黑龙江省双鸭山市一中2020届高三物理12月月考试卷(附解析Word版)
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黑龙江省双鸭山市一中2020届高三物理12月月考试卷(附解析Word版)

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资料简介
黑龙江省 2019-2020 学年高三 12 月月考物理试题 一.选择题 (本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。1-8 题单选,9-12 多选) 1.足球运动员沿直线一路带球前进,球每次被踢出后在草地上做减速运动,当球的速度减小 后,运动员又赶上去再踢,下图中 图象最能反映足球这种运动情况的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意分析可知,足球匀减速运动一段时间后,速度突然增大,再做匀减速运动, 速度又突然增大,如此反复,速度作周期性的变化,而匀减速运动的 图象是向下倾斜的 直线,故选项 C 正确,ABD 错误. 2.如图所示,三角块 B 放在斜面体 A 上,轻弹簧一端连接三角块 B,另一端连接在天花板上, 轻弹簧轴线竖直,斜面的倾角为 30°,若 A 的质量为 1kg,B 的质量为 0.5kg,地面对 A 的支 持力大小为 20N,重力加速度为 10m/s2,则 A 对 B 的摩擦力大小为(  ) A. 0 B. C. 5N D. 【答案】C 【解析】 【详解】对整体研究,根据平衡条件得: GA+GB+F 弹=N 地, 解得轻弹簧向下压力大小为: F 弹=20N-15N=5N, 对三角块 B 研究,沿斜面方向由平衡条件得: v t− v t− 2.5N 2 3N f=(F 弹+mBg)sinθ 解得:f=5N. A. 0 与计算结果不相符;故 A 项错误. B. 2.5N 与计算结果不相符;故 B 项错误. C. 5N 与计算结果相符;故 C 项正确. D. 与计算结果不相符;故 D 项错误. 3.如图所示,将一个质量为 m 的球固定在弹性杆 AB 的上端,今用测力计沿水平方向缓慢拉球, 使杆发生弯曲,现将测力计的示数逐渐减小到零的过程中(测力计保持水平),球对杆的弹力 方向为(  ) A. 斜向左上方,与竖直方向的夹角逐渐减小 B. 斜向左上方,与竖直方向的夹角逐渐增大 C. 斜向右下方,与竖直方向的夹角逐渐减小 D. 斜向左下方,与竖直方向的夹角逐渐增大 【答案】C 【解析】 【详解】以球为研究对象,分析受力情况:重力 G、测力计的拉力 T 和 AB 杆对球作用力 F, 由平衡条件知,F 与 G、T 的合力大小相等、方向相反,作出力的合成图如图: 则有 G、T 的合力方向斜向右下方,测力计的示数逐渐减小,T 逐渐减小,根据向量加法可知 G、T 的合力方向与竖直方向的夹角逐渐减小,所以 AB 杆对球的弹力方向斜向左上方,与竖直 方向的夹角逐渐减小.由牛顿第三定律可知球对杆的弹力方向斜向右下方,与竖直方向的夹 角逐渐减小. 2 3N A.描述与分析不符,故 A 错误. B.描述与分析不符,故 B 错误. C.描述与分析相符,故 C 正确. D.描述与分析不符,故 D 错误. 4.如图所示,一辆小车在牵引力作用下沿半径为 R 的弧形路面匀速率上行,小车与路面间的 阻力大小恒定,则上行过程中 A. 小车处于平衡状态,所受合外力为零 B. 小车受到的牵引力逐渐增大 C. 小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量 D. 小车重力的功率逐渐增大 【答案】C 【解析】 【分析】 小车做匀速圆周运动,结合动能定理以及功率的公式进行分析即可; 【详解】A.由题可知,小车做匀速圆周运动,其加速度不为零,即小车不处于平衡状态,合 力不为零,故选项 A 错误; B.对小车进行受力分析,如图所示: 根据平衡条件可以得到: ,由于 逐渐增大,可知 逐渐减小,故选项 B 错 误; C.由题可知,小车动能不变,根据动能定理可知: cosF f mg θ= + θ F 0F f GW W W− − = 则根据功能关系可知重力的功等于重力势能的变化,则牵引力对小车做的功一定大于小车重 力势能的增加量,故选项 C 正确; D.随着小车的上升,角 逐渐增大到 ,则根据公式 可知由于角 逐渐增大 则重力的功率逐渐减小,故选项 D 错误. 【点睛】本题考查小车做匀速圆周运动,切线方向根据平衡条件列出方程,判断牵引力的大 小,然后结合动能定理以及功率的公式进行分析即可. 5.有两颗质量不等,在圆轨道运行的人造地球卫星.