河北省石家庄市二中学2021届高三物理上学期期中试题（含解析）

河北省石家庄市二中学 2021 届高三物理上学期期中试题（含解析） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共 6 页 100 分。考试时间 90 分 钟。 第卷（选择题 共 40 分） 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 一、单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 ） 1. 一质量 m1.0kg 的物块静止在粗糙水平面上，在 t0 时，对物块施加一恒力 F，恒力 F 大小为 25N，方向与水平成 37斜向右下方，物块在恒力 F 的作用下由静止开始运动。物块 运动过程中还受到水平方向的空气阻力，其大小随速度的增大而增大。物块速度为 0 时，空 气阻力也为零，物块的加速度 a 与时间 t 的关系如图乙所示。已知 sin370.6，cos37 0.8，重力加速度 g 取 10m/s2。以下判断正确的是（） A. 物块与水平面间的动摩擦因数 0.4 B. 2s 到 4s 内合外力对物块做的功为 8.75J C. t3s 时物块受到的空气阻力为 7.5N D. 前 4s 内合外力对物块做的功为 0 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A t=0 时刻， v=0，空气阻力为零，根据牛顿第二定律 1cos37sin37FmgFa 代入数据解得 =0.4 故 A 正确； B a-t 图线围成的面积表示速度的变化量，根据几何关系得，0-2s 内图线围成的面积为 15，则 0-2s 内的速度变化量为 15m/s，2s 末的速度为 15m/s，同理当 t=4s 时，加速度 a=0，图线与时间轴围成的面积为 20，则速度为 20m/s，根据动能定理可得 2s 到 4s 内合外 力对物块做的功为 2222411=015=87.JWmv合 故 B 错误； C根据几何关系得， t=3s 时图线围成的面积为 18.75，可知 t=3s 时，速度为 18.75m/s，当 t=4s 时，加速度 a=0，图线与时间轴围成的面积为 20，则速度为 20m/s，有cos37sin370FmgFkv 解得 k=0.5 则 3s 时空气阻力 9.375Nf 故 C 错误； D当 t=4s 时，加速度 a=0，图线与时间轴围成的面积为 20，则速度为 20m/s，根据动能定 理 2241=0JWmv合 故 D 错误。 故选 A。 2. 如图所示，倾角 的斜面体 C 固定在水平面上，置于斜面上的物块 B 通过细绳跨过30 光滑定滑轮 滑轮可视为质点 与小球 A 相连，连接物块 B 的细绳与斜面平行，滑轮左侧的() 细绳长度为 L，物块 B 与斜面间的动摩擦因数 开始时 A、B 均处于静止状态，B、C 3. 间恰好没有摩擦力，现让 A 在水平面内做匀速圆周运动，物块 B 始终静止，则 A 的最大角速 度为 () A. B. C. D. 2gL32gLgL23gL 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】开始时 A、B 均处于静止状态，B、C 间恰好没有摩擦力，则有 mAg=mBgsin；解得： mB=2mA；当 A 以最大角速度做圆周运动时，要保证 B 静止，此时绳子上的拉力 T=mBgsin+m Bgcos=2m Ag；设 A 以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为 ，则 cos ；对 A 受力分析可知，物体 A 做圆周运动的半径 1 2T R=Lsin= L，向心力为 Fn=Tsin mAg；由向心力公式 Fn mA 2R，代入数据解得 3 3 = ，A 正确；故选 A 2 g 【点睛】本题受力过程比较复杂，解题关键是找到当 A 以最大角速度做圆周运动时，要保证 B 静止的条件，再求出绳子拉力，再结合受力分析进行求解 3. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场 E， M 点与 P 点的连线垂直于电场线， M 点 与 N 在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度 v0分别从 M 点和 N 点沿竖直平面进入电场， M 点的粒子与电场线成一定的夹角进入， N 点的粒子垂直电 场线进入，两粒子恰好都能经过 P 点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是（） A. 两粒子到达 P 点的速度大小可能相等 B. 电场力对两粒子做功一定相同 C. 两粒子到达 P 点时的电势能都比进入电场时小 D. 