江西师大附中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

江西师大附中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年江西师大附中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每题4分，1-8题为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．若阿伏伽德罗常数已知，用单分子油膜法测出油酸分子（视为球形）的直径后，则可求出下列哪个物理量（　　）‎ A．油滴的质量B．油滴的密度 C．油酸的摩尔体积D．油酸的摩尔质量 ‎2．物体以60J的初动能，从A点出发作竖直上抛运动，在它上升到某一高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体在落回到A点的动能为：（空气阻力大小恒定）（　　）‎ A．50JB．40JC．30JD．20J ‎3．关于分子间的作用力，说法正确的是（　　）‎ A．若分子间的距离增大，则分子间的引力增大，斥力减小 B．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大 C．若分子间的距离减小，则分子间引力和斥力的合力将增大 D．若分子间的距离增大，则分子间引力和斥力的合力将减小 ‎4．在竖直平面内，一根光滑金属轨道弯成如图所示形状，相应的曲线方程为（单位：m）．有一质量m=‎0.5kg的小球从x=0处以v0=‎5m/s的初速度沿轨道向下运动．那么小球（　　）（g=‎10m/s2）‎ A．小球做匀变速曲线运动 B．最远运动到x=m处 C．将在x=0与x=m之间做往返运动 D．运动到x=m时，金属杆对小环的作用力等于15N ‎5．一直角轻杆两边等长．两端分别固定质量为m1的小球A和质量为m2的小球B，质量关系为，轻杆能绕水平转轴O在竖直面内转动，现使OB水平，如图所示，两小球从静止开始运动，经过一段时间轻杆转过θ角．不计转轴摩擦和空气阻力，两小球可视为质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．θ角最大可达到150°B．当θ=90°时，两小球速度最大 C．当θ=30°时，两小球速度最大D．当θ=60°时，两小球速度最大 ‎6．如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA=，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为（　　）（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．2mgB．3mgC． mgD． mg ‎7．如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车停在不光滑的水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，地面对小车的静摩擦力最大值是（　　）‎ A．B．C．mgD．‎ ‎8．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（　　）‎ A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0‎ ‎9．如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ．一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．mv0=（m+M）vB．mv0cosθ=（m+M）v C．mgh=m（v0sinθ）2D．mgh+（m+M）v2=mv02‎ ‎10．甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=‎10kg•m/s，p乙=‎14kg•m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为‎20kg•m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（　　）‎ A．3：10B．1：10C．1：4D．1：6‎ ‎11．如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=‎0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek﹣h图象（如图2），其中高度从‎0.2m上升到‎0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g=‎10m/s2，由图象可知（　　）‎ A．小滑块的质量为‎0.2kg B．弹簧最大弹性势能为0.5J C．滑块上升过程中机械能守恒 D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J ‎12．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度υ0撞击弹簧，最终以速度υ弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（　　）‎ A．小车被弹回时速度υ一定小于υ0‎ B．直杆在槽内移动的距离等于 C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共18分）‎ ‎13．在“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎①某同学用图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为连续的四个点，交流电的频率为50Hz，测出点A、C间的距离为‎14.77cm，点C、E间的距离为‎16.33cm，已知当地重力加速度为‎9.8m/s2，重锤的质量为m=‎1.0kg，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小Ff=　　．‎ ‎②某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的原因可能是　　（填序号）．‎ A．重锤下落时受到的阻力过大 B．在计算中误将g取‎10m/s2‎ C．重锤的质量测量错误 D．交流电源的频率不等于50HZ．‎ ‎14．某同学用如图1所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系．图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．‎ a．该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为O点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O之间的距离，并计算出它们与O点之间的速度平方差△V2（△V2=V 2﹣V 02），填入表：‎ 点迹 s/cm ‎△v2/m2s2‎ O ‎/‎ ‎/‎ ‎1‎ ‎1.60‎ ‎0.04‎ ‎2‎ ‎3.60‎ ‎0.09‎ ‎3‎ ‎6.00‎ ‎0.15‎ ‎4‎ ‎7.00‎ ‎0.18‎ ‎5‎ ‎9.20‎ ‎0.23‎ 若测出小车质量为‎0.2kg，结合如图2的图象可求得小车所受合外力的大小为　　N b．