山东省青岛市青岛二中2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

山东省青岛市青岛二中2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析

- 1 - 青岛二中高三年级 2020—2021 学年第一学期期中考试 物理试题 命题人：高三物理集备组 审核人：邢洪明 考试时间：90 分钟 满分：100 分 第Ⅰ卷（共 40 分） 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. 物体以初速度 v0 竖直上抛，物体上升的时间为 4.5s，空气阻力不计。g=10m/s2，则下列说 法正确的是（ ） A. 物体落回到抛出点的速度为 40m/s B. 物体从抛出到落回到抛出点的平均速率为 0m/s C. 物体在第 1s 末、第 2s 末、第 3s 末、第 4s 末的速度之比为 4∶3∶2∶1 D. 物体在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内、第 4s 内的平均速度之比为 4∶3∶2∶1 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据竖直上抛运动规律可知，物体落回到抛出点的速度等于初速度为 0 45m/sv v gt   ，故 A 错误； B．物体从抛出到落回到抛出点的路程 s 不为 0，则由 sv t  知，平均速率不可能为 0，故 B 错误； C．物体在第 1s 末的速度为 1 0 1 35m/sv v gt   物体在第 2s 末的速度为 2 0 2 25m/sv v gt   由此可知 1 2: 4:3v v  ，故 C 错误； D．物体在第 1s 内的平均速度为 0 1 1 40m/s2 v vv   物体在第 2s 内的平均速度为 - 2 - 1 2 2 30m/s2 v vv   同理可得 3 20m/sv  ， 4 10m/sv  ，故物体在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内、第 4s 内的平均速 度之比为 4∶3∶2∶1，故 D 正确。 故选 BD。 2. 某跳水运动员在 3m 长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示 的状态，其中 A 为无人时踏板静止点，B 为人站在踏板上静止时的平衡点，C 为人在起跳过程 中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是（ ） A. 人和踏板由 C 到 B 的过程中，人向上做匀加速运动 B. 人和踏板由 C 到 A 的过程中，人处于超重状态 C. 人和踏板由 C 到 A 的过程中，先超重后失重 D. 人在 C 点具有最大速度 【答案】C 【解析】 试题分析:人由 C 到 B 的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小， 故 A 错误；人和踏板由 C 到 B 的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从 B 到 A 的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故 B 错误，C 正确；人在 C 点的 速度为零，故 D 错误． 故选 C． 考点：超重和失重 3. 甲、乙两辆汽车同时同地出发沿同方向做直线运动，两车 x tt  图像如图所示，下列说法正 确的是（ ） - 3 - A. 汽车甲的加速度大小为 1m/s2 B. 汽车甲、乙在 t=4s 时相距最远 C. 汽车甲、乙相遇前在 t=2s 时相距最远 D. 汽车甲、乙在 t=4s 时相遇 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据匀变速直线运动的位移公式 2 0 1 2x v t at  ，可知 0 2 x av tt   结合 x tt  图像可得，汽车甲的初速度为 0v =6m/s ， 2= 2m/sa 甲 的匀减速直线运动，乙车的 初速度为 0，加速度 2=1m/sa乙 的匀加速直线运动，故 A 错误； BC．两车同地出发乙追甲，当速度相等时相距最远，即 0v a t a t 甲 乙 解得 2st  故 B 错误，C 正确； D．甲做匀减速直线运动，减速时间为 0= =3svt a甲 甲 而 20 0 1= =9m> = =4.5m2 2 vx t x a t 甲 甲 乙 乙 甲 则乙追上时，有 21=9m= 2x a t甲 乙 乙 - 4 - 解得 3 2st 乙 故 D 错误； 故选 C。 4. 2017 年 10 月 16 日，南京紫金山天文台对外发布一项重大发现，我国南极巡天望远镜追踪 探测到首例引力波事件光学信号．关于引力波，早在 1916 年爱因斯坦基于广义相对论预言了 其存在．1974 年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯-泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公 转时，由于不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这现象为引力波的存在提供了 首个间接证据．科学家们猜测该双星系统中体积较小的星体能“吸食”另一颗体积较大的星球表 面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯-泰勒脉冲双星周期 T 随双星之间的距离 L 变 化关系图正确的是（ ） A. B. - 5 - C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设脉冲双星的质量，及轨道半径分别为 m1、m2、r1、r2，间距为 L=r2+r1．由于一对 相互作用的万有引力提供向心力且有相同的转动周期，有 2 2 1 2 2 22 2 1 1 2 4 4r rT m mL T mG m    ， 得 2 2 2 1 2 4 r Lm GT  ， 2 2 1 2 2 4 r Lm GT  ，则双星总质量 2 2 2 3 1 2 1 2 2 2 4 ( ) 4( ) r r L Lm m GT GT     ，即 1 2 2 2 3 ( )1 1 4 G m m T L   ，由于脉冲双星总质量不变， 2 1 T 关于 3 1 L 为正比例函数关系；故选 B． 【点睛】解决本题的关键：知道双星通过彼此间的万有引力提供向心力；知道双星的轨道半 径与质量反比；知道双星 2 3 1 2 2 4( ) Lm m GT   . 5. 