 点的运动半径相同，所以加速度相同，D正确；‎ 考点：考查了万有引力定律的应用 ‎13. 将一质量为的排球竖直向上抛出，它上升了高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为的空气阻力作用，已知重力加速度大小为，且．不考虑排球的转动，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 排球运动过程中的加速度始终小于 B. 排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减小了 C. 排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功 D. 排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：排球上升过程中合力F合=mg+f>mg，故a>g，A错；排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W=fH，B对；重力做功W=mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH，C错；排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1=mg+f，a1=g+f/m，下降过程F2=mg-f，a2=g-f/m，a1>a2，t2>t1，由P=W/t知时间越小功率越大，D对；故选BD。‎ 考点：功和功率功能关系、机械能守恒定律及其应用牛顿运动定律、牛顿定律的应用。‎ ‎14. 位于地球赤道上随地球自转的物体和地球的同步通信卫星均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．已知地球同步通信卫星轨道半径为，地球半径为，第一宇宙速度为．仅利用以上已知条件能求出（ ）‎ A. 地球同步通信卫星运行速率 B. 地球同步通信卫星的向心加速度 C. 随地球自转的物体的向心加速度 D. 万有引力常量 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：同步卫星的周期等于地球赤道上随地球自转的周期T=24小时，根据，可求解地球同步通信卫星运行速率；根据可求解地球同步通信卫星的向心加速度；根据可求解随地球自转的物体的向心加速度；根据，由于不知地球的质量，故无法求得万有引力常数G，故选项ABC正确。‎ 考点：万有引力定律；同步卫星.‎ ‎15. 如图所示，劲度系数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触，但未与物体连接，弹簧水平且无形变．现对物体施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为，测得物体向右运动的最大距离为，之后物体被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧处．已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体整个运动过程，弹簧对物体的冲量为零 B. 物体向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体向左运动过程中与弹簧接触的时间 C. 物体向左运动的最大速度 D. 物体与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能 ‎【答案】B ‎【解析】由于弹簧的弹力一直向左，故弹力的冲量不可能为零，A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度；而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，B错误；对离开弹簧后再向左运动的过程，由动能定理得：，解得离开弹簧时的速度为，而物体在向左运动至弹力与摩擦力相等时速度达最大，故可知向左运动的最大速度一定大于，C正确；由动量定理可知；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能，D错误；选C.‎ ‎【点睛】对物体的运动过程进行分析，由冲量的定义可明确弹力的冲量；根据运动过程分析以及牛顿第二定律可明确物体向左和向右运动过程中的加速度，则可明确对应的时间大小；根据功能关系可求得物体的最大速度以及最大弹性势能．‎ 二、本题包括6小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．‎ ‎16. 用的水平力拉质量的箱子，使箱子在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，当箱子的速度达到时撤去力．已知箱子运动过程中所受滑动摩擦力的大小，取重力加速度．求：‎ ‎（1）箱子与地面间的动摩擦因数．‎ ‎（2）水平力的作用时间．‎ ‎（3）在撤去力后，箱子在水平地面上滑行的最大距离．‎ ‎【答案】(1)箱子与地面间的动摩擦因数为0.25；(2)水平力F的作用时间为5.0s；(3)在撤去力F后，箱子在水平地面上滑行的最大距离为20m。‎ ‎【解析】试题分析：（1）箱子运动过程中所受摩擦力 f=μmg 1分 解得μ=0.25 1分 ‎（2）设箱子在水平地面上做匀加速运动的加速度大小为a1，‎ 根据牛顿第二定律有F－f =ma11分 根据运动学公式v= a1t 1分 解得力F作用时间 t ="5.0s" 1分 ‎（3）设撤去力F后，箱子在水平地面上减速滑行的加速度为a2，滑行的最大距离为x，‎ 则μmg= ma2 ，解得a2=2.5m/s21分 根据运动学公式有v2="2" a2x 1分 解得 x="20m" 1分 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用 ‎17. 如图所示，在倾角的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以的初速度沿斜面上滑．已知，，重力加速度取，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小．‎ ‎（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值．‎ ‎（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量．‎ ‎【答案】(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20。‎ ‎【解析】（1）设物体运动的加速度为，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力，‎ 根据牛顿第二定律有，‎ 解得：．‎ ‎（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为，‎ 对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有： ‎ 解得：．‎ ‎（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间，‎ 此过程中重力的冲量，方向：竖直向下．‎ 综上所述本题答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20‎ ‎18. 由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为，在赤道处的重力加速度大小为，地球自转的周期为，引力常量为．假设地球可视为质量均匀分布的球体．求：‎ ‎（1）质量为的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小．‎ ‎（2）地球的半径．‎ ‎（3）地球的密度．‎ ‎【答案】(1)F=mg0；(2)；(3)。‎ ‎【解析】（1）质量为的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，‎ 即．‎ ‎ ‎ 根据万有引力定律和牛顿第二定律有，‎ 从受力上分析知：在赤道上的物体所受地球的引力大小等于其在两极所受的重力 解得：．