山东省潍坊市2020届高三物理下学期模拟试题（解析版）

山东省潍坊市2020届高三物理下学期模拟试题（解析版）

潍坊市高考模拟考试物理 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.山东海阳核电站是中国核电 AP1000 技术的标志性项目，其反应堆的核反应方程为 235 144 89 1 92 56 36 0U+X Ba+ Kr+3 n ，下列说法中正确的是（ ） A. 该反应中 X 是质子 B. 该反应中 X 是电子 C. 144 56 Ba 中有 88 个中子 D. 144 56 Ba 的结合能比 235 92 U 的结合能大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．设反应物的电荷数为 x，则 92 36 56 0x    解得 0x  根据质量数守恒可知 139 94 3 235 1m      所以反应物为中子，故 AB 错误； C． 144 56 Ba 中的中子数为 144 56 88  故 C 正确； D． 235 92 U 是重核，其原子核质量大于 144 56 Ba ，结合能也更大，故 D 错误。 故选 C。 2.灌浆机可以将涂料以速度 v 持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的 密度为  ，墙壁上涂料厚度每秒增加 u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙产生的压强为 （ ） A. uv B. u v  C. v u  D. u v 【答案】A 【解析】 【详解】在涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从 v 变为 0， 其动量的变化缘于墙壁对它的冲量，于是以 t 时间内喷到墙壁上面积为 S 、质量为 m 的 涂料为分析对象，墙壁对它的作用力为 F，涂料增加的厚度为 h。由动量定理知   F t mv 又 Fp S   m Sh   h u t  联立可得 p uv 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示，分别用频率为 、2 的光照射某光电管，对应的遏止电压之比为 1:3，普朗克常 量用 h 表示，则（ ） A. 用频率为 1 3  的光照射该光电管时有光电子逸出 B. 该光电管的逸出功为 1 2 h C. 用 2 的光照射时逸出光电子的初动能一定大 D. 加正向电压时，用 2 的光照射时饱和光电流一定大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．根据光电效应方程 C1eU hv W   C2 2eU h v W  C1 C2 1 3 U U  联立解得 1 2W hv 频率为 1 3 v 的单色光光子能量 1 3h v W  故用频率为 1 3 v 的光照射该光电管时不能发生光电效应，即无光电子逸出，故 A 错误，B 正确； C．根据光电效应方程 kE hv W  可知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，但是逸出光电子的初动能小于等于最大初 动能，所以用 2v 的光照射时逸出光电子的初动能不一定大，故 C 错误； D．在发生光电效应的前提下，饱和光电流的强度只与光照强度有关，电压只是提高光电子的 动能，增大电流。到达一定程度之后肯定要受到光电子数量的约束，电流不再增大，故 D 错 误。 故选 B。 4.蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的气缸，气缸导热良好，活塞与 缸壁间无摩擦且与海水相通。已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列 说法正确的是（ ） A. 每个氧气分子的动能均减小 B. 氧气放出的热量等于其内能的减少量 C. 氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加 D. 氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．海水温度随深度增加而降低，气缸导热良好，氧气分子平均动能降低，但不是每 个氧气分子的动能均减小，故 A 错误； B．根据热力学第一定律 U W Q   内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故 B 错误； C．根据液体压强公式 p gh 可知随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增 加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故 C 正确； D．