黑龙江省双鸭山市第一中学2020届高三12月月考物理试题

黑龙江省双鸭山市第一中学2020届高三12月月考物理试题

黑龙江省双鸭山市第一中学 2019-2020 学年高三 12 月月考物理试题 一.选择题 （本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。1-8 题单选，9-12 多选） 1.足球运动员沿直线一路带球前进，球每次被踢出后在草地上做减速运动，当球的速度减小 后，运动员又赶上去再踢，下图中 图象最能反映足球这种运动情况的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意分析可知，足球匀减速运动一段时间后，速度突然增大，再做匀减速运动， 速度又突然增大，如此反复，速度作周期性的变化，而匀减速运动的 图象是向下倾斜的 直线，故选项 C 正确，ABD 错误． 2.如图所示，三角块 B 放在斜面体 A 上，轻弹簧一端连接三角块 B，另一端连接在天花板上， 轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为 30°，若 A 的质量为 1kg，B 的质量为 0.5kg，地面对 A 的支 持力大小为 20N，重力加速度为 10m/s2，则 A 对 B 的摩擦力大小为（　　） A. 0 B. C. 5N D. 【答案】C 【解析】 【详解】对整体研究，根据平衡条件得： GA+GB+F 弹=N 地， 解得轻弹簧向下压力大小为： F 弹=20N-15N=5N， 对三角块 B 研究，沿斜面方向由平衡条件得： v t− v t− 2.5N 2 3N f=（F 弹+mBg）sinθ 解得：f=5N. A. 0 与计算结果不相符；故 A 项错误. B. 2.5N 与计算结果不相符；故 B 项错误. C. 5N 与计算结果相符；故 C 项正确. D. 与计算结果不相符；故 D 项错误. 3.如图所示，将一个质量为 m 的球固定在弹性杆 AB 的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球， 使杆发生弯曲，现将测力计的示数逐渐减小到零的过程中（测力计保持水平），球对杆的弹力 方向为(　　) A. 斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐减小 B. 斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大 C. 斜向右下方，与竖直方向的夹角逐渐减小 D. 斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 【答案】C 【解析】 【详解】以球为研究对象，分析受力情况：重力 G、测力计的拉力 T 和 AB 杆对球作用力 F， 由平衡条件知，F 与 G、T 的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图： 则有 G、T 的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐减小，T 逐渐减小，根据向量加法可知 G、T 的合力方向与竖直方向的夹角逐渐减小，所以 AB 杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直 方向的夹角逐渐减小．由牛顿第三定律可知球对杆的弹力方向斜向右下方，与竖直方向的夹 角逐渐减小. 2 3N A．描述与分析不符，故 A 错误. B．描述与分析不符，故 B 错误. C．描述与分析相符，故 C 正确. D．描述与分析不符，故 D 错误. 4.如图所示，一辆小车在牵引力作用下沿半径为 R 的弧形路面匀速率上行，小车与路面间的 阻力大小恒定，则上行过程中 A. 小车处于平衡状态，所受合外力为零 B. 小车受到的牵引力逐渐增大 C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量 D. 小车重力的功率逐渐增大 【答案】C 【解析】 【分析】 小车做匀速圆周运动，结合动能定理以及功率的公式进行分析即可； 【详解】A．由题可知，小车做匀速圆周运动，其加速度不为零，即小车不处于平衡状态，合 力不为零，故选项 A 错误； B．对小车进行受力分析，如图所示： 根据平衡条件可以得到： ，由于 逐渐增大，可知 逐渐减小，故选项 B 错误； C．由题可知，小车动能不变，根据动能定理可知： 则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化，则牵引力对小车做的功一定大于小车重 cosF f mg θ= + θ F 0F f GW W W− − = 力势能的增加量，故选项 C 正确； D．随着小车的上升，角 逐渐增大到 ，则根据公式 可知由于角 逐渐增大 则重力的功率逐渐减小，故选项 D 错误． 【点睛】本题考查小车做匀速圆周运动，切线方向根据平衡条件列出方程，判断牵引力的大 小，然后结合动能定理以及功率的公式进行分析即可． 5.有两颗质量不等，在圆轨道运行的人造地球卫星．