2019-2020年高考物理考前练笔题（含解析）.doc

2019-2020年高考物理考前练笔题（含解析）一、单选题1如图所示，一倾角为45的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是（）A 球一定不受墙的弹力B 球一定受墙的弹力且水平向左C 球一定不受斜面的弹力D 球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上2如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表若将调压端的滑动头P向上移动，则（）A 电压表V的示数变大B 变压器的输出功率变大C 电流表A的示数变小D 电流表A的示数变大3在xx北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录图为她在比赛中的几个画面下列说法中正确的是（）A 运动员过最高点时的速度为零B 撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能C 运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D 运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功4有一带电粒子沿图中的虚线穿过一匀强电场，若粒子的重力不能忽略，则粒子由A处到B处的过程中，其一定是（）A 电势能逐渐增大B 动能逐渐减少C 该粒子带负电D 电势能和动能之和不变二、双选题5下列说法中正确的是（）A 用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B 在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动C 一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大D 一定质量的理想气体温度升高其压强可能减小6如下的说法中，正确的是（）A H+HH+n是轻核聚变反应B 衰变说明了原子核中有电子C 光电效应说明了光具有粒子性D 核反应方程应该遵循质子数和中子数守恒7下列图象均能正确反应物体在直线上的运动，D图中物体的初速度为零，则在t=2s内物体运动方向不变的是（）A B C D 8载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是（）A 进入高轨道后的周期比低轨道的周期小B 进入高轨道后的速率比低轨道的速率小C 进入高轨道后，飞船的加速度变小D 飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态9如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时从匀强磁场的边界上的P点分别以30和60（与边界的交角）射入磁场，又同时从磁场边界上的Q点飞出，设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是（）A 若A粒子是粒子，则B粒子可能是质子B A粒子做完整圆周运动的周期比B粒子的大C A粒子速度跟B粒子的速度大小相等D A粒子轨迹的半径小于B粒子的轨迹半径三、实验题1）现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的（填“左端”或“右端”）根据实验数据，描绘出的UI 图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为，小灯泡的功率为 W（结果保留两位有效数字）某小组在正常实验中无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表、电压表的读数都调不到零，于是他们向老师求助，老师说该电路中有一根导线断了，请问图中哪根导线断了？（填“ab”或者“cd”）11某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图（所用交变电流的频率为50Hz）图（b）为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（保留三位有效数字）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如下表：实验次数12345678小车加速度a/ms20.6330.5720.4970.4180.3320.2500.1670.101小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67小车质量倒数4.003.453.032.502.001.411.000.60请在方格坐标纸中画出图线，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，一位同学根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线如图d所示该图线不通过原点，其主要原因是；某同学在本实验中打出一条纸带，发现纸带的临近末端的部分点迹间距减小，原因是四、计算题12如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=2，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0Tab为金属杆，与框架良好接触，其质量m=0.1Kg，杆电阻r=1.0，杆与框架的动摩擦因数=0.5杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.5J（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）当ab杆的速度为v1=1.25m/s时ab杆的加速度为多少？（2）求ab杆的最大速度及从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；（3）从开始到最大速度的过程中通过上端电阻R0的电量为多少？13如图所示，有A、B两完全一样足够长的木板，质量均为M=10kg，木板的上表面光滑，A木板v=5m/s的速度与处于静止状态的B木板发生弹性碰撞，碰撞结束后给B木板一个F=50N的水平向右的恒力作用，恰好做匀速直线运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kgB木板匀速运动一段时间后，将一铁块无初速地放在B木板的最右端，当B木板运动了L=1m时，又无初速地在B木板的最右端放上第2块铁块，只要B木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块试问（取g=10m/s2）（1）A、B碰撞结束时的速度分别为多少？（2）最终B木板上放有多少块铁块？（3）最后一块铁块与B木板右端距离多远？