根据冲量定理 Ft = mv 氧气分子平均动能降低，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，两单色光 a、b 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色 光 P，已知单色光 a、b 与法线间的夹角分别为 45°和 30°，则 a 光与 b 光（ ） A. 在玻璃砖中的折射率之比为 2 :1 B. 在玻璃砖中的传播时间之比为1: 2 C. 在玻璃砖中的波长之比为 2 :1 D. 由该玻璃砖射向真空时临界角之比为 2 :1 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．假设两单色光 a、b 折射角为 ，则 a 光折射率为 a sin sin 45n   则 b 光折射率为 b sin sin30n   解得 a b: sin 30 :sin 45 1: 2n n     故 A 错误； B．根据 cv n  x xnt v c   由于路程和光速一样，可得 a b a b: : 1: 2t t n n  故 B 正确； C．根据 cv n  v c f fn    从一种介质进入另一种介质的波，频率不变，光速一样，可得 a b b a: : 2 :1n n    故 C 正确； D．临界角公式 1sinC n  可得 a b b asin :sin : 2 :1C C n n  故 D 正确。 故选 BCD。 6.一列简谐横波沿 x 轴传播，图甲是 1.0t s 时的波形图，图乙是 3.0mx  处质点的振动图像， a、b 质点在 x 轴上平衡位置分别为 0.5m 2.5ma bx x 、 ，下列说法正确的是（ ） A. 波沿 x 轴正方向传播 B. 波的传播速变为 0.5m/s C. t=1.5s 时，a、b 两点的速度和加速度均等大反向 D. 从 t=1.0s 到 t=1.5s 质点 a 的路程为 10cm 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙可知， 1st  时刻质点速度向上，由波形平移法可知，这列波沿 x 轴负方 向传播，故 A 错误； B．由图知 4m  2sT  则波速为 2m/sv T   故 B 错误； C．a、b 质点在 x 轴上平衡位置分别为 0.5max  2.5mbx  则 ab 2.5m 0.5m 2mx    可知，a、b 相距半个波长，故此两点为反相点，a、b 两点的速度和加速度均等大反向，故 C 正确； D．从 1.0s 到 1.5s，质点 a 经过 1 4 个周期，经过平衡点时的速度大，则 14 10 m 10m4s     故 D 错误。 故选 C。 7.如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接有两个相同的灯泡，灯泡的额 定电压为 110V，电流表、电压表均为理想电表。开关 S 闭合时电流表示数相同，两灯泡均正 常发光，若断开开关 S，导线电阻不计，则（ ） A. 电流表 A2 示数变大 B. 电压表 V2 示数变大 C. 电压表 V1 示数为 220 2 V D. 电流表 A1 和 A2 示数之比为 1:2 【答案】D 【解析】 【详解】A．在副线圈中，两个灯泡是并联的关系互相不影响，若断开开关 S，则灯泡 L1 不受 影响，则 2 A2 L1 UI R  可知电流表 A2 示数不变，故 A 错误； B．由变压器公式 1 1 2 2 U n U n  当断开开关 S 时，匝数比和 U1 均不变，则电压表 V2 示数也不变，故 B 错误； C．由于副线圈两灯泡并联，则两灯泡电压相同，又因为两个灯泡完全相同，电阻一样，则根 据 UI R  可知两个灯泡电流也相同，根据题意，断开开关之前两个电流表示数相同，由变压器公式 1 1 2 A2 2 2 1 A1 2 =2U n I I U n I I    由题意得 2 110VU  则 1 22 220VU U  而原线圈电压始终不变，故 C 错误； D．断开开关前后，由于原线圈电压 U1 不变，匝数比也不变，则副线圈 U2 也不变，根据输入 功率等于输出功率得 P P入 出 A1 1P I U入 A2 2P I U出 解得 A1 A2 1 2 I I  故 D 正确。 故选 D。 8.如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳 a 左端固定在井 壁的 M 点，另一端固定在光滑的滑环 N 上，轻绳 b 的下端系在滑环 N 上并绕过定滑轮，滑环 N 套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳 b 使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是 （ ） A. 绳 a 的拉力变大 B. 