两粒子到达 P 点所需时间一定不相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A根据动能定理知 N 点的粒子到达 P 点时的速度增大，而 M 点的粒子到达 P 点时 的速度大小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到 P 点的速度大小不相等，故 A 错 误； B由于 MP 间的电势差为零， NP 间的电势差大于零，则由 W=qU 知，电场力对 M 点的粒子不 做功，对 N 点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故 B 错误； C根据电场力做功情况可知， M 点的粒子到达 P 点时电势能不变， N 点的粒子到达 P 点时电 势能减少，故 C 错误； D在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设 PM=L，设 M 点的粒子与电场线的 夹角为 ，则 M 点的粒子到达 P 点的时间 0sinMtv N 点的粒子到达 P 点的时间 0NLtv 可见两粒子到达 P 点所需时间一定不相等，故 D 正确。 故选 D。 4. 如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变） 、启动电动机组成 的 电路，蓄电池内阻为 ，电流表和电压表均为理想电表。只接通 时，电流表示数为 10A，电压表示数为0.51S 12V；再接通 ，启动电动机工作时，电流表示数变为 8A，则此时通过启动电动机的电流是2S （） A. 2A B. 8A C. 50A D. 58A 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】只接通 S1时，由闭合电路欧姆定律，电池的电动势为 E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V 车灯的电压为 12.0RI灯 再接通 S2后，流过电动机的电流为 .58.A-=50EIIr灯电 动 机 故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 5. 如图甲所示， A、 B 是一条竖直电场线上的两点，在 A 点由静止释放一带正电的小球，小 球将沿此电场线从 A 点向 B 点运动，其 v2x 图像如图乙所示，已知小球质量为 m，电荷量 为 q， A、 B 间高度差为 h，重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ） A 沿电场线由 A 到 B，电势逐渐降低 B. 小球从 A 运动到 B 的过程中，电势能逐渐减小 C. A、 B 两点的电势差 UAB = 2 mghq D. 该电场为匀强电场，其电场强度大小为 g 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A小球运动的 v2x 图像是一条直线说明，小球做匀变速直线运动，且 v2x 图像 的斜率为 2a，则通过计算有 a = 2 g 说明小球受到的电场力方向向上，且小球带正电则电场线的方向也向上，沿着电场线方向电 势逐渐降低则沿电场线由 A 到 B，电势逐渐升高，A 错误； B由选项 A 可知小球受到的电场力向上，而小球运动的位移向下，则电场力做负功，小球 从 A 运动到 B 的过程中，电势能逐渐增大，B 错误； C小球从 A 运动到 B 的过程中根据动能定理有 mgh - qUAB = mv2 1 代入数据有 UAB = - mghq C 错误； D由选项 A 可知小球做匀变速直线运动，则电场应为匀强电场，根据匀强电场电势差与电 场强度的关系有 E = = ABUh2mgq 则 D 正确。 故选 D。 6. 如图所示的电路中，AB 和 CD 为两个水平放置的平行板电容器，AB 板间有一点 P，闭合开 关 K，待电路稳定后将开关断开。现将 CD 板间一有机玻璃板（图中未画出）抽出，则下列说 法正确的是（） A. CD 平行板电容器的电容增大 B. P 点电势降低 C. AB 两板间的电场强度减小 D. 电阻 R 中有向右的电流 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A将玻璃板抽出 CD 板间，则相对介电常数 减小，其他条件不变，由r4SCkd 可知，CD 平行板电容器的电容减小，故 A 错误； BC电容器两板间电压 ABCDQU总 断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于 CD 电容器的电容减小，AB 电容器电容不变，所 以电容器两板间电势差均变大，由 Ed 可知，AB 板间电场强度变大，则 P 点与 B 板间的电势差变大，因为 B 板接地电势始终为零， 则 P 点电势升高，故 BC 错误； D由于抽出玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变大，由公式 QCU 知 QAB增大，所以 AB 电容器充电， B 板带负电，故电阻 R 中有向右的电流，故 D 正确。 故选 D。 7. 一质量为 m=1kg 的物块静止在水平面上，如图（a）所示。 t=0 时刻，对物块施加一水平 向右的拉力 F，通过力传感器测得拉力 F 随时间的变化关系如图（b）所示。已知物块与地面 间的摩擦因数 =0.5，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10m/s2则下列说法不正确 的是（） A. t=1s 至 t=3s 时间内，物块的加速度先增大后减小 B. t=3s 时刻，物体获得的速度为 7.5m/s C. t=3s 时刻，拉力 F 的功率等于 25W D. 