【物理】湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第四次月考试题（解析版）

【物理】湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第四次月考试题（解析版）

湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期 第四次月考 一、选择题 ‎1.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A. A所受合外力增大 B. A对竖直墙壁的压力不变 C. B对地面的压力一定不变 D. 墙面对A的摩擦力可能变为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 物体A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；‎ B. 以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大。故B错误；‎ C.对B受力分析，如图：‎ 根据平衡条件：F=N′sinθ,F增大，则N′增大，‎ N″=mg+N′cosθ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C错误；‎ D.以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=Mg，若N″增大至与Mg相等，则f=0，故D正确。‎ ‎2.在平直公路上行驶的车和车,其位移--时间()图象分别为图中直线和曲线,已知b车的加速度恒定且等于时,直线和曲线刚好相切,则 A. 车做匀速运动且其速度为 B. 时,车和车的距离 C. 时,车和车相遇,但此时速度不等 D. 时,b车的速度为10m/s ‎【答案】B ‎【详解】A、a车图像是倾斜直线，所以该车作匀速直线运动，该车速度为，故A错误；BC、时,直线和曲线刚好相切，则b车此时速度为，故C错误；由得，b车的初速度为，b车在第一秒内位移为，则时,车和车的距离，故B正确；D、时,b车的速度为，故D错误。本题选B。‎ ‎【点睛】本题抓住3秒末图像相切速度相等来展开解题即可。‎ ‎3.低碳、环保是未来汽车发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出（　　）‎ A. 汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N B. 汽车的额定功率为90kW C. 汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J D. 汽车加速运动的时间为22.5s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于图线①，根据动能定理得：−fx=0−Ek.‎ 故有：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B. 设汽车匀速运动的速度为v，则有得：‎ ‎，‎ 汽车的额定功率为：‎ P=Fv=fv=2×103×40W=80kW，‎ 故B错误；‎ C. 根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：‎ ‎，‎ 故C正确；‎ D. 对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt−fS=Ek2−Ek1，代入数据解得到：‎ ‎，‎ 故D错误。‎ ‎4.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为，已知=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在电场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，根据题意可知AB两点的电势相同，根据能量关系求解C点的电势，根据E=U/d求解场强大小.‎ ‎【详解】粒子在电场中只受电场力作用，则粒子的电势能和动能之和守恒，因在A、B两点的速率均为v0，可知在两点的动能也相同，电势能也相同，设在A、B两点的电势均为U，则在C点时满足：，解得，场强的方向由C垂直于AB方向，则，故选A.‎ ‎【点睛】此题关键是能找到等势面以及场强的方向，利用E=U/d求解，注意d是沿电场线方向的距离；知道粒子在电场中只受电场力作用时，粒子的电势能和动能之和守恒.‎ ‎5.据报道，2020年我国首颗“人造月亮”将完成从发射、人轨、展开到照明的整体系统演示验证。“人造月亮”是一种携带大型空间反射镜的人造空间照明卫星，将部署在距离地球500km以内的低地球轨道上，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做圆周运动，则“人造月亮”在轨道上运动时 A. “人造月亮”的线速度等于第一宇宙速度 B. “人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度 C. “人造月亮”向心加速度大于地球表面的重力加速度 D. “人造月亮”的公转周期大于月球的绕地球运行的周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 知道第一宇宙速度的物理意义，研究“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；‎ ‎【详解】A、第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据 可得 ，所以“人造月亮”的运行速度不可能等于第一宇宙速度，故A错误；‎ B、根据 可得 ，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度，故B正确；‎ C、根据可得，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；‎ D、根据 可得 ，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的公转周期小于月球的绕地球运行的周期，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键是根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量。‎ ‎6.2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m，月球为R，月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面。“玉兔”在h高度的引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为月球质量，若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据万有引力提供向心力，得：‎ ‎ ‎ 在月球表面上，由重力等于万有引力，则得：‎ ‎ ‎ 即有GM=g月R2‎ ‎“玉兔”绕月球做圆周运动的动能 ‎ ‎ 联立以上三式解得： ‎ 玉兔”在h高度的引力势能为 ‎ 根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为，故应选D。‎ 点晴：先根据万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，求出“玉兔”绕月球做圆周运动的动能，再根据功能关系求解需要对“玉兔”做的功。‎ ‎7.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是 A. 火箭的推力来源于空气对它的反作用力 B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。‎ ‎【详解】A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；‎ B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有，解得火箭的速度大小为，故B正确；‎ C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为，故C错误；‎ D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键是、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。‎ ‎8.三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m．当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为（　　）‎ A. m B. 2m C. 3m D. 4m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设B球的质量为M。