辽宁省大连二十高2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

辽宁省大连二十高2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年辽宁省大连二十高高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题6分，其中6-8为多选题，选不全得3分）‎ ‎1．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（　　）‎ A．向心加速度大小之比为4：1 B．角速度大小之比为2：1‎ C．周期之比为1：8 D．轨道半径之比为1：2‎ ‎2．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 ‎3．如图所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为（　　）‎ A．2：1 B．2： C．1：2 D．：3‎ ‎4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　）‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑固定斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则（　　）‎ A．hA=hB=hC B．hA=hB＜hC C．hA=hB＞hC D．hA=hC＞hB ‎6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小 ‎7．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（　　）‎ A．电源内阻为1Ω B．电动机的内阻为4Ω C．电动机正常工作电压为1V D．电源效率约为93.3%‎ ‎8．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L．一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0．经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（　　）‎ A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 ‎　‎ 二、填空题（共15分，每空2分，电路图3分）‎ ‎9．某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．‎ ‎（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力．该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列　　的点，说明小车在做　　运动．‎ ‎（2）设纸带上计数点的间距为s1和s2．如图丙为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s1=3.10cm，s2=5.50cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=　　m/s2．‎ ‎10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω） 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ） 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S 导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎　‎ 三、计算题（23题12分，24题15分，25题20分）‎ ‎11．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上．物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求：‎ ‎（1）A物体获得的最大速度；‎ ‎（2）弹簧压缩到最短时B的速度．‎ ‎12．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm．（g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）求：‎ ‎（1）细绳受到的拉力的最大值；‎ ‎（2）D点到水平线AB的高度h；‎ ‎（3）弹簧所获得的最大弹性势能Ep．‎ ‎13．如图所示，质量M=0.2kg的长木板静止于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1．一质量m=0.1kg、带电荷量q=+2×10﹣3C的滑块（可看作质点）在t=0时刻以v0=5m/s的初速度滑上长木板的同时加上一个水平向右的匀强电场，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4，所加电场的电场强度E=100N/C，取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最终滑块没有从长木板上滑下，求；‎ ‎（1）长木板的最小长度；‎ ‎（2）滑块从滑上长木板到静止经历的时间；‎ ‎（3）整个过程中产生的热量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连二十高高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题6分，其中6-8为多选题，选不全得3分）‎ ‎1．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（　　）‎ A．向心加速度大小之比为4：1 B．角速度大小之比为2：1‎ C．周期之比为1：8 D．轨道半径之比为1：2‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度的变化．‎ ‎【解答】解：根据得，v=，动能减小为原来的，则线速度减为原来的，则轨道半径变为原来的4倍．则轨道半径之比为1：4．‎ 根据解得，，T=，则向心加速度变为原来的，角速度变为原来的，周期变为原来的8倍．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．‎ ‎【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；‎ A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；‎ B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；‎ C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；‎ D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为（　　）‎ A．2：1 B．2： C．1：2 D．：3‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据绳子上的拉力的特点可知绳子对A的拉力与对B的拉力大小相等，然后分别对A和B进行受力分析，结合共点力的平衡即可求出两个小球的质量关系．‎ ‎【解答】解：对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力T和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，‎ 则N和T相等，有：2Tsin60°=mAg，‎ 解得T=，‎ 再隔离对B分析，根据共点力平衡有：Tcos60°=mBg，‎ 则，‎ 可知： =，‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　）‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；‎ B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；‎ C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；‎ D、t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑固定斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则（　　）‎ A．hA=hB=hC B．hA=hB＜hC C．hA=hB＞hC D．hA=hC＞hB ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】三个球的机械能均守恒，根据球到达最高点时的速度关系和机械能守恒定律分析对比，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：对于A球，该球竖直上抛运动，根据机械能守恒定律可得：‎ mghA=mv02；‎ B球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，到达最高点时的速度为v0cosθ 根据机械能守恒定律得： =mghB+‎ 对于C球：机械能守恒定律可得：‎ mghC=mv02；‎ 则有：hA=hC＞hB； ‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带正电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．‎ B、根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．‎ CD、在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，看与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A错误．‎ ‎ B、根据左手定则知，带电粒子在P1P2区域所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B正确．‎ ‎ C、根据得，，知r越大，荷质比越小．故C错误，D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，电源电动势E=3V，小灯泡L标有“2V、0.4W”，开关S接l，当变阻器调到R=4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（　　）‎ A．电源内阻为1Ω B．电动机的内阻为4Ω C．电动机正常工作电压为1V D．电源效率约为93.3%‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可 ‎【解答】解：小灯泡的额定电流为I=‎ 电阻为RL=‎ A、当接1时 E=I（RL+R+r）‎ 代入数据解得r=1Ω，故A正确；‎ B、当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A 电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V 故电动机分的电压为U动=E﹣UL﹣U=3﹣2﹣0.2V=0.8V 故电阻R＜，故BC错误；‎ D、电源的效率η=‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L．