四川省成都市第七中学2018-2019学年高一下学期期末考试物理试题

四川省成都市第七中学2018-2019学年高一下学期期末考试物理试题

www.ks5u.com 成都七中 2018~2019 学年度（下期）期末考试 高 2021 届物理试卷 第Ⅰ卷 选择题（48 分）‎ 一、单选题（共 8 个小题，每题选对得 3 分，有错或不选得 0 分，满分共 24 分）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 动量大小相同的两个小球，其动能也一定相同 B. 做曲线运动的物体，其加速度一定是变化的 C. 物体做平抛运动时，相同时间内的动量的变化量不可能相同 D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 动量与动能的大小关系为 ‎ ‎ 可知动量大小相同的两个小球，其动能不一定相同，还要看质量关系，故A项与题意不符；‎ B. 在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，加速度不变，故B项与题意不相符；‎ C. 物体做平抛运动时受到的力绳子等于质量，所以相同时间内的动量的变化量一定相同，故C项与题意不相符；‎ D. 物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，故D项与题意相符。‎ ‎2.一辆汽车在平直公路上运动，受到的阻力恒定为f，运动的最大速度为vm．下列说法正确的是（　　）‎ A. 汽车以恒定额定功率行驶时，牵引力F与速度v成正比 B. 在汽车匀加速运动过程中，当发动机的实际功率等于额定功率时，速度就达到vm C. 汽车运动的最大速度vm与额定功率Pm满足Pm＝fvm D. 当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率一定等于额定功率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽车以恒定额定功率行驶时，由P=Fv可知牵引力与速度成反比，故A项与题意不相符；‎ B. 汽车匀加速运动时，阻力恒定，根据牛顿第二定律可知牵引力恒定，由P=Fv，知发动机的实际功率不断增大，当发动机的实际功率等于额定功率时，开始做加速度逐渐减小的加速运动，功率不变，速度变大，故B项与题意不相符；‎ C. 当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f，当速度达到最大时，Pm满足Pm=Fvm=fvm，故C项与题意相符；‎ D. 当汽车以恒定速度行驶时，如果速度没有达到最大速度，发动机的实际功率将小于额定功率，故D项与题意不相符。‎ ‎3.如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将 A. 停止运动 B. 向左运动 C. 向右运动 D. 运动方向不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将两个大小均为F的恒力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止； A. 停止运动，与结论相符，选项A正确；‎ B. 向左运动，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 向右运动，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 运动方向不能确定，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎4.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则（　　）‎ A. 受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B. 受到的合力大小为F＝‎ C. 若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑 D. 若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A项与题意不相符；‎ B. 运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以，故B项与题意相符；‎ C. 若运动员加速，由向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C项与题意不相符；‎ D. 若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D项与题意不相符。‎ ‎5.质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时，其（　　）‎ A. 周期为4π B. 速度为 C. 动能为G0R D. 所受万有引力为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在地球表面上时，由重力等于万有引力，有 ‎ ‎ 卫星在距地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运动时，其轨道半径为2R，根据万有引力提供向心力有：‎ ‎ ‎ 联立可得：‎ A. 卫星的周期 故A项与题意相符；‎ B. 卫星的速度 故B项与题意不相符；‎ C. 卫星的动能 ‎ ‎ 故C项与题意不相符；‎ D. 所受万有引力为 ‎ ‎ 故D项与题意不相符。‎ ‎6.一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度vx图象和水流的速度vy图象如图甲、乙所示，则下列说法中正确的是 A. 快艇的运动轨迹为直线 B. 快艇应该从上游60m处出发 C. 最短时间为10s D. 快艇的船头方向应该斜向上游 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A错误；‎ BCD.船速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度为：a=0.5m/s2 由d=at2得：‎ t=20s；‎ 在沿河岸方向上的位移为：‎ x=v2t=3×20m=60m，‎ 故B正确，CD错误。‎ ‎7.如图所示，有一直角三角形粗糙斜面体ABC，已知AB边长为h，BC边长为2h，当地重力加速度为g。第一次将BC边固定在水平地面上，小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑；第二次将AB边固定于水平地面上，让该小物体从顶端C静止开始下滑，那么（　　）‎ A. 小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等 B. 无法比较小物体这两次从顶端滑到底端的过程中，小滑块克服摩擦力做功的大小 C. 第二次小物体滑到底端A点时的速度大小2‎ D. 第二次小物体滑到底端A点时的速度大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据做功公式知，第一次滑到底端过程中克服摩擦力做功为：‎ W1＝μmgcos∠C•h，‎ 第二次滑到底端的过程中克服摩擦力做功为：‎ W2＝μmgcos∠A•h，‎ 因为∠C＜∠A，所以W1＞W2，故AB错误；‎ CD．