用 T 表示卫星的运行周期,用 p 表示卫 星的动量,则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期 T、动量 p 和机械能,下列说法中正确的是 ( ) A. 周期 T 较大,动量 p 也一定较大,机械能也大 B. 周期 T 较大,动量可能 p 较小,机械能不能确定 C. 周期 T 较小,动量 p 也较大,机械能大 D. 周期 T 较小,动量 p 也较小,质量大的卫星的机械能也大 【答案】B 【解析】 在圆轨道上运行的人造地球卫星,其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的,即 G =m ,可得: ,由 p=mv 可知,卫星动量的大小与物体的速度和质量大小都 有关,轨道半径大的卫星运行速度小,但质量不确定,因此动量不一定大,机械能也不一定 大,再根据 ,可得 ,轨道半径 r 越大,人造卫星的运行周期 T 越大,所以选项 ACD 错误,选项 B 正确. 6.图甲为某电源的 U - I 图线,图乙为某小灯泡的 U - I 图线,则下列说法中正确的是 A. 电源的内阻为 0.5Ω B. 小灯泡的电阻随着功率的增大而减小 θ 090 cosP Fv α= θ 2 Mm r 2v r GMv r = 2 2 2 4πMmG mrr T = 2 34π rT GM = C. 当小灯泡两端的电压为 0.5V 时,它的电阻约为 Ω D. 把电源和小灯泡组成闭合回路,小灯泡的功率约为 3W 【答案】D 【解析】 【分析】 由电源的 U-I 曲线斜率得到内阻;根据小灯泡的 U-I 曲线斜率变化得到电阻变化;由灯泡的 U、I,根据欧姆定律求得电阻;由两曲线得到小灯泡的电压、电流,从而求得功率. 【详解】由图甲,根据 U=E-Ir 可得:电动势 E=1.5V,内阻 ,故 A 错误; 由图乙可得:功率越大,则电压越大,斜率越大,故电阻越大,故 B 错误;由图乙可得:当 小灯泡两端的电压 U=0.5V 时,电流 I=6A,故电阻 ,故 C 错误; 把电源和小灯泡组成闭合回路,将甲、乙两图叠加到一起,两 U-I 曲线的交点即小灯泡的电 压、电流,故 U=0.5V,I=6A,所以小灯泡的功率 P=UI=3.0W;故 D 正确;故选 D. 【点睛】电源的 U-I 曲线即路端电压和电流的关系,故可根据曲线由 U=E-Ir 求得电动势、内 阻. 7.如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图.R,为热敏电阻(温度升高,阻值减小), 用来探测加热电阻丝 R 的温度.RG 为光敏电阻(光照强度增大,阻值减小),接收小灯泡 L 的 光照.其他电阻均为定值电阻.当 R 处温度升高后,下列说法正确的是 A. 灯泡 L 将变暗 B. RG 的电压将增大 1 6 1.5 1.0 0.63r − Ω Ω= = 0.5 1=6 12 UR I Ω Ω= = C. R 的功率将增大 D. R 的电压变化量与 R2 的电流变化量的比值不变 【答案】D 【解析】 A 项:当 R 处温度升高时,RT 阻值变小,左边回路中电流增大,小灯泡 L 的功率增大,灯泡 L 将变亮,故 A 错误; B、C 项:L 的光照强度增大,则 RG 阻值变小,右侧电路的总电阻变小,总电流变大,E2 的内 电压增大,则其路端电压变小.总电流增大,则 R2 两端电压增大,所以右侧电路并联部分电 压减小,R 的电压减小,则 R 的功率将减小.R 的电流减小,而总电流增大,则通过 R3 的电流 增大,R3 的电压将增大,所以 RG 的电压将减小,故 B、C 错误; D 项:R 电压变化量与 R2 的电流变化量的比值 ,保持不变,故 D 正确. 8.如图所示,从甲楼的窗口以大小为 v0 的初速度斜抛出一个小球,初速度与竖直成 37°角, 小球打在乙楼竖直墙面时速度与竖直成 45°角,(不计阻力,重力加速度为 g,sin37°=0.6), 则甲乙两楼的间距为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在小球的整个运动过程中,水平方向速度不变,始终为 竖直方向,设上升时间为 t1,则 下降时间为 t2,则 的 3 3 RRU I R R ∆ =∆ + 2 017 25 v g 2 023 25 v g 2 021 25 v g 2 019 25 v g 0sin37xv v °= 0 10 cos37v gt°= − 0 2 sin37 0tan 45 v gt ° ° = + 水平方向 解得: 故 C 正确. 9.如图所示,水平向右的匀强电场中,一带电粒子从 A 点以竖直向上的初速度开始运动,经 最高点 B 后回到与 A 在同一水平线上的 C 点,粒子从 A 到 B 过程中克服重力做功 2.0 J,电场 力做功 3.0 J,则 A. 粒子做匀变速曲线运动 B. 