若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是　　，实验操作中改进的措施是　　．‎ ‎15．如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．‎ 接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎①上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有　　．‎ A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r ‎②当所测物理量满足表达式　　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．‎ ‎③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　（用所测物理量的字母表示）．‎ ‎16．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能EP与两分子间距离x的变化关系如图所示，设分子间在移动过程中所具有的总能量为0．则（　　）‎ A．乙分子在P点时加速度最大 B．乙分子在Q点时分子势能最小 C．乙分子在Q点时处于平衡状态 D．乙分子在P点时分子动能最大 ‎　‎ 三、计算题（共5小题，总分44分）‎ ‎17．如图所示，薄壁光滑导热良好的气缸放在光滑水平面上，当环境温度为‎10℃‎时，用横截面积为1.0×10﹣‎2m2‎的活塞封闭体积为2.0×l0﹣‎3m3‎的理想气体，活塞另一端固定在墙上．外界大气压强为1.0×105Pa．‎ ‎（1）当环境温度为‎37℃‎时，气缸自由移动了多少距离？‎ ‎（2）如果环境温度保持在‎37℃‎，对气缸作用水平力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？‎ ‎18．如图所示，光滑固定斜面倾角θ=30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M=‎3kg的物体B相连，初始时B静止，A物体质量m=‎1kg，在斜面上距B物体S1=‎10cm处由静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后AB经t=0.2s下滑S2=‎5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取‎10m/s2，求：‎ ‎（1）从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量 ‎（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小．‎ ‎19．如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各有质量均为‎1Kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，此时A、B处于静止状态，OA=‎3m，OB=‎4m．若用水平拉力F向右缓缓地拉A使之移动‎1m，则 ‎（1）该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F做功多少？‎ ‎（2）若用20N的恒力拉A球也移动‎1m，此时A的速度达到‎2m/s，则此过程中产生的内能为多少？‎ ‎20．如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R的固定的光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆周E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m．某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离．车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为μ，重力加速度为g，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）若人推车的力是水平方向且大小为，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动？‎ ‎（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？‎ ‎（3）若车面的长度为，小车质量M=km，则k的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面？‎ ‎21．如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=‎8.3m，质量为M=‎1kg的木块随传送带一起以v1=‎2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=‎20g的子弹以=‎300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=‎50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取‎10m/s2．求：‎ ‎（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？‎ ‎（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？‎ ‎（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西师大附中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每题4分，1-8题为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．若阿伏伽德罗常数已知，用单分子油膜法测出油酸分子（视为球形）的直径后，则可求出下列哪个物理量（　　）‎ A．油滴的质量B．油滴的密度 C．油酸的摩尔体积D．油酸的摩尔质量 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】油酸分子（视为球形）的直径测出后，可以计算出其体积；由于液体分子间距可以忽略不计，故可以求解液体的摩尔体积．‎ ‎【解答】解：油酸分子（视为球形）的直径测出后，根据V0=可以计算出油酸分子体积；‎ 根据V=NAV0可以计算出油酸的摩尔体积；‎ 由于不知道密度，故无法求解油酸的摩尔质量，更不能求解油酸的质量；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．物体以60J的初动能，从A点出发作竖直上抛运动，在它上升到某一高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体在落回到A点的动能为：（空气阻力大小恒定）（　　）‎ A．