河北省邯郸市大名一中2020届高三上学期第六周周测物理试卷（附答案）.doc

2019 年 10 月物理周测 一、单选题 1．一枚火箭由地面竖直向上发射,其速度-时间图象如图所示，由图象可知 ( ) A．0~ta 段火箭的加速度小于 ta~tb 段的火箭加速度 B．0~ta 段火箭是上升过程，在 ta~tb 段火箭是下落过程 C．tb 时刻火箭离地最远 D．tc 时刻火箭回到地面 2．如图所示，质量分别为 2m、m 的球 A、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上 做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为 F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力 大小和小球 A 的加速度大小分别为（ ） A． ， ＋g B． ， ＋g C． ， ＋g D． ， ＋g 3．如图，带有长方体盒子的斜劈 A 放在固定的斜面体 C 的斜面上，在盒子内放有光滑球 B， B 恰与盒子前、后壁 P、Q 点相接触．若使斜劈 A 在斜面体 C 上由静止释放，以下说法正确的 是 A．若 C 的斜面光滑，斜劈 A 由静止释放，则 P 点对球 B 有压力 2 3 F 2 3m F 2 3 F 3m F 3 F 2 3m F 3 F 6m FB．若 C 的斜面光滑，斜劈 A 以一定的初速度沿斜面向上滑行，则 P 点对球 B 有压力 C．若 C 的斜面粗糙，斜劈 A 沿斜面匀速下滑，则 Q 点对球 B 有压力 D．若 C 的斜面粗糙，斜劈 A 以一定的初速度沿斜面向上滑行，则 Q 点对球 B 有压力 4．如图所示，足够长的水平传送带以速度 v 沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨 道底部平滑连接，圆弧轨道上的 A 点与圆心等高，一小物块从 A 点静止滑下，再滑上传送带， 经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达 A 点，则下列说法正确的 是 A．圆弧轨道的半径一定是 B．若减小传送带速度，则小物块仍能到达 A 点 C．若增加传送带速度，则小物块和传送带间摩擦生热保持不变 D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 5．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 P，靠在粗糙的竖直墙面上，力 F 通过球心水平作 用在光滑球 Q 上，系统处于静止状态。当力 F 增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是 （　　） A．斜劈 P 所受合外力增大 B．斜劈 P 对竖直墙壁的压力增大 C．球 Q 对地面的压力不变 D．墙面对斜劈 P 的摩擦力增大 6．水平面上固定一个倾角为 α 的斜面，将一个小球从斜面顶端以 v0 平抛，经过时间 t1 小球距 离斜面最远，再经 t2 小球落在斜面上，则可知 2 2 v gA． B．t1 和 t2 内小球沿斜面位移相同 C．t1 和 t2 内速度变化量相同 D．小球距斜面的最远距离 7．一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，小球 A 和小球 B 沿着筒的内壁 在水平面内做匀速圆周运动，如图所示 A 的运动半径较大，则下列判断正确的是( ) A．A 球的加速度大于 B 球的加速度 B．A 球的线速度大于 B 球的线速度 C．A 球的角速度等于 B 球角速度 D．A 球的向心力等于 B 球的向心力 8．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空 110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能 源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的 1/5，其 运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（ ） A．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 B．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以对接并拯救低轨道上的卫星 C．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 5 倍 D．“轨道康复者”的线速度是地球同步卫星线速度的 倍 9．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为 θ，传送带在电动机的带动下，始终保持 v 的 速率运行，现把一质量为 m 的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件 与传送带达到共同速度后继续传送到达 h 高处，工件与传送带间动摩擦因数为 μ，重力加速度 0 1 sinvt g α= 2 2 0 m sinv αh g = 5为 g，则下列结论正确的是(　　) A.工件与传送带间摩擦生热为 B.传送带对工件做的功为 ＋mgh C.传送带对工件做的功为 D.电动机因传送工件多做的功为 ＋mgh 10．如图，一足够长的木板放在光滑水平地面上，一小木块水平滑上木板，此过程中木块受 到的平均阻力为 ，小木块在木板上的位移为 ，木板位移为 ，则此过程中（ ） A．小木块的内能增加了 B．木板和小木块组成的系统机械能守恒 C．木板增加的动能为 D．小木块动能的减少等于木板动能的增加 11．