因为第一次小物体在斜面上匀速下滑，所以有 mgsin∠C=μmgcos∠C 解得 ‎；‎ 第二次下滑过程中，根据动能定理得：‎ mg•2h−μmgcos∠A•h＝mv2，‎ 且有 cos∠A＝，‎ 解得第二次小物块滑到底端的速度为 故C错误，D正确。‎ ‎8.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是（　　）‎ A. 当时，小球能到达B点 B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C. 当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D. 如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：‎ mv0=（m+M）v1‎ 由机械能守恒定律得：‎ mv02=（m+M）v12+mgR ‎ 联立解得：‎ 所以当时，小球不能到达B点，故A错误；‎ B.小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误；‎ C.小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确； D.若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在B点，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 根据牛顿第三定律可知，小球返回B点时对滑块的压力为，故D错误。‎ ‎9.如图所示，a、b是两个在同一平面内的，绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其中已知b为地球同步卫星，引力常量为G．据图和上述信息，关于地球和卫星a、b的分析或结论，如：卫星a、b的绕行速度va、vb，绕行周期Ta、Tb等。下列的叙述正确的是（　　）‎ A. 由于va＞vb，因而卫星a减速可有可能让卫星b追上 B. 卫星a的绕行周期Ta一定小于24h C. 卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合 D. 利用以上信息，可计算出地球的半径 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.卫星a减速时，a将做近心运动，轨道半径减小，不可能让卫星b追上。故A错误。‎ B.根据万有引力提供向心力，得：‎ 解得：‎ ‎，‎ 可知，卫星a的绕行周期Ta一定小于卫星b的绕行周期Tb，即一定小于24h，故B正确。‎ C.地球同步卫星的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，a、b是两个在同一平面内的，b为地球同步卫星，则卫星a、b的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，故C正确。‎ D.利用题目的信息，不能求出地球的半径，故D错误。‎ ‎10.如图所示，人在岸上匀速的、拉着质量不计的绳子使船靠岸，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当船沿水面行驶x米的位移时，轻绳与水平面的夹角为θ，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（　　）‎ A. 人拉绳的速度大小是 B. 船行驶x米位移的过程，人的拉力做功为Fxcosθ C. 船行驶x米位移时，人的拉力的瞬时功率为Fvcosθ D. 此时船的加速度为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图1所示根据平行四边形定则有，v人=vcosθ，故A项与题意不相符；‎ B. 如图2可知，当船前进距离为x时，人走的距离：x′=x1-x2≠x，所以人做的功W≠Fxcosθ．故B项与题意不相符；‎ C. 船行驶x米位移时v人=vcosθ，人的拉力的瞬时功率为：P=Fv人=Fvcosθ，故C项与题意相符；‎ D. 对小船受力分析，如图所示，则有 Fcosθ-f=ma 因此船的加速度大小为 ‎ ‎ 故D项与题意相符。‎ ‎11.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2．由图中数据可得（　　）‎ A. 从地面至h＝4m，物体重力做功80J B. 从地面至h＝4m，物体克服空气阻力做功20J C. 物体的质量为2kg D. h＝0时，物体的速率为20m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从地面至h=4m，物体重力势能增加了80J，则物体重力做功-80J，故A项与题意不相符；‎ B. 从地面至h=4m，物体的机械能减少20J，根据功能关系知，物体克服空气阻力做功20J．故B项与题意相符；‎ C. 由图知，h=4m时Ep=80J，由Ep=mgh得m=2kg，故C项与题意相符；‎ D. h=0时，Ep=0，E总=100J，则物体的动能为 Ek=E总-Ep=100J 由 得：‎ ‎ ‎ 故D项与题意不相符。‎ ‎12.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则（　　）‎ A. 在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B. 子弹射入物块B的初速度v0=100‎ C. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度 D. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误。‎ B.物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 得 ‎ B从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得 子弹射入物块B的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ ‎0.01mv0=（0.01m+0.99m）v2‎ 联立解得 ‎ ‎，‎ 故B正确。‎ C.若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A固定时的上摆初速度。故C错误。‎ D.若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，设A的速率为vA，B的水平速率为vB．根据水平动量守恒有  ‎ ‎（0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）vA．‎ 得 ‎，‎ 故D正确。‎ ‎13.如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点正上方的A球水平飞出，速度大小为，g为重力加速度大小，为使B球在运动一周的时间内与A球相遇，从B球运动到切点时开始计时，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 相遇时，一定发生在t=时刻 B. A球做平抛运动的位移一定为2R C. B球做匀圆运动的速率一定为 D. B球做匀圆运动的周期一定为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知相遇时间即为A球平抛运动的时间，A球的平抛时间为，故A正确；‎ B．