高二物理下学期期末复习试题（三）（含解析）

高二物理下学期期末复习试题（三）（含解析）

‎【2019最新】精选高二物理下学期期末复习试题（三）（含解析）‎ 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。每小题6分，共30分）‎ ‎1. 甲、乙两弹簧振子的振动图像如图所示，则可知( )‎ A. 两弹簧振子完全相同 B. 两弹簧振子所受回复力最大值之比 C. 振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D. 两振子的振动频率之比 E. 振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零 ‎【答案】CDE ‎【解析】A、由振动图象读出两弹簧振子周期之比，根据周期公式分析可知，两弹簧振子不完全相同，故A错误；‎ B、由振动图象读出两振子位移最大值之比，根据简谐运动的特征，由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大值之比不一定等于2:1，故B错误；‎ C、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大，故C正确；‎ - 23 - / 23‎ D、两弹簧振子周期之比T甲:T乙=2:1，频率之比是f甲:f乙=1:2，故D正确；‎ E、由图示图象可知，有时振子乙速度最大，振子甲速度为零；有时振子乙速度最大，振子甲速度也最大，故E正确；‎ 故选CDE。‎ ‎【点睛】由振动图象读出两弹簧振子周期之比，根据周期公式分析弹簧振子是否完全相同；由图读出两振子位移最大值之比，但由于振子的劲度系数可能不等，无法确定回复力最大值之比；振子甲速度为零时，振子乙速度最大，频率与周期互为倒数；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，据此作答。‎ ‎2. 如图所示，四个单摆的摆长分别为摆球的质量分别为，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上。现让球振动起来，通过水平细线迫使也振动起来，则下列说法错误的是( )‎ A. 四个单摆的周期均相同 B. 只有两个单摆的周期相同 C. 中因的质量最小，故其振幅是最大的 D. 中的振幅最大 E. 中的振幅最小 ‎【答案】BCE ‎【解析】AB、由题意，A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期，而B、‎ - 23 - / 23‎ ‎ C、D在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A正确，B错误；‎ CDE、由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅振幅比B、D摆大，故D正确，DE错误；‎ 说法错误的故选BCE。‎ ‎【点睛】由题意A做自由振动，B、C、D做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期；C发生共振，振幅最大。‎ ‎3. 图 (a)为一列简谐横波在时的波形图.图(b)为媒质中平衡位置在处的质点的振动图像，是平衡位置为的质点，下列说法正确的是( )‎ A. 波速为 B. 波的传播方向向右 C. 时间内，运动的路程为 D. 时间内，向轴正方向运动 E. 当时，恰好回到平衡位置 ‎【答案】ACE ‎【解析】A、由图(a)可知该简谐横波波长为2m，由图(b)知周期为4s，则波速为，故A正确；‎ B、根据图(b)的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；‎ C、由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为2A=8cm，故C正确；‎ - 23 - / 23‎ D、由于该波向左传播，由图(a)可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知0∼2s时间内，P向y轴负方向运动，故D错误；‎ E、当t=7s时，，P恰好回平衡位置，故E正确；‎ 故选ACE。‎ ‎【点睛】先根据质点的振动图象，判断波的传播方向，再根据波长和周期求波速；据波形成的条件和特点分析各质点的振动情况。‎ ‎4. -列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距的两质点的振动图像如图所示，则图中描述该波的图像可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】由振动图象可知，在t=0时刻，a位于波峰，b经过平衡位置向下运动，若波从a传到b，如图a、b两点之间的波形图“余数”如红线所示，则有，n=0，1，2，…，得 若波从b传到a，如图a、b两点之间的波形图“余数”如蓝线所示，则有，n=0，1，2，…，得 代入自然数可知，λ=4m、12m，结合a位于波峰，b经过平衡位置向下运动，可知AC正确，BD错误；‎ 故选AC。‎ - 23 - / 23‎ ‎【点睛】根据波动图象上同一时刻两个质点的振动状态，画出可能的波形，得到距离9m与波长的关系式，求得波长的通项，得到波长的特殊值，即可进行选择。‎ ‎5. 增透膜的应用)关于光学镜头增透膜，以下说法中正确的是( )‎ A. 增透膜是为了减少光的反射损失，增加透射光的强度 B. 增透膜的厚度等于入射光在真空中波长的 C. 增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的 D. 因为增透膜的厚度一般适合绿光反射时相互抵消，红光、紫光的反射不能完全抵消，所以涂有增透膜的镜头呈淡紫色 E. 涂有增透膜的镜头，进入的光线全部相互抵消，因此这种镜头的成像效果较好 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、增透膜是通过光的干涉，减少反射光的强度，从而增加透射光的强度，使光学系统成像更清晰，故A正确；‎ BCDE、在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好。