绳 b 的拉力变大 C. 杆对滑环的弹力变大 D. 绳 b 的拉力始终比绳 a 的小 【答案】D 【解析】 【详解】A．重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图所示 根据正交分解可得 a2 cosT mg  解得 a 1 cos2T mg  设轻绳 a 的总长为 l，井口的宽度为 d，如图所示 则根据几何关系可得 1 1sinl d  ， 2 2sinl d  又 1 2l l l  ， 1 2d d d  联立可得 sin d l   ，在缓慢向上的过程中，l 和 d 保持不变，故sin 不变，所以 cos 不变， 根据 a 1 cos2T mg  ，可知 aT 不变，故 A 错误； BC．对 N 点受力分析 根据正交分解可得 N a sinF T  ， b a cosT T  联立解得 N 1 tan2F mg  ， b 1 2T mg 绳 b 的拉力保持不变，由 A 项分析可知，绳 a 的夹角 不变，则 tan 不变，杆对滑环的弹力 不变，故 BC 错误； D．由于 cos 1  根据 b a cosT T  所以 b aT T 故 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选 项中，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 的得 0 分。 9.如图所示，带电量为+q 和 q 的点电荷分别位于绝缘薄圆盘中心轴线上，两电荷到圆心 O 的 距离相等。A 点位于圆盘边缘，B 点为某半径的中点，关于 A、B、O 三点电场强度 E 的大小 和电势 的高低关系判断正确的是（ ） A. A B OE E E  B. A B OE E E  C. A B O    D. A B O    【答案】AD 【解析】 【详解】AB．根据等量异种点电荷中垂面上电场线分布的特点可知，圆心 O 处场强最大，离 圆心越远，电场线越稀疏，场强越小，即 A B OE E E  故 A 正确，B 错误； CD．圆盘处在等量异种电荷的中垂面上，所以此圆盘是一个等势体，薄圆盘表面是一个等势 面，即 A B O    故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 10.在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相 互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬 掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解事件”。天鹅座 X—1 就是这样一个由黑洞和 恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示。在刚 开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是（ ） A. 它们间的万有引力大小变大 B. 它们间的万有引力大小不变 C. 恒星做圆周运动的线速度变大 D. 恒星做圆周运动的角速度变大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AB．设质量较大的为 1M ，质量较小的为 2M ，则两者之间的万有引力为 1 2 2 M MF G L  解得数学知识可知，当 1 2M M 时， 1 2M M 有最大值，根据题意可知质量较小的黑洞 2M 吞 噬质量较大的恒星 1M ，因此万有引力变大，故 A 正确，B 错误； CD．对于两天体，万有引力提供向心力，即 2 21 2 1 1 1 12 2 4M MG M R M RL T   2 21 2 2 2 2 22 2 4M MG M R M RL T   解得两天体质量表达式为 2 2 2 2 1 2 22 4L LM R RG GT    2 2 2 2 2 1 12 4L LM R RG GT    两天体总质量表达式为 2 3 2 3 1 2 2 4L LM M G GT     两天体的总质量不变，天体之间的距离 L 不变，因此天体的周期 T 和角速度 也不变，质量 较小的黑洞 2M 的质量增大，因此恒星的圆周运动半径增大，根据 2 Rv T  可知，恒星的线速度增大。故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 11.如图甲所示，导线制成的等边三角形 OMN 放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌 面。