北京市2020届高三高考压轴卷物理试题 Word版含解析

北京市2020届高三高考压轴卷物理试题 Word版含解析

‎2020北京市高考压轴卷物理 第一部分（选择题共42分）‎ 一、选择题，本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.钍基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一．其中钍基核燃料铀由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钡和氪．以下说法正确的是 A. 题中铀核裂变的核反应方程为 B. 钍核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定 C. 钍核经过2次β衰变可变成镤 D. 在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的核反应方程为：，选项A正确；‎ B．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故B错误；‎ C．钍核()经过1次β衰变可变成镤()，选项C错误；‎ D．重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，故D错误；‎ ‎2.根据热学知识可以判断，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变 B. 载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功 C. 在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 D. 气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V，则该气体单位体积内的分子数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A． 温度是物体分子平均动能标志，物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，故A正确，不符合题意;‎ B． 载重汽车卸去货物的过程中，轮胎内气体的压强减小，由理想气体的状态方程可知，气体的体积将增大，所以该过程中外界对汽车轮胎内的气体做负功；故B错误，符合题意;‎ C． 气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力。气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加。故C正确，不符合题意；‎ D． 气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则阿伏伽德罗常数：‎ 若1摩尔该气体的体积为V，则单位体积内气体的物质的量：‎ 所以该气体单位体积内的分子数为：‎ 故D正确，不符合题意。‎ 故选：B。‎ ‎3.如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高．当线拉力最小时，推力F等于 A. mgsin α B. mgsin α C. mgsin 2α D. mgsin 2α ‎【答案】D ‎【解析】‎ 以小球为研究对象．小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力FT，如图所示：‎ - 21 -‎ 在小球缓慢上升过程中，小球的合力为零，则FN与FT的合力与重力大小相等、方向相反，根据平行四边形定则作出三个位置力的合成图如图，则得当FT与FN垂直，即线与斜面平行时FT最小，则得线的拉力最小值为 FTmin= mgsinα．再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：，故D正确，ABC错误．‎ ‎4.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。已知月球的半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 月球表面的重力加速度为 B. 月球的质量为 C. 宇航员在月球表面获得的速度就可能逃脱月球吸引 D. 宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B． 物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得：‎ 解得：‎ - 21 -‎ 故B错误；‎ C． 宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小 ‎，‎ 此时宇航员刚好围绕月球圆周运动，但仍未逃脱月球吸引，故C错误；‎ D． 宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得：‎ mg月=‎ 解得：‎ 故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎5.如图所示是具有更高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台（人连同平台的总质量为‎400kg）上升‎60m到达灭火位置，此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为‎3m3‎/min，水离开炮口时的速率为‎20m/s，则用于（ ）‎ A. 水炮工作的发动机输出功率为1×104W B. 水炮工作发动机输出功率为4×104W C. 水炮工作的发动机输出功率为2.4×106W D. 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800w ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：水炮发动机做的功为水增加的动能与重力势能之和，伸缩臂在抬升等高平台的同时也将本身也抬高了，计算做功时，需要计算这部分功，结合根据公式分析．‎ - 21 -‎ 伸缩臂将人与平台抬高‎60m，用时5min，同时伸缩臂也有质量，设为M，则其输出功率为，D错误；水炮工作的发动机首先将水运至‎60m高的平台，然后给水‎20m/s的速度，即做的功等于水增加的动能与重力势能之和，每秒射出水的质量为，故，功率为，B正确AC错误．‎ ‎6.如图所示，实线是一列简谐波在某一时刻的波形曲线，经0.5s后，其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.5s。