粒子在 B 点速度为零 C. 粒子在 C 点的机械能比在 A 点多 12.0 J D. 粒子在 C 点 动能为 14.0 J 【答案】ACD 【解析】 【分析】 水平受 Eq 向右,一直做初速度为 0 的匀加速直线运动,竖直受 mg 向下,做竖直上抛运动, 互不影响.抓住竖直上升到最高点的时间等于从最高点落回抛出高度的时间.结合水平位移 关系求出整个过程中电场力做功的大小.从而通过动能定理求出物体折回通过与 A 点在同一 水平线上的 C 点时的动能大小,电场力做功与电势能的关系,求电势能;除重力做功外,其 他力做功对应机械能的变化. 【详解】A 项:由于粒子受重力,恒定的电场力作用力,所以粒子的加速度恒定,故粒子做匀 变速曲线运动,故 A 正确; B 项:从 A 到 B 粒子在竖直方向上做匀减速运动,水平方向做匀加速运动,B 为最高点,所以 粒子在 B 点 竖直方向速度为零,水平方向速度不为零,故 B 错误; C、D 项:竖直方向:粒子做竖直上抛运动,则运动时间 的 的 0 1 2sin37L v t t°= +( ) 2 021 25 vL g = 1 vt g = 水平方向:粒子做初速度为零的匀加速直线运动 水平位移: 上升的过程电场力做功:W1=qEx1 最高点时,竖直方向的速度为 0,故小球的动能与电场力做的功相等,即:W1=3J 下降的过程中,竖直方向做自由落体运动,与竖直上抛是对称的所以下降的时间:t2=t1 水平方向的总位移: 全过程中电场力做功:W2=qEx2=4qEx1=4W1=12J 全过程中,重力做功为 0,根据动能定理:W2=EK 末-EK 初 所以:EK 末=EK 初+W2=2+12=14J 除重力做功外,其他力做功对应机械能 变化,所以粒子在 A 点的机械能比在 C 点少 12.0J 故 C,D 正确. 【点睛】解决本题的关键知道小球在竖直方向和水平方向上的运动规律,结合等时性进行求 解,注意不一定求动能就把速度求出来,有时只需要知道速度之比即可,难度适中. 10.空间存在一静电场,一沿 x 轴的电场线上的电势 随 x 的变化如图所示.一个质量为 m、 电荷量为 q 的带电粒子仅在电场力作用下,从坐标原点 0 由静止开始沿 x 轴做直线运动.则 带电粒子的加速度 a、速度 v、动能 Ek、电势能 Ep 与 x 的关系图像中可能正确的是 的 2 1 1 1 2x at= 2 2 1 2 1 1 ( ) 42x a t t x= + = φ A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】A、沿x 轴的电场线上的电势 随 x 的变化图像的斜率代表电场强度的大小, 图像的斜率越来越小,故物体受到的电场力越来越小,电场力提供加速度,故加速度越来越 小,故 A 错误; BC、粒子在电场力的作用下从静止开始运动,故电场力做正功,动能增大,由题意得 , 故 图像的斜率表示电场力的大小,C 图像可读取的信息是: 图像的斜率越来越小,由 图像可知电场力越来越小,故 C 符合题意; , 故 图像的斜率与电场力成正比,故 图像的斜率也越来越小,故 图像不可能 是一条直线;故 B 错误,C 正确. D、电场力做功 , , 是初始位置的电势能;故 图像的斜率的大小也表示电场力的大小, 图像的斜率越来越小,故电场力也越 来越小,符合题意,故 D 正确. 11.如图所示,弧形轨道固定于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨 φ xφ− 21= = = 2kW W E mv合 电 kE x− kE x− xφ− 2 kv E∝ 2v x− 2v x− v x− 0= ( )P P PW E E E− ∆ = − −电 0P PE E W= − 电 0PE PE x− PE x− 道上静置小球 B 和 C,将小球 A 从弧形轨道上离地面高 处由静止释放,沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰,碰后小球 A 被弹回,B 球与 C 球碰撞后粘在一起,A 球弹回后再从弧形轨道 上滚下,已知所有接触面均光滑,A、C 两球的质量相等,B 球的质量为 A 球质量的 2 倍,若 让小球 A 从 处由静止释放,则下列说法正确的是(重力加速度 )( ) A. A 球再次下滑后不会与 B 球相碰 B. A 球再次下滑后会与 B 球相碰 C. C 球的最终速度为 D. C 球的最终速度为 【答案】AD 【解析】 【详解】设 A 球的质量为 ,A 从弧形轨道滑到水平轨道的过程中,根据机械能守恒得 ,解得 ,A 与 B 发生弹性正碰,则碰撞过程中,A、B 组成的系统动 量 守 恒 、 机 械 能 守 恒 , 以 A 的 初 速 度 方 向 为 正 方 向 , 则 有 , ,解得 , .B 与 C 碰撞过程中,B、C 组成的系 统动量守恒,以 B 的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得 ,解得 ,所以再次下滑后 A 球不会与 B 球相碰,故 A 正确,B 错误;当 时, 根 据 , , 可 得 C 球 最 终 的 速 度 ,故 C 错误,D 正确. 12.