山东省青岛二中分校2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

山东省青岛二中分校2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

- 1 - 青岛二中分校 2020—2021 学年度第一学期期中考试高三物理 试题 命题人：关鹏 审核人：邓凌 考试时间：90 分钟 满分：100 分 第Ⅰ卷（共 40 分） 一、单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项 符合题目要求。） 1. 如图所示，小明同学在引体向上测试中，先静止悬挂在单杠上，然后用力将身体向上拉起， 下列判断正确的是（ ） A. 静止悬挂在单杠上时，小明处于失重状态 B. 静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，手臂的拉力减小 C. 将身体向上拉起时，单杠对人不做功 D. 将身体向上拉起时，单杠对人做正功 【答案】C 【解析】 【详解】A．静止悬挂在单杠上时，小明的加速度为零，故不是失重状态，A 错误； B．设两臂拉力为 T，与竖直线的夹角为α，则 2Tcos α =mg 则当静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，则α增大，手臂的拉力 T 增大，B 错误； CD．将身体向上拉起时，单杠对人的作用力没有位移，故不做功，C 正确，D 错误； 故选 C。 2. 我校体育馆建设已经接近尾声，建好后将为同学们的健身提供了一个新的场所。如图为建 筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度−时间图像，下列判断正确的是（ ） - 2 - A. 前 10s 钢索最容易发生断裂 B. 全程的平均速度是 0.5m/s C. 30s∼36s 钢索拉力的功率不变 D. 0∼10s 的平均速度等于 30s∼36s 的平均速度 【答案】AD 【解析】 【详解】A．前 10s，加速度方向向上，拉力大于重力，10~30s 内做匀速直线运动，拉力等于 重力，30~36s 内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前 10s 钢索最容易发生断裂，故 A 正确； B．全程的平均速度为  1 20 36 1 72 m/s m/s36 9 xv t       故 B 错误； C．30s∼36s 内，物体作匀减速运动，钢索拉力不变，而运动速度减小，根据 P=Fv，可知拉 力的功率在减小，故 C 错误； D．根据匀变速直线运动的推论 0 2 v vv  ，可知 0∼10s 的平均速度等于 30s∼36s 的平均速 度，故 D 正确。 故选 AD。 3. 甲乙两辆汽车在平直公路上的同一地点，同时出发，分别向相反方向做如图所示的运动， 则下列关于汽车运动的描述正确的是（ ） A. 60s 末，两车相距最远 B. 80s 末，两车相距最近 C. 70s 末，甲乙两车的加速度大小相等、方向相反 D. 前 80s，乙车平均速度是甲车平均速度的四倍 - 3 - 【答案】C 【解析】 【详解】AB．两车向相反的方向运动，图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，由图可 知 80s 末，两车相距最远，故 AB 错误； C．图象的斜率表示加速度，70s 末甲乙两车的斜率大小相等，符号相反，即加速度大小相等， 方向相反，故 C 正确； D．平均速度等于总位移除以总时间，前 80s，甲的位移 x 甲＝ 1 2 ×80×4＝160m 乙的位移 x 乙＝ 1 2 ×80×(−8)＝−320m 时间相等，所以乙车平均速度是甲车平均速度的 2 倍，故 D 错误； 故选 C。 4. 北斗问天，国之夙愿。2020 年 7 月 31 日，我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，标 志着北斗三步走”发展战略圆满完成，北斗迈进全球服务新时代。北斗三号具备导航定位和 通信数传两大功能，可提供定位导航授时、全球短报文通信、区域短报文通信、国际搜救、 星基增强、地基增强、精密单点定位共 7 类服务，是功能强大的全球卫星导航系统。全球范 围定位精度优于 10 米、测速精度优于 0.2 米/秒、授时精度优于 20 纳秒、服务可用性优于 99%， 亚太地区性能更优。其中 2019 年 4 月 20 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运较火 箭，成功发射第 44 颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕。北斗系统主要 由离地面高度约为 5.6 R（ R 为地球半径）同步轨道卫星和离地面高度约为 3 R 的中圆轨道卫 星组成，设表面重力加速度为 g，忽略地球自转。则（ ） A. 这两种卫星线速度都大于第一宇宙速度 B. 中圆轨道卫星的运行周期小于 24 小时 C. 中圆轨道卫星的向心加速度约为 9 g D. 根据可知，若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速 【答案】B 【解析】 【详解】A．对于圆轨道，越高越慢，都比近地卫星慢，这两种卫星线速度都小于第一宇宙速 - 4 - 度，A 错误； B．对于圆轨道卫星，越低越快，中圆轨道比同步轨道低，中圆轨道卫星比同步卫星快，周期 比同步卫星小，B 正确； C．由万有引力定律  23 MmG ma R R   2 Mmmg G R  解得 16 ga  ，C 错误； D．若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气两次，两次都加速，都做离心运动，两 次变轨，才能到同步轨道，D 错误。 故选 B。 5. 如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿 轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点 P，则下列说法中正确的是（ ） A. 轨道对小球做正功，轨道对小球的压力 FP＞FQ B. 轨道对小球不做功，小球的向心加速度 aP＞aQ C. 轨道对小球做正功，小球的线速度 vP＜vQ D. 轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ 【答案】D 【解析】 【详解】CD．