xx年广东省佛山市桂城中学高考物理考前练笔题参考答案与试题解析一、单选题1如图所示，一倾角为45的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是（）A 球一定不受墙的弹力B 球一定受墙的弹力且水平向左C 球一定不受斜面的弹力D 球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由题意可知，小球处于平衡状态；则可知小球所受各力的合力为零；对小球进行受力分析，小球受重力、推力、竖直墙的支持力及斜面对小球的支持力；可采用分解法将斜面支持力向水平方向和竖直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡方程，分情况进行讨论即可求解解答：解：A、B、对小球进行受分析，如图所示：若压力F等于N2水平向上的分力时，小球对竖直面没有压力，故N1有可能为零，若压力F大于N2水平向上的分力时，球受墙的弹力且水平向左，故A错误，B错误；C、D、若N2等于零，则小球受重力、推力F、竖直墙壁对小球向左的支持力，这三个力合力不可能为零，所以球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上，故C错误，D正确；故选：D点评：在解答平衡类的问题时，在注意准确的进行受力分析；而物体处于平衡状态时是指物体所受合力为零，若力为三个一般采用合成的方式，若力为三个以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程即可求解2如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表若将调压端的滑动头P向上移动，则（）A 电压表V的示数变大B 变压器的输出功率变大C 电流表A的示数变小D 电流表A的示数变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头P向上移动时，输入电压的匝数将变大，从而可以判断输出的电压的变化，以及电压和电流的变化的情况解答：解：A、当滑动触头P向上移动时，输入电压不变，输入电压的匝数将变大，输出电压匝数不变，根据电压之比等于线圈匝数比可知，副线圈电压变小，故A错误；B、根据P=可知，输出电压变小，电阻不变，输出功率变小，故B错误；C、根据P=UI可知，输入电压不变，输入功率变小，所以输入电流变小，即电流表示数变小，故C正确，D错误；故选C点评：自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可3在xx北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录图为她在比赛中的几个画面下列说法中正确的是（）A 运动员过最高点时的速度为零B 撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能C 运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D 运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功考点：功能关系；功的计算分析：运动员起跳过程中，杆先由直变弯，动能转化为杆的弹性势能和重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，将运动员抬高解答：解：A、运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，故A错误；B、运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，故B错误；C、从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在横杆的下方，故C错误；D、在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的弹性势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，故D正确故选D点评：本题关键要明确运动员加速助跑过程和上升过程中的各种能量的转化情况，特别是上升过程，要分为杆弯曲和变直两个过程讨论4有一带电粒子沿图中的虚线穿过一匀强电场，若粒子的重力不能忽略，则粒子由A处到B处的过程中，其一定是（）A 电势能逐渐增大B 动能逐渐减少C 该粒子带负电D 电势能和动能之和不变考点：电场线分析：由于带电粒子受到重力和电场力作用，合力将指向运动轨迹的内侧则电场力一定竖直向上，同时注意电场线方向，由电场力做功判断电势能的变化由能量守恒分析电势能和动能之和解答：解：A、带电粒子受到重力和电场力作用，合力将指向运动轨迹的内侧，则合力的方向向上，所以电场力一定竖直向上，电场力先做负功后做正功，则粒子的电势能先增大后减小故A错误B、粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，而竖直方向的分速度先减小后增大，所以粒子的动能先减小后增大故B错误；C、电场力竖直向上，与场强方向相反，则知该粒子带负电故C正确；D、由能量守恒得知，重力势能、电势能和动能之和不变，重力先做正功，后做负功，粒子的电势能与动能的和先增大后减小故D错误故选：C点评：本题关键要判断电场力的方向，并掌握电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小二、双选题5下列说法中正确的是（）A 用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B 在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动C 一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大D 一定质量的理想气体温度升高其压强可能减小考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动专题：内能及其变化专题分析：用打气筒的活塞压缩气体很费力，不是分子间的斥力作用温度是分子平均动能的标志理想气体不计分子势能，只考虑分子动能解答：解：A、用打气筒的活塞压缩气体很费力，是由于气体压强的作用，不是分子间斥力的作用故A错误B、教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故B错误；C、理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故C正确；D、由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故D正确；故选：CD点评：本题考查了分子动理论的内容以及影响分子平均动能的因素等，难度不大，关键要在理解的基础上加以识记6如下的说法中，正确的是（）A H+HH+n是轻核聚变反应B 衰变说明了原子核中有电子C 光电效应说明了光具有粒子性D 核反应方程应该遵循质子数和中子数守恒考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：H+HH+n是轻核聚变反应；衰变是中子转变成质子而放出的电子；光电效应说明了光具有粒子性；最后由质量数与质子数守恒，即可一一求解解答：解：A、H+HH+n是轻核聚变反应，太阳辐射能量来自于轻核的聚变故A正确；B、衰变是中子转变成质子而放出的电子故B错误；C、光电效应说明了光具有粒子性故C正确；D、核反应方程应该遵循质子数和质量数守恒，故D错误故选：AC点评：考查衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解粒子散射实验的现象，区别裂变与聚变的不同7下列图象均能正确反应物体在直线上的运动，D图中物体的初速度为零，则在t=2s内物体运动方向不变的是（）A