用 T 表示卫星的运行周期，用 p 表示卫 星的动量，则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期 T、动量 p 和机械能，下列说法中正确的是 （ ） A. 周期 T 较大，动量 p 也一定较大，机械能也大 B. 周期 T 较大，动量可能 p 较小，机械能不能确定 C. 周期 T 较小，动量 p 也较大，机械能大 D. 周期 T 较小，动量 p 也较小，质量大的卫星的机械能也大 【答案】B 【解析】 在圆轨道上运行的人造地球卫星，其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，即 G =m ，可得： ，由 p=mv 可知，卫星动量的大小与物体的速度和质量大小都 有关，轨道半径大的卫星运行速度小，但质量不确定，因此动量不一定大，机械能也不一定 大，再根据 ，可得 ，轨道半径 r 越大，人造卫星的运行周期 T 越大，所以选项 ACD 错误，选项 B 正确． 6.图甲为某电源的 U － I 图线，图乙为某小灯泡的 U － I 图线，则下列说法中正确的是 A. 电源的内阻为 0.5Ω B. 小灯泡的电阻随着功率的增大而减小 θ 090 cosP Fv α= θ 2 Mm r 2v r GMv r = 2 2 2 4πMmG mrr T = 2 34π rT GM = C. 当小灯泡两端的电压为 0.5V 时，它的电阻约为 Ω D. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为 3W 【答案】D 【解析】 【分析】 由电源的 U-I 曲线斜率得到内阻；根据小灯泡的 U-I 曲线斜率变化得到电阻变化；由灯泡的 U、I，根据欧姆定律求得电阻；由两曲线得到小灯泡的电压、电流，从而求得功率． 【详解】由图甲，根据 U=E-Ir 可得：电动势 E=1.5V，内阻 ，故 A 错误； 由图乙可得：功率越大，则电压越大，斜率越大，故电阻越大，故 B 错误；由图乙可得：当 小灯泡两端的电压 U=0.5V 时，电流 I=6A，故电阻 ，故 C 错误； 把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起，两 U-I 曲线的交点即小灯泡的电 压、电流，故 U=0.5V，I=6A，所以小灯泡的功率 P=UI=3.0W；故 D 正确；故选 D． 【点睛】电源的 U-I 曲线即路端电压和电流的关系，故可根据曲线由 U=E-Ir 求得电动势、内 阻． 7.如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R，为热敏电阻（温度升高，阻值减小）， 用来探测加热电阻丝 R 的温度．RG 为光敏电阻（光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡 L 的 光照．其他电阻均为定值电阻．当 R 处温度升高后，下列说法正确的是 A. 灯泡 L 将变暗 B. RG 的电压将增大 1 6 1.5 1.0 0.63r − Ω Ω＝ ＝ 0.5 1=6 12 UR I Ω Ω＝ ＝ C. R 的功率将增大 D. R 的电压变化量与 R2 的电流变化量的比值不变 【答案】D 【解析】 A 项：当 R 处温度升高时，RT 阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡 L 的功率增大，灯泡 L 将变亮，故 A 错误； B、C 项：L 的光照强度增大，则 RG 阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2 的内 电压增大，则其路端电压变小．总电流增大，则 R2 两端电压增大，所以右侧电路并联部分电 压减小，R 的电压减小，则 R 的功率将减小．R 的电流减小，而总电流增大，则通过 R3 的电流 增大，R3 的电压将增大，所以 RG 的电压将减小，故 B、C 错误； D 项：R 电压变化量与 R2 的电流变化量的比值 ，保持不变，故 D 正确． 8.如图所示，从甲楼的窗口以大小为 v0 的初速度斜抛出一个小球，初速度与竖直成 37°角， 小球打在乙楼竖直墙面时速度与竖直成 45°角，（不计阻力，重力加速度为 g，sin37°=0.6）， 则甲乙两楼的间距为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在小球的整个运动过程中，水平方向速度不变，始终为 竖直方向，设上升时间为 t1，则 下降时间为 t2，则 的 3 3 RRU I R R ∆ =∆ + 2 017 25 v g 2 023 25 v g 2 021 25 v g 2 019 25 v g 0sin37xv v °= 0 10 cos37v gt°= − 0 2 sin37 0tan 45 v gt ° ° = + 水平方向 解得： 故 C 正确． 9.如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从 A 点以竖直向上的初速度开始运动，经 最高点 B 后回到与 A 在同一水平线上的 C 点，粒子从 A 到 B 过程中克服重力做功 2.0 J，电场 力做功 3.0 J，则 A. 粒子做匀变速曲线运动 B. 