黑龙江省双鸭山一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

黑龙江省双鸭山一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）月考物理试卷 （12月份）‎ ‎　‎ 一.选择题（1-6为单选，7-10为多选．共50分.）‎ ‎1．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．40.8eV B．43.2eV C．51.0eV D．54.4eV ‎2．如图所示，一天然放射性物质射出三种射线，经过一个匀强磁场和电场共存的区域，调整电场强度E和磁场强度B的大小，使得在MN上只有a、b两个点受到射线照射，下列判断正确的是（　　）‎ A．射到b点的一定是α射线 B．射到b点的一定是β射线 C．射到b点的一定是α射线或β射线 D．射到b点的一定是γ射线 ‎3．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mp、mD，现用光子能量为E的γ射线照射静止的氘核使之分解，反应方程为γ+D→p+n，若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是（　　）‎ A． [mD+mp﹣mn）c2﹣E] B． [（mD+mn﹣mP）c2﹣E]‎ C． [（mD﹣mn﹣mP）c2+E] D． [（mD﹣mn﹣mP）c2+E]‎ ‎4．下列结论错误的是（　　）‎ A．光谱分析用的是特征光谱．‎ B．卢瑟福在实验中发现了质子 C．α射线、β射线是波长很短的电磁波．‎ D．一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其它元素形成化合物，或者对它施加压力、提高温度，都不改变它的半衰期．‎ ‎5．2006年3月23日央视报道，中科院等离子体物理研究所经过八年的艰苦奋斗努力，终于率先建成了世界上第一个全超导的托克马克试验装置并调试成功；这种装置被称为“人造太阳”（如图所示），它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变并稳定持续的输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁的能源．在下列核反应方程中有可能是该装置内部所进行的核反应的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎6．质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为（　　）‎ A． B． C． D．2v ‎7．元素X是Y的同位素，分别进行下列衰变过程：XPQ，YRS，则下列说法错误的是（　　）‎ A．Q与s是同位素 B．x与R原子序数相同 C．R 的质子数少于上述任何元素 D．R比S的中子数多2‎ ‎8．如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零 ‎9．用两束频率相同，光照强度不同的紫外线去照射两种不同金属板，都能产生光电效应，则（　　）‎ A．金属板带正电，原因为有电子从金属板逸出 B．用强度大的紫外线照射时，所产生的光电子的初速度一定大 C．从极限频率较小的金属中飞出的光电子的初动能一定大 D．由光照强度大的紫外线所照射的金属，单位时间内产生的光电子数目一定多 ‎10．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ减小 ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎11．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通人压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图（b）所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ 滑块1右端安有撞针，滑块2左端粘有橡皮泥．‎ ‎（1）下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先　　，然后　　，让滑块1带动纸带一起运动，与滑块2相撞并合在一起共同运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图（c）所示：‎ ‎⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为　　kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为　　kg•m/s（保留三位有效数字）．‎ ‎（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（解答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）‎ ‎12．如图甲所示，倾斜传送带倾角θ=37°，两端AB间距离L=4m，传送带以4m/s的速度沿顺时针转动，一质量为1kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2s，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．‎ ‎（1）求小滑块与传送带间的动摩擦因数．‎ ‎（2）若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，如图乙所示，当速度与传送带速度相等时，滑块的位移为多少？‎ ‎（3）在（2）问中，当小滑块速度与传送带速度相同时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，速度多大？‎ ‎13．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0=4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×1019C，电子质量m=0.91×10﹣30Kg，求：‎ ‎（1）电子在C点时的动能是多少J？‎ ‎（2）O、C两点间的电势差大小是多少V？‎ ‎14．如图甲所示，物体A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，用轻弹簧相连放在光滑水平面上，物体B右侧与竖直墙相接触．另有一物体C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物体A相碰，并立即与A粘在一起不再分开．物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：‎ ‎（1）物块C的质量mC ‎（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W及在4s到12s的时间内对B的冲量I 的大小和方向 ‎（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能EP．‎ ‎15．如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不拴接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．