50JB．40JC．30JD．20J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】解决本题需要掌握：合外力做功对应着物体动能的变化，除重力之外的力做功对应着机械能的变化；物体落回原地过程中只有阻力做功，因此只要求出物体上升到最高点过程中克服阻力做的功，整个过程阻力所做功就明确了，根据动能定理即可解出结果．‎ ‎【解答】解：由题可知上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，所以根据功能关系有：WG+Wf=△Ek ①‎ 阻力做功对应着机械能的变化，固有：Wf=△E ②‎ 将△EK=30J，△E=10J，带入①②可得，WG=﹣20J，Wf=﹣10J 由于上升过程中重力、阻力大小都恒定，而且是直线运动，因此重力和阻力做功关系为：WG=2Wf ③‎ 物体上升到最高点时由功能关系可得：WG总+Wf总=﹣Ek ④‎ 联立③④解得上升过程中阻力做功：Wf总=﹣20J 当物体落回原地时由动能定理得：2Wf总=Ek1﹣Ek 带入数据得：Ek1=20J，落回原地时动能为20J，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．关于分子间的作用力，说法正确的是（　　）‎ A．若分子间的距离增大，则分子间的引力增大，斥力减小 B．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大 C．若分子间的距离减小，则分子间引力和斥力的合力将增大 D．若分子间的距离增大，则分子间引力和斥力的合力将减小 ‎【考点】分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】画出分子间的引力、斥力及合力随分子间距离变化而变化的图象，结合图象即可得知各选项的正误．‎ ‎【解答】解：分子间的引力、斥力和合力随分子间距离增大的变化图，如图所示．‎ A、若分子间的距离增大，如图所示，则分子间的引力减小，斥力也减小，选项A错误 B、若分子间的距离减小，如图所示，则分子间的引力和斥力均增大，选项B正确 C、若分子间的距离从大于r0的适当位置减小，如图所示，则分子间引力和斥力的合力将减小，选项C错误 D、若分子间的距离从r0的位置增大，如图所示，则开始一段距离内分子间引力和斥力的合力将增大，选项D错误 故选：B ‎　‎ ‎4．在竖直平面内，一根光滑金属轨道弯成如图所示形状，相应的曲线方程为（单位：m）．有一质量m=‎0.5kg的小球从x=0处以v0=‎5m/s的初速度沿轨道向下运动．那么小球（　　）（g=‎10m/s2）‎ A．小球做匀变速曲线运动 B．最远运动到x=m处 C．将在x=0与x=m之间做往返运动 D．运动到x=m时，金属杆对小环的作用力等于15N ‎【考点】功能关系；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】明确小环运动到最远的含义是末速度等于0时，根据动能定理可求出此过程发生的位移h，然后根据h=y1﹣y2求出y，代入曲线方程即可求出x．‎ ‎【解答】解：A、由于小球受到支持力在不断变化，故小球加速度在变化，故A错误；‎ B、由机械能守恒定律可知：mg△h=得到△h=‎1.25m，即最高点时纵坐标y=0，由数学知识可知x=，B正确；‎ C、根据能量守恒可知，小球返回时，能够到达等高的地方，所以将越过x=0的位置，C错误；‎ D、当小球运动到x=m时（最低点），由机械能守恒定律可知，其中△h'=‎1.25m，代入数据可知：，由于在最低点时，并非圆周运动，所以不能用（R=2.5）计算，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．一直角轻杆两边等长．两端分别固定质量为m1的小球A和质量为m2的小球B，质量关系为，轻杆能绕水平转轴O在竖直面内转动，现使OB水平，如图所示，两小球从静止开始运动，经过一段时间轻杆转过θ角．不计转轴摩擦和空气阻力，两小球可视为质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．θ角最大可达到150°B．当θ=90°时，两小球速度最大 C．当θ=30°时，两小球速度最大D．当θ=60°时，两小球速度最大 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】两个小球组成的系统中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，根据守恒定律列方程分析．‎ ‎【解答】解：系统机械能守恒，减小的重力势能等于增加的动能，有 m2gLsinθ﹣m1gL（1﹣cosθ）=‎ 解得 v=‎ 故当θ=60°时，速度有最大值；当θ=120°时，速度又减为零；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA=，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为（　　）（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ A．2mgB．3mgC． mgD． mg ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】当小球到O点的距离等于l时，细绳绷紧，绷紧后瞬间，因受线的拉力作用，其沿绳子方向的分速度突变为零，垂直于细绳的分速度没有变化；从绷紧点到C点过程运用动能定理列式求出最低点速度，再根据牛顿第二定律列式求解拉力．‎ ‎【解答】解：设小球到达B点时细绳刚好绷紧．则OB与水平方向的夹角的余弦为 cosα=‎ 小球自由下落的高度为 h=l，到达B点的速度 v1=‎ 细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为 v2=v1cosα 从B到最低点，由动能定理得：mgl（1﹣sinα）=﹣mv22‎ 在最低点有，T﹣mg=m 联立以上各式解得 T=mg 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车停在不光滑的水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，地面对小车的静摩擦力最大值是（　　）‎ A．B．C．mgD．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】因为小球只有重力做功故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；‎ 对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值．‎ ‎【解答】解：设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v．