A球做平抛运动的水平位移大小 A球做平抛运动的位移为 故B正确；‎ CD．A球的落点在圆周上，从上向下看有两种可能，如图所示：‎ ‎， 从几何知识知A球水平位移与直径夹角为30°，若在C点相遇，B球转过角度为，则B的速度大小为 ‎，‎ B球做匀速圆周运动的周期为 ‎，‎ 若在D点相遇，B球转过角度为，则B球的速度大小为 ‎，‎ B球做匀速圆周运动的周期为 ‎，‎ 故CD错误。‎ ‎14.如图，A、B质量分别为m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小车C上，小车质量为m3＝1kg，A、B与小车的动摩擦因数均为0.5，事先三者均静止在光滑的水平面上。某时刻A、B间炸药爆炸（时间极短）使A、B获得图示左右方向的瞬时速度和12J的总机械能。假设A、B最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，g＝10m/s2．现从炸药爆炸结束开始计时，则（　　）‎ A. t＝0时，A、B的速度大小分别是4m/s、2m/s B. t＝0.4s时，B与平板小车C先相对静止 C. t＝0.8s时，A与平板小车C相对静止 D. t＝0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量Q＝10J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向左为正方向，有：‎ A、B的机械能总量为12J，故：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ v1=4m/s，v2=2m/s 故A项与题意相符；‎ BC. 爆炸后AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4‎ ‎，该过程中ABC组成的系统动量守恒，设该过程的时间为t3，对A应用动量定理 ‎-μm1gt3=m1v3-m1v1‎ 对B应用动量定理 ‎-μm2gt3=m2v4-m2v2‎ 对C应用动量定理 ‎(μm2g-μm1g)t3=m3v4‎ 代人数据得 v3=3m/s；v4=-1m/s；t3=0.2s 之后，A在C是滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒 ‎0=(m1+m2+m3)v 解得：‎ v=0‎ 设A滑动的总时间为t，则 ‎-μm1gt=0-m1v1‎ 解得：‎ t=0.8s 故B项与题意不相符，C项与题意相符；‎ D. t=0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量 Q=E=12J 故D项与题意不相符。‎ 二、解答题（共2小题，满分16分）‎ ‎15.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．‎ ‎①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．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量 C．速度变化量与高度变化量 ‎②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、 ‎ 导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____.‎ A．交流电源 B．刻度尺 C．天平(含砝码)‎ ‎③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、.已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为.设重物的质量为.从打点到打点的过程中，重物的重力势能变化量________，动能变化量_______.‎ ‎④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______.‎ A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). mghB (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎（1）打点计时器需接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选：AB；‎ ‎（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量，B点的瞬时速度，则动能的增加量；‎ ‎（3）利用AB方法计算，则默认机械能守恒，应该两者应该没有误差，AB错误；由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，C正确；题中信息为“大多数同学”，则说明已经多次实验了，故D错误．‎ ‎16.如图所示为研究平抛运动的实验装置：‎ ‎(1)现把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，然后切断电磁铁C的电源，使一只小铁球从轨道A射出，并在射出时碰到碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小铁球，两铁球同时落到地面。这个实验________________‎ A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律 B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律 C．不能说明上述AB规律中的任何一条 D．能同时说明上述AB两条规律 ‎(2)若把该装置进行改装，可以验证动量守恒定律，改装后的装置如图。实验原理和简要步骤如下：‎ A．用天平测出直径相同的入射小球与被碰小球的质量m1、m2相比较，应是m1大于m2‎ B．在地面上依次铺白纸和复写纸。‎ C．调整斜槽，使斜槽末端平直部分水平，并用重锤确定小球抛出点（斜槽末端口）在地面上的竖直投影点O。‎ D．不放被碰球m2，先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。‎ E．把被碰球m2放在斜槽末端口上，让入射球m1从倾斜轨道上S位置静止滑下，与球正碰后，记下落点，重复多次，确定出入射球m1和被碰球m2的平均落地点位置M和N．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。‎ 请按要求完成：‎ ‎①在步骤A中有“m1大于m2”的要求，其原因是为了防止________________，在步骤B中有“斜槽末端平直部分水平“的要求，其原因是为了__________________‎ ‎②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________（用实验测量的量m1、m2、OM、•ON和•OP表示）‎ ‎【答案】 (1). B (2). 两球相碰后反弹 (3). 