陕西省西安市2021届新高考物理三月模拟试卷含解析

陕西省西安市2021届新高考物理三月模拟试卷含解析

陕西省西安市 2021 届新高考物理三月模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的 图象如图乙所示，则（ ） A． t=0.005s 时线框的磁通量变化率为零 B． t=0.01s 时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为 300V D．线框产生的交变电动势频率为 100Hz 【答案】 B 【解析】 【分析】 由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周 期。根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。 【详解】 A．由图乙知 t=0.005s 时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律 Δ Δ E n t 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故 A 错误。 B．由图乙可知 t=0.01 时刻， e=0，说明此时线圈正经过中性面，故 B 正确。 CD ．由图乙可知，该交变电流的周期为 T=0.02s ，电动势最大值为 Em=311V。 根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 m 2 2 311V 220V 2 2 E E 据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为 1 1 Hz 50Hz 0.02 f T 故 CD 错误。 故选 B。 【点睛】 本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识， 注意会由图像得出线圈从何处开始计时， 并掌握正 弦交流电的最大值与有效值的关系。 2．2018 年 7 月 29 日 09 时 48 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以 “一箭双星 ”方式 成功发射第 33、34 颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果 这两颗卫星与地心连线成 θ(弧度 )角，在轨运行的加速度大小均为 a，均沿顺时针做圆周运动。 已知地球的 半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置 所用的时间为 A． R g a a B． R g a a C． 2 R g a a D． 4 R g a a 【答案】 B 【解析】 【详解】 根据题意卫星运动的加速为 a，则 2 2 2( )GMm ma m r r T 在地球表面时 2 GMm mg R 则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置所用的时间为 2 t T 解得： R gt a a ，故 B 对； ACD 错 故选 B 3．如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为 8kgm 的猴子以初速度 1 0.5v m/s 沿竖直杆从杆底 部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度 2 1m/sv ，加速度 2 2 s2m/a 沿水平方向向左做 匀加速直线运动， 3st 末猴子到达杆的顶部。已知竖直杆的长度为 6mL ，重力加速度 210m/sg ， 将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ） A．猴子沿杆运动的加速度大小为 20.5m/s B．猴子相对地面做匀加速的曲线运动 C．猴子运动的轨迹方程 1 2 y x D．杆给猴子的作用力大小为 88N 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由 2 1 1 1 2 L v t a t 得 2 1 1m/sa ， 故 A 错误； B.根据分运动与合运动的关系： 1 2 1 2 v v = ， 1 2 1 2 a a ， 速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故 B 错误； C.猴子在竖直方向的分运动： 2 2 1 1 1 10.5 2 2 y v t a t t t ， 水平方向： 2 2 2 2 1 2 x v t a t t t ， 联立可得： 1 2 y x ， 故 C 正确； D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得： 1yF mg ma ， 得： 88yF N ， 水平方向： 2 16xF ma N ， 则杆对猴子的作用力： 2 2 88x yF F F N ， 故 D 错误。 故选： C。 4．如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连 接，已知小球所受重力为 G ，斜面与水平地面的夹角为 60°，轻杆与竖直墙壁的夹角也为 60°，则轻杆和 斜面受到球的作用力大小分别为（ ） A． G 和 G B． 1 2 G 和 3 2 G C． 3 2 G 和 1 2 G D． 3 G 和 2G 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 对小球受力分析如图，由几何关系，三力互成 120°角，据平衡条件有 NF F G 则轻杆和斜面受到球的作用力大小 NF F G 故选 A． 