‎ 根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有： mv2=mgRcosθ N﹣mgcosθ=m 解得小球对小车的压力为：N=3mgcosθ 其水平分量为Nx=3mgcosθsinθ=mgsin2θ 根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=mgsin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax=mg；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（　　）‎ A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】水平地面光滑，系统水平方向动力守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，‎ 根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．‎ 第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析答题．‎ ‎【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；‎ B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣mv′=0，m﹣m=0，解得，小车的位移：x=R，故B错误；‎ C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；‎ D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0﹣h0）﹣Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0‎ ‎，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于： h0﹣h0=h0，而小于h0，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ．一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．mv0=（m+M）vB．mv0cosθ=（m+M）v C．mgh=m（v0sinθ）2D．mgh+（m+M）v2=mv02‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，小物块与楔形物体作用时水平方向动量守恒，根据动量守恒和机械能守恒列式即可求解．‎ ‎【解答】解：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，‎ 系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，‎ 在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv0cosθ=（m+M）v，故A错误，B正确；‎ C、系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mgh+（m+M）v2=mv02；故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=‎10kg•m/s，p乙=‎14kg•m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为‎20kg•m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（　　）‎ A．3：10B．1：10C．1：4D．1：6‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律列方程，然后求出两球的质量之比．‎ ‎【解答】解：动量P=mv，球的速度v=，甲球速度大于乙球速度，‎ 则有＞，得到＜=，‎ 根据动量守恒得，p甲+p乙=p甲′+p乙′，‎ 代入解得p甲′=‎2kg•m/s．‎ 据碰撞过程总动能不增加得到：‎ ‎+≥+，‎ 代入解得：＜‎ 碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，‎ 则≤，代入解得≥，‎ 所≤≤，‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图1所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=‎0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek﹣h图象（如图2），其中高度从‎0.2m上升到‎0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，取g=‎10m/s2，由图象可知（　　）‎ A．小滑块的质量为‎0.2kg B．弹簧最大弹性势能为0.5J C．滑块上升过程中机械能守恒 D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】根据Ek﹣h图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从‎0.2m上升到‎0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解．‎ ‎【解答】解：A．在从‎0.2m上升到‎0.35m范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为：k===2N=mg，则 m=‎0.2kg，故A正确；‎ B．根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mg△h=0.2×10×（0.35﹣0.1）=0.5J，故B正确；‎ C．滑块未脱离弹簧前，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块脱离弹簧后，滑块的机械能守恒，故C错误；‎ D．由图可知，当h=‎‎0.18m 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin=E﹣Ekm=Epm+mgh﹣Ekm=0.5+0.2×10×0.1﹣0.32=0.38J，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎12．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度υ0撞击弹簧，最终以速度υ弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（　　）‎ A．小车被弹回时速度υ一定小于υ0‎ B．直杆在槽内移动的距离等于 C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 ‎【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】小车把弹簧压缩到x=时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹．‎ ‎【解答】解：A、小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A错误；‎ B、整个过程应用动能定理：fs=△EK，直杆在槽内移动的距离s=，B正确；‎ C、直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；‎ D、当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共18分）‎ ‎13．在“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎①某同学用图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，A、B、C、D、E为连续的四个点，交流电的频率为50Hz，测出点A、C间的距离为‎14.77cm，点C、E间的距离为‎16.33cm，已知当地重力加速度为‎9.8m/s2，重锤的质量为m=‎1.0kg，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小Ff=　0.05N　．‎ ‎②某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的原因可能是　D　（填序号）．‎ A．重锤下落时受到的阻力过大 B．在计算中误将g取‎10m/s2‎ C．重锤的质量测量错误 D．交流电源的频率不等于50HZ．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ 该实验的误差主要来源于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在．‎ ‎【解答】解：①物体下落的加速度a==═‎9.75m/s2，‎ 根据牛顿第二定律可以得到mg﹣f=ma，所以f=mg﹣ma=m（g﹣a）=1×（9.8﹣9.75）N=0.05N，‎ ‎②实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，说明测量的物体的速度偏大或者是物体的重力势能偏小，‎ A、重锤下落时受到的阻力过大，会使物体的速度减小，不会使物体的动能变大，所以A错误；‎ B、在计算中误将g取‎10m/s2，则物体的重力势能会变大，不会是物体的动能偏大，所以B错误；‎ C、由mgh=mv2可知，重锤的质量与实验的数据无关，所以重锤的质量测量错误 不会影响实验的数据，所以C错误；‎ D、交流电源的频率不等于50HZ．此时点之间的时间间隔不是0.02s，所以此时的测量的速度可能会大于真实的数值，导致重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，所以D正确．‎ 故答案为：①0.05N；②D．‎ ‎　‎ ‎14．某同学用如图1所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系．图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．‎ a．该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为O点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O之间的距离，并计算出它们与O点之间的速度平方差△V2（△V2=V 2﹣V 02），填入表：‎ 点迹 s/cm ‎△v2/m2s2‎ O ‎/‎ ‎/‎ ‎1‎ ‎1.60‎ ‎0.04‎ ‎2‎ ‎3.60‎ ‎0.09‎ ‎3‎ ‎6.00‎ ‎0.15‎ ‎4‎ ‎7.00‎ ‎0.18‎ ‎5‎ ‎9.20‎ ‎0.23‎ 若测出小车质量为‎0.2kg，结合如图2的图象可求得小车所受合外力的大小为　0.25　N b．若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是　未平衡摩擦力或小车运动时受摩擦阻力较大　，实验操作中改进的措施是　将导轨的一端抬高以平衡摩擦　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】a、根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中有关合外力表达式；‎ b、实验中将拉力作为了合力，但若不平衡摩擦力，则会造成较大的误差．‎ ‎【解答】解：a、由动能定理可得：W=Fx=mv2﹣mv02=m（v2﹣v02）‎ ‎△v2=x 则可知图象的斜率等于，由图可知，图象的斜率为2.5；合外力F=0.25N；‎ b、实验中是将物体的重力充当了小车的拉力，由于小车受到桌面的摩擦力，故会使合力小于物体的重力，造成较大的误差，故应未平衡摩擦力（或小车受到的摩擦阻力的影响）．措施是把木板不带定滑轮的那一端适当垫高，以平衡摩擦力．‎ 故答案为：a.0.25‎；b．未平衡摩擦力或小车运动时受摩擦阻力较大；将导轨的一端抬高以平衡摩擦．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．‎ 接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎①上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有　C　．‎ A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r ‎②当所测物理量满足表达式　m1•OP=m1•OM+m2•ON　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．‎ ‎③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　m1=m1+m2　（用所测物理量的字母表示）．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】1）根据实验的原理确定需要测量的物理量．‎ ‎（2）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒表达式 ‎（3）小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．‎ 故选：C．‎ ‎（2）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON，‎ ‎（3）碰撞前，m1落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M′点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，‎ 由平抛运动规律得：Lp′sinα=gt2，Lp′cosα=v1t 解得v1=．‎ 同理v1′=，v2=，可见速度正比于．‎ 所以只要验证m1=m1+m2 即可．‎ 故答案为．（1）C；（2）m1•OP=m1•OM+m2•ON　（3）m1=m1+m2‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能EP与两分子间距离x的变化关系如图所示，设分子间在移动过程中所具有的总能量为0．则（　　）‎ A．乙分子在P点时加速度最大 B．乙分子在Q点时分子势能最小 C．乙分子在Q点时处于平衡状态 D．