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
×= = × =