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅 有重力做功，小球机械能守恒。则 P 点的速度小于 Q 点速度，且 P 点的半径大于 Q 点的半径。 所以小球通过 P 点的角速度小于通过 Q 点的，故 C 错误，D 正确； AB．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做 功，小球机械能守恒。则 P 点的速度小于 Q 点速度，且 P 点的半径大于 Q 点的半径。所以小 - 5 - 球在 P 点的向心加速度小于 Q 点的，则小球在 P 点的向心力小于 Q 点的，而向心力是由重力 与轨道对它的支持力提供，因此小球在 P 点的支持力小于 Q 点的，即小球对轨道的压力 P 点 小于 Q 点的，故 AB 错误。 故选 D。 6. 如图，同一平面内的 a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为 a、 c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点。一电荷量为 q（q＞0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电 势能减小 W1；若该粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2。下列说法正确的是（ ）。 A. 此匀强电场的场强方向一定与 a、b 两点连线平行 B. 若该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为 1 2 2 W W C. 若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为 1W qL D. 若 W1=W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差 【答案】BD 【解析】 【分析】 匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据 WU q  比较电势差，电场 力做功等于电势能的减小量。 【详解】A．一电荷量为 q（q＞0）的粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，可知 b 点的 电势低于 a 点的电势，但无法判断 ab 连线方向是否是电势降落最快的方向，即 ab 连线不一 定沿着电场线，故 A 错误； B．粒子从 a 点移动到 b 点，其电势能减小 W1，有 1( )a bq W   同理，粒子从 c 点移动到 d 点，其电势能减小 W2，有 - 6 - 2( )c dq W   在匀强电场中，由于 M 点是 ac 的中点，N 点是 bd 的中点，故有 2 a c M    ， 2 b d N    该粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功为 1 21 1( ) ( ) [( ) ( )]2 2 2M N a c b d a b c d W WW q q q                     故 B 正确； C．若 c、d 之间的距离为 L，但 cd 不一定平行电场线，故无法根据题中条件求出该电场的场 强，故 C 错误； D．若 W1=W2，由上述分析可知 a b c d      即 a c b d      又因为 2 ac aM UU  ， 2 bd bN UU  故有 aM bNU U 故 D 正确。 故选 BD。 7. 如图，竖直平面内有一段圆弧 MN，小球从圆心 O 处水平抛出。若初速度为 va，将落在圆 弧上的 a 点；若初速度为 vb，将落在圆弧上的 b 点。已知 Oa、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、 β，不计空气阻力,则( ) A. a b v v = sin sin   B. a b v v = cos cos   C. a b v v = cos sin cos sin      D. - 7 - a b v v = sin cos sin cos     【答案】D 【解析】 【详解】小球水平抛出，其做平抛运动,由平抛运动规律求解。若落到 a 点，则有 a a ax v t sin a aR v t  21 2a ah gt 21cos 2 aR gt  得 sin2cosa gRv   若落到 b 点，则有 b b bx v t sin b bR v t  21 2b bh gt 21cos 2 bR gt  得 sin2cosb gRv   则 sin cos sin cos a b v v      故选 D。 8. 一横截面为直角三角形的木块按如图所示放置，质量均为 m 的 A、B 两物体用轻质弹簧相 连放在倾角为 30 的直角边上，物体 C 放在倾角为 60 的直角边上，B 与 C 之间用跨过定滑轮 - 8 - 轻质细线连接，A、C 的质量比为 3 4 ，整个装置处于静止状态，已知物体 A、B 与斜面间的 动摩擦因数相同（μ＜1）且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹力大小为 mg，C 与斜面间 无摩擦，则（ ） A. 物体 A、B 均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向 B. 物体 A 所受摩擦力大小为 1 2 mg，物体 B 不受摩擦力作用 C. 弹簧处于拉伸状态，A、B 两物体所受摩擦力大小均为 1 2 mg，方向均沿斜面向下 D. 剪断弹簧瞬间，物体 B 加速度为 2g 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．由题意知 C 的质量为 4 3 3 m ，沿斜面的重力分量为 2mg，对 AB 整体沿斜面 方向 2 sin30 2mg f mg   解得 f mg 因为μ＜1，所以 AB 均受静摩擦力，大小均为 1 2 mg ，方向均沿斜面向下，由于物体 A 受到的 摩擦力方向沿斜面向下，所以弹簧处于拉伸状态，故 AB 错误，C 正确； D．剪断弹簧瞬间 sin30 2T mg mg 弹簧 C 重力沿斜面向下的分力也为 2mg，此时 B 刚好能静止，故 D 错误。 故选 C。 二、多选题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题至少有两个选项符合 - 9 - 题目要求，全部选对得 4 分，漏选得 2 分，错选得 0 分。） 