乙分子在P点时分子动能最大 ‎【考点】分子势能；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子共有的势能最小，分子间距离为平衡距离，当分子间距离变大或变小时，分子力都会做负功，导致分子势能变大．两分子所具有的总能量为分子动能与分子势能之和．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，此时分子处于平衡位置，分子引力与分子斥力大小相等，合力为零，加速度为零，故A错误 B、由图象可知，乙分子在Q点时分子势能为零，大于分子在P点的分子势能，因此在Q点分子势能不是最小，故B错误；‎ C、乙分子在Q点（x=x1）时，分子间距离小于平衡距离，分子引力小与分子斥力，合力表现为斥力，在Q点分子不处于平衡状态，故C错误；‎ D、乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，由能量守恒定律则知，分子的动能最大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、计算题（共5小题，总分44分）‎ ‎17．如图所示，薄壁光滑导热良好的气缸放在光滑水平面上，当环境温度为‎10℃‎时，用横截面积为1.0×10﹣‎2m2‎的活塞封闭体积为2.0×l0﹣‎3m3‎的理想气体，活塞另一端固定在墙上．外界大气压强为1.0×105Pa．‎ ‎（1）当环境温度为‎37℃‎时，气缸自由移动了多少距离？‎ ‎（2）如果环境温度保持在‎37℃‎，对气缸作用水平力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；气体的实验定律；封闭气体压强．‎ ‎【分析】（1）气体等压变化，根据盖﹣吕萨克定律列式求解；‎ ‎（2）气体等温变化，根据玻意耳定律列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）气体等压变化有：‎ 解得：‎ 气缸移动的距离为：‎ ‎（2）从状态1→3气体等容变化：‎ 解得：‎ 根据平衡条件，有：P3 S=P0 S+F ‎ 故：F=（P3﹣P0 ）S=1×104×10﹣2N=100N ‎ 答：（1）当环境温度为‎37℃‎时，气缸自由移动了2×10﹣‎2m距离；‎ ‎（2）气缸受到的水平作用力100N．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，光滑固定斜面倾角θ=30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M=‎3kg的物体B相连，初始时B静止，A物体质量m=‎1kg，在斜面上距B物体S1=‎10cm处由静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后AB经t=0.2s下滑S2=‎5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取‎10m/s2，求：‎ ‎（1）从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量 ‎（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由动能定理可求得M的速度，再由动量守恒定律可求得碰后的速度，再由能量关系可求得弹性势能增加量；‎ ‎（2）对全过程由动量定理可求得动量的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）A下滑S1时的速度由动能定理：‎ mgs1sinθ=mv02‎ v0===‎1m/s；‎ 设初速度方向为正方向；AB相碰时由动量守恒定律：mv0=（m+M）v1‎ 解得：v=‎0.25m/s； ‎ 从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律：‎ ‎△EP=（m+M）v12+（m+M）gs2sinθ 解得：△EP=1.125J；‎ ‎（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：‎ I﹣（m+M）gsinθ×2t=（m+M）v1﹣[﹣（M+m）v1）]‎ 解得：I=10Ns ‎ 答：（1）从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量为1.125J；‎ ‎（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小为10NS．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各有质量均为‎1Kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，此时A、B处于静止状态，OA=‎3m，OB=‎4m．若用水平拉力F向右缓缓地拉A使之移动‎1m，则 ‎（1）该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F做功多少？‎ ‎（2）若用20N的恒力拉A球也移动‎1m，此时A的速度达到‎2m/s，则此过程中产生的内能为多少？‎ ‎【考点】摩擦力的判断与计算；功的计算；能量守恒定律．‎ ‎【分析】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功．‎ ‎【解答】解：（1）对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图 根据共点力平衡条件，有 竖直方向：N=G1+G2‎ 水平方向：F=f+N1‎ 其中：f=μN 解得 N=（m1+m2）g=20N f=μN=0.2×20N=4N 对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到 WF﹣fs﹣m‎2g•h=0‎ 根据几何关系，可知求B上升距离h=‎‎1m 故 WF=fs+m‎2g•h=4×1+1×10×1=14J ‎（2）根据功能关系知：FS=+mgh，根据速度的分解与合成知B的速度为m/s，解得E内=20×1﹣0.5×1×4﹣0.5×1×﹣1×10×1=4.4J 答：（1）该过程中A受到的摩擦力4N，拉力F做功14J ‎（2）此过程中产生的内能为4.4J？‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R的固定的光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆周E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m．某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离．车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为μ，重力加速度为g，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）若人推车的力是水平方向且大小为，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动？‎ ‎（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？