黑龙江省大庆市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

黑龙江省大庆市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

黑龙江省大庆市 2021 届第四次新高考模拟考试物理试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆 周运动，下列叙述正确的是 A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零 C．在最低点，乘客处于失重状态 D．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变 【答案】 B 【解析】 A：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能 不断变化．故 A 项错误． B：摩天轮转动一周的过程中， 速度变化为零， 动量变化为零， 据动量定理： 乘客所受合外力的冲量为零． 故 B 项正确． C：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故 C 项错误． D：摩天轮匀速转动过程中， 重力与速度的夹角 不断变化， 乘客所受的重力的瞬时功率 cosP mg v 不断变化．故 D 项错误． 2．在一大雾天，一辆小汽车以 30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方 30m 处有一辆大卡车以 10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。如图所示 a、b 分别为小汽车和 大卡车的 v－t 图像，以下说法正确的是（ ） A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾 B．在 t＝ 5s 时追尾 C．在 t＝ 2s 时追尾 D．若刹车不失灵不会追尾 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．根据速度 -时间图像所时间轴所围 “面积 ”大小等于位移，由图知， t=3s 时， b 车的位移为 10 3m 30mb bs v t a 车的位移为 11 ( )30 20 1m 20 15 2( ) m 22 m 60as ＝ 则 30ma bs s 所以在 t=3s 时追尾，故 ABC 错误； D．若刹车不失灵，由图线可知在 t=2s 时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移 10 30 2m 10 2m 20m<30 2 m1x 所以刹车不失灵，不会发生追尾，故 D 正确。 故选 D。 3．在空间 P 点以初速度 v0 水平抛出一个小球，小球运动到空中 A 点时，速度与水平方向的夹角为 60°， 若在 P 点抛出的初速度方向不变， 大小变为 02v ，结果小球运动到空中 B 点时速度与水平方向的夹角也为 60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A． PB 长是 PA 长的 2 倍 B． PB 长是 PA 长的 4 倍 C． PA 与水平方向的夹角小于 PB 与水平方向的夹角 D． PA 与水平方向的夹角大于 PB 与水平方向的夹角 【答案】 B 【解析】 【详解】 CD ．小球到达 A 点时， PA 为位移，设 PA 与水平方向的夹角为 ，则 1tan tan60 2 ，小球到达 B 点 时， PB 为位移，设 PB 与水平方向的夹角为 ，则 1tan tan60 2 ，因此 PA 与水平方向的夹角等于 PB 与水平方向的夹角，选项 CD 错误； AB ．因为 ，可知 P、A、B 在同一直线上，假设 PAB 为斜面，小球从 P 点运动到 A 点的时间 0 1 2 tanvt g 水平位移 2 0 1 0 1 2 tanvx v t g 则 2 01 2 tan cos cosPA vxs g ， 同理得 2 02 2 tan cosPB vs g 因此 PB 长是 PA 长的 4 倍，选项 A 错误，选项 B 正确 . 故选 B. 4．如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高 度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中 BC 边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻 力，则下列说法正确的是（ ） A．导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向 B．导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同 C．导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动 D．导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A. 导体框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故 A 错误； B.导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，由感应电量公式 q n R Φ 则通过导体框横截面的电荷量大小相同，故 B 错误； C.导体框进入磁场的过程中因为导体框的加速度 2 2B L vmg Ra m 有效 其中 L 有效是变化的，所以导体框的加速度一直在变化，故 C 错误； D.导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度 2 2B L vmg Ra m 有效 其中 L 有效是变化的，则 mg 与 2 2B L v R 有效 大小关系不确定，而 L 有效 在变大，所以 a 可能先变小再反向变大， 故 D 正确。 