如图所示，虚线 a、b、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为个 带电的质点在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法 中正确的是 A．带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时小 B．带电质点一定是从 P 点向 Q 点运动 C．带电质点通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时小 D．三个等势面中，等势面 a 的电势最高 12．真空中有一静电场，其在 x 轴正半轴的电势 随 x 变化的关系如图所示，则根据图象可知 ( ) f d s fd fs φA．R 处的电场强度 E＝0 B．x1 处与 x2 处的电场强度方向相反 C．若正的试探电荷从 x1 处移到 x2 处，电场力一定做正功 D．该电场有可能是处在 O 点的正的点电荷激发产生的 二、多选题 13．如图所示，质量为 m 的物体 A 放在质量为 M、倾角为 的斜面 B 上，斜面 B 置于粗糙的 水平地面上，用平行于斜面的力 F 拉物体 A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面 B 始终静止不 动，则下列说法中正确的是（ ） A.斜面 B 相对地面有向右运动的趋势 B.地面对斜面 B 的静摩擦力大小为 C.地面对斜面 B 的支持力大小为 D.斜面 B 与物体 A 间的动摩擦因数为 14．如图所示，斜面 B 放置于水平地面上,其两侧放有物体 A、C,物体 C 通过轻绳连接于天花 板,轻绳平行于斜面且处于拉直状态,A、B、C 均静止,下列说法正确的是 A．A、B 间的接触面一定是粗糙的 B．地面对 B 一定有摩擦力 C．B、C 间的接触面可能是光滑的 D．B 一共受到 6 个力的作用 15．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上，木块受到向右的拉力 F 的作用而向右匀速滑行，此时长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面 间的动摩擦因数为 。下列说法正确的是 A．物块受到摩擦力的大小是 F B．物块受到摩擦力的大小是 C．木板受到地面的摩擦力的大小是 F D．木板受到地面的摩擦力的大小是 16．如图所示，木块 B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹 A 沿水平方向射入木块后留 在木块 B 内，入射时间极短，下列说法正确的是（ ） A．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒 B．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统动量守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统机械能守恒 17．如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量 为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道 没有压力。已知 AP＝2 R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中（ ） A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR 1 µ 2 µ 1mgµ 2 ( )m M gµ +C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功 mgR 18．如图所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为 d。 m2 的左边有一固定挡板，m1 由 图示位置静止释放．当 m1 与 m2 第一次相距最近时 m1 速度为 v1，在以后的运动过程中(　　) A.m1 的最小速度可能是 0 B.m1 的最小速度可能是 v1 C.m2 的最大速度可能是 v1 D.m2 的最大速度可能是 v1 三、解答题 19．如图所示,光滑水平面 AB 与竖直面内的半圆形导轨在 B 点平滑连接,导轨半径为 R,一个质 量为 m 的小球将弹簧压缩至 A 处。小球从 A 处由静止释放被弹开后,经过 B 点进入导轨时对 导轨的压力大小为 8mg,然后小球沿轨道向上运动恰能运动到 C 点(已知重力加速度为 g),求： (1)释放小球前弹簧的弹性势能 ； (2)小球从 B 运动到 C 的过程中克服摩擦阻力做的功 . 20．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量 M＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量 m＝1.9 kg 的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量 m0＝0.1 kg 的子弹以 v0＝200 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数 μ＝0.5，g＝10 m/s2. (1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小； (2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小； (3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？ 1 2 1 2参考答案 1．A 【解析】 【详解】 A．