在拉力 F 减为零后，物块将继续向前运动 0.5s 时间停下来 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.物块与地面间的最大静摩擦力为 5Nfmg 故物块在 01s 内静止，从 1s 开始运动， t=1s 至 t=3s 时间内，外力从 5N 开始增大到 10N 在 减小 5N，有牛顿第二定律可知，物块的加速度先增大后减小，故 A 正确； B. 在 t=1s 至 t=3s 时间内，有动量定理可知 51002Ns=5FFIftmvIt， 得 v=5m/s，故 B 错误； C. t=3s 时刻，拉力 F 的功率等于 25WPv 故 C 正确； D.设拉力减为零后继续运动时间为 t，从 3s 到停下来，有动量定理可得501()02ftmv 可得 t=0.5s。故 D 正确。 故选 B。 8. 如图所示，在竖直放置的平行金属板 A、B 之间加有恒定电压 U，A、B 两板的中央留有小 孔 O1、 O2，在 B 板的右侧有平行于极板的匀强电场 E，电场范围足够大，足够大的感光板 MN 垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔 O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔 O1处由 静止释放一个 粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（） A. 质子和 粒子在 O2处的速度大小之比为 12 B. 质子和 粒子在整个过程中运动的时间相等 C. 质子和 粒子打到感光板上时的动能之比为 12 D. 质子和 粒子打到感光板上的位置不相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A由动能定理 21qUmv 解得 v 质子和 粒子在 O2处的速度大小之比为 121:42v A 错误； D由 21qUmvyatE Ltv 解得 24EyU 因为 y 相同，则 L 也相同，所以质子和 粒子打到感光板上的位置相同，D 错误； B在整个过程中运动的时间 12121OOLLtvv 因为质子和 粒子在 O2点的速度 v 不相同，所以质子和 粒子在整个过程中运动的时间不 相等，B 错误； C由动能定理得，粒子打到感光板上时的动能为 kEqUyEy 质子和 粒子打到感光板上时的动能之比为 112:k C 正确。 故选 C。 二、多项选择题：（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要 求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 ） 9. 在如图所示的电路中，电源电动势为 E，其内阻为 r，L 1、L 2、L 3为小灯泡（其灯丝电阻 可视为不变） ，P 为滑动变阻器的滑片，S 1、S 2为单刀开关，S 1闭合，则下列说法中正确的是 （） A. 滑动变阻器的滑片 P 不动，将 S2闭合，小灯泡 L2变暗 B. 滑动变阻器的滑片 P 不动，将 S2闭合，小灯泡 L1变暗 C. 在 S2处于闭合状态下，向右滑动滑片 P，小灯泡 L3变亮 D. 在 S2处于闭合状态下，向右滑动滑片 P，小灯泡 L2变亮 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB. 将 S2闭合，总电阻减小，总电流增大，L 2变亮，内电压增大，路端电压减小， L2两端电压增大，L 1两端电压减小，L 1变暗，故 A 错误，B 正确； CD. 在 S2处于闭合状态下，向右滑动滑片 P，总电阻增大，总电流减小，内电压和 L2两端电 压都减小，L 2变暗，L 3两端电压增大，L 3变亮，故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 10. 如图所示， LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道， MN 水平且足够长， LM 下端与 MN 相 切。质量为 m 的带正电小球 B 静止在水平面上，质量为 2m 的带正电小球 A 从 LM 上距水平面 高为 h 处由静止释放，在 A 球进入水平轨道之前，由于 A、 B 两球相距较远，相互作用力可 认为零， A 球进入水平轨道后， A、 B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。 已知 A、 B 两球始终没有接触。重力加速度为 g。 则下列说法正确的是（） A. A 球刚进入水平轨道的速度大小为 2gh B. A、 B 两球相距最近时， A、 B 两球系统的电势能 Ep=mgh C. A 球最终的速度 vA为 132gh D. B 球最终的速度 vB为 4 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】A对 A 球下滑的过程，据机械能守恒得 2012mghv 解得 02vgh 故 A 正确； B A 球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速 02()mvv 解得 023gh 根据能的转化和守恒定律 212()PmmghvE 得 3PmEgh 故 B 错误； CD当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为 零，系统势能也为零，速度达到稳定. 