‎ ‎（1）求小球经C点时的动能和小球经C点时所受的弹力．‎ ‎（2）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省双鸭山一中高三（上）月考物理试卷 （12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（1-6为单选，7-10为多选．共50分.）‎ ‎1．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1=﹣54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（　　）‎ A．40.8eV B．43.2eV C．51.0eV D．54.4eV ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】当光子的能量和某两个能级之间的能量差相等时才能被吸收，即体现能量的量子化．‎ ‎【解答】解：根据量子理论可以知道，处于基态的离子在吸收光子能量时是成份吸收的，不能积累的．因此当其它能级和基态能量差和光子能量相等时，该光子才能被吸收．‎ A、由能级示意图可知：第2能级和基态能级差为：△E1=E2﹣E1=﹣13.6﹣（﹣54.4）=40.8eV，故A选项中光子能量能被吸收，故A错误；‎ B、没有能级之间的能量差和B中光子能量相等，故B正确；‎ C、第4能级和基态能级差为：△E2=E4﹣E1=﹣3.4﹣（﹣54.4）=51.0eV；故C选项中光子能量能被吸收，故C错误；‎ D、当光子能量大于等于基态能量时，将被处于基态离子吸收并能使其电离，故选项D中的光子能量能被吸收，故D错误 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一天然放射性物质射出三种射线，经过一个匀强磁场和电场共存的区域，调整电场强度E和磁场强度B的大小，使得在MN上只有a、b两个点受到射线照射，下列判断正确的是（　　）‎ A．射到b点的一定是α射线 B．射到b点的一定是β射线 C．射到b点的一定是α射线或β射线 D．射到b点的一定是γ射线 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】αβ射线分别带正电和负电，在电磁场中受到电场力和洛伦兹力，γ射线不带电，不受电场力和洛伦兹力．‎ ‎【解答】解：因为γ射线不带电，所以射到b点的一定不是γ射线；αβ射线在电磁场中受到电场力和洛伦兹力：若电场力大于洛伦兹力，说明射线是α；若洛伦兹力大于电场力说明是β射线．故C正确．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．中子n、质子p、氘核D的质量分别为mn、mp、mD，现用光子能量为E的γ射线照射静止的氘核使之分解，反应方程为γ+D→p+n，若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是（　　）‎ A． [mD+mp﹣mn）c2﹣E] B． [（mD+mn﹣mP）c2﹣E]‎ C． [（mD﹣mn﹣mP）c2+E] D． [（mD﹣mn﹣mP）c2+E]‎ ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】‎ 氘核分裂的过程中质量增加，根据爱因斯坦质能方程可知是消耗一部分的能量转化为质量，然后根据能量守恒可正确解答．‎ ‎【解答】解：因质量增加消耗的能量为：‎ ‎△E=（mD﹣mP﹣mn） c2①‎ 设质子、中子的动能为Ek，根据能量守恒有：‎ ‎△E+E=2Ek②‎ 联立①②解得：Ek= [E﹣（mn﹣mp+mD）c2]= [（mD﹣mn﹣mP）c2+E]，故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎4．下列结论错误的是（　　）‎ A．光谱分析用的是特征光谱．‎ B．卢瑟福在实验中发现了质子 C．α射线、β射线是波长很短的电磁波．‎ D．一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其它元素形成化合物，或者对它施加压力、提高温度，都不改变它的半衰期．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】光谱分析利用的是特征光谱；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，半衰期的大小与元素所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；γ射线是波长极短的电磁波；卢瑟福在实验中发现了质子；‎ ‎【解答】解：A、利用特征光谱研究物质结构和测定化学成分的方法，统称为光谱分析，故A正确；‎ B、在原子核人工转变的实验中，卢瑟福发现了质子，故B正确；‎ C、α射线和β射线是一种粒子流，不是一种电磁波，而γ射线才是一种波长很短的电磁波，故C错误；‎ D、半衰期与元素所处的化学状态无关，当它与其它元素形成化合物时，其半衰期不变，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎5．2006年3月23日央视报道，中科院等离子体物理研究所经过八年的艰苦奋斗努力，终于率先建成了世界上第一个全超导的托克马克试验装置并调试成功；这种装置被称为“人造太阳”（如图所示），它能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变并稳定持续的输出能量，就像太阳一样为人类提供无限清洁的能源．在下列核反应方程中有可能是该装置内部所进行的核反应的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【考点】轻核的聚变．‎ ‎【分析】本题比较简单，根据聚变反应的定义可正确解答．‎ ‎【解答】解：聚变反应是质量较轻的核聚变生成质量较大的核，由题目知B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为（　　）‎ A． B． C． D．2v ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰后A球的速率恰好变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．‎ ‎【解答】解：选取A与B组成的系统为研究的对象，选取A的初速度的方向为正方向，系统在碰撞过程中动量守恒，则 ‎：‎ mv0=mv+2mvB 若碰后A的速度方向与原来相同，则解得：，由于被碰小球的速度不可能小于入碰小球的速度，所以该结果错误；‎ 若碰后A的速度方向与原来相反，则：．故C选项正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．元素X是Y的同位素，分别进行下列衰变过程：XPQ，YRS，则下列说法错误的是（　　）‎ A．Q与s是同位素 B．x与R原子序数相同 C．R 的质子数少于上述任何元素 D．R比S的中子数多2‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】依衰变规律写出衰变方程，可知Q与S质子数相同、中子数不同，是同位素．X与R质量数相同，但质子数不同，R的质子数比X多1．