如图所示为平放于水平面上的“ ”型管俯视图,“ ”型管固定不动;内壁光滑的 AB 与 DF 两直管道长度均为 2R,G 为 DF 中点;内壁粗糙的半圆弧 BCD 半径为 R.空间存在水平向 右电场强度 E= 的匀强电场.一电荷量为 q 的带正电绝缘小球(直径略小于管的直径,且可 h 0.2h m= 210 /g m s= 7 /9 m s 8 /9 m s m 2 0 1 2 mv mgh= 0 2v gh= 0 1 22mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 22 2 2mv mv mv= + × 1 0 1 3v v= − 2 0 2 3v v= 22 (2 )mv m m v= + 0 1 4 9v v v>= 0.2h m= 0 2v gh= 0 4 9v v= 4 4 82 2 10 0.2m/s m/s9 9 9v gh= = × × × = ⊃ ⊃ mg q 看做质点)从 A 位置由静止释放,第一次到达轨道最右端的 C 点时速率 vc= ,已知重力加 速度为 g.下列说法正确的是( ) A. 小球由 A 到 B 的时间为 2 B. 小球第一次到 C 点时对轨道的弹力大小为 mg C. 小球恰能运动到 G 点 D. 小球从开始运动到最后静止,克服摩擦力做功一定等于 3mgR 【答案】AB 【解析】 【详解】A 项:小球由 A 到 B 的过程,由牛顿第二定律得: ,结合 得 ,由 ,解得: ,故 A 正确; B 项:小球在 C 点时,水平方向有: ,又 ,解得: , 竖直方向有 ,对轨道对小球的弹力大小 ,同由牛顿第三 定律得,小球对轨道的弹力大小 ,故 B 正确; C 项:设 BC 段小球克服摩擦力做功为 ,CD 段克服摩擦力做功为 ,从 A 运动到 C 过程中, 由动能定理得: ,解得: ,小球从 C 到 D 的过程,电场力 和摩擦力均做负功,小球的速率减小,所需要的向心力减小,则轨道对小球的弹力减小,摩 擦力减小,所以有 ,设小球到达 G 点的速度为 ,从 A 运动到 G 的过程,由动能定理 得: ,可得 ,故小球将越过 G 点,故 C 错误; D 项:小球最终可能停在 C 点,小球从开始运动到最后静止,克服摩擦力做功等于电场力做功, 5gR R g 37 qE ma= mg q E = a g= 212 2R at= 2 Rt g = 2 0 x vN qE m R − = 0 5v gR= 6xN mg= yN mg= 2 2 37x yN N N mg= + = 37N N mg= =′ 1W 2W 2 1 0 13 2qE R W mv⋅ − = 1 0.5W mgR= 2 1W W< v 2 1 2 1 2qER W W mv− − = 0v > 为 ,小球最终也可能不停在 C 点,小球从开始运动到最后静止,克服摩擦力做功等于电 场力做功,小于 ,故 D 错误. 二.实验题 13.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动. (1)实验中必要的措施是____. A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 (2)他实验时将打点计时器接到频率为 50HZ 的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数 点如图所示(每相邻两个计数点间还有 4 个点图中未画出).s1=3.59cm,s2=4.41cm, s3=5.19cm,s4=5.97cm,s5=6.78cm,s6=7.64cm.则小车的加速度 a=____m/s2(要求充分利用 测量的数据),(结果均保留两位有效数字). 【答案】 (1). AB (2). 0.80 【解析】 【详解】(1)[1]A.探究小车做匀变速直线运动的规律,为了让小车做匀加速直线运动,应使 小车受力恒定,故应将细线与木板保持水平,故 A 正确; B.为了充分利用纸带,实验时应先接通电源再释放纸带,故 B 正确; CD.本实验中只是研究匀变速直线运动规律,小车只要做匀加速直线运动即可,不需要让小 车的质量远大于钩码的质量,也不需要平衡摩擦力,故 CD 错误. (2)[2]每两个计数点间有四个点没有画出,故两计数点间的时间间隔为 T=5×0.02=0.1s;根 据逐差法可知,物体的加速度为 3mgR 3mgR 代入数据解得 14.