粒子在 B 点速度为零 C. 粒子在 C 点的机械能比在 A 点多 12.0 J D. 粒子在 C 点 动能为 14.0 J 【答案】ACD 【解析】 【分析】 水平受 Eq 向右，一直做初速度为 0 的匀加速直线运动，竖直受 mg 向下，做竖直上抛运动， 互不影响．抓住竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间．结合水平位移 关系求出整个过程中电场力做功的大小．从而通过动能定理求出物体折回通过与 A 点在同一 水平线上的 C 点时的动能大小，电场力做功与电势能的关系，求电势能；除重力做功外，其 他力做功对应机械能的变化． 【详解】A 项：由于粒子受重力，恒定的电场力作用力，所以粒子的加速度恒定，故粒子做匀 变速曲线运动，故 A 正确； B 项：从 A 到 B 粒子在竖直方向上做匀减速运动，水平方向做匀加速运动，B 为最高点，所以 粒子在 B 点 竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故 B 错误； C、D 项：竖直方向：粒子做竖直上抛运动，则运动时间 的 的 0 1 2sin37L v t t°= +（ ） 2 021 25 vL g = 1 vt g = 水平方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动 水平位移： 上升的过程电场力做功：W1=qEx1 最高点时，竖直方向的速度为 0，故小球的动能与电场力做的功相等，即：W1=3J 下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间：t2=t1 水平方向的总位移： 全过程中电场力做功：W2=qEx2=4qEx1=4W1=12J 全过程中，重力做功为 0，根据动能定理：W2=EK 末-EK 初 所以：EK 末=EK 初+W2=2+12=14J 除重力做功外，其他力做功对应机械能 变化，所以粒子在 A 点的机械能比在 C 点少 12.0J 故 C，D 正确． 【点睛】解决本题的关键知道小球在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合等时性进行求 解，注意不一定求动能就把速度求出来，有时只需要知道速度之比即可，难度适中． 10.空间存在一静电场，一沿 x 轴的电场线上的电势 随 x 的变化如图所示．一个质量为 m、 电荷量为 q 的带电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点 0 由静止开始沿 x 轴做直线运动．则 带电粒子的加速度 a、速度 v、动能 Ek、电势能 Ep 与 x 的关系图像中可能正确的是 的 2 1 1 1 2x at= 2 2 1 2 1 1 ( ) 42x a t t x= + = φ A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】A、沿x 轴的电场线上的电势 随 x 的变化图像的斜率代表电场强度的大小， 图像的斜率越来越小，故物体受到的电场力越来越小，电场力提供加速度，故加速度越来越 小，故 A 错误； BC、粒子在电场力的作用下从静止开始运动，故电场力做正功，动能增大，由题意得 ， 故 图像的斜率表示电场力的大小，C 图像可读取的信息是： 图像的斜率越来越小，由 图像可知电场力越来越小，故 C 符合题意； ， 故 图像的斜率与电场力成正比，故 图像的斜率也越来越小，故 图像不可能 是一条直线；故 B 错误，C 正确． D、电场力做功 ， ， 是初始位置的电势能；故 图像的斜率的大小也表示电场力的大小， 图像的斜率越来越小，故电场力也越 来越小，符合题意，故 D 正确． 11.如图所示，弧形轨道固定于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨 φ xφ− 21= = = 2kW W E mv合 电 kE x− kE x− xφ− 2 kv E∝ 2v x− 2v x− v x− 0= ( )P P PW E E E− ∆ = − −电 0P PE E W= − 电 0PE PE x− PE x− 道上静置小球 B 和 C，将小球 A 从弧形轨道上离地面高 处由静止释放，沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰后小球 A 被弹回，B 球与 C 球碰撞后粘在一起，A 球弹回后再从弧形轨道 上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C 两球的质量相等，B 球的质量为 A 球质量的 2 倍，若 让小球 A 从 处由静止释放，则下列说法正确的是（重力加速度 ）（ ） A. A 球再次下滑后不会与 B 球相碰 B. A 球再次下滑后会与 B 球相碰 C. C 球的最终速度为 D. C 球的最终速度为 【答案】AD 【解析】 【详解】设 A 球的质量为 ，A 从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据机械能守恒得 ，解得 ，A 与 B 发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B 组成的系统动 量 守 恒 、 机 械 能 守 恒 ， 以 A 的 初 速 度 方 向 为 正 方 向 ， 则 有 ， ，解得 ， .B 与 C 碰撞过程中，B、C 组成的系 统动量守恒，以 B 的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 ，解得 ，所以再次下滑后 A 球不会与 B 球相碰，故 A 正确，B 错误；当 时， 根 据 ， ， 可 得 C 球 最 终 的 速 度 ，故 C 错误，D 正确. 12.