对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡紫色，故BE错误，CD正确；‎ 故选ACD。‎ ‎【点睛】增透膜增透了人视觉最为敏感的绿光，薄膜的厚度为绿光在增透膜中波长的时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消。‎ - 23 - / 23‎ ‎6. 交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车正沿东西大道向正东行驶，汽车正沿南北大道向正北行驶.相撞后两车立即熄火并在极短的时间内又接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图.通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同，为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是（ ）‎ A. 发生碰撞时汽车的速率较大 B. 发生碰撞时汽车的速率较大 C. 发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 D. 发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：设两辆车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，mvB=2mv1；东西方向上动量守恒mvA=2mv2。由图可知：v1：v2=6：2．5=12：5，得：vB：vA=12：5，可知B、C正确。故选BC。‎ 考点：动量、动量守恒定律及其应用。‎ ‎7. 实物粒子和光都具有波粒的二象性，下列事实中不能突出体现波动性的是（ ）‎ - 23 - / 23‎ A. 电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样 B. β射线在云堂中完过会留下清晰的径迹 C. 人们利用中子行射来研究晶体的结构 D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 ‎【答案】B ‎【解析】A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，故A不符合题意；‎ B、β粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，故B符合题意；‎ C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明中子具有波动性，故C不符合题意；‎ D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明电子具有波动性，故D不符合题意；‎ 不能突出体现波动性的是故选B。‎ ‎【点睛】光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性。‎ ‎8. 现用某一光电管让行光电效应实验，当用某一频率的光照射时，有光电流产生，下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持照射光的频率不变，增大照射光的强度，饱和光电流变大 - 23 - / 23‎ B. 照射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 C. 保持照射光的强度不变，不断减小照射光的频率，始终有光电流产生 D. 遏止电压的大小与照射光的频率有关，与照身光的强度无关 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、根据光电效应实验得出的结论知，保持照射光的频率不变，照射光的强度变大，饱和电流变大，故A正确；‎ B、根据光电效应方程知，照射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故B正确；‎ C、当入射光的频率小于金属的截止频率，不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；‎ D、根据知，遏止电压的大小与照射光的频率有关，与照射光的强度无关，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目。‎ 二、选择题（每小题给出的四个选项中，有的至少有一个选项正确，有的有多个选项正确. 每小题6分，全部选对的得6分，选不全的得3分，选错或不答的得0分，共18分）‎ ‎9. 在坐标原点的波源产生一列沿轴正方向传播的简谐横波，波速，己知在 - 23 - / 23‎ ‎ 时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到处.下列说法中正确的是( )‎ A. 这列波的振福为 B. 这列波的波长为 C. 这列波的频率为 D. 再经过的时间，质点到达质点现在所处的位置 ‎【答案】ABC ‎【解析】由简谐波图象可知，振幅为10cm，故A错误；由简谐波图象可知，波长为4m，故B正确；由可知，波的频率，故C正确；质点只在自己的位置上下振动动，不会沿x轴运动，故不能到达b点，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】通过简谐波图象可以读出出波长，振幅；简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同。根据时间与周期的关系，分析再经过0.2s的时间，质点a的位置。‎ ‎10. 如图所示，质量为的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个恒力拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )‎ A. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C. 斜面对球的弹力大小与加速度大小无关 D. 斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于 ‎【答案】B - 23 - / 23‎ ‎【解析】试题分析：A、B、C、小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：FN1cosα=mg，因为mg和夹角α不变，无论加速度如何变化，FN1不变且不可能为零，水平方向有：FN2-FN1sinα=ma，则可知，若加速度越大，竖直挡板的水平弹力越大，故A、B、C错误。D、根据牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma，故D正确．故选D．‎ 考点：考查牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【名师点睛】本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键，注意将力分解到水平和竖直方向是解题的关键．‎ ‎11. 如图甲所示，是匝数为100匝、边长为、总电阻为的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )‎ A. 导线圆中产生的是交变电流 B. 在时导线图产生的感应电动势为 C. 在内通过导线横截面的电荷量为 D. 在时，导线圈内电流的瞬时功率为 ‎【答案】ACD - 23 - / 23‎ ‎【解析】根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2s～3s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：，故B错误；在0～2s时间内，感应电动势为：，再根据欧姆定律，有：，在t=1s时，线框内电流为10A，那么导线框内电流的瞬时功率为：，根据q=It解得：q=10×2C=20C，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】根据楞次定律，来判定感应电流方向；根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式，即可求解； 根据法拉第电磁感应定律，求出2.5s 时间线框中感应电动势的大小。‎ ‎12. 如图所示为氢原子能级示意图， 现有大量的氢原子处于的激发态，向低能级跃迁时辐射出若千不同频率的光，下列说法错误的是（ ）‎ A. 这些氢原子最多可辐射出种不同频率的光 B. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光频率最小 C. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光最容易表现出衍射现象 D. 氢原子由能级跃迁到能级辐射出的光照射逸出功为的金属铂能发生光电效应 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、处于n=4能级的氢原子能发射种频率的光，故A错误；‎ - 23 - / 23‎ BC、核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量，故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，根据可知频率越大，波长越小，又波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象，由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故BC错误；........................‎ D、由n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为△E=−3.4−(−13.6)=10.2eV，大于6.34eV，能使该金属发生光电效应，故D正确；‎ 错误的故选ABC。‎ ‎13. 题下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（ ）‎ A.射线是高速运动的电子流 B. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 的半衰期是天，克经过天后还剩下克 ‎【答案】B ‎【解析】A.γ射线是高速运动的光子流。故A错误；‎ B. 氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据，得动能增大。故B正确；‎ C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变。故C错误；‎ D. 经过10天，即两个半衰期，剩下的原子核数目为原来的1/4，,即可知剩余质量为25g，故D错误。‎ 故选：B.‎ - 23 - / 23‎ 点睛：氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据库仑引力提供向心力判断电子动能的变化．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变；根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．‎ ‎14. 发生放射性衰变成为,半衰期约年.已知植物存活期间，其体内与的比例不变:生命活动结束后，的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是（ ）‎ A. 该古木的年代距今约5700年 B. 、、具有相同的中子数 C. 衰变为的过程中放出射线 D. 