02ABmvv2211 得 023Avgh4B 故 CD 正确。 故选 CD。 11. 如图（ a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。 t=0 时 刻，甲物块以速度 v04m/s 向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两 物块运动的 vt 图像如图（ b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块 质量为 6kg，乙物块质量为 5kg，则（） A. 此碰撞过程 为 弹性碰撞 B. 碰后瞬间乙物块速度为 2.4m/s C. 碰后乙物块移动的距离为 3.6m D. 碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比 为 6：5 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB由图乙可知，碰前甲的速度 13m/sv 碰后甲的速度 /s甲 碰撞过程中动量守恒 1+mvv甲 甲 甲 乙 乙 代入数所据，解得 2.4/s乙 又由于 22211+mvmv甲 甲 甲 乙 乙 碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此 A 错误，B 正确； C由图( b)可知甲的延长线交时间轴于 处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位4st= 移，因此 12.()3.6mx乙 C 正确； D在 图像中斜率表示加速度，由图( b)可知，甲物体做减速运动的加速度vt 21/sa 乙物体做减速运动的加速度 220.8m/sa 因此 1223fa D 错误。 故选 BC。 12. 某电场沿 x 轴上各点的电场强度大小变化如下图所示：场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴负方向运动，到达 xl位置时 速度第一次为零，到达 x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力下列说法正确的是（ ） A. 点电荷从 xl运动到 x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小 B. 点电荷从 O 沿 x 轴正方向运动到 x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小 C. 电势差 Uoxl Uox2 D. 在整个运动过程中，点电荷在 xl、 x2位置的电势能最大 【答案】BD 【解析】 点电荷从 xl运动到 x2的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从 xl运动到 O 的过程中，初 速度为 0，根据牛顿第二定律： ，电场强度 E 不变，所以加速度 a 不变，做匀 FEqam 加速运动点电荷从 O 运动到 x2的过程中，根据牛顿第二定律： ，电场强度 E Fqam 先增大后减小，所以加速度 a 先增大再减小，速度不是均匀变化故 A 错误点电荷从 O 运 动到 x2的过程中，根据牛顿第二定律： ，电场强度 E 先均匀增大后均匀减小， Fqm 所以加速度 a 先均匀增大再均匀减小故 B 正确点电荷从 O 运动到 xl的过程中，根据动能 定理： 点电荷从 O 运动到 x2的过程中，根据动能定理： 210oxUqmv ，以：电势差 Uox1=Uox2，C 错误点电荷从 O 运动到 xl的过程中，电场 220ox 力做负功，电势能增大，点电荷在 xl位置的电势能最大；点电荷从 O 运动到 x2的过程中， 电场力做负功，电势能增大，点电荷在 x2位置的电势能最大 故 D 正确故选 BD. 第卷（非选择题 共 60 分） 三、非选择题：（本题共 6 小题，共 60 分。 ） 13. 某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律” ，让小球从 A 点自由下落， 下落过程中经过 A 点正下方的光电门 B 时，光电计时器记录下小球通过光电门时间 t， 当地 的重力加速度为 g （1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_ A小球的质量 m BAB 之间的距离 H C小球从 A 到 B的 下落时间 tAB D小球的直径 d （2）小球通过光电门时的瞬时速度 v =_(用题中所给的物理量表示) （3）调整 AB 之间距离 H，多次重复上述过程，作出 随 H 的变化图象如图所示，当小球下2 1t 落过程中机械能守恒时，该直线斜率 k0=_ （4）在实验中根据数据实际绘出 H 图象的直线斜率为 k（ k k0） ，则实验过程中所受的2 1t 平均阻力 f 与小球重力 mg 的比值 =_（用 k、 k0表示） fmg 【答案】 (1). BD； (2). ； (3). ； (4). ； dt2gd0k 