如图所示，质量为 m 的小猴子在荡秋千，小猴子用水平力 F 缓慢将秋千拉到图示位置后由 静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为 L，忽略藤条的质量与 空气阻力，重力加速度为 g。在此过程中下列判断正确的是（ ） - 6 - A. 缓慢上拉过程中拉力 F 做的功  F 1 cosW mgL   B. 由静止释放到最低点，小猴子重力的功率一直在减小 C. 小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量为零 D. 小猴子从静止释放后运动到最低点的过程，绳的拉力不做功，所以绳的拉力的冲量为零 【答案】A 【解析】 【详解】A．缓慢上拉过程中，小猴子处于平衡状态，故拉力为变力，根据动能定理有  F 1 cos 0W mgL    解得  F 1 cosW mgL   故 A 正确； B．刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由 静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增加后减小，故 B 错误； CD．根据冲量的公式 =I Ft 可知，小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量不为零，绳的拉力的冲量也不为 零，故 C、D 错误。 故选 A。 6. 如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向 抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜 面上 A、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力， 重力加速度为 g。则下列选项正确的是（ ） - 7 - A. 甲、乙两球在空中运动的时间之比为 tan2θ：1 B. 甲、乙两球下落的高度之比为 2tan4θ：1 C. 甲、乙两球的水平位移之比为 2tan2θ：1 D. 甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为 tan2θ：1 【答案】C 【解析】 【详解】A．设初速度为 v0，对乙球分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故 0 tany vv  故下落时间为 0 tan yv vt g g   对甲球分析 x=v0t′， '21 2y gt ， tan y x   联立解得 02 tanvt g   则 22tan 1 t t   故 A 错误； B．根据竖直方向上做自由落体运动得规律，得甲乙下落的高度之比为 2 4 2 1 4tan2= 1 1 2 gth h gt     故 B 错误； - 8 - C．根据水平方向上做匀速直线运动，得甲乙水平位移之比为 2 0 0 2tan 1 v tx x v t    故 C 正确； D．甲球竖直方向的速度为 02 tanyv gt v     则有甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比等于竖直方向的速度之比 即 22tan 1 y y v gt v gt     故 D 错误。 故选 C。 7. 如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正向传播，从振源 O 起振时开始计时，经 t=0.9s，x 轴上 0 至 12m 范围第一次出现图示波形，则（ ） A. 波的波速可能是140 9 m/s B. t=0.9s 时，x 轴上 2m 处的质点振动方向沿 y 轴向下 C. 波的周期可能为 0.5s D. 上图所示波形图中 12m 处的质点已经振动 1 4 周期 【答案】A 【解析】 【详解】A．在 0.9s 时间内，若振子起振方向沿 y ，则波传播距离为18m ，波的波速 1 1 18 m/s 20m/s0.9 xv t    若振子起振方向沿 y ，则波传播距离为14m ，波的波速 2 2 14 140m/s m/s0.9 9 xv t    - 9 - 说明波的波速可能是140 9 m/s，故 A 正确； B．由波动图象可知 t=0.9s 时，x 轴上 2m 处的质点振动方向沿 y 轴向上，故 B 错误； C．由图分析可知波长为8m ，波的周期T v  ，当波速为 1v 、 2v 时对应的周期分别为 1 1 8 s 0.4s 20T v    2 2 8 18s s 140 35 9 T v    故 C 错误； D．上图所示波形图中 12m 处的质点可能振动 1 4T ，也可能 3 4 T ，故 D 错误。 故选 A。 8. 如图所示为一简易起重装置，（不计一切阻力）AC 是上端带有滑轮的固定支架，BC 为质量 不计的轻杆，杆的一端 C 用铰链固定在支架上，另一端 B 悬挂一个质量为 m 的重物，并用钢 丝绳跨过滑轮 A 连接在卷扬机上．开始时，杆 BC 与 AC 的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA 缓缓 变小，直到∠BCA=30°．在此过程中，杆 BC 所产生的弹力（ ） A. 大小不变 B. 逐渐增大 C. 先增大后减小 D 先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 以结点 B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形 ABC 边长的关系，再分析绳子拉力和 BC 杆的作用力的变化情况． - 10 - 【详解】以结点 B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、 N 的合力 F 合与 G 大小相等、方向相反. 根据三角形相似得：F F N AC AB BC  合 ，又 F 合=G，得： ABF GAC  ， BCN GAC  ，现使∠BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而 AC、BC 不变，则得到，F 变小，N 不变，所以绳子越来越 不容易断，作用在 BC 杆上的压力大小不变；故选 A. 【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究． 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上， Q 放在带小 孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改 到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中 P 位置），两次金属块 Q 都静止在桌面上 的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ） A. 