剪下 MN 间的导线，向左平移到 O 点，现使其在水平外力 F 作用下紧贴 MON 向右匀速 运动，从 O 点开始计时，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，棒未脱离 MON 之前， 外力 F、棒与 MON 构成的闭合电路中的电动势 E、电路中的电流 I、外力的功率 P 与时间 t 变化的关系正确的是（ ） A. 2F t B. 2E t C. I t D. 3P t 【答案】BCD 【解析】 【详解】设图乙图象中的一次函数解析式为 B kt 由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为 60 2 32 tan 2 3L vt vt     设单位长度电阻为 R，回路的总电阻为 =3 2 3R LR vtR总 感生电动势为 2 22 3 3E BLv kv t  因此 2E t 根据 EI R  总 联立可得 3 kvtI R  因此 I t 由于其在水平外力 F 作用下紧贴 MON 向右匀速运动，即 F F BIL 安 联立可得 2 2 32 3 2 3 3 3 9 kvt k v tF kt vtR R      因此 3F t 根据 P Fv 联立可得 2 3 32 3 9P k v tR  因此 3P t 故 A 错误，BCD 正确。 故选 BCD。 12.如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球 M、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴 接，弹簧与杆垂直。已知两杆间距为 0.4m，弹簧原长为 0.5m，两球的质量均为 0.2kg。现给 M 球一沿杆向右 0.6N s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（ ） A. M 球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度 B. 弹簧第一次达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s C. 弹簧达到 0.5m 时，M 球和 N 球总动能最大 D. 弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．在最开始时，弹簧处于压缩状态，当 M 球开始运动后，弹簧恢复原长，形变量 逐渐减小，因此弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，即该过程 M 球做 加速度逐渐减小的加速运动，故 A 错误； B．设一开始弹簧的形变量为 1x ，当弹簧达到 0.6m 时形变量为 2x ，则有 1 0.5 0.4 0.1mx    2 0.6 0.5 0.1mx    M 球在瞬间冲量作用后，获得动量，由动量定理可得 M M 0 0.6N sI m v   两球和弹簧组成的系统，合外力为零，根据动量守恒定律可得 M 0 M 1 N 2m v m v m v  当弹簧第一次达到 0.6m 时，根据能量守恒定律有 2 2 2 2 2 1 M 0 M 1 N 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2kx m v m v m v kx    解得 1 3m/sv  即弹簧达到 0.6m 时，M 球的速度大小为 3m/s，故 B 正确； C．根据能量守恒定律，该过程 M 球和 N 球的总动能与弹簧的弹性势能相互转化，当弹簧的 弹性势能为 0 时，M 球和 N 球的总动能达到最大。故 C 正确。 D．当两球速度第一次相等时，弹簧第一次达到最大伸长量，根据动量守恒定律可得  M 0 M Nm v m m v  共 解得 1.5m/sv 共 即弹簧达到最长时，M 球的速度大小为 1.5m/s，故 D 正确。 故选 BCD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.一小组到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的 传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组进行了以下操作： ①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆； ②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送 带； ③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让米流出，同时放开漏斗，使单摆始终垂直于 传送带中线运动； ④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的米在传送带上留下的痕迹如图乙所示，已知 重力加速度 g=10m/s2，请回答以下问题： (1)用你的毫米刻度尺测量图片中 OA 的长度为_________mm，为判断传送带在启动阶段的运 动性质，还需要测出____________的长度； (2)根据你的测量数据得出的结论是_____________________，理由是_____________。 