如图所示为平放于水平面上的“ ”型管俯视图，“ ”型管固定不动；内壁光滑的 AB 与 DF 两直管道长度均为 2R，G 为 DF 中点；内壁粗糙的半圆弧 BCD 半径为 R．空间存在水平向 右电场强度 E= 的匀强电场．一电荷量为 q 的带正电绝缘小球(直径略小于管的直径，且可 h 0.2h m= 210 /g m s= 7 /9 m s 8 /9 m s m 2 0 1 2 mv mgh= 0 2v gh= 0 1 22mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 22 2 2mv mv mv= + × 1 0 1 3v v= − 2 0 2 3v v= 22 (2 )mv m m v= + 0 1 4 9v v v>= 0.2h m= 0 2v gh= 0 4 9v v= 4 4 82 2 10 0.2m/s m/s9 9 9v gh= = × × × = ⊃ ⊃ mg q 看做质点)从 A 位置由静止释放，第一次到达轨道最右端的 C 点时速率 vc= ，已知重力加 速度为 g．下列说法正确的是（ ） A. 小球由 A 到 B 的时间为 2 B. 小球第一次到 C 点时对轨道的弹力大小为 mg C. 小球恰能运动到 G 点 D. 小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功一定等于 3mgR 【答案】AB 【解析】 【详解】A 项：小球由 A 到 B 的过程，由牛顿第二定律得： ，结合 得 ，由 ，解得： ，故 A 正确； B 项：小球在 C 点时，水平方向有： ，又 ，解得： ， 竖直方向有 ，对轨道对小球的弹力大小 ，同由牛顿第三 定律得，小球对轨道的弹力大小 ，故 B 正确； C 项：设 BC 段小球克服摩擦力做功为 ，CD 段克服摩擦力做功为 ，从 A 运动到 C 过程中， 由动能定理得： ，解得： ，小球从 C 到 D 的过程，电场力 和摩擦力均做负功，小球的速率减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的弹力减小，摩 擦力减小，所以有 ，设小球到达 G 点的速度为 ，从 A 运动到 G 的过程，由动能定理 得： ，可得 ，故小球将越过 G 点，故 C 错误； D 项：小球最终可能停在 C 点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电场力做功， 5gR R g 37 qE ma= mg q E = a g= 212 2R at= 2 Rt g = 2 0 x vN qE m R − = 0 5v gR= 6xN mg= yN mg= 2 2 37x yN N N mg= + = 37N N mg= =′ 1W 2W 2 1 0 13 2qE R W mv⋅ − = 1 0.5W mgR= 2 1W W< v 2 1 2 1 2qER W W mv− − = 0v > 为 ，小球最终也可能不停在 C 点，小球从开始运动到最后静止，克服摩擦力做功等于电 场力做功，小于 ，故 D 错误． 二.实验题 13.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动． （1）实验中必要的措施是____． A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 （2）他实验时将打点计时器接到频率为 50HZ 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数 点如图所示（每相邻两个计数点间还有 4 个点图中未画出）．s1=3.59cm，s2=4.41cm， s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm．则小车的加速度 a=____m/s2（要求充分利用 测量的数据），（结果均保留两位有效数字）． 【答案】 (1). AB (2). 0.80 【解析】 【详解】(1)[1]A．探究小车做匀变速直线运动的规律，为了让小车做匀加速直线运动，应使 小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，故 A 正确； B．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故 B 正确； CD．