以下说法正确的是（　　）‎ A. 如果波是向左传播的，波速是‎0.12m/s B. 波的周期可能是4s C. 如果波是向右传播的，波速是0. ‎72m/s D. 波的周期一定是s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知波长：λ=‎0.24m；据题该波的周期T大于0.5s，说明波在0.5s内传播的距离小于一个波长。‎ A． 波可能向左传播，传播距离为 x1=‎6cm=‎‎0.06m 故波速 由得：‎ T=4t=4×0.5s=2s 故A正确；‎ BCD． 波可能向右传播，传播距离为 - 21 -‎ x2=‎18cm=‎‎0.18m 故波速为 由得：‎ 故BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎7.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则（　　）‎ A. 由A到B重力做的功等于mgh B. 由A到B重力势能减少mv2‎ C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．重力做功 W=mgh 与是否受其它力无关，而从A下降到B下降的高度为h，故A正确；‎ B．从A下降到B的过程中，根据动能定理 重力势能的减小量 - 21 -‎ 故B错误；‎ CD．在这个过程中，克服弹力做的功 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎8.如图，边长为的立方体八个顶点上有八个带电质点，其中顶点、电量分别为、，其他顶点电量未知，点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将上质点电量变成，则顶点上质点受力的合力为（不计重力）（　　‎ A. B. C. D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，说明除点以外的其它电荷对点电荷的作用力与点电荷对点电荷的作用力等大反向；根据库仑定律可得，现将上质点电量变成，其它电荷对点电荷作用力不变，点电荷对点电荷作用力大小不变、方向相反，则顶点上质点受力的合力为，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是（　　）‎ - 21 -‎ A. 若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流 C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D. 在将S断开，电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；‎ B．滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，则内阻和两端的电压增大，则滑动变阻器的电压降低，可知电容器两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B错误；‎ C．在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端电压增大，电容器处于充电状态，G中有从b到a的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C错误；‎ D．将S断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，油滴向下运动，当电路稳定后，电路中无电流，D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O 关于导线ab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为（ ）‎ A. B1＋B2 B. ‎ - 21 -‎ C. D. B1－B2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，O为三角形的中心，且O点磁感应强度大小为B2，因为直导线ab、cd关于O点对称，所以这两导线在O点的磁场为零，则磁感应强度大小B2是由直导线ef产生的，而直导线ab、ef关于N点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强度大小为B2。因为M点的磁感应强度为，又因为，Bef与Bcd大小相等．当撤去导线ab中电流时，其余两根导线在N点的磁感应强度大小为 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据通电导线周围磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减。‎ ‎11.如图所示，一束光从空气中射向折射率为n=的某种玻璃的表面，θ1表示入射角，则下列说法中错误的是（　　）‎ A. 当θ1＞45°时会发生全反射现象 B. 无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°‎ C. 欲使折射角θ2=30°，应以θ1=45°的角度入射 D. 当入射角θ1=arctan时，反射光线和折射光线恰好互相垂直 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，所以，选项A中，当光从空气中射向玻璃时不会发生全反射现象，选项A错误；‎ B．由折射率 - 21 -‎ n==‎ 可知，当入射角最大为90°时，折射角θ2=45°，所以B正确；‎ C．由折射率 n=‎ 可知，当折射角θ2=30°‎ 应以θ1=45°的角度入射；故C均正确；‎ D．由折射率 n=‎ 可知，当入射角时，有 反射光线和折射光线恰好互相垂直，故D均正确。‎ 本题选择错误的，故选A。‎ ‎12.如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为，与地面的夹角为，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法错误的是（　　）‎ A. 乙球在B点受到的冲量大小为 B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能 C. OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3：1‎ D. 