增加样品测量环境的压强对的衰变无影响 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、设原来的质量为M0，衰变后剩余质量为M则有：，其中n为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的，故n=1，所以死亡时间为：5700年，故A正确；‎ B、具有相同的质子数和不同的中子数，故B错误；‎ C、衰变为的过程中质量数没有变化而核电荷数增加1，所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子，所以放出β射线，故C正确；‎ D、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D正确；‎ 故选ACD。‎ - 23 - / 23‎ ‎【点睛】根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关。‎ ‎15. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示.‎ ‎（1）组装单摆时，应在下列器材中选用__________（填选项前的字母）‎ A.长度为左右的细线 B.长度为左右的细线 C.直径为的塑料球 D.直径为的铁球 ‎（2）测出悬点到小球球心的距离（摆长）及单摆完成次全振动所用的时间，则重力加速度 ‎______（用、、表示）‎ ‎（3）下表表示某同学记录的组实验数据，并做了部分计算处理.‎ 组次 摆长 次全振动时间 振动周期 重力加速度 请计算出第组实验中的__________，___________。‎ ‎（4）用多组实验数据作出图像，也可以求出重力加速度.图线的示意图如图14-34-10中的所示，其中和平行，和都过原点， 图线对应的值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线.下列分析正确的是________(选填选项前 的字母).‎ - 23 - / 23‎ A. 出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 B. 出现图线的原因可能是误将次全振动记为次 C.图线对应的值小于图线对应的值 ‎（5）某同学在家里测重力加速度.他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为的刻度尺，于是他在细线上的点做了一个标记使得悬点到点间的细线长度小于刻度尺量程.保持该标记以下的细线长度不变，通过改变、间细线长度以改变摆长.实验中，当、间细线的长度分别为时， 测得相应单摆的周期为由此可得重力加速度 (用，表示)______.‎ ‎【答案】 (1). AD； (2). ； (3). 2.01； (4). 9.76； (5). B (6). ‎ ‎【解析】①为减小实验误差，应选择1m左右的摆线，故选A，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选D，因此需要的实验器材是AD；‎ ‎②单摆的周期：，由单摆周期公式可知,重力加速度：‎ ‎③由表中实验数据可知，第三组实验中，周期：，代入数据：，解得；‎ ‎④根据单摆的周期公式得，根据数学知识可知，图象的斜率，当地的重力加速度；‎ - 23 - / 23‎ A、若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有，根据数学知识可知，对图象来说，与b线斜率相等，两者应该平行，是截距，故做出的T2−L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，故A错误；‎ B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；‎ C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2−L图象的斜率，当地的重力加速度可知，g值大于图线b对应的g值，故C错误；‎ 故选B；‎ ‎⑤摆线总长为l，当O、A间细线的长度为l1时实际摆长变为l−l1，由单摆周期公式有：；‎ 当O、A间细线的长度为l2时实际摆长变为l−l2，由单摆周期公式有：，联立解得：‎ ‎16. 甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿轴正向和负向传播，波通均为.两列波在时的波形曲线如图所示，求:‎ ‎（1）时，介质中偏离平衡位置位移为的所有质点的坐标;‎ ‎（2）从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间.‎ ‎【答案】(1) (2)t=0.1s ‎ - 23 - / 23‎ ‎【解析】【分析】由图先读出两列波的波长和振幅，通过数学关系得知两波长的最小公倍数，对波峰相遇时的点的坐标进行分别列式，即可求出介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；先通过图表示出t=0时，两波波谷间的x坐标之差的表达式，从而可计算出相向传播的波谷间的最小距离，也就可以计算出从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间；‎ 解（1）时，在处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为.‎ 从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为 ‎①‎ 甲、乙两列波波峰的坐标分别为 ‎②‎ ‎③‎ 由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为的所有质点的坐标为 ‎④‎ ‎（2）只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为，时，两波波谷间的坐标之差为 ‎⑤‎ 式中，和均为整数，将①式代入⑤式得 ‎⑥‎ 由于 均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为 ‎⑦‎ - 23 - / 23‎ 从开始，介质中最早出现偏离平衡位移为的质点的时间为 代入数值得 ‎⑨‎ ‎17. 