5．如图所示，一理想变压器原线圈匝数 1 500n 匝，副线圈匝数 2n 100 匝，原线圈中接一交变电源， 交变电电压 220 2 sin100 (V)u t 。副线圈中接一电动机，电阻为 11 ，电流表 2 示数为 1A。电表对电 路的影响忽略不计，则（ ） A．此交流电的频率为 100Hz B．电压表示数为 220 2V C．电流表 1 示数为 0.2A D．此电动机输出功率为 30W 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．由交流电的公式知频率 100 50Hz 2 f 故 A 错误； B．原线圈电压有效值为 220V ，故电压表的示数为 220V ，故 B 错误； C．根据电流与匝数成反比知，电流表 A 1 示数为 0.2A ，故 C 正确； D．根据电压与匝数成正比知副线圈电压为 44V P2=U 2I 2=44×1W=44W 电动机内阻消耗的功率为 △P=I 22R＝12×11W＝11W 此电动机输出功率为 P 出=P 2-△P=44-11=33W 故 D 错误； 故选 C。 6．一列简谐横波沿 x 轴负方向传播， 0t 时刻的波形图象如图所示， 此时刻开始介质中 1.0mx 的质点 P 经 0.25s第一次回到平衡位置。则下列说法中正确的是（ ） A． 0t 时刻质点 P 向 x 轴正方向运动 B．简谐横波的周期为 0.8s C．简谐横波传播的速度为 4m/s D．质点 P 经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为 1010sin (cm) 3 y t 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．简谐波沿 x 轴负方向传播，所以 0t 时刻质点 P 向 y 轴正方向运动，故 A 错误； B．简谐波沿 y 轴负方向传播，质点 P 第一次回到平衡位置时，即 6mx 处质点的振动传播到 P 点，所 需的时间 50.25 12 t s T ，解得 0.6sT 故 B 错误； C．从题图上读出波长为 12m ，所以波速 20m/sv T 故 C 错误； D．根据图象可知，此列波的振幅 10cmA ，简谐波沿 x 轴负方向传播， 0.6T s ，角速度 2 10 rad/s 3T 则质点 P 经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为 1010sin cm 3 y t 故 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，甲图表示 S1 和 S2 两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为 5cm，且图示范围内振 幅不变，波速和波长分别是 1m/s 和 0.5m，B 是 AC 连线的中点；乙图为一机械波源 S3 在同种均匀介质中 做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说 法中正确的是（ ） A．甲图中 AB 两点的竖直高差为 10cm B．甲图中 C 点正处于平衡位置且向水面下运动 C．从甲图所示时刻开始经 0.25s，B 点通过的路程为 20cm D．乙图所表示的是波的衍射现象 E.在 E 点观察到的频率比在 F 点观察到的频率高 【答案】 ACE 【解析】 【分析】 【详解】 A．甲图中 AB 都是振动加强点，其中 A 在波峰， B 在平衡位置，则 AB 两点的竖直高差为 2A=10cm ，选 项 A 正确； B．甲图中 C 点是振动加强点，正处于波谷位置，选项 B 错误； C．波的周期为 0.5 s=0.5s 1 T v 从甲图所示时刻开始经 0.25s=0.5T ，B 点通过的路程为 2×2A=20cm ，选项 C 正确； D．乙图所表示的是波的多普勒现象，选项 D 错误； E．在 E 点单位时间接受到的波面比 F 点多，则在 E 点观察到的频率比在 F 点观察到的频率高，选项 E 正确。 故选 ACE 。 8．如图所示，光滑水平面上放置一内壁光滑的半圆形凹槽，凹槽质量为 M ，半径为 R。在凹槽内壁左侧 上方 P 点处有一质量为 m 的小球（可视为质点） ，距离凹槽边缘的高度为 h 。现将小球无初速度释放，小 球从凹槽左侧沿切线方向进入内壁，并从凹槽右侧离开。下列说法正确的是（ ） A．小球离开凹槽后，上升的最大高度为 h B．小球离开凹槽时，凹槽的速度为零 C．小球离开凹槽后，不可能再落回凹槽 D．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为 2MR M m 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零， 初状态时系统在水平方向动量为零， 由动量 守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度相等都为零，球 离开槽后做竖直上抛运动，槽静止，小球会再落回凹槽，由能量守恒可知小球离开凹槽后上升的最大高度 为 h 。故 AB 正确， C 错误； D．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为 x ，由动量守恒 (2 )Mx m R x 解得 2mRx M m 故 D 错误。 故选 AB 。 9．如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率 均为 2Hz 。