‎ ‎【解答】解：→→‎ ‎→→‎ A、根据衰变方程知XY都经历了α、β衰变，质子数都减少了1，Q和S也是同位素，A正确；‎ B、Y经过β衰变，质子数比原来多1，所以X的原子序数比R少1，B错误；‎ C、从上述核反应可知P的质子数少于上述任何元素，C错误；‎ D、R的中子数B﹣（Z+1）=B﹣Z﹣1，S的中子数为（B﹣4）﹣（Z﹣1）=B﹣Z﹣3，所以R的中子数比S的中子数多2，D正确；‎ 本题选错误的，故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0‎ 冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零 ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零．三球与弹簧组成的系统重力与水平面的支持力的合力为零，总动量守恒．小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，系统的机械能减小．分析小球的运动过程：a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒分析得出，小球b的动能不为零．‎ ‎【解答】解：A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小．故A正确，B错误．‎ C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确．‎ D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎9．用两束频率相同，光照强度不同的紫外线去照射两种不同金属板，都能产生光电效应，则（　　）‎ A．金属板带正电，原因为有电子从金属板逸出 B．用强度大的紫外线照射时，所产生的光电子的初速度一定大 C．从极限频率较小的金属中飞出的光电子的初动能一定大 D．由光照强度大的紫外线所照射的金属，单位时间内产生的光电子数目一定多 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率，金属中有电子逸出，金属失去电子带正电．根据光电效应方程分析影响光电子最大初动能的因素．入射光的强度影响单位时间内发出的光电子数目．‎ ‎【解答】解：A、用紫外线去照射金属板，发生光电效应，有光电子从金属板逸出，金属板带正电，故A正确．‎ B、根据光电效应方程得，Ekm=hv﹣W0，光电子的最大初速度与入射光的强度无关，故B错误．‎ C、根据光电效应方程得，Ekm=hv﹣W0，金属的极限频率小，光电子最大初动能大，但是初动能不一定大，故C错误．‎ D、光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，由光照强度大的紫外线所照射的金属，单位时间内产生的光电子数目一定多，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）‎ A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ减小 ‎【考点】电容器的动态分析；电场强度．‎ ‎【分析】‎ 小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．‎ ‎【解答】解：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，故A正确，B错误．‎ 若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，故CD错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎11．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通人压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图（b）所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ 滑块1右端安有撞针，滑块2左端粘有橡皮泥．‎ ‎（1）下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先　接通打点计时器的电源　，然后　放开纸带　，让滑块1带动纸带一起运动，与滑块2相撞并合在一起共同运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图（c）所示：‎ ‎⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为　0.620　kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为　0.618　kg•m/s（保留三位有效数字）．‎ ‎（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是　纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用　．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带；本实验为了验证动量守恒定律设置滑块在气垫导轨上碰撞，用打点计时器纸带的数据测量碰前和碰后的速度，计算前后的动量，多次重复，在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．‎ ‎【解答】解：（1）使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1；‎ ‎（2）放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：‎ 碰前的速度打出5个点的位移为20.0cm=0.20m；用时0.1s 碰后打7个点的位移为16.8cm=0.168m，用时0.14s；‎ 碰撞前滑块1的动量为：P1=m1v1=0.310×=0.620kg•m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s 碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：‎ P2=（m1+m2）v2=（0.310+0.205）×=0.618kg•m/s ‎（3）结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．‎ 故答案为：（1）接通打点计时器的电源；放开纸带；（2）0.620；0.618；（3）纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用 ‎　‎ 三、计算题（解答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）‎ ‎12．如图甲所示，倾斜传送带倾角θ=37°，两端AB间距离L=4m，传送带以4m/s的速度沿顺时针转动，一质量为1kg的小滑块从传送带顶端B点由静止释放下滑，到A时用时2s，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．‎ ‎（1）求小滑块与传送带间的动摩擦因数．‎ ‎（2）若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，如图乙所示，当速度与传送带速度相等时，滑块的位移为多少？