天津市静海一中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

天津市静海一中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年天津市静海一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（1-5为单选题，6-10为多选题．每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列关于原子和原子核的说法正确的是（　　）‎ A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化 C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 ‎2．若假定“神舟九号”飞船绕地球做匀速圆周运动，它离地球表面的高度为h，运行周期为T，地球的半径为R，自转周期为T0，由此可推知地球的第一宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的电子．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的电子的这一速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB﹣t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25m处B车制动，此后它们的v﹣t图象如图所示，则（　　）‎ A．B的加速度大小为3.75m/s2 B．A、B在t=4s时的速度相同 C．A、B在0﹣4s内的位移相同 D．A、B两车一定相撞 ‎7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0‎ 为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电量将减小 D．电容器C的电量将增大 ‎8．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（　　）‎ A．通过R1的电流减小，减少量一定等于 B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△U C．路端电压减小，减少量一定等于△U D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于 ‎9．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（　　）‎ A．逸出功与ν有关 B．光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成正比 C．当ν＞ν0时，会逸出光电子 D．图中直线的斜率与普朗克常量有关 ‎10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）‎ A． mv2 B． C． NμmgL D．NμmgL ‎　‎ 二、实验题：（每空2分，共12分）‎ ‎11．“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示．‎ ‎（1）实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关．‎ 在上述实验器材中，多余的器材是　　；‎ ‎（2）实验的主要步骤如下：‎ A．将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材 B．先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1‎ C．换纸带，改用2条、3条…同样的橡皮筋进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带分别编号为2、3…‎ D．由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算 把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W0，则第2次、第3次…实验对小车做的功分别记为2W0、3W0…将实验数据记录在表格里．‎ E．对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图 F．整理实验器材 以上实验步骤中有疏漏的步骤是：　　，有错误的步骤是　　‎ ‎．（填写步骤前相应的符号）‎ ‎12．学校实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验时，提出了如图甲、乙所示的两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验；乙方案为用小车在木板斜面上下滑进行实验．‎ ‎（1）小组内同学对两种方案进行了讨论分析，最终 确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是　　（填“甲”或“乙”）‎ ‎（2）若该小组采用图甲的装置打出一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出打下D点时纸带的速度大小为　　 m/s．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出的v2﹣h图线如图丁所示，则图线斜率的物理意义是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共32分）‎ ‎13．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．‎ ‎（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；‎ ‎（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式．‎ ‎14．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？‎ ‎15．一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）匀强电场场强的大小；‎ ‎（2）小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；‎ ‎（3）小球在h高度处的动能．‎ ‎16．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求 ‎（1）木板和木块的最终速度v；‎ ‎（2）木板的最小长度L；‎ ‎（3）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．‎ ‎17．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求 ‎（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）木板的最小长度；‎ ‎（3）木板右端离墙壁的最终距离．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年天津市静海一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-5为单选题，6-10为多选题．每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列关于原子和原子核的说法正确的是（　　）‎ A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化 C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核的结合能．‎ ‎【分析】该题考察知识比较全面，题目中四个选项，考察了四个方面的知识，但是所考察问题均为对基本概念、规律的理解．只要正确理解教材中有关概念即可．如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等．‎ ‎【解答】解：A、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故A错；‎ B、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故B正确；‎ C、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故C错误；‎ D、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．若假定“神舟九号”飞船绕地球做匀速圆周运动，它离地球表面的高度为h，运行周期为T，地球的半径为R，自转周期为T0，由此可推知地球的第一宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】根据在星球表面，万有引力等与向心力，列式求解．‎ ‎【解答】解：卫星以第一宇宙速度绕行星附近作匀速圆周运动 联立两式，可解得 ‎ v=，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的电子．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的电子的这一速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，逆过来看，该粒子做类平抛运动，通过类平抛运动求出粒子的末速度，即为放射源O发射出的电子的速度．‎ ‎【解答】解：将从细管C水平射出的电子逆过来看，时类平抛运动，则有：水平方向上：L=v0t，竖直方向上，‎ a=，联立解得：，而，所以：‎ v=．