由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1：1‎ - 21 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，故竖直方向的分量 反弹后竖直方向的分量为 水平方向速度不变，故冲量大小为 故A正确，不符合题意； B．抛出时甲的初速度大于乙的初速度，故甲的初动能大于乙的初动能，而两者重力势能相等，故抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故B正确，不符合题意； CD．设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为．乙球运动时间是甲球的3倍；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。 故选D。‎ ‎13.如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t=0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m=‎1kg、电阻R=2Ω，则（　　）‎ A. 线框的加速度为‎1m/s2‎ B. 磁场宽度为‎6m C. 匀强磁场的磁感应强度为2T - 21 -‎ D. 线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当t=0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为 a==m/s2=‎2m/s2‎ 故A错误；‎ B．磁场的宽度等于线框在0～2s内的位移为 d==×2×‎22m=‎‎4m 故B错误；‎ C．设线框的边长为L，则L等于线框在0～1s内的位移，即为 L==×2×‎12m=‎‎1m 当线框全部进入磁场的瞬间 F1－F安=ma 而 F安=BIL==‎ 式中，F1=4N，t=1s，m=‎1kg，R=2Ω，联立得到 B=T 故C错误；‎ D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 ‎=t===C=C 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎14.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1；b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R=10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（　　）‎ - 21 -‎ A. 当S与a连接后，理想电流表的示数为‎2.2A B. 当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为零 C. 当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍 D. 当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25Hz ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．S与a连接后，由 ‎=‎ 又知 U1=V=220V 解得 U2=22V 则理想电压表的示数为22V，又知定值电阻R=10Ω，可得理想电流表示数为电流的有效值 I==‎‎2.2A 故A正确，B错误；‎ C．S由a拨到b后 n1∶n2=5∶1‎ 则 U1∶U2′=5∶1‎ 得 U2′=2U2‎ - 21 -‎ 据P=得功率变为原来的4倍，故C错误；‎ D．输出电压频率不变，仍为50Hz，故D错误。‎ 故选A。‎ 第二部分（非选择题共58分）‎ 二、填空题（共15、16两道小题，共16分）‎ ‎15.某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器。实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A处传感器的挡光时间为t1，通过B处传感器的挡光时间为t2，重力加速度为g。为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明。‎ ‎（1）下列必要的实验测量步骤是________；‎ A．用天平测出运动小物体的质量m B．测出A、B之间的竖直距离h C．测出小物体释放时离桌面的高度H D．用秒表测出运动小物体由A到B所用时间Δt ‎（2）若该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度，并设想如果能满足__________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的。‎ ‎【答案】 (1). B (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]A．本实验要验证的表达式为 质量可以约去，可知不需要测量质量，故A错误；‎ B．实验中需要测量从A到B过程中重力势能的减小量，因此需要测量AB之间的距离h，故B正确；‎ - 21 -‎ C．测出AB之间的距离h，不需要测量小物体释放时离桌面的高度H，故C错误；‎ D．根据机械能守恒定律的表达式 可知不需要测量小物体从A到B的时间，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎（2）[2]本实验中利用小球通过光电门平均速度来代替瞬时速度，故有 ‎，‎ 根据机械能守恒有 即 ‎【点睛】验证机械能守恒的实验方法有多种，解答的关键是明确实验原理及实验的步骤，同时注重动手实验，体会实验步骤以及数据处理的过程，加深对实验的理解。‎ ‎16.测量一个长约‎5 cm、电阻R1约为30 Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：‎ 游标卡尺(20分度)； 螺旋测微器；‎ 直流电源E(电动势为18 V，内阻忽略不计)；‎ 标准电流表A1(量程‎1.5 A，内阻r1＝6 Ω)；‎ 电流表A2(量程‎2 A，内阻r2约为5 Ω)；‎ 滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；‎ 开关S，导线若干．‎ ‎(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L＝____________ cm - 21 -‎ ‎；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝____________ mm.‎ ‎(2)请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据____________．