保证小球做平抛运动 (4). m1 ·OM＋m2 ·ON=m1 ·OP (5). m1 ·OM 2＋m2 ·ON2=m1 ·OP2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动的规律相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。‎ A．只能说明平抛运动的水平方向做匀速直线运动的规律，与分析不符，故A项错误；‎ B．只能说明平抛运动的竖直方向做自由落体运动的规律，与分析相符，故B项正确；‎ C．不能说明上述AB规律中的任何一条，与分析不符，故C项错误；‎ D．能同时说明上述AB两条规律，与分析不符，故D项错误。‎ ‎(2)①[2].入射球质量应大于被碰球质量，即：m1＞m2‎ ‎，是为了防止两球碰撞后入射球反弹，保证小球碰后速度方向不变。 [3].斜槽的末端必须水平，是为了使小球抛出时速度方向水平，从而做平抛运动；‎ ‎②[4].碰撞过程动量守恒，则 m1v0=m1v1+m2v2，‎ 两边同时乘以时间t得：‎ m1v0•t=m1v1•t+m2v2•t，‎ 则 m1•OP=m1•OM+m2•ON ‎[5].若碰撞为弹性碰撞，则 ‎，‎ 两边同时乘以时间的平方得 则得：‎ m1•OP2＝m1•OM2+m2•ON2．‎ 四、计算题，本题共4个小题，满分46分（8+10+12+16=46分）‎ ‎17.宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一小球，通过传感器得到如图所示的运动轨迹，图中O为抛出点。若该星球半径为4000km，引力常量G=6.67×10﹣11N•m2•kg﹣2．试求：‎ ‎(1)该行星表面处的重力加速度的大小g行；‎ ‎(2)该行星的第一宇宙速度的大小v；‎ ‎(3)该行星的质量M的大小（保留1位有效数字）。‎ ‎【答案】(1)4m/s2(2)4km/s(3)1×1024kg ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由平抛运动的分位移公式，有：‎ x=v0t y=g行t2‎ 联立解得：‎ t=1s g行=4m/s2；‎ ‎(2)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，在星球表面重力与万有引力相等，据万有引力提供向心力有：‎ 可得第一宇宙速度为：‎ ‎(3)据 可得：‎ ‎18.如图所示，在倾角为30°光滑固定斜面体上，一劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m=4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，试问：‎ ‎(1)刚释放物体B时和物体A沿斜面向上运动获得最大速度时，弹簧的形变量x1和x2分别是多大？‎ ‎(2)物体A的最大速度大小？‎ ‎(3)从开始释放物体B到物体A获得最大速度的过程中，物体B 所受合外力的冲量大小和方向？‎ ‎【答案】(1)0.1m，0.1m(2)1m/s(3)4，方向为竖直向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)刚释放物体 B 时，弹簧被压缩，形变量x1，由胡克定律，得：‎ kx1-mgsin30°=0‎ 代入数据可得：‎ x1=0.1m 物体A沿斜面向上运动获得最大速度时：‎ mg=kx2+mgsin 30°‎ 弹簧的伸长量为：‎ x2=0.1m ‎(2)由开始运动到达到最大速度过程，弹性势能不变，由能量守恒定律，得：‎ 解得：‎ vm=1m/s ‎(3)由动量定理：物体 B 所受的冲量大小 IB=mBvm=4N•s，‎ 方向竖直向下。‎ ‎19.如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：‎ ‎(1)撤去F的瞬间，物块和板的加速度；‎ ‎(2)拉力F作用的时间；‎ ‎(3)整个过程因摩擦产生热量。‎ ‎【答案】(1)1 m/s2，方向向左， 2.5 m/s2，方向向左(2)4s(3)72J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a1、a2，由牛顿第二定律得： 对物块：‎ μ1mg=ma1‎ 对木板：‎ μ2（M+m）g-μ1mg =Ma2‎ 解得：‎ a1=1 m/s2，方向向左 a2=2.5 m/s2，方向向左 ‎(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：‎ F-μ2（M+m）g=（M+m）a0‎ 解得：‎ a0=1 m/s2。‎ 设撤去力 F 时二者的速度为 v，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：‎ 木板的位移：‎ 又：‎ x1-x2=L 联立方程，代入数据得：‎ v=4m/s 设力F作用的时间为t，则：‎ v=a0t 所以：‎ ‎(3)在拉力F的作用下木板的位移：‎ x0=a0t2=×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：‎ x2=3.2m 根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：‎ Q=μ2（M+m）g（x2+x0）+μ1mg（x1-x2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J ‎20.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求：‎ ‎(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep ‎(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E ‎(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。‎ ‎【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：‎ ‎0=m1v1-m2v2‎ 解得 ‎ v1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为：‎ 解得 Ep=19.5J ‎(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：‎ ‎-μm2gx=0-m2v22‎ 解得 ‎ x=3m＜L=4m 则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。‎ 设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。‎ 根据动量定理得：‎ μm2gt=m2v0-（-m2v2）‎ 解得：‎ t=3s 该过程皮带运动的距离为：‎ x带=v0t=4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：‎ E=μm2gx带 解得：‎ E=675J ‎(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得：‎ 由平抛运动的规律有：‎ x=vCt1 ‎ 联立整理得 根据数学知识知当 ‎4R=10-4R 即R =1.25m时，水平位移最大为 x=5m ‎ ‎