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势；电场的叠加．‎ ‎【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可．‎ ‎【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，‎ 根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB﹣t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．‎ ‎【解答】解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误．‎ ‎ B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B正确．‎ ‎ C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达B板．故C错误．‎ ‎ D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25m处B车制动，此后它们的v﹣t图象如图所示，则（　　）‎ A．B的加速度大小为3.75m/s2 B．A、B在t=4s时的速度相同 C．A、B在0﹣4s内的位移相同 D．A、B两车一定相撞 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．‎ ‎【解答】解：A、速度图象的斜率代表加速度，由图象得B的加速度为 a==m/s2=﹣2.5m/s2，大小为2.5m/s2，故A错误 B、由图象得，在t=4s时的速度相同，故B正确 C、由于图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；所以在0～4s内的位移B物体大于A物体，故C错误．‎ D、由于图象与坐标轴围成面积代表位移，初始时刻距A车25m处，所以4秒末两车最短距离为5m，不会相撞，故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电量将减小 D．电容器C的电量将增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，即可知电压表读数减小．电路中电流增大，灯L变亮．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮，故A错误，B正确．‎ D、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是减小的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将减小．故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中（　　）‎ A．通过R1的电流减小，减少量一定等于 B．R2两端的电压增加，增加量一定等于△U C．路端电压减小，减少量一定等于△U D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．‎ ‎【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；‎ B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；‎ C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；‎ D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△‎ U，故电流的增加量一定小于，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎9．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（　　）‎ A．逸出功与ν有关 B．光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成正比 C．当ν＞ν0时，会逸出光电子 D．图中直线的斜率与普朗克常量有关 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程．‎ ‎【解答】解：A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W=hν0，故A错误．‎ B、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成线性关系，但不成正比．故B错误．‎ C、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即ν＞ν0时才会有光电子逸出．故C正确．‎ D、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知： =h，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　　）‎ A． mv2 B． C． NμmgL D．NμmgL ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求解物块和系统损失的动能，以及系统产生的内能．系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，‎ 有mv=（m+M）v1‎ 根据能量守恒得：系统损失的动能为△Ek=mv2﹣（M+m），‎ 根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=NμmgL，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、实验题：（每空2分，共12分）‎ ‎11．“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图所示．‎ ‎（1）实验器材有：长木板、小车（前面带小钩）、学生电源、电磁打点计时器、6条规格相同的橡皮筋、纸带、刻度尺、天平、小铁钉2个、导线若干、开关．‎ 在上述实验器材中，多余的器材是　天平　；‎ ‎（2）实验的主要步骤如下：‎ A．将长木板放到水平实验台上，依图安装好实验器材 B．先用一条橡皮筋进行实验，把橡皮筋拉伸到一定的长度，整理好纸带，接通电源，放开小车，打出一条纸带，编号为1‎ C．换纸带，改用2条、3条…同样的橡皮筋进行第2次、第3次…实验，每次实验中橡皮筋的拉伸长度都相等，打出的纸带分别编号为2、3…‎ D．由纸带算出小车获得的速度：根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算 把第一次实验橡皮筋对小车做的功记为W0，则第2次、第3次…实验对小车做的功分别记为2W0、3W0…将实验数据记录在表格里．‎ E．对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以W为纵坐标、v2（也可能是其他关系）为横坐标作图 F．整理实验器材 以上实验步骤中有疏漏的步骤是：　A　，有错误的步骤是　D　．（填写步骤前相应的符号）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）该实验是“探究功能与物体速度变化的关系”，因此不需要测量质量，故不需要天平．‎ ‎（2）根据实验原理和具体实验步骤可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：（1）由于该实验“探究功能与物体速度变化的关系”，不需要测量物体动能的变化，不需要测量物体的质量，因此不需要的器材是天平．‎ ‎（2）本实验中要求橡皮筋对物体所做功为合外力所做功，因此为了减小实验误差，应该进行平衡摩擦力的操作，故A实验步骤中缺少该项操作；‎ 在由纸带获得小车最大速度时是根据当橡皮筋恢复原长时，小车将匀速运动，即最大速度即为匀速运动时的速度，因此需要测量的是点距均匀时的匀速速度，而不是整个过程中的平均速度，故D操作不合适．‎ 故答案为：（1）天平；（2）A；D ‎　‎ ‎12．学校实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验时，提出了如图甲、乙所示的两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验；乙方案为用小车在木板斜面上下滑进行实验．‎ ‎（1）小组内同学对两种方案进行了讨论分析，最终 确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是　甲　（填“甲”或“乙”）‎ ‎（2）若该小组采用图甲的装置打出一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，请根据纸带计算出打下D点时纸带的速度大小为　1.75　 m/s．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度，作出的v2﹣h图线如图丁所示，则图线斜率的物理意义是　2g　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；‎ ‎（2）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；‎ ‎（3）由得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g．‎ ‎【解答】解：（1）由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适．‎ ‎（2）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，‎ 因此有： =m/s=1.75m/s ‎（3）由机械能守恒得：v2=2gh，由此可知图象的斜率k=2g．