‎ ‎(3)若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ＝_‎ ‎【答案】 (1). 5.020 (2). 2.150 (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]游标卡尺的固定刻度读数为‎50mm，游标读数为0.05×‎4mm=‎0.20mm，所以最终读数等于固定尺加上游标尺的读数之和为：‎ ‎50mm‎+‎0.20mm=‎50.20mm=‎‎5.020cm 螺旋测微器的固定刻度读数为‎2mm，可动刻度读数为0.01×‎15.0mm=‎0.150mm，所以最终读数等于固定尺加上可动尺的读数之和为：‎ ‎2mm‎+‎0.150mm=‎2.150mm（‎2.149mm～‎2.151mm）‎ ‎（2）[3]根据题意可知通过电流表的读数之差在结合电阻，从而求得电压，则设计的电路图如图所示．‎ ‎（3）[4]由欧姆定律可得材料的电阻,由电阻定律：其中 - 21 -‎ 由以上联立解得：‎ 三、计算题（42分，共17、18、19、20四道小题）‎ ‎17.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用，一架质量m=‎1kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16N，无人机上升过程中最大速度为‎6m/s．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，g取‎10m/s2。求：‎ ‎（1）无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；‎ ‎（2）无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=‎30m的高空所需的最短时间。‎ ‎【答案】（1）4N；（2）6.5s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无人机以最大升力起飞时的加速度 由牛顿第二定律 F－Ff－mg=ma 解得 Ff=4N ‎（2）竖直向上加速阶段 解得 t1=3s,x1=‎‎9m 匀速阶段 无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=‎30m的高空所需的最短时间 - 21 -‎ t=t1＋t2=6.5s ‎18.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热气缸，汽缸下面有加热装置。开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为，温度均为。已知活塞导热、绝热，、质量均为，横截面积为，外界大气压强为保持不变，环境温度保持不变。现对气体Ⅱ缓慢加热，当上升时停止加热。求：‎ ‎①此时气体Ⅱ的温度；‎ ‎②若在活塞上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于时，气体Ⅰ的高度。‎ ‎【答案】①；②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①气体Ⅱ经历等压过程，初态：，，‎ 末态：，？‎ 根据盖吕萨克定律，有 联立解得 ‎②在活塞上逐渐添加铁砂，气体Ⅰ经历等温压缩过程，初态 ‎，‎ 末态 ‎，，‎ 根据玻意耳定律，有 - 21 -‎ 联立解得 ‎19.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上匀强磁场．导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Dv－t图像（Dv表示两棒的相对速度，即Dv＝va－vb）‎ ‎（1）试证明：在0〜t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关；‎ ‎（2）求t1时刻，棒b的加速度大小；‎ ‎（3）求t2时刻，两棒之间的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律：‎ 由能量守恒定律，得整个过程中产生的焦耳热： ‎ 解得：‎ 所以在时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关 ‎（2）时刻，速度的改变量为 由动量守恒定律：‎ 解得：时， ‎ - 21 -‎ 回路中的电动势：‎ 此时棒b所受的安培力： ‎ 由牛顿第二定律可得，棒b的加速度 ‎（3）时刻，两棒速度相同，由（1）知：‎ 时间内，对棒b，由动量定理，有：，即：‎ 又：‎ 解得：‎ ‎20.如图，光滑水平面上静止一质量m1=‎1.0kg、长L=‎0.3m的木板，木板右端有质量m2=‎1.0kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r=‎0.4m的轻质细绳悬挂质量m=‎0.5kg的小球。将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下。不计空气阻力，滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取‎10m/s2。求：‎ ‎(1)小球碰前瞬间的速度大小；‎ ‎(2)小球碰后瞬间的速度大小；‎ ‎(3)小滑块与木板之间的动摩擦因数。‎ ‎【答案】(1) ‎2m/s ；(2) ‎0.4m/s； (3) 0.12。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球下摆过程，机械能守恒 mgr（1－cosθ)= mv2‎ 小球碰前瞬间的速度大小 v= =‎2m/s - 21 -‎ ‎(2)小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：‎ FT－mg=m ，F′T－mg=m ‎ 由题意得：‎ FT－F′T=4.8N 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为 v′=‎0.4m/s ‎(3)小球与小滑块碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv=－mv′＋m2v1‎ 解得：‎ v1=‎1.2m/s 小滑块在木板上滑动过程中动量守恒，可得：‎ m2v1=(m1＋m2）v2‎ 解得：‎ v2=0．‎6m/s 由能量守恒可得：‎ μm2gL=m2－（m1＋m2） ‎ 小滑块与木板之间的动摩擦因数 μ=0.12‎ - 21 -‎