B C D 考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图象的斜率等于速度，速度的正负表示速度的方向，由此分析即可解答：解：A、根据xt图象的斜率等于速度，可知，01s物体的速度沿正向，12s内速度沿负向，故A错误B、由图知，在t=2s内物体物体的速度一直为正，说明运动方向一直沿正向，没有改变，故B正确C、01s物体的速度沿正向，12s内速度沿负向，故C错误D、01s物体的速度沿正向，12s内速度沿负向，故D错误故选：B点评：解决本题的关键要掌握位移时间图象的斜率等于速度，速度的正负表示速度的方向8载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是（）A 进入高轨道后的周期比低轨道的周期小B 进入高轨道后的速率比低轨道的速率小C 进入高轨道后，飞船的加速度变小D 飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，解出周期、线速度、加速度与轨道半径的关系，根据轨道半径的大小判断周期、线速度、加速度的大小飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态解答：解：ABC、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，周期越大、线速度和加速度越小，故飞船进入高轨道后的周期变大，速率和加速度变小，故A错误，BC均正确D、飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态，故D错误故选：BC点评：本题关键是要掌握万有引力提供向心力，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，解出周期、线速度、加速度与轨道半径的关系在进一步讨论其大小9如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时从匀强磁场的边界上的P点分别以30和60（与边界的交角）射入磁场，又同时从磁场边界上的Q点飞出，设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是（）A 若A粒子是粒子，则B粒子可能是质子B A粒子做完整圆周运动的周期比B粒子的大C A粒子速度跟B粒子的速度大小相等D A粒子轨迹的半径小于B粒子的轨迹半径考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带有正电荷的A粒子和B粒子同时从O点不同角度射入匀强磁场后，从Q点飞出由粒子的电性可确定洛伦兹力方向，根据处理规律：定圆心、画圆弧、求半径并根据几何关系可确定粒子的半径关系，根据运动时间相等及周期公式求解荷质比，根据半径公式求解速度比解答：解：A、由题意可知，A粒子在磁场中转过的圆心角：=60，B粒子转过的圆心角：=120，粒子做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：tA=TA，B在磁场中的运动时间：tB=TB，A、B两粒子运动时间相等，即：=，则：=2，如果A粒子是粒子，则B粒子可能是质子，故A正确；B、由题意可知，A粒子在磁场中转过的圆心角：=60，B粒子转过的圆心角：=120，粒子做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：tA=TA，B在磁场中的运动时间：tB=TB，A、B两粒子运动时间相等，即：TA=TB，则：TA=2TB，故B正确；C、设PQ=d，由几何关系则有：rAsin30=，rBsin60=，rA=rB，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，=，故CD错误；故选：AB点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动轨迹，应用粒子周期公式、牛顿第二定律即可解题；利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想三、实验题1）现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的左（填“左端”或“右端”）根据实验数据，描绘出的UI 图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为7.2，小灯泡的功率为0.45 W（结果保留两位有效数字）某小组在正常实验中无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表、电压表的读数都调不到零，于是他们向老师求助，老师说该电路中有一根导线断了，请问图中哪根导线断了？ab（填“ab”或者“cd”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据实验要求确定实验电路的接法；再根据伏安特性曲线可明确对应的电流值，由欧姆定律求解电阻；由功率公式求解功率解答：解：题目中要求从零开始调节，故应采用滑动变阻器的分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；实物图如图所示；由图可知，要使测量部分电流由零开始调节，则滑片应接在最左侧；由图可知，当电压为1.80V时，电流为：0.25A，电阻R=7.2；灯泡的功率P=UI=1.800.25=0.45W；无法使电流从零开始调节说明没有正确接成分压接法；但电路有电流，则说明只能是ab出现断路；故答案为：如图所示；左；7.2；0.45；ab点评：本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验，要求掌握分压接法的原理；能正确接线并能分析故障11某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图（所用交变电流的频率为50Hz）图（b）为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为0.510m/s2（保留三位有效数字）保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如下表：实验次数12345678小车加速度a/ms20.6330.5720.4970.4180.3320.2500.1670.101小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67小车质量倒数4.003.453.032.502.001.411.000.60请在方格坐标纸中画出图线，并从图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是a=保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，一位同学根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线如图d所示该图线不通过原点，其主要原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分；某同学在本实验中打出一条纸带，发现纸带的临近末端的部分点迹间距减小，原因是该同学在实验中未