以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得：mv0=mv1+Mv2 由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22 解得：v2=； B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得：‎ Mv22=Mv′22+×（4m）v32 规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得： Mv2=Mv′2+4mv3‎ ‎ 解得：v3= 故C球碰撞后的速度为：‎ 由数学关系解得：M==2m时，C球碰撞后的速度最大。 故选B。‎ 点睛：本题貌似发生很多次碰撞，但只要依次分析，会发现仅仅碰撞两次，如果真是发生很多次碰撞，也要先依次分析，然后找规律简化过程．关键要掌握动量守恒定律和能量守恒定律的应用。‎ ‎9.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 子弹在每个水球中的速度变化相同 B. 子弹在每个水球中运动的时间不同 C. 每个水球对子弹的冲量不同 D. 子弹在每个水球中的动能变化相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。‎ 因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d和4d,根据x= 知，所用时间之比为1:::2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；‎ 子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A错误，B正确；‎ C. 根据冲量的定义：I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同。故C正确；‎ D. 根据动能定理：△EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同。故D正确。故选：BCD ‎【点睛】子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化。‎ ‎10.假设某滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P处。已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则(　　)‎ A. 滑雪者到达N点的速度大小为2v0‎ B. M、N两点之间的距离为2v0t0‎ C. 滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为 D. M、P之间的高度差为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】滑雪者到达N点时的竖直分速度为，得，到达N点时的速度大小为，A正确；M、N两点之间的水平位移为x＝v0t0，竖直高度差为，M、N两点之间的距离为，B错误；由，解得滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为，C错误；N、P之间的距离为，N、P两点之间的高度差为，M、P之间的高度差为，D正确。‎ ‎11.如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P和F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，，M、N、P、F四点处的电势分别用、、、表示，已知，，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（ ）‎ A. 点电荷Q一定在MP连线上 B. 连线PF一定在同一个等势面上 C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D. 大于 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN的垂直平分线和PF的垂直平分线相交于一点E，E点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得E点在MP边。即点电荷一定在MP连线上，选项A对。点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直线而是球面，选项B错。正试探电荷从P点移动到N点，远离场源正电荷，电场力做正功，选项C错。根据几何关系可得，距离场源正电荷越远电势越低，所以P点电势大于M点电势，选项D对。‎ 考点：点电荷的电场分布，等势面 ‎12.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾角为时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则(　　)‎ A. 若，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N B. 若，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m C. 小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，必须满足的条件为 D. 小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，必须满足的条件为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若a=0∘，则轻绳对小球的拉力大小为：‎ ‎，‎ 故A正确；‎ B. 若a=90∘，小球不能到达最高点；如果上升0.3m，m重力势能的增加量 mgh=0.5×10×0.3=1.5J，‎ 初动能 ‎，‎ 机械能不守恒，故B错误；‎ C. D. 小球在斜面上运动时受绳子拉力、斜面弹力、重力。在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mgsinα，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：‎ ‎…①‎ 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：‎ ‎…②‎ 若恰好通过最高点绳子拉力T=0，联立①②解得：‎ 故小球能保持在板面内作圆周运动时，α最大值为，故C错误，D正确。‎ 二、实验填空题 ‎13.某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下：a．开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v。b．在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复a。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该实验中，M和m大小关系必需满足M_____m（选填“小于”、“等于”或“大于”）‎ ‎（2）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降的高度应_____（选填“相同”或“不同”）‎ ‎（3）根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出_____（选填“ ”、“”、或“”）图线。‎ ‎（4）根据（3）问的图线，若图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为_____（用题给的已知量表示）。‎ ‎【答案】（1）大于； （2）相同； （3）； （4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；‎ ‎（2）[2]要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为：‎ ‎△x=△x1+△x2=+=；‎ 不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，‎ 则C下落高度为，即C下落的高度总相同；‎ ‎（3）[3]选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：‎ ‎，‎ 整理可知：‎ ‎；‎ 为得到线性关系图线,因此应作出v2−的图象；‎ ‎（4）[4]由上表达式可知：‎ ‎；‎ 解得：；‎ ‎14.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置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，认为其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，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)在上述实验操作中，下列说法正确是________．‎ A．小球1的质量一定大于小球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径 B．