图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况， 实线为波峰， 虚线为波谷。 甲波的振幅为 5cm， 乙波的振幅为 10cm。质点 2、3、 5 共线且等距离。下列说法正确的是（ ） A．质点 1 的振动周期为 0.5s B．质点 2 的振幅为 5cm C．图示时刻质点 2、 4 的竖直高度差为 30cm D．图示时刻质点 3 正处于平衡位置且向上运动 E.从图示的时刻起经 0.25s，质点 5 能通过的路程为 30cm 【答案】 ACE 【解析】 【分析】 【详解】 A．质点 1 的振动周期为 1 0.5sT f ，选项 A 正确； B．质点 2 为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为 15cm ，选项 B 错误； C．质点 2、4 都是振动加强点，图示时刻质点 2 在波谷，位移为 -15cm ，质点 4 在波峰，位移为 +15cm， 则此时刻 2、4 的竖直高度差为 30cm ，选项 C 正确； D．图示时刻质点 3 正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运 动，选项 D 错误； E．质点 5 为振动加强点，从图示的时刻起经 0.25s=0.5T，质点 5 能通过的路程为 2(A 1+A 2)=30cm ，选项 E 正确。 故选 ACE 。 10．2019 年 6 月 25 日 02 时 09 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功发射第 46 颗北 斗导航卫星。北斗导航系统中包含多颗地球同步卫星，下列关于地球同步卫星的说法正确的是 A．所有同步卫星的轨道半径都相同 B．同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度 C．同步卫星相对地面静止，所以它处于平衡状态 D．同步卫星的向心加速度小于地球表面处的重力加速度 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A．所有地球同步卫星的周期相同，由 2 2 2 4MmG m r r T 可知，所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故 A 正确； B．由 2 2 Mm vG m r r 可知，轨道半径越大，线速度越小，故 B 错误； C．卫星虽然相对地面静止，但在做匀速圆周运动，不是平衡状态，故 C 错误； D．同步卫星的向心加速度 2 Ma G r 地球表面的重力加速度 2 Mg G R ， r R 所以 a g ，故 D 正确。 11．如图所示，有上下放置的两个宽度均为 0.5mL 的水平金属导轨，左端连接阻值均为 2 Ω的电阻 1r 、 2r ，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为 0.1mR 。整个装置 处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 2TB 。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的 长刚好为 L，质量 1kgm ，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度 0 2m/sv ，之后恰好水平 抛出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度 210m/sg ，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列说法 正确的是（ ） A．金属棒抛出时的速率为 1m/s B．整个过程中，流过电阻 1r 的电荷量为 1C C．最初金属棒距离水平导轨右端 1m D．整个过程中，电阻 2r 上产生的焦耳热为 1.5J 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．金属棒从半圆形金属轨道的顶点恰好水平抛出，则有 2vmg m R 1m/sv gR 选项 A 正确； BC．对导体棒在水平导轨上运动应用动量定理得 0BIL t mv mv 得 0BqL mv mv 解得回路中产生的电荷量为 1Cq 据 1 2 1 2 1CB Lxq r rR r r 总 解得导体棒向右移动的距离为 1mx 流过 1r 的电荷量 0.5C 2 qq 选项 B 错误， C 正确； D．根据能量守恒得回路中产生的总热量 2 2 0 1 1 2 2 Q mv mv 解得 1.5JQ 电阻 2r 上产生的热量 2 0.75J 2 QQ 选项 D 错误。 故选 AC 。 12．波源 O 在 t=0 时刻开始做简谐运动，形成沿 x 轴正向传播的简谐横波，当 t=3s 时波刚好传到 x=27m 处的质点，波形图如图所示，质点 P、Q 的横坐标分别为 4.5m、18m，下列说法正确的是（ ） A．质点 P 的起振方向沿 y 轴正方向 B．波速为 6m/s C． 0~3s 时间内， P 点运动的路程为 5cm D． t=3.6s 时刻开始的一段极短时间内， Q 点加速度变大 E.t=6s 时 P 点恰好位于波谷 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．根据波动与振动方向间的关系可知，波源 O 的起振方向与图中 x=27m 处质点的振动方向相同，沿 y 轴正方向，则质点 P 的起振方向也是沿 y 轴正方向，故 A 正确。 B．该波 3s内传播的距离为 27m，则波速 27 9m/s 3 xv t 选项 B 错误； C．