5．一足够长的传送带与水平面的倾角为 θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具 有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点 t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的 变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向， v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则 （ ） A．小物块与传送带间的动摩擦因数 μ v 2，由图示图象 可知， 0～ t1 内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在 t1～t2 内与坐标轴所围成的三角形面积， 由此 可知，物块在 0～ t1 内运动的位移比在 t 1～t2 内运动的位移大，故 B 错误； 0～t2 内，由图 “面积 ”等于位移 可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 W G，根据动能定理得： W+W G= 1 2 mv 22- 1 2 mv 12，则传送带对物块做功 W≠ 1 2 mv 22- 1 2 mv 12，故 C 错误。 0～t2 内，物块的重力势能 减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热 量大小一定大于物块动能的变化量大小，即： 0～t 2 内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而 产生的热，故 D 正确。故选 D。 6．一定质量的理想气体，在温度升高的过程中（ ） A．气体的内能一定增加 B．外界一定对气体做功 C．气体一定从外界吸收热量 D．气体分子的平均动能可能不变 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 AD ．理想气体不计分子势能，温度升高，平均动能增大，内能一定增加，选项 A 正确， D 错误； BC．温度升高，外界可能对气体做功，也可能从外界吸收热量，选项 BC 错误。 故选 A. 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．长为 l 直导线中通有恒定电流 I ，静置于绝缘水平桌面上，现在给导线所在空间加匀强磁场，调整磁场 方向使得导线对桌面的压力最小，并测得此压力值为 N 1，保持其他条件不变，仅改变电流的方向，测得 导线对桌面的压力变为 N2。则通电导线的质量和匀强磁场的磁感应强度分别为（ ） A． 1 2N Nm g B． 1 2 2 N Nm g C． 2 1 2 N NB Il D． 1 2 2 N NB Il 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 对导线受力分析，可知导线受重力、支持力和安培力作用，当安培力方向竖直向上时，支持力最小，则导 线对桌面的压力最小，根据平衡条件有 1N BIl mg 当仅改变电流方向时，安培力方向向下，根据平衡有 2N mg BIl 联立解得 1 2 2 N Nm g ， 2 1 2 N NB Il 故 BC 正确， AD 错误。 故选 BC 。 8．如图（ a）所示，光滑绝缘斜面与水平面成 30 角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界 M 、N 与 斜面底边平行， 磁感应强度大小为 3TB 。质量 0.05kgm 的 “日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用 下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即 =0.1mab bc cd dc af fa fc L ， ab、fc，ed 段的电阻均为 2Ωr ，其余电阻不计。从导线框刚进入磁场开始计时， fc 段的电流随时间变化如图（ b） 所示（电流由 f 到 c 的方向为正） ，重力加速度 210m/sg 下列说法正确的是（ ） A．导线框运动的速度大小为 10m/s B．磁感应强度的方向垂直斜面向上 C．在 0t 至 0.03st 这段时间内，外力所做的功为 0.24J D．在 0.01st 至 0.02st 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.3N 【答案】 AD 【解析】 【详解】 B．由于在 0~0.01s 时间内，电流从 f 到 c 为正，可知 cd 中电流从 d 到 c，则由右手定则可知，磁感应强 度的方向垂直斜面向下，选项 B 错误； A．因为 cd 刚进入磁场时，通过 fc 的电流为 0.5A ，可知通过 cd 的电流为 1A，则由 2 cd BLvI rr 解得 v=10m/s 选项 A 正确； C．在 0t 至 0.03st 这段时间内，线圈中产生的焦耳热为 2 23 3 1 3 0.01J=0.09JQ I R t总 线框重力势能的增加量 3 sin30 0.075JPE mg L o 则外力所做的功为 0.165JPW Q E 选项 C 错误； D．在 0.01st 至 0.02st 这段时间内，导线框的 cf 边在磁场内部，则所受的安培力大小为 3 1 0.1N=0.3NcfF BIL 选项 D 正确。 故选 AD 。 9．一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态 a 到状态 b，到状态 c 再回到状态 a．三个状态的体积 分别为 va、 vb、 vc，则它们的关系正确的是（ ） A． va=v b B． va=v c C． vb= 327 600 vc D． vc= 327 54 va 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根据图象求出各状态下的压强与温度，然后由理想气体状态方程解题。 