将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平 C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小 D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动 ‎(2)以下提供的器材中，本实验必需的有（ ）‎ A．刻度尺　　B．游标卡尺　　C．天平　　D．秒表 ‎(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为 l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为________．‎ ‎【答案】 (1). BD (2). AC (3). m1·l1＝m2·l2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验注意事项分析答题；‎ ‎(2)根据实验需要测量的量选择实验器材；‎ ‎(3)小球离开水平轨道后做平抛运动，根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。‎ ‎【详解】(1) A项：验证动量守恒定律实验中，入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量，两球的直径应相等，故A错误；‎ B：将小球静止放置在轨道末端，如果小球不滚动，水面斜槽轨道末端水平，否则斜槽末端不水平，故B正确； ‎ C项：小球在斜槽上的释放点高度应适当，如果释放点的高度太高，小球离开轨道后的水平位移太大，小球将落在复写纸之外，不能确定小球的落地点，小球的释放高度不是越高越好，故C错误；‎ D项：复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰，只要不移动地面上的白纸，可以随便移动复写纸的位置，故D正确。故应选：BD。‎ ‎(2)实验过程中需要测量入射球与被碰球质量，因此实验需要天平；实验时需要测出小球落地点的水平位移，因此实验需要刻度尺，故AC正确。‎ ‎(3) 球离开水平轨道后做平抛运动，由于小球的竖直分位移相等，因此它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与它的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度；由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，两球碰撞，球1的落地点是M，球2的落地点是N，实验需要验证：m1OP=m10M+m20N，m1（OP-OM）=m20N，‎ m1MP=m20N，则m1l1=m2l2，本实验验证动量守恒定律的表达式为：m1l1=m2l2.。‎ 三、计算题 ‎15.香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的鲸鱼背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出的水的动能．‎ ‎（1）求喷泉喷水的功率P；‎ ‎（2）试计算米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度h；‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）喷泉喷水的功率为：‎ ‎；‎ ‎（2）以向上为正方向，内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v：‎ 所以：‎ 根据牛顿第三定律：‎ 所以：‎ 得：‎ 喷口喷出水后在做竖直上抛运动：‎ ‎，‎ 所以：‎ ‎16.. “┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m，距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：‎ ‎(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1多大？‎ ‎(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对地速度）‎ ‎(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】（1）由动能定理得……① ４分 ‎（2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V，‎ 由动量守恒 得，故不可能② ２分 ‎∴物块碰后必反弹 由动量守恒③ 得④ ２分 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A壁第二次碰前，滑板速度 ‎⑤ ２分 物体与A壁第二次碰前，设物块速度为v2‎ ‎⑥‎ 由两物的位移关系有：即⑦ ２分 由⑥⑧代入数据可得：⑧ ２分 ‎（3）物体在两次碰撞之间位移为S，‎ 得２分 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功为２分 ‎17.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．‎ ‎(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．‎ ‎【答案】(1), F＝22 N (2) k＝45 (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎⑴物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR＝－‎ 解得：v＝＝4m/s 在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有：mg＋F＝‎ 解得：F＝－mg＝22N，为正值，说明方向与假设方向相同。‎ ‎⑵根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv0′‎ 解得：v0′＝＝3m/s 设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有：－2μmgs＝0－‎ 解得：s＝＝4.5m 所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的＝45倍，即k＝45‎ ‎⑶物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a＝＝－μg＝－1m/s2‎ 由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有：2naL＝－‎ 解得：vn＝＝m/s（其中n＝1、2、3、…、44）‎ ‎【考点定位】动能定理（机械能守恒定律）、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-位移式关系、向心力公式、动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。‎ ‎【规律总结】牛顿定律、动能定理、功能关系、动量守恒定律等往往是求解综合大题的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。‎ ‎18.如图甲所示，一圆柱形绝热气缸开口向上坚直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内，活塞质量m=1kg、横截面积S=5×10-4m，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V-T图象如图乙所示。已知大气压强P0=1.0×105Pa，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g=10m/s².‎ ‎（1）求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；‎ ‎（2）若缸内气体原来的内能U0=72J，且气体内能与热力学温度成正比。求缸内气体变化过程从电热丝吸收的总热量。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）活塞从A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化；‎ 以活塞为研究对象：，得：，‎ 根据盖-吕萨克定律，可得：；‎ ‎（2）由气体内能与热力学温度成正比：，得：；‎ 外界对气体做功：；‎ 根据热力学第一定律：；‎ 可得气体变化过程吸收的总热量：‎ ‎19.跳水比赛的1m跳板如图伸向水面，右端点距水高lm，A为右端点在水底正下方的投影，水深h＝4m，若跳水馆只开了一盏黄色小灯S，该灯距跳板右端水平距离x＝4m，H＝4m。现观察到跳板水下阴影右端点B到A的距离AB＝m，求：‎ ‎①黄色光在水中的折射率；‎ ‎②若在水底A处放一物体，站在跳板右端向下看，该物体看起来在水下深度。‎ ‎【答案】① ②3m ‎【解析】‎ ‎【详解】①光从板的右端射到水中的光路图如图所示：‎ 根据折射定律得：‎ ‎ ‎ 根据几何关系有：‎ ‎, ‎ 解得折射率为：‎ ‎②‎ 设A的视深为h′，由于从A上方看，光的入射角及折射角均很小 故 ‎ ‎ 解得：‎