‎ ‎（3）因为所以，‎ 又因地球的体积所以．‎ 综上所述本题答案是：(1) ；(2)；(3)‎ ‎19. 如图所示，为固定在竖直面内、半径为的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端（端）切线水平，且距水平地面的高度也为．、两小滑块（均可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从圆弧形轨道的最高点由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点．已知，滑块的质量，滑块的质量，重力加速度取，空气阻力可忽略不计．求：‎ ‎（1）两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小．‎ ‎（2）在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能．‎ ‎（3）滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离．‎ ‎【答案】(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m。‎ ‎【解析】（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，‎ 两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：‎ 代入数据解得：，‎ 对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：‎ ‎，‎ 解得：，‎ 根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．‎ ‎（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，‎ 代入数据解得：，方向向左，‎ 对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ ‎，‎ 代入数据解得：，‎ 对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有：‎ ‎， ‎ 代入数据解得：．‎ ‎（3）设两滑块平抛运动的时间为，根据，‎ 解得两滑块做平抛运动的时间为：，‎ 滑块平抛的水平位移为：，‎ 滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，‎ 机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，‎ 所以其平抛的水平位移为：，‎ 所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．‎ 综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m ‎20. 如图甲所示，水平传送、两轮间的距离，质量的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动，当物块运动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出．在传送带的右端有一传感器，测出物块被击穿后的速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为时刻）．设子弹击穿物块的时间可忽略不计，且子弹不会击中传感器而发生危险，物块的质量不因被子弹击穿而发生改变．不计空气阻力及、轮 的大小，取重力加速度．‎ ‎（1）求物块与传送带间的动摩擦因数．‎ ‎（2）求子弹击穿物块的过程中产生的热量．‎ ‎（3）如果从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带．设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量．‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)。‎ ‎【解析】试题分析：子弹击中木块的瞬间动量守恒，用动量守恒动量解出木块向右的初速度，木块在传送带上做匀减速直线运动，由速度时间关系式解出1s后的速度，把其与传送带的速度比较，判断木块是否已经达到匀速，还可以解出此过程中木块向右运动的最大距离；下一个过程再用动量守恒定律与第一过程比较．木块和传送带间因摩擦产生的热量等于滑动摩擦力乘以木块与传送带之间的相对位移．‎ ‎（）根据速度图象可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动，在内物块的速度由减为．此过程物块的加速度大小．‎ 由牛二定律有解得：．‎ ‎（）物块被击中前的速度大小为．由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，方向向右．‎ 设子弹击穿物块后的速度为，以向右为正方向．根据动量守恒定律有．‎ 解得：．‎ 根据能量守恒有：‎ ‎．‎ ‎（）第颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为．‎ 设向右运动的最大距离为则．‎ 时物块改为向左运动，运动时间为位移大小为　．‎ 所以在时间内，物块向右运动的距离为．‎ 在时间内．‎ 物块相对传送带的位移为：．‎ 在时物块的速度与传送带速度相同，所以第二颗子弹击中物块后的运动情况与第一颗子弹击中物块后运动情况相同，向右运动的可能达到的最大距离为．‎ 而此时物块与传送带右端距离为，故物块中第二颗子弹后将画出传送带．‎ 设物块被第二颗子弹击穿后，其在传送带上滑行的时间为．‎ 根据运动学公式：．‎ 解得：．‎ 物块第二次被击穿后相对传送带的位移 所以．‎ ‎21. 香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为（流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积），设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周 均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为，水的密度为，重力加速度大小为，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．‎ ‎（1）求喷泉单位时间内喷出的水的质量．‎ ‎（2）由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小．‎ ‎（3）要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第（2）问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度与水泵对水做功的功率之间的关系式．‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）设很短时间内，从喷口喷出的水的体积为△V，质量为△m，水柱在喷口的初速度为v0，喷口的横截面积为S。‎ 则：…（1分）…（1分）‎ 解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为（1分）‎ ‎（2）设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0，时间这些水对板的作用力的大小为F′，板对水的作用力的大小为F，以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有：…（1分）根据牛顿第三定律：F= F′…（1分）‎ 由于米老鼠模型在空中悬停，根据力平衡条件得：（1分）联立可解得：（1分）‎ ‎（3）设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，对于时间内喷出的水，根据机械能守恒定律（或运动学公式）得：……（1分）‎ 水泵对水做功的功率为：（1分）联立解得：（1分）‎ 考点：动量定理，机械能守恒，牛顿运动定律。‎ ‎ ‎