本实验中只是研究匀变速直线运动规律，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要让小 车的质量远大于钩码的质量，也不需要平衡摩擦力，故 CD 错误． (2)[2]每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为 T=5×0.02=0.1s；根 据逐差法可知，物体的加速度为 3mgR 3mgR 代入数据解得 14.某同学设计了如图所示的电路，用来测量电源电动势 E、内阻 r 以及定值电阻 Rx 的阻 值．实验器材有： 待测电源 待测电阻 Rx（约几欧姆） 电流表 A（量程为 0.6A，内阻忽略不计） 电阻箱 R0（0－99.99Ω） 单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2 导线若干 （1）先测电阻 Rx 的阻值：闭合 S1，将 S2 切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 R1 和对应的电 流表示数 I；再将 S2 切换到 b，调节电阻箱，使电流表示数仍为 I，读出此时电阻箱的示数 R2．则待测电阻 Rx 的表达式为 Rx=____． （2）再测电源电动势 E 和内阻 r：闭合 S1，将 S2 切换到 a．调节电阻箱阻值为 6.00Ω，读得 电流表示数为 0.42A；再次调节电阻箱的阻值为9.00Ω，读得电流表示数为 0.30A．则电源电 动势 E=__V，内阻电阻 r=___Ω．（结果保留两位有效数字） （3）若实际电流表的内阻不能忽略，则电阻 Rx 的测量值___真实值，电动势的测量值___真实 值，内阻的测量值___真实值．（填“大于”、“小于”、“等于”）． （4）如图电流表接 0.6A 量程，其读数是___A． 【答案】 (1). (2). 3.2 (3). 1.5 (4). 等于 (5). 等于 (6). 6 5 4 3 2 1 2 ( ) ( ) 9 s s s s s sa T + + - + += 20.80m/sa = 1 2R R− 大于 (7). 0.16 或者 0.17 【解析】 【详解】(1)[1]两种情况下电路电流相等，则电路电阻相等，即 待测电阻阻值 (2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势 由题意可知 解得 (3)[4]考虑电流表内阻，测电阻阻值时电路总电阻不变，电流表内阻对电阻测量值没有影响， 电阻测量值等于真实值； [5][6]测电源电动势与内阻时 电源电动势测量值等于真实值，电源内阻测量值为 电源内阻测量值大于真实值； [7]电流表接 0～0.6A 量程，电流表的读数为 0.16A，由于误差存在，也可为 0.17A. 三.解答题 15.如图所示，在倾角为 θ＝30°的斜面上，固定两间距 L＝0.5 m 的平行金属导轨，在导轨 上端接入电源和滑动变阻器 R，电源电动势 E＝10 V，内阻 r＝2 Ω，一质量 m＝100 g 的金属 棒 ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度 B＝1 T、垂直于斜面向上的匀强磁 场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取 g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上 静止，求： 1 2 XR R R= + 1 2XR R R= − 0E I r R= +（ ） 0.42 6.00 0.30 9.00E r E r= + = +（ ）， （ ） 3.2V 1.5E r= = Ω， 0 AE I r R R= + +（ ） Ar R+ (1)金属棒所受到的安培力大小； (2)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值． 【答案】(1)0.5 N　(2)8 Ω 【解析】 【详解】(1)作出金属棒的受力图，如图： 则有 F＝mgsin θ 解得 F＝0.5 N (2)根据安培力公式 F＝BIL 得 I＝ ＝1 A 设滑动变阻器接入电路的阻值为 R′，根据闭合电路欧姆定律 E＝I(R′＋r) 得 R′＝ －r＝8 Ω． 16.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示,滑板长 L=4m，起点 A 到终点线 B 的 距离 s=10m．开始滑板静止，右端与 A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水 平恒力 F 使滑板前进．板右端到达 B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数 μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量 m1=2kg，滑板质量 m2=1kg，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： （1）滑板由 A 滑到 B 的最短时间； （2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力 F 的取值范围． F BL E I 【答案】（1）t=1s；（2）30N≤F≤38N 【解析】 【详解】(1)滑板一直加速，所用时间最短．