‎ ‎（3）在（2）问中，当小滑块速度与传送带速度相同时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，速度多大？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律求的下滑的加速度，由运动学公式求的摩擦因数；‎ ‎（2）在外力作用下由牛顿第二定律求得加速度，再根据速度与位移的关系求解上滑的位移度．‎ ‎（3）撤去F后，向上做匀减速运动，根据速度位移关系式求出滑块到顶端时的速度；‎ ‎【解答】解：（1）物体相对于传送带向下运动，受到的滑动摩擦力向上，根据牛顿第二定律，有：‎ mgsin37°﹣μmgcos37°=ma 解得a=gsin37°﹣μgcos37°①‎ 根据位移公式：‎ 代入数据解得：②‎ 联立①②得：μ=0.5‎ ‎（2）滑块相对传送带沿斜面向下运动，受到的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有：‎ F+μmgcos37°﹣mgsin37°=ma 代入数据：6+0.5×10×0.8﹣10×0.6=1a 解得：‎ 设经过时间t速度与传送带速度相等，‎ 滑块的位移：‎ ‎（3）车去拉力F后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，将向上做匀减速运动 根据速度位移关系：‎ 代入数据：‎ 解得：‎ 答：（1）小滑块与传送带间的动摩擦因数0.5．‎ ‎（2）若该小滑块在传送带的底端A，现用一沿传送带向上的大小为6N的恒定拉力F拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，如图乙所示，当速度与传送带速度相等时，滑块的位移为2m ‎（3）在（2）问中，当小滑块速度与传送带速度相同时，撤去拉力，则当滑块到传送带顶端时，速度 ‎　‎ ‎13．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0=4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×1019C，电子质量m=0.91×10﹣30Kg，求：‎ ‎（1）电子在C点时的动能是多少J？‎ ‎（2）O、C两点间的电势差大小是多少V？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据平行四边形定则求出C点的速度，从而得出电子在C点的动能．‎ ‎（2）运用动能定理求出O、C两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）电子在C点的速度为：，‎ 则有： ==9.7×10﹣18J．‎ ‎（2）对电子从O到C的过程运用动能定理得：‎ 代入数据解得：U=15.2V．‎ 答：（1）电子在C点时的动能是9.7×10﹣18J；‎ ‎（2）O、C两点间的电势差大小是为15.2V．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，物体A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，用轻弹簧相连放在光滑水平面上，物体B右侧与竖直墙相接触．另有一物体C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物体A相碰，并立即与A粘在一起不再分开．物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：‎ ‎（1）物块C的质量mC ‎（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W及在4s到12s的时间内对B的冲量I 的大小和方向 ‎（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能EP．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动量定理；弹性势能；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．‎ ‎（2）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量．‎ ‎（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒．‎ mcv1=（mA+mc）v2‎ 解得mc=2㎏ ‎（2）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功，W=0‎ 由图知，12s末A和C的速度为v3=﹣3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：‎ I=（mA+mc）v3﹣（mA+mc）v2=（4+2）×（﹣3）﹣（4+2）×3=﹣36N•s，方向向右．‎ ‎（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．‎ 根据动量守恒定律，有：‎ ‎（mA+mc）v3=（mA+mB+mC）v4‎ 根据机械能守恒定律，有：‎ ‎（mA+mc）v32=（mA+mB+mC）v42+EP 解得EP=9J，v4=2m/s．‎ 答：（1）物块C的质量为2kg；‎ ‎（2）墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，方向向右．‎ ‎（3）B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2‎ 水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不拴接，小球的直径略小于管的内径），长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R．开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．‎ ‎（1）求小球经C点时的动能和小球经C点时所受的弹力．‎ ‎（2）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由机械能守恒定律可以求出小球的动能．小球做圆周运动，经过C点时，由牛顿第二定律可以求出弹力大小．‎ ‎（2）小球离开C后做平抛运动，由分运动的规律求出C点的速度范围，再由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程，弹簧和小球系统机械能守恒，则 由机械能守恒定律得：3mgR=2mgR+Ek 解得：小球经C点时的动能 Ek=mgR；‎ 小球过C时的动能：Ek=‎ 设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F，方向竖直向下．‎ 由牛顿第二定律得：mg+F=m 解得：F=mg，方向竖直向下；‎ ‎（2）小球离开C点后做平抛运动，则 竖直方向有：2R=gt2，‎ 水平方向：x1=vCt，‎ 若要小球击中薄板，应满足：R≤x1≤2R，‎ 弹簧的弹性势能：EP=2mgR+=‎ 解得，弹性势能EP满足： mgR≤Ep≤mgR时，小球才能击中薄板；‎ 答：‎ ‎（1）小球经C点时的动能为mgR；小球经C点时所受的弹力为mg，方向竖直向下；‎ ‎（2）当弹性势能EP满足： mgR≤Ep≤mgR时，小球才能击中薄板DE．‎ ‎　‎ ‎2017年3月5日