【解析】 【分析】 该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度 hAB，以及物体 通过 B 点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度， 因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速 度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能； 由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容 【详解】 （1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量， 故 A 错误；根据实验原理可知，需要测量的是 A 点到光电门 B 的距离 H，故 B 正确；利用小 球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故 C 错误；利用小球通过 光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径， 故 D 正确故选 BD （2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度； 故 ； dvt （3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH= mv2； 1 即：2gH=（ ） 2 dt 解得： ，那么该直线斜率 k0= 2 1 gHt 2gd （4）乙图线 =kH，因存在阻力，则有：mgH-fH= mv2；2 t 1 所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为 ； 0 kfmg 【点睛】考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创 新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解 14. 在用伏安法测电阻的实验中，某同学选用的电流表量程为 00.6mA，电压表量程为 03V，测得的示数如图所示，则通过电阻的电流为_mA，电阻两端的电压为 _V。 【答案】 (1). 0.50 (2). 2.60 【解析】 【分析】 【详解】1电流表的最小刻度为 0.02mA，则通过电阻的电流为 0.50mA； 2电压表的最小刻度为 0.1V，则电阻两端的电压为 2.60V。 15. 有一小灯泡上标有“5.0V ，1A”的字样，现要求描绘小灯泡伏安特性曲线。可供选择 器材如下： A.小灯泡 L（规格“5.0V ，1A” ） B.电流表 A1（01A，内阻约 0.1） C.电流表 A2（00.6A，内阻 1） D.电压表 V1（03V，内阻 3k） E.电压表 V2（030V，内阻 15k） F.标准电阻 R3=3k G.滑动变阻器 R（010） H.学生电源（ E=6V，内阻不计） I.开关 S 及导线若干 为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，选择正确的仪器，在图所示虚线框 中画出该实验所需要的电路图_ 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】1 小灯泡的额定电压是 5V，所以选用电压表 V1，将 V1串一个电阻，改装成大量 程即可，小灯泡的额定电流是 1A，选用电流表 A1，为了便于操作，准确测量，采用滑动变阻 器的分压式接法，如图所示 16. 如图所示，质量分别为 m 和 M 的两物体静止在光滑的水平面上，物体之间有一轻弹簧， 弹簧仅与 M 拴接，开始时 m 靠在弹簧的另一端。现有一水平恒力 F 作用于 m 的左端，当两物 体有相同的速度 v0时撤离 F，同时锁定两物体。过一会儿解除锁定，结果最终 m 的速度为零。 试求： （1）力 F 作用的时间； （2）锁定未解除时弹簧的弹性势能； （3）力 F 作用的距离。 【答案】 （1） ；（2） ；（3） 0()mMvF20()mv20()mMvF 【解析】 【分析】【 详解】(1)由动量定理有 0()FtmMv 解得 0()t (2)解除锁定，由动量守恒有 0() mMv 弹簧的势能为 222p 001()()Evv (3)由功能关系有 21FsMv 力 作用的位移为F20()ms 17. 电路如图所示,电源电动势 ,内阻 r =2,电阻 , ,28EV12R4 , 为平行板电容器,其电容 C=3.0PF,虚线到两极板间距离相等,极板长 ,38RC =0.2Lm 两极板的间距 21.0dm （1）若开关 处于断开状态,则当其闭合后,求流过 的总电荷量为多少?S4R （2）若开关 断开时,有一带电微粒沿虚线方向以 的初速度射入 的电场中,02./vmsC 刚好沿虚线匀速运动,问:当开关 闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入 C 的电S 场中,能否从 的电场中射出?( 取 )Cg21/s 【答案】 （1） ；（2）不能从 的电场中射出.16.0C 【解析】 【分析】 【详解】 （1）开关 断开时,电阻 两端的电压为S3R33216UEVr 开关 闭合后,外电阻为S1236R 路端电压为 . 