【详解】 由图示可知， pa=p0，p b=p c=2p 0， T a=273+27=300K ，T c=273+327=600K ，由数学知识可知， t b=2t a=54℃， T b=327K ；由理想气体状态方程得： 0 = =300a a a CT CV P P ， 0 = =300c c c CT CV P P 则 =a cV V ，由理想气体状态方程可知： 0 0 327 327 327= = = = 2 300 600 600 a a b a b a c b a PV T P VV V V PT P 故 BC 正确， AD 错误； 故选 BC 。 【点睛】 解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度， 否则会出错； 由于题目中没有专门说明 oab 是否在同 一条直线上，所以不能主观臆断 b 状态的温度。 10．如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出 后起一段时间内小球的动能随时间平方（ EK —t2）图象如图乙所示，横坐标在 0: 2.5 之间图线为直线，此 外为曲线，重力加速度为 g，则根据图乙信息，可以求得（ ） A．小球的初速度 B．小球的质量 C．小球在斜面上滑行的时间 D．斜面的倾角 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 AB. 小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得： Ek =mgh+ 2 0 1 2 mv 由平抛运动的规律有 h= 21 2 gt 联立得 Ek = 2 21 2 mg t + 2 0 1 2 mv 图象在 0 : 2.5 之间是直线，由图可求得直线的斜率 k，由数学知识可得 21 2 k mg ，g 已知，则能求出小 球的质量 m；由图知 t2=0 时， E k=5J ，由 Ek= 2 0 1 2 mv ，可求得小球的初速度 v0，故 AB 正确； CD. 小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为 α，则有 tan α= 0 0 yv gt v v 由题图知， t 2=2.5，可以求得 t，小球的初速度 v0 也可求得，从而能求出斜面的倾角 α；根据小球在斜面的 运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故 C 错误， D 正确。 故选 ABD 。 11．我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车， 不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道 上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由 8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车，其余为拖车， 则该动车组 ( ) A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3∶2 C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1∶2 【答案】 BD 【解析】 【详解】 启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的， 所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动 的方向相同，故 A 错误；设每一节车厢的质量是 m，阻力为 kmg ，做加速运动时，对 6、7、8 车厢进行 受力分析得： 1 3 3F kmg ma ，对 7、8 车厢进行受力分析得： 2 2 2F kmg ma ，联立可得： 1 2 3 2 F F ， 故 B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为 s，则： 2 2v as ，又 8 8kmg ma ，可得： 2 2 vs kg ，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比， 故 C 错误； 设每节动车的功率为 P，当只有两节动力车时，最大速率为 v，则： 2 8P kmgv ，改为 4 节动车带 4 节 拖车的动车组时，最大速度为 v ，则： 4 8P kmgv ，所以 2v v ，故 D 正确． 12．如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为 l 的轻质绝缘细绳一端固定在 O 点，另一 端连接一质量为 m、电荷量为 +q 的小球（可视为质点） ，初始时小球静止在电场中的 a 点，此时细绳拉力 为 2mg，g 为重力加速度。若小球在 a 点获得一水平初速度 va，使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动， 则（ ） A．电场强度为 3mg q ，方向竖直向上 B． a、O 两点的电势差 Uao= 3mgl q C．初速度 va= 10gl D．小球在竖直面内做匀速圆周运动 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．小球静止在 a 点时，由共点力平衡得 2mg mg qE 解得 3mgE q 方向竖直向上，故 A 正确； B．在匀强电场中， a 点电势比 O 点低，根据电势差 U Ed 可知 a 、 O 两点电势差为 3 aO mglU q 故 B 错误； CD ．