波的周期 18 s=2s 9 T v 则 0~3s 时间内， P 点振动的时间为 4.5 13 2.5s=1 T 9 4 t 运动的路程为 5A=5cm ，选项 C 正确； D． t=3.6s 时刻质点 Q 振动的时间 ' 183.6 1.6s 9 t ，则此时质点 Q 正在从最低点向上振动，则在开始 的一段极短时间内， Q 点加速度变小，选项 D 错误； E． t=6s 时 P 点已经振动了 4.5 36 5.5s=2 T 9 4 s s ，此时 P 点恰好位于波谷，选项 E 正确。故选 ACE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．利用如图所示电路测量一量程为 300 mV 的电压表的内阻 Rv（约为 300Ω）。某同学的实验步骤如下： ①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器 R 的滑片 P 滑到 a 端，闭合电键 S2，并将电阻箱 R 0 的阻值调 到较大； ②闭合电键 S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度； ③保持电键 S1 闭合和滑动变阻器滑片 P 的位置不变，断开电键 S2，调整电阻箱 R0 的阻值大小，使电压表 的指针指到满刻度的三分之一； 读出此时电阻箱 R0=596Ω的阻值， 则电压表内电阻 RV =_____________ Ω。 实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值 999.9 Ω）、电池（电动势约 1.5V，内阻可忽略不计） 、 导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材： A 滑动变阻器：最大阻值 200Ω B 滑动变阻器：最大值阻 10Ω C 定值电阻：阻值约 20Ω D 定值电阻：阻值约 200 根据以上设计的实验方法，回答下列问题。 ①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器 R 应选用 ___________，定值电阻 R' 应选 用 ______________（填写可供选择实验器材前面的序号） 。 ②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量 值 R 测___________真实值 R V（填 “大于 ”、“小于 ”或 “等于 ”），这误差属于 ____________误差（填 ”偶然 ” 或者 ”系统 ”）且在其他条件不变的情况下，若 RV 越大，其测量值 R 测 的误差就越 ____________（填 “大” 或 “小 ”）。 【答案】 298 B C 大于 系统 小 【解析】 【详解】 [1] 由实验原理可知， 电压表的指针指到满刻度的三分之一， 因此电阻箱分得总电压的三分之二， 根据串联 电路规律可知， 0 V 298Ω 2 RR ，故电压表内阻为 298Ω。 ①[2][3] 该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器， 即选择 B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为 1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻 应选用 C。 ②[4] 从实验原理分析可知，当再断开开关 S2，调整电阻箱 R 0的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干 路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表 示数为一半。 [5] 而电阻箱 R 0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由 实验原理造成的，属于系统误差。 [6] 在其他条件不变的情况下，若 RV 越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值 R 测的误差 就越小。 14．甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、图乙、图丙所示的实验装置做实验。甲小组测小车匀变速 运动的加速度， 乙小组探究小车的加速度与合外力的关系， 丙小组探究小车的速度和合外力做的功的关系 总质量用 M 表示（图乙中 M 为小车与力传感器的总质量，图丙中 M 为小车和与小车固连的小滑轮的总 质量），钩码总质量用 m 表示，重力加速度为 g，试回答下列问题： （ 1）甲、乙、丙三组实验不需要平衡小车与长木板之间的摩擦力的是 ________（填 “甲 ”“乙”“丙 ”或 “都不 需要 ”）。 （ 2）甲、乙、丙三组实验需要满足 M m? 的是 ________（填 “甲 ”“乙”“丙”或 “都不需要 ”）。 （ 3）若三组同学分别用各自的实验装置做探究小车的加速度和合外力的关系实验，各组同学的操作均完 全正确，甲、乙、丙三组同学作出的 a-F 图线如图丁所示（乙组同学所用 F 为力传感器示数，丙组同学所 用 F 为弹簧测力计示数） ，则乙组实验对应的图线是 ________（填 “A”“B”或 “C”。） 【答案】甲 都不需要 B 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．甲小组测小车匀变速运动的加速度，不需要平衡摩擦力；乙和丙实验小组都需要平衡摩擦力； 故选甲； （ 2） [2] ．甲小组测小车匀变速运动的加速度，不需要满足 M ? m；乙和丙小组绳子的拉力可以由力传感 器和弹簧测力计直接得到，所以两组不需要满足 M ? m；即三个小组都不需要满足 M ? m； （ 3） [3] ．甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足 M ? m，随着 m 的增大，不满足 M ? m 时，图象出 现弯曲，所以甲组对应的是 C；根据装置可知，乙图中小车受到的拉力等于传感器的读数，丙图中受到的 拉力等于弹簧测力计读数的 2 倍，当 F 相等时，丙组的加速度大，所以乙组对应 B，丙组对应 A ； 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，波速为 6 m/s，t=0 时的波形如图。 P、Q 是介质中的两个质点，平 衡位置分别为 xP=9 m、xQ=11 m。求： （ i）质点 P 的振动表达式； （ ii） t=0.5 s 时质点 Q 偏离平衡位置的位移。 【答案】 (i) 1 sin( ) 10 y t (ii) -0.05m 【解析】 【详解】 (i) 由图可知波长 λ =12m，振幅 A=0.1m 周期 T v 简谐振动的表达式 2siny A t T 由题意可知 t=0 时 P 点从平衡位置向下振动，可得质点 P 的振动表达式为 1 sin( ) 10 y t (ⅱ)振动从质点 P 传到 Q 所需的时间 Q Px x t v 在 t=0.5s 时质点 Q 已经振动的时间 t t t 故 t=0.5s 质点 Q 偏离平衡位置的位移为 1 sin 10Qy t 解得 0.05mQy 16．如图所示，在竖直放置，内壁光滑，截面积不等的绝热气缸里，活塞 A 的截面积 SA =10cm 2，质量不 计的活塞 B 的截面积 SB=20cm 2，两活塞用轻细绳连接，在缸内气温 t1=227℃，压强 p 1=1.1 ×105Pa 时，两 活塞保持静止，此时两活塞离气缸接缝处距离都是 L=10cm ，大气压强 p 0=1.0 ×105Pa 保持不变，取 210 /g m s ，试求： ①A 活塞的质量； ②现改变缸内气温，当活塞 A 、B 间轻细绳拉力为零时，汽缸内气体的温度 t2； ③继续将缸内温度由 t 2 缓慢下降到 t3=-23 ℃过程中，计算 A 移动的距离． 【答案】① 1kg ② 00.3 C ③ 1.67cm 【解析】 ①对两活塞整体研究，根据平衡条件可得 1 0 0 1A A B A Bm g p S P S P S PS ， 解得 1Am kg ； ②气体温度下降时，气体压强不变，气体温度降低，气体体积减小两活塞一起向下运动，当两活塞都向下 移动 10cm 后气体体积 3 2 2 200AV S L cm ； 气体温度继续下降，活塞 B 不能移动，气体体积不变，气体做等容变化， 当 0 2A A AP S P S m g 时拉力为零； 解得 5 2 0.9 10P Pa ； 根据理想气体状态方程可得 1 1 2 2 1 2 PV PV T T 解得 2 272.7T K ，则 2 2 273 0.3t T ℃． ③从 2t 温度继续降低，压强 2P 不变， v 减小， A 向上运动， 当 3 2273 250T t K ， 2 31 1 1 3 PVPV T T ，解得 3 3 183.3V cm ； 活塞 A 向上退回的距离为 2 3 1.67 A V VL cm S ； 【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后 应用理想气体状态方程列式求解即可． 17．如图所示， 质量为 6kgM 的长木板放在光滑水平地面上， 在长木板的最右端和距右端 4m 的 P 点处 各放一物块 B 和 A（均可视为质点） ，物块 A的质量为 1 2kgm ，物块 B 的质量为 2 1kgm ，长木板 P 点 左侧足够长，长木板上表面 P 点右侧光滑， P 点左侧（包括 P 点）粗糙物块 A与长木板间的动摩擦因数 0.5 ，现用一水平向右的恒力 F 作用于长木板上，使长木板由静止开始运动，设物块 A与木板间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力， 210m/sg ，求： (1)当长木板由静止开始运动时，若要物块 A 与长木板保持相对静止，拉力 F 满足的条件； (2)若拉力 36NF ，在物块 A B、 相碰时撤去拉力 F ，物块 A 与 B 发生弹性碰撞， 碰撞之后物块 A 的速度 1v 和物块 B 的速度 2v 。 【答案】 (1) 40F N ； (2) 1 2m/sv ， 2 8m/sv 【解析】 【详解】 (1)当 A 与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时将要发生相对滑动，设此时物块 A 的加速度为 0a ，以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律 1 1 0m g m a 因为 B 与长木板间没有摩擦力，以长木板和物块 A 整体为研究对象，根据牛顿第二定律，当 A 与长木板 间将要发生相对滑动时 0 1 0F M m a 联立解得 0 40NF 所以若要物块 A与长木板保持相对静止，拉力 40F N (2)当拉力 36F N 时小于 40N ，开始时物块 B 保持静止，物块 A 与长木板一起加速 根据动能定理 2 1 0 1 2 Fx M m v 解得 0 6m/sv 物块 A B、 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 1 0 1 1 2 2m v m v m v 根据机械能守恒定律 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v 两式联立解得 1 2m/sv 2 8m/sv