0～ta 段图线的斜率小于 ta～tb 段图线的斜率，则 0～ta 段火箭的加速度小于 ta～tb 段的火箭 的加速度。故 A 正确。 BCD．0～tc 段速度都为正值，速度方向并未改变，说明火箭一直处于上升过程，在 tc 时刻火 箭到达最高点。故 BCD 错误。 2．D 【解析】 试题分析：对 AB 的整体，根据牛顿第二定律可知：F-3mg=3ma；对物体 B：T-mg=ma，联立 解得：T=F/3；线断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，故弹力仍为 T=F/3，此时 A 的加速度满足： 2mg+T=2ma，解得 ，故选 D. 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；注意求解弹簧的弹力用了先整体后隔离的方 法；在剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力是不能突变的，细绳的拉力变为零，可根据牛顿第二定 律求解此时 A 的加速度的大小；此题是中等题. 3．D 【解析】 【详解】 AB.当斜面光滑，斜劈静止释放或者以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球整体具有相 同的加速度 gsinθ，方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律，知 B 球的合力方向沿斜面向下，所 以 B 球受重力、底部的支持力、以及 Q 对球的弹力，知 P 点对球无压力，Q 点对球有压力， 故 AB 错误； C.斜劈 A 沿斜面匀速下滑，知 B 球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡，所以 P、Q 对球均无压力，故 C 错误； D. 若 C 的斜面粗糙，斜劈 A 以一定的初速度沿斜面向上滑行时，斜劈和球这个整体具有相同 的加速度，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律，知 B 球的合力方向沿斜面向下，所以 B 球 受重力、底部的支持力以及 Q 对球的弹力，故 D 正确. 4．D 6 Fa gm = +【解析】 【详解】 A.物体在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，根据机械能守恒可得， mgR= mv02 所以小物块滑上传送带的初速度 物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩 擦力的作用下反向加速，根据物体的受力情况可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度 的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大 小，只要传送带的速度 ，物体就能返回到 A 点，则 ，故 A 错误。 B.若减小传送带速度，只要传送带的速度 ，物体就能返回到 A 点。若传送带的速度 ，物体返回到传送带左端时速度小于 v0，则小物块到达不了 A 点。故 B 错误。 C. 若增加传送带速度，则小物块和传送带间相对滑动的距离变大，根据 可知， 摩擦生热将变大，选项 C 错误； D.若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到 A 点，不能滑到圆弧 轨道的最高点。故 D 正确。 5．B 【解析】 【详解】 斜劈 P 一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故 A 错误；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 P 的弹力，F 增大，则 N 增大，所以由牛顿 第三定律可得：P 对竖直墙壁的压力增大。故 B 正确；对 Q 受力分析，如图： 1 2 0 2v gR= 2v gR≥ 2 2 vR g ≤ 2v gR≥ 2v gR< Q mg xµ= ∆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，以整体为研究对象，如果力 F 开始作用时，滑动摩擦 力向上，则有在竖直方向：N″+f=Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若 N″增大至与 Mg 相等，则 f=0，故 CD 错误。故选 B。 【点睛】 本题考查共点力平衡条件的应用，确定研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等 式解题。要注意多个物体在一起时，正确利用整体法与隔离法进行分析是解题的关键。 6．C 【解析】 【详解】 A.小球平抛运动过程中，当速度与斜面平行时离斜面最远，则有： 解得： 故选项 A 不符合题意； B.将速度和加速度分解为沿斜面和垂直斜面，垂直斜面方向物体先匀减速远离斜面后匀加速落 回斜面，加速度不变，所以 ，物体沿斜面方向做匀加速运动，沿斜面在相等时间内位移 不同，故选项 B 不符合题意； C.根据公式： 可知 、 内的 相同，故选项 C 符合题意； D.在垂直斜面方向远离斜面过程中，则有： 1 0 tanα gt v = 0 1 tanαvt g = 1 2t t= v gt∆ = 1t 2t v∆ 0 m 1 sinα 2 vh t=解得小球距斜面的最远距离： ，故选项 D 不符合题意。 7．B 【解析】 【详解】 对小球受力分析，小球受重力和支持力，两者的合力提供向心力，如图所示： 根据牛顿第二定律有： A.由上式可得小球的加速度为 ，可知 A、B 两球的加速度相等，故 A 错误 B.由上式可得小球的线速度为 ，由 A 球的转动半径大，所以 A 球的线速度大， 故 B 正确。 C. 由上式可得小球的角速度为 ，由 A 球的转动半径大，所以 A 球的加速度小， 故 C 错误。 