小球从 a 点运动到 b 点，由于重力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到 b 点速度大小为 bv ， 由动能定理得 2 21 2 12 2 2b aqE l mg l mv mvg g 小球做圆周运动恰好通过 b点时，由牛顿第二定律得 2 bmq mg l vE 联立解得 10av gl 故 C 正确， D 错误； 故选 AC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某兴趣小组为研究一种蜡烛在水中的浮力，设置了如图的实验装置，透明玻璃管中装有水，蜡烛用针 固定在管的底部，当拔出细针时，蜡烛能够上浮．为研究蜡烛的运动情况，采用了智能手机的频摄功能， 拍摄频率为 10Hz. 在实验过程中拍摄了 100 多张照片，取开始不久某张照片编号为 0，然后依次编号，并 取出编号为 10 的倍数的照片，使用照片编辑软件将照片依次排列处理，以照片编号 0 的位置为起点，测 量数据，最后建立坐标系描点作图，纵坐标为位移，横坐标为照片编号，如图所示． 通过计算机拟合发现各点连线近似于抛物线，则蜡烛上升的加速度为 ________m/s2（保留 2 位有效数字） 已知当地的重力加速度为 g，忽略蜡烛运动受到的粘滞力，若要求蜡烛受到的浮力，还需要测量 ______________ ． 【答案】 21.4 10 或 0.014 蜡烛的质量 m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由图可知， 1 1.4x cm ， 2 (4.1 1.4) 2.7x cm cm ， 3 (8.4 4.1) 4.3x cm cm ， 4 (13.9 8.4) 5.5x cm cm ， 5 (20.9 13.9) 7x cm cm ，根据逐差法可知： 5 4 2 1 2 ( ) ( ) 6 x x x xa T ， 其中 1T s ，代入数可得， a=0.014m/s 2； (2)根据牛顿第二定律可知： F mg ma浮 ，所以还要测蜡烛的质量 m． 14．某同学利用图甲所示的装置设计一个 “用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系 ”的实验。如图中 AB 是水平桌面， CD 是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一 挡光片。 为了补偿小车受到的阻力， 将长木板 C 端适当垫高， 使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。 用一 根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方 向与长木板的上表面平行， 将小车靠近长木板的 C 端某位置由静止释放， 进行实验。 刚开始时小车的总质 量远大于托盘和砝码的总质量。 (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，如图乙所示，其读数为 _____cm ； (2)某次实验，小车先后经过光电门 1 和光电门 2 时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为 t 1 和 t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为 L ，则小车的加速度表达式 a （ ______）（结果用字母 d、t1、t 2、L 表示） ； (3)某同学在实验中保持小车总质量不变， 增加托盘中砝码的个数， 并将托盘和砝码的总重力当做小车所受 的合力 F，通过多次测量作出 a F 图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是 _____。 【答案】 0.170 2 2 2 1 2 2 2 1 2 ( ) 2 d t t Lt t 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差 越来越大 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 游标卡尺的主尺读数为： 1mm ，游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为： 0.05 ×14=0.70mm ，所以 d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm ； (2)[2] 小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式 2 2 2 1 2 d daL t t 得 2 2 2 1 2 2 2 1 22 d t t a Lt t (3)[3] 实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力 mg，只有在 M ? m 时，才有 T mg a F 图线才接近直线，一旦不满足 M ? m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲， 所以 a F 图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大， 小车所受合力与托盘和砝码的总重 力相差越来越大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图，质量均为 m 的两个小球 A、 B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端， AB=OB=l ，可绕过 O 点且与 纸面垂直的水平轴无摩擦地在竖直平面内转动，空气阻力不计。 A 球带正电， B 球带负电，电量均为 q， 整个系统处在竖直向下的匀强电场中，场强 E= 2 mg q 。开始时， AB 水平，以图中 AB 位置为重力势能和电 势能的零点，问： (1)为使系统在图示位置平衡，需在 A 点施加一力 F，则 F 至少多大？方向如何？ (2)若撤去 F， OB 转过 45°角时， A 球角速度多大？此时系统电势能总和是多大？ (3)若撤去 F， OB 转过多大角度时，系统机械能最大？最大值是多少？ 【答案】 （1） 3 2 4 mg ；方向与 AB 成 45 角斜向上（ 2） 8 2 61 g ； 2 4 mgl （3）90°； 1 2 mgl 【解析】 【详解】 (1)当 F 垂直于 OA时力最小，根据力矩平衡： 2minmgl qEl F l 已知： 1 2 qE mg 可以求出： 3 2 4minF mg 方向与 AB 成 45 角斜向上 (2)对系统列动能定理可得： 2 21 1( ) ( ) (1 cos45 ) 2 2A Bmg qE l mg qE l mv mv 其中： 2Av l ， Bv l 可得： 8 2( ) 6 g l 此时，电场力对 A 球做正功，则有： AW qEl 电场力对 B 球做负功，则有： (1 cos45 )BW qEl 则电场力对系统做功： cos45W qEl 则系统电势能： 2 2 2 4 PE qEl mgl (3)电势能最小时，机械能最大，由 (2)的结论，系统电势能总和为： cosθPE qEl 即当 90 ，电势能最小： minP lE qE 初始位置时，电势能和机械能均为零，则此时最大机械能： 1 2maxE qEl mgl机 16．如图所示，直角坐标系 xOy 处于竖直平面内， x 轴沿水平方向，在 y 轴右侧存在电场强度为 E 1、水 平向左的匀强电场，在 y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E2，方向竖直向上，匀强磁场的 磁感应强度 6TB ，方向垂直纸面向外。 在坐标为 （0.4m ，0.4m）的 A 点处将一带正电小球由静止释放， 小球沿直线 AO 经原点 O 第一次穿过 y 轴。已知 1 2 4.5N/CE E ，重力加速度为 210m/sg ，求： (1)小球的比荷（ q m ）及小球第一次穿过 y 轴时的速度大小； (2)小球第二次穿过 y 轴时的纵坐标； (3)小球从 O 点到第三次穿过 y 轴所经历的时间。 【答案】 (1) 20 C/kg 9 q m ，4m/s；(2) 0.3 2m ；(3) 9π 2 2( )s 80 5 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，小球受到的合力方向由 A 点指向 O 点，则 1qE mg ① 解得 20 C/kg 9 q m ② 由动能定理得 2 1 1 1 1 0 2 mgy qE x mv ③ 解得 4m/sv ④ (2)小球在 y 轴左侧时 2qE mg 故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得 2mvqvB R ⑤ 解得 0.3mR ⑥ 由几何关系可知，第二次穿过 y 轴时的纵坐标为 2 2 0.3 2my R ⑦ (3)设小球第一次在 y 轴左侧运动的时间为 1t ，由几何关系和运动规律可知 1 3π 9πs 2 80 Rt v ⑧ 小球第二次穿过 y 轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示） ，由几何关系知，此过程小球沿速度 v 方 向的位移和垂直 v 方向的位移大小相等，设为 r，运动时间为 2t ，则 2r vt ⑨ 2 2 1 2 r at ⑩ 由①式可得 2a g ? 可得 2 2 2 s 5 t ? 小球从 O 点到第三次穿过 y 轴所经历的时间 1 2 9π 2 2( )s 80 5 t t t ? 17．如图所示，光滑水平地面上，一质量为 M ＝1kg 的平板车上表面光滑，在车上适当位置固定一竖直轻 杆，杆上离平板车上表面高为 L ＝1m 的 O 点有一钉子（质量不计） ，一不可伸长轻绳上端固定在钉子上， 下端与一质量 m 1＝1.5kg 的小球连接，小球竖直悬挂静止时恰好不与平板车接触。在固定杆左侧放一质量 为 m 2＝0.5kg 的小滑块，现使细绳向左恰好伸直且与竖直方向成 60°角由静止释放小球，小球第一次摆到 最低点时和小滑块相碰，相碰时滑块正好在钉子正下方的 O 点。设碰撞过程无机械能损失，球和滑块均 可看成质点且不会和杆相碰，不计一切摩擦， g 取 10m/s 2，计算结果均保留两位有效数字。求： (1)小滑块初始位置距 O 的水平距离 a； (2)碰后小球能到达的最大高度 H。 【答案】 (1) 0.52m ； (2) 0.32m 【解析】 【详解】 (1)小球摆动过程中，设碰前小球的速度大小为 0v ，平板车的速度大小为 Mv ，位移大小分别为 1x 和 Mx ， 小球开始时高度为 1 cos60 0.5h L mo 小球和平板车在水平方向动量守恒 1 0MMv m v 二者构成的系统机械能守恒 2 2 1 0 1 1 1 2 2MMv m v m gh 带入数据联立解得 3m/sMv 0 2m/sv 1 1 Mx m x M 且 1 sin 60Mx x L o 解得 3 3 m 0.52m 10Mx 小球从左向下摆到最低点的过程中，滑块相对于地面静止， M 及杆对地向左走过的距离即为所求 0.52mMa x (2)小球到最低点时以速度 0v 与静止的滑块发生弹性碰撞，小球和滑块组成的系统动量守恒且机械能守恒， 设碰后瞬间小球和滑块的速度大小分别为 1v ， 2v ，则有： 1 0 1 1 2 2m v m v m v 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v 联立解得 1 2 1 0 1 2 1m/sm mv v m m 1 2 0 1 2 2 3m/smv v m m 此后滑块向右匀速直线运动，不影响小球和车的运动，小球摆到最高点时和平板车具有相同速度 v ，二者 组成的系统动量守恒 1 1 1MMv mv M m v 解得 0.6m/sv 机械能守恒 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2Mm gH Mv m v M m v 解得 0.32mH