细线所受的拉力变大 B. 小球运动的角速度变大 C. Q 受到桌面的静摩擦力变大 D. Q 受到桌面的支持力变大 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．设金属小球 P 在水平面内做匀速圆周运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，细线 - 11 - 的拉力大小为 T，细线的长度为 L。对 P 球受力分析，如图所示 根据平行四边形定则有 cos mgT  当小球改到图中 P 位置时，θ变大，则 T 变大，故 A 正确； B．小球重力和细线的拉力的合力提供向心力，则 2tan sinmg m L   解得角速度为 = cos g L   当小球改到图中 P 位置时，θ变大，则角速度ω增大，故 B 正确； CD．对 Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q 受到桌面的 支持力等于重力，重力不变，则 Q 所受的支持力不变，细绳的拉力增大，则静摩擦力变大， 故 C 正确，D 错误。 故选 ABC。 10. 人类利用太空望远镜在太阳系外发现了一颗未知天体 X，该未知天体环绕中心天体 Y 运 行。已知未知天体 X 的质量是地球质量的 a 倍，半径为地球半径的 b 倍，其公转周期为地球 公转周期的 c 倍，中心天体 Y 的质量是太阳质量的 d 倍。假设未知天体 X 和地球均可视为质 量分布均匀的球体，且均环绕各自的中心天体做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ） A. 同一物体在未知天体 X 表面的重力与在地球表面的重力之比为 a ∶ b2 B. 未知天体 X 的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 a ∶ b C. 中心天体 Y 的密度与地球的密度之比为 c2 ∶ 1 D. 天体 X、Y 之间的距离与日地之间的距离之比 3 2c :1d 【答案】AD 【解析】 【详解】A．对于天体表面的物体，万有引力近似等于重力，即有 - 12 - 2 MmG mgR  解得 2 GMg R  则同一物体在未知天体 X 表面的重力与在地球表面的重力之比为 2:a b ，选项 A 正确； B．当卫星绕任一行星表面做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由 2 2 Mm vG mR R  解得 GMv R  则未知天体 X 的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 :a b ，选项 B 错误； C．由于中心天体Y 的半径未知，不能确定其密度与地球密度的关系，选项 C 错误。 D．环绕天体环绕中心天体做圆周运动时，由万有引力提供向心力得 2 2 2 4πMmG m rr T  解得 2 3 24π GMTr  则天体 YX、 之间的距离与日地之间的距离之比为 3 2 :1c d ，选项 D 正确； 故选 AD。 11. 如图所示，可视为质点的两个小球 A、B 穿在固定且足够长的粗糙水平细杆上，A、B 与 细杆的动摩擦因数μA=μB=0.8。不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮与 A、B 连接，用外力 F 拉 动滑轮，使 A、B 沿杆一起匀速移动，轻绳两端分别与杆的夹角α=37°，β=53°，则 mA：mB 等 于（ ） - 13 - A. 32：1 B. 32：31 C. 16∶3 D. 16：15 【答案】AB 【解析】 【详解】同一条轻绳拉力相等设为 T，以 A 为研究对象，水平方向根据平衡条件可得 cos ( sin )AT m g T    解得 cos sin Am gT      以 B 为研究对象，水平方向根据平衡条件可得 cos ( sin )BT m g T    解得 cos sin Bm gT      联立可解得 cos sin 40 24 cos sin 30 32 A B m m           故质量之比可能是 32:31，32:1，8:31，8:1，故 AB 正确，CD 错误。 故选 AB。 12. 如图所示，半径为 R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为 m 的小球，小球开始时静止 于最低点，现使小球以初速度 0 7v gR 沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用 力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（ ） - 14 - A. 小球在最高点时速度为 gR B. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力做的功是 mgR C. 小球在最低点时对轨道的压力是 7mg D. 小球运动到圆心等高处速度小于 2 gR 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．在最高点与环恰无作用力，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律 2 tmvmg R  可得在最到点的速度 tv gR A 正确； B．从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理 2 2 0 1 12 2 2tmg R W mv mv     可得克服摩擦力做功 W mgR 因此机械能不守恒，B 正确； C．在最低点，根据牛顿第二定律 2 0 N mvF mg R   可得 8NF mg 根据牛顿第三定律，对轨道的压力为 8mg，C 错误； D．如果摩擦力做功和重力做功是均匀的，在圆心等高处，根据动能定理 - 15 - 2 2 0 2 1 1 2 2 2 mg R W mv mv     可得 2v gR 但由于在下半部分，小球对金属环的压力比上半部分大，因此摩擦力做功比上半部分多，故 速度 2v gR中 D 正确。 故选 ABD。 第Ⅱ卷（非选择题共 60 分） 非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写 出数值和单位。 13. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞 前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线 所指的位置 O. 接下来的实验步骤如下： 步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可 能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复 多次，并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置； 步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M、P、N 离 O 点的距离，即线段 OM、OP、 ON 的长度． ①上述实验除需测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有______. A．A、B 两点间的高度差 B．B 点离地面的高度 h2 - 16 - C．小球 1 和小球 2 的质量 m1、m2 D．小球 1 和小球 2 的半径 r ②当所测物理量满足表达式______ (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守 恒定律． ③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图 2 所示．使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和 2 的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端 1 4 圆弧的平均落 点 M′、P′、N′.用测量斜面顶点与 M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3. 则 验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式_______ (用所测物理量的字母表示)． 【 答 案 】 (1). C ； (2). m1·OP ＝ m1·OM ＋ m2·ON (3). 22 2 32 1 1 12 2 2 2 1 3 sinsin sin cos cos cosm m m       【解析】 【详解】①根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动 时间相等，可得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还 需要测量的物理量是小球 1 和小球 2 的质量 m1、m2．故选 C． ②因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP 是 A 球不与 B 球碰撞平抛运动的 位移，该位移可以代表 A 球碰撞前的速度，OM 是 A 球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以 代表碰撞后 A 球的速度，ON 是碰撞后 B 球的水平位移，该位移可以代表碰撞后 B 球的速度， 当所测物理量满足表达式 m1•OP=m1•OM+m2•ON. ③小球做平抛运动有 v0t＝Rsin α， 21 cos2 gt R  ，联立可得： 2 0 sin 2cos gRv   ，根据动量 守恒定律有 m1v＝mv1＋m2v2，得 22 2 32 1 1 1 2 2 1 3 sinsin sin cos cos cosm m m       . 【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中， 无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两 球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等， 则机械能守恒. 14. 某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示，将直径约为 3cm 的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆 - 17 - 盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为 50Hz。 (1)实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻 2 个点之间的长度 L1， 以及此时圆盘的直径 d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻 2 个点之 间的长度 L2，以及此时圆盘的直径 d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带 如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为______m/s。测得此时圆盘直径为 5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为______rad/s（均保留 2 位有效数字） (2)该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度（v）与相应圆 O 盘直径（d）的关系图像，如 图丙所示，分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中______（选填“增大”、“减 小”或“不变”） 【答案】 (1). 1.8 (2). 64 (3). 不变 【解析】 【详解】(1)[1]纸带的运动速度为 23.60 10 m/s 1.8m/s0.03 xv t    [2]圆盘的角速度为 2 2 1.8 2 rad/s 64rad/s5.6 10 2 v v v dr d        (2)[3]根据 2v r d   ，因 v d 图像是过原点的直线，可知 不变。 15. 泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流， 它的面积、体积和流量都较大，泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进， 具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所 示，他们设计了如下的模型，在水平面上放置一个质量为 m=4kg 的物体，让其在随位移均匀 减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移变化如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因 数为μ=0.5，g=10m/s2。