D.因为两球的质量未知，所以两球的向心力不一定相等，故 D 错误。 8．D 【解析】 【详解】 A.因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周 期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道 康复者”向东运动，故选项 A 不符合题意； B. “轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故选项 B 不符合题意； C.根据万有引力提供向心力，则有： 2 2 0 m sin α 2 cosα vh g = 2 2tan vF mg m m r mar θ ω= = = = tana g θ= tanv rg θ= tang r θω =解得： ，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨 道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍，故选项 C 不符 合题意； D.根据万有引力提供向心力，则有： 解得： ，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道 半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍，故选项 D 符合题意。 9．B 【解析】 【详解】 A.工件与传送带共速时，工件与传送带的相对位移 s＝vt－ t＝ t 工件的位移为 s′＝ t 对工件，根据动能定理 (f－mgsinθ)s′＝ 摩擦生热 Q＝fs，A 错误； BC.传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B 正确，C 错误； D.电动机因传送工件多做的功 W＝ ＋mgh＋Q D 错误． 10．C 【解析】 【详解】 系统损失的机械能转化为内能,系统产生的内能为 ,则子弹的内能增加小于 ，故 A 错 2 GMm mar = 2 GMa r = 2 2 GMm mv r r = GMv r = 5 Q fd= fd误；因为系统产生了内能,所以子弹和木块组成的系统机械能不守恒,故 B 错误；对木块,由动能 定理得 故 C 正确；从能量守恒的角度上来考虑小木块动能的减少等于木板动能的增 加和系统内增加的内能之和，故 D 错误；故选 C 11．A 【解析】 从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，所以 P 点的动能小于 Q 点的动能， 故 A 正确；无法判断粒子的运动方向，故 B 错误；由于相邻等势面之间的电势差相同。等势 线密的地方电场线密场强大，故 P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也 大，故 C 错误；根据质点判断出受力情况但不知道粒子所带电性，故无法判断等势面的电势 高低，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。 12．C 【解析】 试题分析：φ-x 图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R 处切线的斜率不为零， 故电场强度不为零；故 A 错误；x1 处与 x2 处的切线斜率同为负值，故 x 方向的电场强度分量 的方向相同，故 B 错误； 若试探电荷从 x1 处移到 x2 处，电势降低，根据公式 WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正 功；故 C 正确；离电荷越近，电场强度越大，故 φ-x 图象的斜率越大；而在 O 点向右，切线 斜率变大，故 O 点不可能有电荷，故 D 错误；故选 C． 考点：电场强度；电势及电势能 【名师点睛】φ-x 图象：①电场强度的大小等于 φ-x 图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x 图线存在极值，其切线的斜率为零．②在 φ-x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根 据电势大小关系确定电场强度的方向．③在 φ-x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用 WAB=qUAB，进而分析 WAB 的正负，然后作出判断。 13．BC 【解析】 【详解】 AB、将 A 和 B 看成一个整体,对其进行受力分析,由平衡条件可知,地面对 B 的静摩擦力 f=Fcosθ,方向水平向右,故 B 相对地面有向左运动的趋势,故 A 错误, B 正确; C、由平衡条件可知,地面对 B 的支持力 FN=(M+m)g+Fsinθ,故 C 正确; kfs E= ∆D、对 A 进行受力分析可知,在平行于斜面的方向上有 mgsinθ+F=μmgcosθ, 解得 ，故 D 错误； 14．AC 【解析】 【详解】 A、以 A 为研究对象，受到重力和支持力不可能平衡，所以 A 一定受到 B 对 A 沿斜面向上的 静摩擦力，故 A 正确； B、以 A、B、C 为研究对象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力 不可能平衡，所以地面对 B 沿水平向右的静摩擦力，故 B 正确； C、以 C 为研究对象，受到重力和 B 对 C 的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力可能 平衡，所以 B、C 之间可能没有的静摩擦力，B、C 间的接触面可能是光滑的，故 C 正确； D、以 B 为研究对象，可能受到重力、A 对 B 的压力、C 对 B 的压力、地面对 B 支持力和 A 对 B 的静摩擦力等五个力作用，也可能受到重力、A 对 B 的压力、C 对 B 的压力、地面对 B 支持力、A 对 B 的静摩擦力和 C 对 B 的静摩擦力等六个力作用，故 D 错误； 故选 ABC。 