‎ ‎（3）若车面的长度为，小车质量M=km，则k的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面？‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）假设滑块1与车不发生相对滑动，根据牛顿第二定律，分别对整体和滑块1研究，求出滑块受到的静摩擦力大小，与最大静摩擦力比较，判断滑块1与车是否会发生相对运动．‎ ‎（2）若滑块1与车没有发生相对滑动，对整体，运用动能定理求出滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度．两滑块碰撞过程，由动量守恒定律求出碰撞后共同的速度．‎ ‎（3）两滑块粘合在一起后冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以原速率冲上车面．根据动量守恒和能量守恒结合求解两个滑块最终没有滑离车面时的k．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：‎ F=（M+m）a…①‎ 此时滑块受到的静摩擦力大小为：f=ma…②‎ 而：…③‎ 由①②③解得：…④‎ 又滑块1与车面的最大静摩擦力为：fm=μmg…⑤‎ 显然f＜fm，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动．‎ ‎（2）设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v，根据动能定理有：‎ ‎…⑥‎ 联立③⑥求得：…⑦‎ 设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律有：‎ mv=2mv1 …⑧‎ 联立⑦⑧求得：…⑨‎ ‎（3）两滑块粘合在一起后以v1的速度冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度v1冲上车面．‎ 设两滑块滑到车的左端时，若滑块刚好不滑出车面，滑块和车应有共同的速度设为v2，由系统的动量守恒有：‎ ‎ 2mv1=（‎2m+km）v2，⑩‎ 由系统的能量守恒，有：…⑪‎ 联立⑨⑩⑪解得：k=2…⑫‎ 所以当k≤2时，两个滑块最终没有滑离小车．‎ 答：‎ ‎（1）若人推车的力是水平方向且大小为，在人推车的过程中，滑块1与车不会发生相对运动．‎ ‎（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度是2．‎ ‎（3）若车面的长度为，小车质量M=km，k的取值在k≤2时，两个滑块最终没有滑离车面．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=‎8.3m，质量为M=‎1kg的木块随传送带一起以v1=‎2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=‎20g的子弹以=‎300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=‎50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取‎10m/s2．求：‎ ‎（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？‎ ‎（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？‎ ‎（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据动量守恒定律求出子弹穿过木块的瞬间，木块的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离．‎ ‎（2）根据运动学公式求出子弹被一颗子弹击中到下一颗子弹击中，这段时间内的位移，从而确定最多能被多少颗子弹击中．‎ ‎（3）根据功能关系求出被一颗子弹击中到下一颗子弹击中这段时间内所产生的热量，包括子弹击穿木块的过程中产生的内能，与传送带发生相对滑动产生的内能，从而得出子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能．‎ ‎【解答】解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：‎ mv0﹣Mv1=mv+Mv1′，‎ 解得：v1′=‎3m/s，‎ 木块向右作减速运动加速度：a==μg=0.5×10=‎5m/s2，‎ 木块速度减小为零所用时间：t1=‎ 解得：t1=0.6s＜1s 所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=，‎ 解得：s1=‎0.9m．‎ ‎（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s﹣0.6s=0.4s 速度增大为：v2=at2=‎2m/s（恰与传送带同速）；‎ 向左移动的位移为：s2=at22=×5×0.42=‎0.4m，‎ 所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1﹣S2=‎0.5m方向向右 第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×‎0.5m=‎7.5m，‎ 第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动‎0.9m，总位移为‎0.9m+7.5=‎8.4m＞‎8.3m木块将从B端落下．‎ 所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．‎ ‎（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：‎ Q1=mv02+Mv12﹣mu2﹣Mv1′2，‎ 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，‎ 产生的热量为：Q2=μMgs′，‎ 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2﹣s2，‎ 产生的热量为：Q3=μMgs″，‎ 第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3﹣at32=0.8，‎ 解得：t3=0.4s 木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8‎ 产生的热量为：Q4=μMgs，‎ 全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4‎ 解得：Q=14155.5J；‎ 答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为‎0.9m．‎ ‎（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．‎ ‎（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日