【答案】 (1). 根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确 (2). OB 和 OC（或者 AB 和 BC） (3). 可看做匀加速运动 (4). 在误差允许范围内，连续相等的时间段内的位 移差相等 【解析】 【详解】(1)[1][2]根据印刷试题中实际距离评分，有效数字须正确。 需要测出 OB 和 OC（或者 AB 和 BC）来计算相同时间内位移差的大小，以此判断运动状态。 (2)[3][4]由图可知，经过OA、 AB 、 BC 所用的时间相同，且在误差范围内， AB OA 近似 等于  BC AB ，即在连续相等时间段内位移差相等，符合匀加速运动的条件，因此可以得出 该运动是匀加速直线运动。 14.新华同学要测量毫安电流表的内阻 RA 和电源的电动势 E，实验过程如下： ①选择合适器材连接电路，如图甲所示； ②断开 S2，闭合 S1，调节 R1 的阻值，使电流表满偏； ③保持 1R 的阻值不变，闭合 S2，调节 2R ，当 2R 的阻值如图乙所示时，电流表的示数如图丙 所示； ④保持 S1 闭合，断开 S2，多次改变 1R 的阻值，并相应记录电流表的示数。利用记录的 R1 的 阻值和其对应的电流表示数 I，作出 1 1 RI  图线，如图丁所示。 请回答下列问题： (1)丙图中电流表的读数为__________mA，若忽略 2S 闭合后电路中总电阻的变化，电流表的 内阻 AR  __________ ； (2)根据图线可求得 E=___________V； (3)电流表的内阻 RA 的测量值___________（选填“>”、“<”或“=”）真实值； (4)为保证实验电路的安全，请写出一条建议：________________________________。 【答案】 (1). 25.0 (2). 4.8 (3). 9.1（8.9~9.4） (4). < (5). 闭合 S1 前将 R1 的 阻值调至最大 【解析】 【详解】(1)[1][2]根据图丙可看出电流表的读数为 A 25.0mAI  依图可知，电流表的量程为 50.0mA，因此干路电流不变为 g 50.0mAI  则流过电阻相关 2R 的电流为 2 g AI I I  而 2R 此时的阻值为 2 100 0 10 0 1 4 0.1 8 4.8R           根据欧姆定律可得，电流表的内阻为 2 2 A A I RR I  代入数据解得 A 4.8R   (2)[3]断开 2S ，闭合 1S ，由图示电路图可知，电动势为  1 AE I r R R   变形可得 A 1 1 1 r RRI E E   即 1 1 RI  图象的斜率等于电动势大小，因此有 9.1VE k  (3)[4]由于开关 2S 闭合后，并联部分的电阻减小，总电流偏大，因此流过电阻箱 2R 的电流应 当大于 2I ，因此该测量值小于真实值。 (4)[5]闭合 S1 前将 1R 的阻值调至最大，确保电路电流不会过大，从而起到保护电路的作用。 15.如图所示，圆柱形储水罐横截面积为 S=0.5m2，上方开口，下部与竖直均匀细管相通，开始 罐内水深 20cmh  ，此时将细管上端封闭，测得管内气柱长 1 42cml  。向罐内注水，注满 水后测得管内气柱长 2 35l cm ，已知大气压强为 5 0 1.0 10p   Pa，重力加速度 g=10m/s2，水 的密度为 31.0 10   kg/m3，环境温度不变，细管导热良好，求储水罐的容积。 【答案】1.135m3 【解析】 【详解】设细管截面积为 S′，以细管内密封气体为研究对象，注水前气体压强为 0p ，注满水 后气体压强为 p，由玻意耳定律 0 1 2' 'Sp l pl S 设此时细管与水罐液面差为 h′，则 0 'p p gh  罐内水的深度  1 2'H h h l l    储水罐的容积 V HS 代入数据解得 31.135mV  16.如图甲所示为潍坊某游乐场的滑草场地，滑道由倾斜部分和水平部分组成，其中倾斜部分 长 x=100m，与水平面倾角 37   。乘客乘坐 m=5kg 的滑草车从倾斜部分的坡顶由静止开始 自由下滑，最终停在滑道水平部分。空滑草车再由牵引绳索沿滑道拖回坡顶，如图乙所示为 10 辆滑草车在与斜面平行的绳索牵引下沿倾斜滑道一起向上运动的加速度 a 随牵引力 F 变化 的图像，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑草车从倾斜部分到水平部分时的机械能损失 忽略不计，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)滑草车与滑道间的动摩擦因数  ； (2)乘客在滑道水平部分运动时间。 