9. 真空中有两点电荷 q1、q2 分别位于直角三角形的顶点 C 和顶点 B 上，D 为斜边 AB 的中点， ∠ABC=30°，如图所示，已知 A 点电场强度的方向垂直 AB 向下，则下列说法正确的是（ ）。 A. q1 带负电，q2 带正电 B. D 点电势低于 A 点电势 C. q1 电荷量的绝对值等于 q2 电荷量的绝对值的一半 D. q1 电荷量的绝对值等于 q2 电荷量的绝对值的二倍 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据题述，A 点的电场强度垂直 AB 向下，由平行四边形法则可知，q1 带正电， q2 带负电，A 错误； B．由几何关系结合电势概念可知，正电荷 q1 在 AD 两点产生的电势相等，负电荷 q2 在 A 点 的负电势高于 D 点的负电势，由电势叠加可知 A 点的电势高于 D 点，B 正确； CD．根据题述，A 点的电场强度垂直 AB 向下，可得 sin 30°＝ 2 1 E E 1 1 2 1 qE k r  2 2 2 2 qE k r  又 r2＝2r1，联立解得 q2＝2q1 C 正确，D 错误。 故选 BC。 10. 一铁球悬挂在 OB 绳的下端，轻绳 OA、OB、OC 的结点为 O，轻绳 OA 悬挂在天花板上的 - 10 - A 点，轻绳 OC 栓接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点 O 位置不变，某人拉着轻质弹簧 测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图中的甲所示，弹簧测力计的示数记为 F1，第二 次，保持轻绳 OC 垂直于 OA，缓慢释放轻绳，使轻绳 OA 转动到竖直位置，如图中的乙所示， 弹簧测力计的示数为 F2，则： A. F1 先减小后增大 B. F1 先增大后减小 C. F2 逐渐减小 D. F2 逐渐增大 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．在图甲中，对 O 点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方 向都不变，OA 绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图所示 知 OA 绳上拉力 1F 先减小后增大，故 A 正确，B 错误； CD．在图乙中，假设 AO 与竖直方向的夹角为 ，如图所示 由平衡条件得 - 11 - 2 sinF G  使轻绳 OA 转动到竖直位置， 减小，则 2F 逐渐减小，故 C 正确，D 错误； 故选 AC。 11. 光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有 A、B、C 三点，如图甲 所示．一质量 m=1g 的带正电小物块由 A 点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经 过 B、C 两点（图中未画出），其运动过程的 v-t 图像如图乙所示，其中图线在 B 点位置时斜率 最大，根据图线可以确定( ) A. 中垂线上 B 点电场强度最大 B. 两点电荷是负电荷 C. B 点是连线中点，C 与 A 点必在连线两侧 D. BC ABU U 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据 v-t 图象的斜率表示加速度，知小物块在 B 点的加速度最大，所受的电场力 最大，所以中垂线上 B 点电场强度最大，A 正确； B．小物块从 B 到 C 动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B 错 误； C．中垂线上电场线分布不是均匀，B 点不在连线中点，C 错误； D．根据动能定理得 A→B 有： 2 2 21 1 1 1 4 0 8J2 2 2AB B AqU mv mv       ； B→C 有 2 2 2 21 1 1 11 7 1 4 12.5J2 2 2 2BC C BqU mv mv         ， - 12 - 对比可得 BC ABU U ，D 正确。 故选 AD。 12. 如图甲所示，长为 L 的长木板水平放置，可绕左端的转轴 O 转动，左端固定一原长为 2 L 的 弹簧，一质量为 m 的小滑块压缩弹簧到图甲中的 a 点（物体与弹簧不连接），Oa 间距离为 4 L 。 将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕 O 点逆时针转动 37°后固定，如图乙所示，仍将物体由 a 点静止释放，物体最多运动到离 O 点 3L/4 的 b 点。 已知弹簧的弹性势能 21 2PE k x  ，其中 k 为弹性系数，Δx 为弹簧的形变量。取 sin37°=0.6， cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ） A. 物体与木板间的动摩擦因数为 6 7 B. 物体在 a 点时，弹簧的弹性势能为 3mg L C. 长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 2 mgL D. 长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为 25 56 mgL 【答案】A 【解析】 【详解】A．由能量守恒定律 pmax 3 4E mg L  pmax 1 1cos37 sin372 2E mg L mgL     解得 6 7   ，A 正确； B．物体在 a 点时，弹簧的弹性势能为 pmax 3 6 3 9 4 7 4 14E mg L mg L mgL      B 错误； CD．弹力等于摩擦力时动能最大 - 13 - 1mg kx  解得 1 6 7 mgx k  由能量守恒定律 pmax p kmax 14 LE E E mg x        2 p 1 1 2E kx 解得 kmax 25 26E mgL ，CD 错误。 故选 A。 第Ⅱ卷 三、实验题（共 2 道题，共计 14 分） 13. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫 导轨，导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑 轮的细绳和一质量为 m 的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上 B 点有一光电门， 可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间 t，用 d 表示 A 点到光电门 B 处的距离，b 表示遮光 片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过 B 点时的瞬时速度，实验时滑块在 A 处由静止开始运动． (1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用 g 表示，滑块从 A 处到达 B 处时 m 和 M 组成的系 统动能增加量可表示为ΔEk＝_________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在 误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示) (2)在上述实验中，某同学改变 A、B 间的距离，作出的 v2－d 图象如图乙所示，并测得 M＝m， 则重力加速度 g＝________m/s2. - 14 - 【答案】 (1). 2 2 ( ) 2 M m b t  (2). ( )2 Mm gd (3). 9.6 【解析】 【详解】（1）滑块从 A 处到达 B 处的速度: bv t ＝ 则系统动能的增加量：     2 2 2 1 2 2k M m bE M m v t   ＝ 系统重力势能的减小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m− 2 M ）gd （2）根据系统机械能守恒的： 1 2 （M+m）v2＝（m− 2 M ）gd 则：  2 2m M gdv M m   ＝ 图线的斜率： 2 2.4 0.5 m Mk gM m   ＝ 解得：g=9.6m/s2 14. 某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为 θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化 的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从 x1 到 x2、从 x2 到 x3 的运动时间均为 T。 (1)根据图（b）可得，木块经过位置 x2 时的速度 v2=_____，a=_____； (2)现测得 T=0.1s，x1=4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，可求得木块与与木μ=_____；（sin37°=0.6， cos37°=0.8），重力加速度 g 取 10m/s2，结果保留 1 位有效数字） (3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线 _____。（选填图线序号①、②或③） 【答案】 (1). 3 1 2 x x T  (2). 3 2 1 2 2x x x T   (3). 0.5 (4). ① 【解析】 - 15 - 【详解】(1)[1][2]由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从 x1 到 x2、从 x2 到 x3 的运动时间均为 T，所以 3 1 2 2 x xv T  由匀变速直线运动的规律可知 2 3 2 2 1( ) ( )x x x x aT    解得 3 2 1 2 2x x xa T   (2)[3]由 2 2 23 2 1 2 2 2 (16 2 9 4) 10 m/s =2m/s0.1 x x xa T        由牛顿第二定律可知 sin37 cos37a g g   解得 0.5  (3) [4]由牛顿第二定律可知 sin cosa g g    当 增大，则加速度增大，由公式 21 2x at 可知，曲线①正确。 四、计算题（共 4 到题，共计 46 分） 15. 即将召开的 2022 年冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量 m=60kg 的运动员从长直助滑道末端 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a=2m/s2 匀加速滑下，到 达助滑道末端 B 时速度 20m/s，A 与 B 的竖直高度差 H=60m，为了改变运动员的运动方向， 在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。 助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h=7.5m，运动员在 BC 间运动时阻力做功 W=−1500J， 取 g=10m/s2.。 (1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小； - 16 - (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多 大？ 【答案】(1)240N；(2)10m 【解析】 【详解】(1) 运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速直线运动，设 AB 的长度为 x，AB 与水平 线的夹角为θ，则有 2 2Bv ax 由牛顿第二定律有 fsin  mg F ma 由几何关系得 sin  H x  联立以上三式，代入数据解得 Ff=240N (2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理得 2 21 1 2 2   C Bmgh W mv mv 设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 2 N   CvF mg m R 由题意和牛顿第三定律知 FN=6mg 联立以上三式，代入数据解得 R=10m 16. 2018 年 2 月，第 23 届冬奥会在韩国平昌举行，我国选手王冰玉和周妍参加了冰壶比赛。 - 17 - 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图（a）所示， 蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶 的 v-t 图象如图（b）所示。关于冰壶的运动，求： (1)蓝壶运动时加速度多大？ (2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？ (3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。 【答案】(1)0.3m/s2；(2)1.275m；(3)两壶碰撞为非弹性碰撞 【解析】 【详解】(1)由图示图象可知，碰前红壶的速度 v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为 v 红=0.3m/s，取 碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=mv 红+mv，解得：v=0.9m/s； 根据三角形相似法知 1.6-1.2 1=1.6 t 解得 t=4s，蓝壶运动时间为：4s-1s=3s 停下； 蓝壶的加速度大小为 2 20.9= =0.30.3 m/ s m/ sva t   (2)速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为 0.9 3 0.3 0.5m m 1.275m2 2S     (3)碰撞前两壶的总动能为 2 k1 0 1 0.722E mv m  碰撞后前两壶的总动能为 2 2 k 2 k1 1 1+ 0.452 2E mv mv m E 红 ＜ - 18 - 所以两壶碰撞为非弹性碰撞。 17. 如图所示，CDE 为光滑的轨道，其中 ED 是水平的，CD 是竖直平面内的半圆，与 ED 相 切于 D 点，且半径 R=0.5m，质量 m=0.1kg 的滑块 A 静止在水平轨道上，另一质量 M=0.5kg 的滑块 B 前端装有一轻质弹簧（A、B 均可视为质点）以速度 v0 向左运动并与滑块 A 发生弹性 正碰，若相碰后滑块 A 能过半圆最高点 C，取重力加速度 g=10m/s2，则： (1)B 滑块至少要以多大速度向前运动； (2)如果滑块 A 恰好能过 C 点，滑块 B 与滑块 A 相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少． 【答案】（1）3m/s；（2）0.375J 【解析】 【详解】（1）设滑块 A 过 C 点时速度为 vC，B 与 A 碰撞后，B 与 A 的速度分别为 v1、v2，B 碰撞前的速度为 v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 Cvmg m R  由机械能守恒定律得： 2 2 2 1 122 2 Cmv mg R mv  B 与 A 发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右左为正方向，由动量守恒定律 得： 0 1 2Mv Mv mv  由机械能守恒定律得： 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2Mv Mv mv  联立并代入数据解得： v0=3m/s； （ 2）由于 B 与 A 碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能 pE ，设共同速度为 v，A、B 碰 - 19 - 撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： 0Mv M m v （ ） 由机械能守恒定律得 2 2 0 1 1 2 2PMv E M m v  （ ） 联立并代入数据解得： 0.375pE  J 18. 如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上．一滑块处于长木板的左 端，与挡板的初始距离为 L =2.5 m．滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1 = 0.30、 μ2 = 0.40．开始时滑块以大小为 v0 = 8.0 m/s 的初速度开始滑动．已知滑块和长木板(连同挡板) 的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换．设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，取重力加速度大小 g =10 m/s2．求： (1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小； (2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离． 【答案】（1） 1v 7.0 /m s （2） 1.6x m  【解析】 （1）设滑块和长木板的质量都为 m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为 f1=μ1mg ① f2=μ2∙2mg ② 因为 f1< f2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止 对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式得 f1=ma1 ③ v12=v02-2a1L ④ 代入数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小 v1=7.0m/s ⑤ （2）滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为 0 和 v1，设碰后经过时间 t1，滑块挡板 达到相等的速度 v2，则对滑块，有 - 20 - 2 1 1v a t ⑥ 2 1 1 1 1 2x a t ⑦ 对木板，有 f1+ f2=ma2 ⑧ 2 1 2 1v v a t  ⑨ 2 2 1 1 2 1 1 2x v t a t  ⑩ 代入数据联立解得 t1=0.5s，v2=1.5m/s 此后，滑块和木板都做减速运动，木板减速更快，因此比滑块先停下，对木板，有 f1- f2=ma2′ ⑪2 2 2 20= 2v a x ⑫对滑块，由于加速度大小保持不变，因此减速至停下的时间还是 t1，减速过程的位移 x1′=x1 ⑬滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离 2 2 1 1( ) ( )x x x x x     ⑭代入数据联立解得∆x=1.6m ⑮点睛：本题关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公 式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．