15．ABC 【解析】 【详解】 AB.以木块为研究对象，木块在水平方向受到两个力：向右的拉力 F 和木板对木块向左的滑动 摩擦力 f，木块匀速滑动，则有 f=F= ；故 AB 正确； CD.以木板为研究对象，木板在水平方向受到两个力：木块对木板向右的滑动摩擦力和地面对 木板向左的静摩擦力 f2，根据平衡条件得： 。故 D 错误，C 正确； 16．AD 【解析】 【详解】 A. 子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 A 项与题意相符； B. 子弹射入木块的过程中要克服阻力做功产生热能，系统机械能不守恒，故 B 项与题意不相 符； 1mgµ 2 1 1f f mgµ= =C. 木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 C 项与题意不相符； D. 木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒， 故 D 项与题意相符。 17．CD 【解析】 【详解】 A.重力做功为： 故 A 错误； B.小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，在最高点 B 有： 解得： 则机械能减少量为： 故 B 错误。 C. 根据动能定理得合外力做功为： 故 C 正确； D. 根据动能定理得： 得： 即克服摩擦力做功为： ，故 D 正确。 18．ABC 【解析】 2GW mg R R mgR= − =（ ） 2vmg m R = v gR= 21 1 2 2E mgR mv mgR∆ = − = 21 1 2 2W mv mgR= =合 21 2fmgR W mv− = 1 2fW mgR= 1 2 mgR【详解】 从小球 m1 到达最近位置后继续前进，此后拉到 m2 前进，m1 减速，m2 加速，达到共同速度时 两者相距最远，此后 m1 继续减速，m2 加速，当两球再次相距最近时，m1 达到最小速度，m2 达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，选取向右为 正方向，则： m1v1=m1v1′+m2v2 m1v12= m1v1′2+ m2v22； 解得： v1′= v1，v2= v1 故 m2 的最大速度为 v1，此时 m1 的速度为 v1， 由于 m1＜m2，可知当 m2 的速度最大时，m1 的速度小于 0，即 m1 的速度方向为向左，所以 m1 的最小速度等于 0． A.A 项与上述分析结论相符，故 A 符合题意； B.B 项与上述分析结论相符，故 B 符合题意； C.C 项与上述分析结论相符，故 C 符合题意； D.D 项与上述分析结论不相符，故 D 不符合题意。 19．(1) (2) 【解析】 【分析】 小球经过 B 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经过 B 点的速度，得到小球的动能，小球从 A 点至 B 点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能 等于小球经过 B 点的动能；小球恰好到达 C 点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出 C 点的速度，小球从 B 到 C 的过程，运用动能定理求解克服摩擦阻力做的功。 【详解】 (1)物块在 B 点时，由牛顿第二定律得： 根据题意： 物体经过 B 点的动能：在物体从 A 点至 B 点的过程中,根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能： (2)物体到达 C 点仅受重力 mg，根据牛顿第二定律有： 可得： 物体从 B 点到 C 点只有重力和阻力做功,根据动能定理有： 计算得出： 所以物体从 B 点运动至 C 点克服阻力做的功为： 。 【点睛】 本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过 B、C 两点的速度，再结合动能定理求解克 服摩擦做的功。 20．(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m 【解析】 【详解】 子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速 度；子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度；对系统 由能量守恒定律求出小车的平板的最小长度； 解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有： 解得： （2）子弹、木块、小车系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： 解得： （3）子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得： 解得： 0 0 0 1( )m v m m v= + 0 0 1 0 0.1 200 10 /1.9 0.1 m vv m sm m ×= = =+ + 0 1 0( ) ( )m m v m m M v+ = + + 0 1 0 ( ) (0.1 1.9) 10 2 /0.1 1.9 8 m m vv m sm m M + + ×= = =+ + + + 2 2 0 1 0 0 1 1( ) ( ) ( )2 2m m v m m gL m m M vµ+ = + + + + 8L m=