21VUERr 此时电阻 两端电压为3R32314 则流过 的总电荷量为4 3QCU126.0C （2）设带电微粒质量为 ,电荷量为 当开关 断开时有mqS3mgd 当开关 闭合后,设带电微粒加速度为 ,则Sa3qUa 设带电微粒能从 的电场中射出,则水平方向运动时间为:C 0 Ltv 竖直方向的位移为: 21yat 由以上各式求得 136.2502dym 故带电微粒不能从 的电场中射出.C 18. 如图甲所示，下表面光滑的长木板 B 静止放在水平面上，质量为 m3=2.0kg 的物块 C 放在 长木板的最右端，质量为 m1=1kg 的物块 A 从距长木板 B 左侧 s0=9.5m 处以某一初速度向长木 板运动，一段时间后物块 A 与长木板 B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短） ，以长木板 B 开始运 动作为计时起点，长木板 B 和物块 C 运动的 v-t 图象如图乙所示，已知物块 A 与地面间的动 摩擦因数为 ，物块 C 与长木板 B 间的动摩擦因数为 ，重力加速度10. 20. g=10m/s2，求： (1)长木板 B 的质量 m2； (2)物块 A 的初速度 v0； (3)A 静止时，系统 A、B、C 由于摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1)2.0kg；(2)10m/s；(3)32J 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据图乙可知，长木板 B 的加速度大小为 22m/svat 根据牛顿第二定律可得 232ga 联立解得 2.0km (2)物块 A 与长木板 B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 12vv 根据能量守恒可得 22211mvv 联立即得 v9m/s 对于物块 A，以初速度 v0向右减速运动与长木板 B 碰撞的过程，根据动能定理有2210110mgsv 解得 0/sv (3)对物块 A 反向后， ，当 A 停下后，即 ，解得1tvat0t t=3s 由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热 量为 22103()Qmvv共 由图乙可知 ，解得3/sv=共 Q=32J 19. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道 ABCDP，由半径 r=0.5m 的圆弧轨道 CDP 和与之 相切于 C 点的水平轨道 ABC 组成，圆弧轨道的直径 DP 与竖直半径 OC 间的夹角 =37， A、 B 两点间的距离 d=0.2m。质量 m1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量 m2=0.1kg、 电荷量 q=110-5C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现 用大小 F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达 B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球 发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达 P 点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向 圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。 （取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.） (1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小 v 以及碰后瞬间小球的速度大小 vB； (2)求匀强电场的电场强度大小 E 及小球到达 P 点时的速度大小 vP； (3)求 B、 C 两点间的距离 x。 【答案】(1) 6m/s； 4m/s；(2) 7.510 4V/m； 2.5m/s；(3) 0.85m 【解析】 【分析】 【详解】(1)对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有 21Fdmv 解得 v=6m/s 滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 v1、 v2，则由动量守恒定律 得 12mv 由能量守恒得 22211v 联立解得 v1=-2m/s（“-”表示 v1的方向水平向左） ， v2=4m/s (2)小球到达 P 点时，受力如图所示 则有 qE=m2gtan 解得 E=7.5104N/C 小球所受重力与电场力的合力大小为 2=cosmgG等 小球到达 P 点时，由牛顿第二定律有 2Pvr等 解得 vP=2.5m/s (3)对小球碰后运动到 P 点的过程，根据动能定理有 2221(sin)(cos)PqExrmgrmv 解得 x=0.85m