求： - 18 - (1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移？ 【答案】(1) 2 m 10m/sa  ；(2) 2mx  ；(3) 4.5mx  【解析】 【详解】(1)当推力最大时加速度最大 m mF mg ma  解得 2 m 10m/sa  (2)由图像得 60 20F x  当合力等于零时速度最大 F mg 解得 2mx  (3)由动能定理得 0W mgx  由图像得 1 3 60J=90J2W    解得 4.5mx  16. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静 - 19 - 止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为 v－t 图像，如图所示（除 2 s~10 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，2 s~14 s 时间 段内小车的功率保持不变，在 14 s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为 2.0 kg，可认 为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变。则 (1)小车受到的阻力大小为多大？ (2)小车的功率为多大？ (3)小车加速过程中位移大小为多大？ 【答案】(1)3N ；(2)18W；(3)42m 【解析】 【详解】(1)在 14s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，由牛顿第二定律得 f ma 由 v－t 图像得加速度的大小为 2 26 0 m/s 1.5m/s18 14a   故小车受到的阻力大小为 3Nf  (2)由图象可知，在 10s 到 14s 的过程中，小车匀速运动，牵引力等于阻力，故小车的功率为 18WP Fv fv   (3)由图象可知 0 到 2s 内的位移为 1 1 2 3m 3m2x     2s 到 10s 内，由动能定理得 2 2 2 2 1 1 1 2 2Pt fx mv mv   解得 2 39mx  - 20 - 所以小车加速过程中位移大小为 1 2 42mx x x   17. 如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从 A 到 B 长度为 L=14m，传送带以 v0=8m/s 的速率 逆时针转动，在传送带上端 A 无初速地放一个质量为 m=0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间 的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕， 已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s2。求∶ (1)煤块从 A 到 B 的时间。 (2)煤块从 A 到 B 的过程中传送带上形成划痕的长度。 (3)系统因摩擦产生的热量。 【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J 【解析】 【详解】(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得 1sin cosmg mg ma    代入数据解得 2 1 8m / sa  煤块达到和传送带速度相等时的时间为 0 1 1 1svt a   煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为 2 1 1 1 1 4m2x a t  煤块速度到达 v0 后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得 2sin cosmg mg ma    代入数据解得 2 2 4m / sa  - 21 - 煤块第二次加速的位移为 2 1 10mx L x   2 2 0 2 2 2 1 2x v t a t  解得 2 1st  煤块从 A 到 B 的时间为 1 2 2st t t   (2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为 2 1 0 1 1 1 1 4m2L v t a t   第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为 2 2 0 2 2mL x v t   两部分重合，故划痕总长为 4m (3)系统因摩擦产生的热量为 1 2cos ( ) 6JQ mg L L    18. 如图所示，B 球静止在光滑的水平台边，与台边相距一定距离处有一个竖直的弹性挡板， A 球用轻细线悬挂在 B 球旁边，静止时两球挨在一起。A 球质量为 B 球质量的两倍，碰撞是完 全弹性的且碰撞时间极短。现将 A 球从竖直方向拉偏一个很小的角度（＜10°），并从静止释 放，碰后 A 球刚好完成一次全振动后与回到台边的 B 球再次碰撞，是通过计算分析出 B 球第 二次回到台边时 A 球的位置及速度方向（要求推导过程）。 【答案】A 球运动到了其摆动过程的最低点（即平衡位置处），速度方向向右。 【解析】 - 22 - 【详解】由于碰撞时间极短，所以可认为碰撞对 A 球完成一次全振动所用时间没有影响。 以向右为正方向，则第一次碰撞时 A A1 A A2 B B2=m v m v m v 2 2 2 A A1 A A2 B B2 1 1 1=2 2 2m v m v m v 解得 A2 B2 1= 4v v 完成第一次碰撞后，B 球以 vB2 的速度向右运动，与挡板发生弹性碰撞后以相同大小的速度返 回，与 A 球发生第二次碰撞，即 B 球以速度 vB2 运动一个来回的时间恰好等于 A 球完成一次全 振动的时间。 第二次碰撞时 A A2 B B2 A A3 B B3=m v m v m v m v  2 2 2 2 A A2 B B2 A A3 B B3 1 1 1 1=2 2 2 2m v m v m v m v  解得 A3 B2 7= 12v v B3 B2 2= 3v v 第二次碰撞使 A、B 球各自被弹回，B 球的运动速度减小为 B2 2 3 v ，所以运动一个来回所需要 的时间是第一次的 1.5 倍；在这段时间内，A 球完成了 1.5 个全振动，第二次碰撞使得 A 球是 从平衡位置开始向左振动的，所以完成 1.5 个全振动后，A 球又到达了平衡位置处，运动方向 向右。