地面无摩擦力，滑板水平方向受力只有滑块对其 滑动摩擦力．设滑板加速度为 a2 解得 对滑板由位移公式得 解得 (2)刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等 解得 当滑板运动到 B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设滑块加速度为 a1 由位移关系得 解得： F2=38N 则水平恒力大小范围是 30N≤F≤38N 17.如图所示，光滑水平面上有一长木板，长木板的上表面也是水平光滑的，右端用细绳拴在 1 2 2µm g m a= 2 2 10m/sa = 2 2 2 a ts = 1st = 1 1 1 2F m g m aµ− = 1 30NF = 12 1 1µm g m aF =− 2 2 1 2 2 2 a t a t L− = 墙上，左端上部固定一轻质弹簧．质量为 m=1kg 的铁球以某一初速度 v0(未知)在木板的上表 面上向左匀速运动．铁球与弹簧刚接触时绳子绷紧，小球的速度仍与初速度相同，弹簧被压 缩后，铁球的速度逐渐减小，当速度减小到初速度的一半时，弹簧的弹性势能为 3J，此时细 绳恰好被拉断(不考虑这一过程中的能量损失)，此后木板开始向左运动． （1）铁球开始运动时的初速度是多少？ （2）若木板的质量 M 为 1kg，木板开始运动后弹簧的弹性势能最大是多少？ （3）为使木板获得的动能最大，木板的质量应为多大？ 【答案】（1）2 m/s；（2）3.5J；（3）M= m 【解析】 【详解】(1)球与弹簧组成的系统能量守恒，由能量守恒定律得： 解得： =2 m/s (2)球与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： m v0＝(m+M)v 由能量守恒定律得： E+ m( v0)2＝ (m+M)v2+Em 解得，弹簧的最大弹性势能： Em＝ =3.5J (3)对球与木板组成 系统，动量守恒：的 2 1 4 2 2 0 0 1 1 1 2 2 2E mv m v = −    0 8 3 Ev m = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 3 3( ) M m EM m + + m v0＝Mv1 能量守恒： E+ m( v0)2＝ Mv12 解得木板质量： m=4M 即 18.如图所示，在竖直边界线 O1O2 左侧空间存在一竖直向下的 匀强电场，电场强度 E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB，其倾角为 30°，A 点距水平面的高度为 h＝ 4 m．BC 段为一粗糙绝缘 平面，其长度为 L＝ m．斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光 滑小圆弧 连接(图中未标出)，竖直边界线 O1O2 右侧区域固定一半径为 R＝0.5 m 的 半圆形光滑 绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D 两点紧 贴竖直边界线 O1O2，位于电场区 域的外部(忽略电场对 O1O2 右侧空间的影 响)．现将一个质量为 m＝1 kg、电荷量为 q＝0.1 C 的带正电的小球(可视 为质点)在 A 点由静止释放，且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩 擦因数均为 μ＝ (g 取 10 m/s2) 求： (1)小球到达 C 点时的速度大小； (2)小球落地点距离 C 点的水平距离． 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)以小球为研究对象，由 A 点至 C 点的运动过程中，根据动能定理可得： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4M m= 3 3 5 2 10m/s 2m 2130 030 2 C hmg Eq h mg Eq cos mg Eq L mvsin µ µ+ − + °⋅ − + = −°( ) ( ) ( ) 代入数据解得： (2)以小球为研究对象，在由 C 点至 D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得： 解得 小球做类平抛运动的加速大小为 a，根据牛顿第二定律可得： mg+qE=ma 则得： 应用类平抛运动的规律列式可得： x=vDt， 2R= at2 联立得： 2 10m/sCv = 2 21 1 22 2C Dmv mv mg R= + ⋅ 2 2( )4 2 10 4 10 0.5m/s 2 5m/sD Cv v gR= − = − × × = 2 20.1 10010 m/s 20m/s1 qEa g m ×= + = + = 1 2 4 45 0.52 m 2m20D Rx v a ×= = × =