一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0．经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（　　）‎ A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】解答本题应分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；‎ 根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．‎ 根据安培力表达式FA=，分析线框克服安培力做功的关系．‎ ‎【解答】解：A、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+=ma，a=g+，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确．‎ B、下降过程中，线框做加速运动，则有mg﹣=ma′，a′=g﹣，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；‎ C、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；‎ D、在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（共15分，每空2分，电路图3分）‎ ‎9．某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．‎ ‎（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力．该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列　点迹均匀　的点，说明小车在做　匀速　运动．‎ ‎（2）设纸带上计数点的间距为s1和s2．如图丙为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s1=3.10cm，s2=5.50cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=　2.40　m/s2．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）平衡摩擦力时，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，‎ ‎（2）根据图象可知，S2=5.50cm，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，则T=0.1s，加速度的大小a=‎ 故答案为：（1）点迹均匀　匀速　　（2）2.40‎ ‎　‎ ‎10．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　4.700　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为　220　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω） 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ） 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S 导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎（3）欧姆表读数时要注意乘以倍率；‎ ‎（4）根据提供的电源选择电压表；根据电路中的电流选择电流表；根据实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，主尺读数是5.0cm=50mm；游标读数是0.05×3=0.15mm；总读数是：50mm+0.15mm=50.15mm ‎（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200m=4.700mm；‎ ‎（3）欧姆表读数：22×10=220Ω ‎（4）电源的电动势是4V，所以要选择量程是3V的电压表V1；‎ 电路中的电流约为：．所以要选择量程是10mA的电流表A2．‎ 题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R 1．‎ 由于，所以采用电流表外接法．电路图如图：‎ 故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）如图 ‎　‎ 三、计算题（23题12分，24题15分，25题20分）‎ ‎11．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上．物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求：‎ ‎（1）A物体获得的最大速度；‎ ‎（2）弹簧压缩到最短时B的速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功的计算．‎ ‎【分析】（1）子弹刚射入物块A时，A具有最大速度v，此过程中子弹与A的动量守恒，根据动量守恒定律即可求解最大速度；‎ ‎（2）以子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，弹簧被压缩到最短，则弹性势能最大，根据动量守恒可正确解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意可知，B的质量为4m，A的质量为3m，子弹的质量为m，子弹刚射入物块A时，A具有最大速度v，此过程中子弹与A的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mv0=（m+3m）v 解得：v=‎ ‎（2）对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹簧被压缩到最短．‎ 设B的质量为m，‎ 根据动量守恒定律可得：‎ mv0=（m+mA+mB）v 由此解得：v=‎ 答：（1）A物体获得的最大速度为；‎ ‎（2）弹簧压缩到最短时B的速度为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L=9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm．（g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）求：‎ ‎（1）细绳受到的拉力的最大值；‎ ‎（2）D点到水平线AB的高度h；‎ ‎（3）弹簧所获得的最大弹性势能Ep．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律求出小球在D点的速度，再根据竖直方向上的合力提供向心力，运用牛顿第二定律求出绳子的最大拉力．‎ ‎（2）球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，知绳子断裂后，做平抛运动，由平抛运动的规律求h．‎ ‎（3）根据速度的合成求出A点的速度，根据系统机械能守恒求出弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）小球由C到D，由机械能守恒定律得：mgL=m ‎ 解得：v1=…①‎ 在D点，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m…②‎ 由①②解得：F=30 N 由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为 30 N．‎ ‎（2）由D到A，小球做平抛运动，则得 vy2=2gh…③‎ 由 tan53°=…④‎ 联立解得h=0.16m ‎（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即：‎ Ep=mg（L+h+xsin 53°）‎ 代入数据得：Ep=2.9 J．‎ 答：（1）细绳受到的拉力的最大值为30 N．　‎ ‎（2）D点到水平线AB的高度h为0.16m．　‎ ‎（3）弹簧所获得的最大弹性势能Ep为2.9 J ‎　‎ ‎13．如图所示，质量M=0.2kg的长木板静止于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1．一质量m=0.1kg、带电荷量q=+2×10﹣3C的滑块（可看作质点）在t=0时刻以v0=5m/s的初速度滑上长木板的同时加上一个水平向右的匀强电场，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4，所加电场的电场强度E=100N/C，取g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，最终滑块没有从长木板上滑下，求；‎ ‎（1）长木板的最小长度；‎ ‎（2）滑块从滑上长木板到静止经历的时间；‎ ‎（3）整个过程中产生的热量．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿运动定律的综合应用；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，求出速度相等时经过的时间，根据位移关系求解相对位移即可；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出二者减速运动的加速度，根据速度时间关系求解二者减速运动的时间，进而求出滑块从滑上长木板到静止经历的时间；‎ ‎（3）根据能量关系可得产生的总热量．‎ ‎【解答】解：（1）滑块滑动过程中的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得：‎ μ2mg﹣qE=ma1，‎ 解得：a1=2m/s2，‎ 木板的加速度为a2，则：μ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma2，‎ 解得：a2=0.5m/s2，‎ 当二者速度相同时经过的时间为t1，则：‎ v0﹣a1t1=a2t1，‎ 解得：t1=2s；‎ 共同的速度为：v=a2t1=0.5×2m/s=1m/s；‎ 所以木板的长度至少为：L==；‎ ‎（2）以后二者共同运动的加速度为a3，根据牛顿第二定律可得：‎ μ1（m+M）g﹣qE=（m+M）a3，‎ 解得：a3=，‎ 二者减速运动的时间为t2，则：‎ t2=，‎ 所以滑块从滑上长木板到静止经历的时间t=t1+t2=5s；‎ ‎（3）物块减速的位移为：x=，‎ 根据能量关系可得，整个过程中产生的热为Q=+qE（）‎ 即：Q==2.75 J．‎ 答：（1）长木板的最小长度为5m；‎ ‎（2）滑块从滑上长木板到静止经历的时间为5s；‎ ‎（3）整个过程中产生的热量为2.75J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月31日