‎ 故答案为：（1）甲；（2）1.75；（3）2g．‎ ‎　‎ 三、计算题（共32分）‎ ‎13．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．‎ ‎（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；‎ ‎（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式．‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；‎ ‎（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；‎ ‎（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：‎ mv02=mg（2R）+mv2；‎ 解得：v=4m/s；‎ 由F+mg=m可得：‎ F=22N；‎ ‎（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：‎ mv02=mvA2‎ 得vA=v0=6m/s；‎ AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：‎ mv0=（m+m）vp 解得：vP=3m/s；‎ 故总动能EK=（m+m）vP2=×2×9=9J；‎ 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△EK=fL=μ（m+m）gL=0.1×20×0.1=0.2J；‎ k===45；‎ ‎（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；‎ E损=nE=0.2nJ 从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：‎ ‎（m+m）vP2﹣（m+m）vAB2=n△E，‎ 代入解得：vAB=m/s；‎ 答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；‎ ‎（2）k的数值为45；‎ ‎（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vAB=m/s；‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据小球在斜面上的受力，得出小球在斜面上做匀速运动，根据小球受力确定等效场的最高点，通过动能定理求出在O点的初速度．‎ ‎【解答】解：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，‎ 类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为，tanθ=，解得θ=30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有：‎ ‎，因θ=30°，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD=2R．‎ 令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：‎ 解得，‎ 因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为．‎ 答：在O点的初速度应为．‎ ‎　‎ ‎15．一质量为m、带电荷量为+q的小球以水平初速度v0进入竖直向上的匀强电场中，如图甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高度y与水平方向的位移x之间的关系如图乙所示，根据图乙给出的信息，（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）匀强电场场强的大小；‎ ‎（2）小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；‎ ‎（3）小球在h高度处的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球做类平抛运动，由运动的合成与分解，根据水平方向的速度直线运动，竖直方向的匀加速直线运动可得出匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）由功的公式W=FL可求得电场力所做的功；‎ ‎（3）由动能定理可得小球在高度h处的动能．‎ ‎【解答】解：（1）小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：v0t=L，‎ 竖直方向： =h 所以E=﹣．‎ ‎（2）电场力做功为 W=﹣qEh=．‎ ‎（3）根据动能定理mgh﹣qEh=Ek﹣‎ 得Ek=+．‎ 答（1）匀强电场的场强为：﹣　（2）电场力所做的功为；‎ ‎（3）+‎ ‎　‎ ‎16．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求 ‎（1）木板和木块的最终速度v；‎ ‎（2）木板的最小长度L；‎ ‎（3）小物块与木板间的动摩擦因数μ2．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】（1）由图象可知碰撞前小物块与木板共同速度，根据题意可知碰撞后木板速度，当二者共速时根据动量守恒定律求出木板和木块的最终速度；‎ ‎（2）（3）首先根据图象求出小物块的加速度，然后根据牛顿第二定律求出小物块与木板间的动摩擦因数；最后利用功能关系求出木板的最小长度．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，碰撞前小物块与木板共同速度为v0=4m/s，‎ 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v0=4m/s，‎ 设小物块的质量为m，则木板的质量为1.5m，从和墙碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，根据定律守恒定律有：‎ ‎1.5mv0﹣mv0=（1.5m+m）v，‎ 解得：v=0.8m/s．‎ ‎（3）在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：‎ ‎﹣μ2mg=ma2…①‎ 由图象可知，小物块的加速度：‎ a2=…②‎ 联立①②可解得：μ2=0.4．‎ ‎（2）由功能关系得：μ2mg L=（1.5m+m）v02﹣（1.5m+m）v2，‎ 解得：L=4.8m．‎ 答：（1）木板和木块的最终速度为0.8m/s；‎ ‎（2）木板的最小长度为4.8m；‎ ‎（3）小物块与木板间的动摩擦因数为0.4．‎ ‎　‎ ‎17．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求 ‎（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）木板的最小长度；‎ ‎（3）木板右端离墙壁的最终距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2．‎ ‎（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；‎ ‎（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离．‎ ‎【解答】解：（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1 ①‎ 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得 ‎ v1=v0+at ②‎ ‎③‎ 式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度．‎ 联立①②③式和题给条件得 μ1=0.1 ④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有﹣μ2mg=ma2 ⑤‎ 由图可得 ⑥‎ 式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2=0.4 ⑦‎ ‎（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得 ‎ ‎ μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 ⑧‎ ‎ v3=﹣v1+a3△t ⑨‎ ‎ v3=v1+a2△t ⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 （11）‎ 小物块运动的位移为 （12）‎ 小物块相对木板的位移为△s=s2﹣s1（13）‎ 联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）‎ ‎（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1（m+M）g=（m+M）a4 （15）‎ ‎（16）‎ 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 （17）‎ 联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得 s=﹣6.5m （18）‎ 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．‎ 答：‎ ‎（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4．‎ ‎（2）木板的最小长度是6.0m；‎ ‎（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日