【答案】(1)0.5；(2) 4s 【解析】 【详解】(1)由图像可知，牵引力 500NF  时滑草车沿倾斜滑道向上匀速运动，根据平衡条件有 10( sin cos )F mg mg    代入数据解得 0.5  (2)设乘客质量为 M，沿倾斜草场下滑过程，根据牛顿第二定律有 1( ) sin ( ) cos ( )M m g M m g M m a       代入数据解得 2 1=2m/sa 根据速度位移公式有 2 12v a x 解得 v=20m/s 沿水平草场运过程，根据牛顿第二定律有 2( ) ( )M m g M m a    解得 2 2 5m / sa  根据速度时间公式 2v a t 代入数据解得 4st= 17.如图所示，y 轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂 直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的 2 倍；y 轴左侧区域存在沿 y 轴负方向 的匀强电场。第一象限内距离 y 轴 L 处，垂直 x 轴放置感应屏。电荷量为 q、质量为 m 的粒子， 从 3( , )2A L L 点以初速度 0v 沿 x 轴正方向射出，从 O 点进入磁场，一段时间后粒子垂直击 中感应屏，粒子重力不计，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)第一象限磁场磁感应强度的最小值； (3)粒子击中感应屏时纵坐标的可能值。 【答案】(1) 2 03mv qL ；(2) 02 3mv qL ；(3) 3 3(3 2) Ln  （n=0，1，2…） 【解析】 【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，x 方向 0L v t y 方向 23 1 2 2L at qE ma 联立解得 2 03mvE qL  (2)设粒子到达 O 点时速度大小为 v，方向与 x 轴正方向夹角为θ 2 2 0 yv v v  0 tan yv v   yv at 粒子由第四象限进入第一象限时速度大小为 v，方向与 x 轴正方向夹角也为θ，由牛顿第二定 律 2vqvB m R  可知：B 越小 R 越大，设粒子在第四象限内做圆周运动半径为 1R ，在第一象限内做圆周运动 半径为 2R ，则 2 12R R 粒子垂直击中感应屏应满足 1 22 sin sinR R L   解得 0 min 2 3mvB qL  (3)粒子多次经过 x 轴最终垂直击中感应屏应满足 2(3 2) sinn R L  （n=0，1，2…） 则粒子击中感应屏时纵坐标 2 (1 cos )y R   解得 3 3(3 2)y Ln   （n=0，1，2…） 18.如图所示，固定光滑轨道 ABC 的 AB 段水平，BC 段为半圆形，B 是半圆轨道的最低点、C 是半圆轨道的最高点。长 L=1.5m、质量 M=0.4kg 的木板位于足够长的光滑水平面上，木板左 端紧靠 A 点，上表面与 AB 等高。将质量均为 m=0.2kg 的小滑块甲、乙放置在木板上距 A 点 0.5m 处，甲、乙之间夹有被压缩的轻质短弹簧。某时刻弹簧弹开，甲向左运动，乙恰好未从 木板上滑下，已知甲、乙与木板间的动摩擦因数均为 0.6  ，重力加速度 g=10m/s2。 (1)求甲到达 A 点时的速度大小； (2)若甲能通过半圆轨道的 C 点且整个过程中对轨道的压力不超过 20N，求轨道 BC 半径的取 值范围； (3)若在水平面与木板间固定一块桌布，木板与桌布间的动摩擦因数 0.1  ，求乙滑下木板 时的速度。 【答案】(1)3m/s ；(2) 0.1 0.18rm m„ „ ；(3) 3 s2 6 5 m/ 【解析】 【详解】(1)弹簧弹开，以甲、乙组成系统为研究对象，在甲到达 A 点之前，系统动量守恒 Amv mv 乙 甲、乙对车的摩擦力大小相等、方向相反，故车保持静止。当甲到达 A 点时乙距木板右端距 离为 3 L ，此后以乙和木板为研究对象，乙到达木板右端时两者同速，设为 v，由动量守恒得 ( )mv M m v 乙 由能量守恒得 2 21 1 ( )2 3 2 Lmv mg M m v  乙 联立解得 A 3m/sv  (2)半圆轨道半径最大时甲恰能通过半圆轨道最高点 2 c 1 vmg m r  2 2 1 1 12 2 2A Cmgr mv mv  甲在 B 点对轨道的压力最大，且半径越小压力越大，半径最小时，由牛顿第三定律知轨道对 乙的最大作用力 N 20NF  A 2 N 2 vF mg m r   则半径的取值范围 2 1r r r  代入解得 0.1 0.18r m m (3)甲离开木板后，对乙 1mg ma  对板 2( )Mg M m g Ma    2 2 1 2 1 1 2 2 3 Lv t a t a t     乙 1'v v a t 乙 乙 联立解得 3 2 6 s' m5 /v 乙