某同学设计了如图所示的电路,用来测量电源电动势 E、内阻 r 以及定值电阻 Rx 的阻 值.实验器材有: 待测电源 待测电阻 Rx(约几欧姆) 电流表 A(量程为 0.6A,内阻忽略不计) 电阻箱 R0(0-99.99Ω) 单刀单掷开关 S1,单刀双掷开关 S2 导线若干 (1)先测电阻 Rx 的阻值:闭合 S1,将 S2 切换到 a,调节电阻箱,读出其示数 R1 和对应的电 流表示数 I;再将 S2 切换到 b,调节电阻箱,使电流表示数仍为 I,读出此时电阻箱的示数 R2.则待测电阻 Rx 的表达式为 Rx=____. (2)再测电源电动势 E 和内阻 r:闭合 S1,将 S2 切换到 a.调节电阻箱阻值为 6.00Ω,读得 电流表示数为 0.42A;再次调节电阻箱的阻值为9.00Ω,读得电流表示数为 0.30A.则电源电 动势 E=__V,内阻电阻 r=___Ω.(结果保留两位有效数字) (3)若实际电流表的内阻不能忽略,则电阻 Rx 的测量值___真实值,电动势的测量值___真实 值,内阻的测量值___真实值.(填“大于”、“小于”、“等于”). (4)如图电流表接 0.6A 量程,其读数是___A. 【答案】 (1). (2). 3.2 (3). 1.5 (4). 等于 (5). 等于 (6). 6 5 4 3 2 1 2 ( ) ( ) 9 s s s s s sa T + + - + += 20.80m/sa = 1 2R R− 大于 (7). 0.16 或者 0.17 【解析】 【详解】(1)[1]两种情况下电路电流相等,则电路电阻相等,即 待测电阻阻值 (2)[2][3]由图示电路图可知,电源电动势 由题意可知 解得 (3)[4]考虑电流表内阻,测电阻阻值时电路总电阻不变,电流表内阻对电阻测量值没有影响, 电阻测量值等于真实值; [5][6]测电源电动势与内阻时 电源电动势测量值等于真实值,电源内阻测量值为 电源内阻测量值大于真实值; [7]电流表接 0~0.6A 量程,电流表的读数为 0.16A,由于误差存在,也可为 0.17A. 三.解答题 15.如图所示,在倾角为 θ=30°的斜面上,固定两间距 L=0.5 m 的平行金属导轨,在导轨 上端接入电源和滑动变阻器 R,电源电动势 E=10 V,内阻 r=2 Ω,一质量 m=100 g 的金属 棒 ab 与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度 B=1 T、垂直于斜面向上的匀强磁 场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的,取 g=10 m/s2,要保持金属棒在导轨上 静止,求: 1 2 XR R R= + 1 2XR R R= − 0E I r R= +( ) 0.42 6.00 0.30 9.00E r E r= + = +( ), ( ) 3.2V 1.5E r= = Ω, 0 AE I r R R= + +( ) Ar R+ (1)金属棒所受到的安培力大小; (2)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值. 【答案】(1)0.5 N (2)8 Ω 【解析】 【详解】(1)作出金属棒的受力图,如图: 则有 F=mgsin θ 解得 F=0.5 N (2)根据安培力公式 F=BIL 得 I= =1 A 设滑动变阻器接入电路的阻值为 R′,根据闭合电路欧姆定律 E=I(R′+r) 得 R′= -r=8 Ω. 16.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长 L=4m,起点 A 到终点线 B 的 距离 s=10m.开始滑板静止,右端与 A 平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水 平恒力 F 使滑板前进.板右端到达 B 处冲线,游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数 μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量 m1=2kg,滑板质量 m2=1kg,重力加速度 g 取 10 m/s2,求: (1)滑板由 A 滑到 B 的最短时间; (2)为使滑板能以最短时间到达,水平恒力 F 的取值范围. F BL E I 【答案】(1)t=1s;(2)30N≤F≤38N 【解析】 【详解】(1)滑板一直加速,所用时间最短.地面无摩擦力,滑板水平方向受力只有滑块对其 滑动摩擦力.