蝴蝶的翅膀在沿光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到想膀的鳞片上发生了干涉，电子显微镜下鳞片结构的示意图见题图，一束光以入射角从点入射，经过折射和反射后从点出射，设鳞片的折射率为, 厚度为，两片之间空气层厚度为.取光在空气中的速度为,求光从到所需的时间。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】【分析】根据折射定律求出光在鳞片内的折射角，由几何知识求出在鳞片中传播的路程和在空气中传播的路程，进而求出鳞片中的时间和空气中的时间；‎ 解：设光在鳞片中的折射角为，根据折射定律有 在鳞片中传播的路程 传播速度 传播时间 解得 同理，在空气中的传播时间 则 ‎18.‎ - 23 - / 23‎ ‎ 太阳内部持续不断地发生着个质子聚变为一个氮核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源，(，太阳的质量为)‎ ‎（1）这-核反应能释放出多少能量?‎ ‎（2）已知太阳每秒释放能量为，则太阳每秒减小的质量为多少?‎ ‎（3）若太阳质量减小万分之三时热核反应不能继续进行，则太阳还能存在多少年?‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2) ‎ ‎(3) ‎ ‎【解析】解：（1）太阳内部的核反应方程为 这一核反应的质量亏损 释放的能量 ‎（2）由得，太阳每秒减少的质量 ‎（3）太阳的质量为，太阳还能存在的时间 年 ‎19. 如图所示，从点以的水平速度抛出一质量的小物块(可视为质点)，当小物块运动至点时，恰好沿切线方向进入固定的半径的光滑圈孤轨道,经园弧轨道后滑上与点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，园弧轨道端切线水平，已知长太板的质量；、两点距点的高度分别为,小物块与长木板之 间的动摩擦因数,长木板与地面之同的动摩擦因数. ‎ - 23 - / 23‎ ‎ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 .求:‎ ‎（1）小物块运动至点时的速度大小和方向;‎ ‎（2）小物块滑动至点时，对圆孤轨道点的压力大小;‎ ‎（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板?‎ ‎【答案】(1)v1=5m/s，；(2) (3)l=2.8m ‎【解析】解：物体从A到B做平抛运动，根据运动的合成与分解求出运动至点时的速度大小和方向；根据动能定理求出物块到达C点的速度，结合牛顿第二定理求出轨道C点对物块的支持力，从而得出物块对C点的压力；当物块在木板上滑动时，通过物块与木板间的摩擦力和地面对木板的最大静摩擦力比较，判断木板处于静止状态，结合速度位移公式求出长木板的至少长度；‎ 解：（1）设小物块做平抛运动的时间为，则有，解得 则小物块达到点时竖直分速度 则小物块运动到点时的速度 速度方向与水平面的夹角为，则，即 ‎（2）设小物块到达点时速度为，从至点，由动能定理得 解得 设点受到的支持力为，则有 解得 - 23 - / 23‎ 根据牛顿第三定理可知，小物块对圆弧轨道点的压力大小为.‎ ‎（3）由题意可知小物块对木板的摩擦力 长木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 因为，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，设小物块在产木板上做匀速减速直线运动，到达长木板最右端时速度刚好为，则此时长木板长度为.‎ 所以长木板至少为，才能保证小木块不滑出长木板 ‎20. 如图所示,光滑水平面上木块的质量,木块的貭量，质量为的木块置于足够长的木块上, 、之间用一轻弹簧相传接并且接触面光滑.开始时、静止, 以的初速度向右运动,与碰撞后瞬间的速度为，碰撞时间极短.求:‎ ‎（1）、 椪撞后的速度;‎ ‎（2）弾簧第一次恢复原长时的速度大小.‎ ‎【答案】(1)vA=-4m/s(2) ‎ ‎【解析】【分析】A、B两者组成的系统，在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合动量守恒求出A、B碰后A的速度大小；弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧第一次恢复原长时C的速度；‎ 解：（1）因为碰撞时间极短，碰撞时，可认为的速度为零，由动量守恒定律得 解得，‎ - 23 - / 23‎ 负号表示方向与的初速度方向相反.‎ ‎（2）弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，设此时的速度为，的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 ‎21. 如图所示，质量均为的木板和滑块紧靠在一起静置在光滑水平面上，木块的上表面粗糙，滑块的表面的光滑的四分之一圆弧，点切线水平且与木板上表面相平，一可视为质点的物块质量也为，从木块的右端以初速度滑上木块，过点时的速度为，然后滑上滑块，最终恰好能滑到滑块的最高点处，重力加速度为，求：‎ ‎（1）物块滑到点时木块的速度大小；‎ ‎（2）滑块圆弧的半径.‎ ‎【答案】(1)(2) ‎ ‎【解析】【分析】对系统运用动量守恒定律，根据动量守恒定律求出物块滑到B处时木板的速度；物块恰好能滑到圆弧的最高点C处，知物块与圆弧轨道具有相同的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出圆弧的半径；‎ 解：（1）对和木板、滑块组成的系统，由动量守恒定律有 解得 - 23 - / 23‎ ‎（2）物块由点滑到点的过程中,滑块和物块组成的系统在水平方向动量守恒，有 统能量守恒，有 解得 ‎ - 23 - / 23‎