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够，由于绳子过长，纸带快打完时沙桶已经落地考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：小车做匀加速运动，根据匀变速运动的推论x=aT2求出加速度由F=ma得：在F一定的情况下，a与成正比，所以画a与之的图象好找规律根据F=ma，对小车及砂和砂桶进行分析误差产生的原因解答：解：（1）由题，相邻计数点之间还有4个点未画出，则相邻的计数点的时间间隔为T=50.02s=0.1s相邻计数间的位移之差6.706.19=7.216.70=7.727.21=0.510cm，他们的位移差x全部相等，都为5.10cm，连续相等时间内的位移差为定值的，说明小车做匀加速直线运动，由x=aT2得加速度为：a=m/s2=0.510m/s2（2）由表格可知小车的加速度与质量的倒数成正比，根据描点法画出图象，如图所示：图象为一倾斜的直线，斜率为：k=，所以a=（3）图线不通过坐标原点，说明F不为零时，加速度仍为零，知实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分（4）某同学在本实验中打出一条纸带，发现纸带的临近末端的部分点迹间距减小，原因是故答案为：0.510；如图，a=；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分；该同学在实验中未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够，由于绳子过长，纸带快打完时沙桶已经落地点评：解决本题的关键会从纸带上求瞬时速度和加速度，以及在作图时注意，偏离比较远的点可以舍去四、计算题12如图所示，一矩形金属框架与水平面成=37角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=2，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B=1.0Tab为金属杆，与框架良好接触，其质量m=0.1Kg，杆电阻r=1.0，杆与框架的动摩擦因数=0.5杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.5J（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）当ab杆的速度为v1=1.25m/s时ab杆的加速度为多少？（2）求ab杆的最大速度及从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；（3）从开始到最大速度的过程中通过上端电阻R0的电量为多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）当ab杆的速度为v1=1.25m/s时，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流根据牛顿第二定律和安培力公式求解加速度（2）ab杆匀速运动时速度最大，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出最大速度由能量守恒定律求出滑行距离（3）求出感应电流的平均值，由电流定义式求出电荷量解答：解：（1）当ab杆的速度为v1时电动势为：E=BLv1由闭合电路欧姆定律得： I=由牛顿第二定律得 mgsinaBILmgcos=ma联立解之得：a=1m/s2（2）当ab杆平衡时达到最大速度，由此得： BImL+mgcos=mgsina 流过R0的最大电流为：I0=0.25A感应电动势为：=IR总=0.52V=1.0V此时杆的速度为：有能量守恒得：由图得：Q总=4Qo=2 J 联立解得：S=11.56m（3）平均电动势为：由闭合电路欧姆定律得：=通过上端电阻R0的电量为：=1.156（C）答：（1）当ab杆的速度为v1=1.25m/s时ab杆的加速度为1m/s2（2）ab杆的最大速度是2.5m/s从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离是11.56m；（3）从开始到最大速度的过程中通过上端电阻R0的电量为1.156C点评：本题熟练运用法拉第电磁感应定律和欧姆定律求安培力、由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求感应电量是关键感应电量经验公式q=可理解记住13如图所示，有A、B两完全一样足够长的木板，质量均为M=10kg，木板的上表面光滑，A木板v=5m/s的速度与处于静止状态的B木板发生弹性碰撞，碰撞结束后给B木板一个F=50N的水平向右的恒力作用，恰好做匀速直线运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kgB木板匀速运动一段时间后，将一铁块无初速地放在B木板的最右端，当B木板运动了L=1m时，又无初速地在B木板的最右端放上第2块铁块，只要B木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块试问（取g=10m/s2）（1）A、B碰撞结束时的速度分别为多少？（2）最终B木板上放有多少块铁块？（3）最后一块铁块与B木板右端距离多远？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度（2）应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式可以求出铁块的个数（3）对铁块应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出距离解答：解：（1）设A、B碰撞后的速度分别为v、v0，在A、B两木板碰撞的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv=Mv+Mv0由机械能守恒定律得：联立解之得：v=0，v0=5m/s；（2）B木板最初做匀速运动，滑动摩擦力：F=Mg，第l块铁块放上后，B木板做匀减速运动，加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mg=Ma1，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v02v12=2a1L，代人数据解得：v1=2m/s；设最终有n块铁块能静止在B木板上则B木板运动的加速度大小为：an=第1 块铁块放上后：第2 块铁抉放上后：第n块铁块放上后：由上可得：B木板停下时，vn=0，得n=6.6即最终有7 块铁块放在B木板上；（3）从放上第1块铁块至刚放上第7 块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：2L=v02v62从放上第7 块铁块至B木板停止运动的过程中，设B木板发生的位移为d，则：2d=v620，联立解得：；答：（1）A、B碰撞结束时的速度分别为0m/s、5m/s；（2）最终B木板上放有7块铁块；（3）最后一块铁块与B木板右端距离为m点评：本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体的运动过程、找出临界条件是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题