设滑板加速度为 a2 解得 对滑板由位移公式得 解得 (2)刚好相对滑动时,F 最小,此时可认为二者加速度相等 解得 当滑板运动到 B 点,滑块刚好脱离时,F 最大,设滑块加速度为 a1 由位移关系得 解得: F2=38N 则水平恒力大小范围是 30N≤F≤38N 17.如图所示,光滑水平面上有一长木板,长木板的上表面也是水平光滑的,右端用细绳拴在 1 2 2µm g m a= 2 2 10m/sa = 2 2 2 a ts = 1st = 1 1 1 2F m g m aµ− = 1 30NF = 12 1 1µm g m aF =− 2 2 1 2 2 2 a t a t L− = 墙上,左端上部固定一轻质弹簧.质量为 m=1kg 的铁球以某一初速度 v0(未知)在木板的上表 面上向左匀速运动.铁球与弹簧刚接触时绳子绷紧,小球的速度仍与初速度相同,弹簧被压 缩后,铁球的速度逐渐减小,当速度减小到初速度的一半时,弹簧的弹性势能为 3J,此时细 绳恰好被拉断(不考虑这一过程中的能量损失),此后木板开始向左运动. (1)铁球开始运动时的初速度是多少? (2)若木板的质量 M 为 1kg,木板开始运动后弹簧的弹性势能最大是多少? (3)为使木板获得的动能最大,木板的质量应为多大? 【答案】(1)2 m/s;(2)3.5J;(3)M= m 【解析】 【详解】(1)球与弹簧组成的系统能量守恒,由能量守恒定律得: 解得: =2 m/s (2)球与木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得: m v0=(m+M)v 由能量守恒定律得: E+ m( v0)2= (m+M)v2+Em 解得,弹簧的最大弹性势能: Em= =3.5J (3)对球与木板组成 系统,动量守恒:的 2 1 4 2 2 0 0 1 1 1 2 2 2E mv m v = −    0 8 3 Ev m = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 3 3( ) M m EM m + + m v0=Mv1 能量守恒: E+ m( v0)2= Mv12 解得木板质量: m=4M 即 18.如图所示,在竖直边界线 O1O2 左侧空间存在一竖直向下的 匀强电场,电场强度 E=100 N/C,电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB,其倾角为 30°,A 点距水平面的高度为 h= 4 m.BC 段为一粗糙绝缘 平面,其长度为 L= m.斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光 滑小圆弧 连接(图中未标出),竖直边界线 O1O2 右侧区域固定一半径为 R=0.5 m 的 半圆形光滑 绝缘轨道,CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径,C、D 两点紧 贴竖直边界线 O1O2,位于电场区 域的外部(忽略电场对 O1O2 右侧空间的影 响).现将一个质量为 m=1 kg、电荷量为 q=0.1 C 的带正电的小球(可视 为质点)在 A 点由静止释放,且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩 擦因数均为 μ= (g 取 10 m/s2) 求: (1)小球到达 C 点时的速度大小; (2)小球落地点距离 C 点的水平距离. 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)以小球为研究对象,由 A 点至 C 点的运动过程中,根据动能定理可得: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4M m= 3 3 5 2 10m/s 2m 2130 030 2 C hmg Eq h mg Eq cos mg Eq L mvsin µ µ+ − + °⋅ − + = −°( ) ( ) ( ) 代入数据解得: (2)以小球为研究对象,在由 C 点至 D 点的运动过程中,根据机械能守恒定律可得: 解得 小球做类平抛运动的加速大小为 a,根据牛顿第二定律可得: mg+qE=ma 则得: 应用类平抛运动的规律列式可得: x=vDt, 2R= at2 联立得: 2 10m/sCv = 2 21 1 22 2C Dmv mv mg R= + ⋅ 2 2( )4 2 10 4 10 0.5m/s 2 5m/sD Cv v gR= − = − × × = 2 20.1 10010 m/s 20m/s1 qEa g m ×= + = + = 1 2 4 45 0.52 m 2m20D Rx v a ×= = × =

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