广西省柳州市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

广西省柳州市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

广西省柳州市 2021 届新高考物理五月模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到 某个临界值 F0 时，安全气囊爆开。在某次试验中，质量 m 1=1 600 kg 的试验车以速度 v1 = 36 km/h 正面撞 击固定试验台，经时间 t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。则在本次实验中 汽车受到试验台的冲量 I 0 大小和 F 0 的大小分别为（ ）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。 ） A． I 0=5.76 ×104N·S，F 0=1.6 ×105N B．I 0=1.6 ×104N·S，F0=1.6 ×105N C． I 0=1.6 ×105N·S，F0=1.6 ×105N D．I 0=5.76 ×104N·S，F 0=3.2 ×105N 【答案】 B 【解析】 【详解】 汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小 4 0 1 1 360 1600 1.6 10 N s 3.6 I m v 平均撞击力，根据动量定理可知 0 0I F t 带入数据解得： 5 0 1.6 10 NF A． I 0=5.76 ×104N·S，F0=1.6 ×105N 与分析不符，故 A 错误； B． I 0=1.6 ×104N·S，F 0=1.6 ×105N 与分析相符，故 B 正确； C． I 0=1.6 ×105N·S，F 0=1.6 ×105N 与分析不符，故 C 错误； D． I 0=5.76 ×104N·S，F0=3.2 ×105N 与分析不符，故 D 错误。 故选： B。 2．2019 年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家， 以表彰他们对于人类对宇宙演化方面的了解所作的贡献。 其中两位学者的贡献是首次发现地外行星，其主要原理是恒星和其行星在引力作用下构成一个 “双星系 统 ”，恒星在周期性运动时，可通过观察其光谱的周期性变化知道其运动周期，从而证实其附近存在行星。 若观测到的某恒星运动周期为 T，并测得该恒星与行星的距离为 L ，已知万有引力常量为 G，则由这些物 理量可以求得（ ） A．行星的质量 B．恒星的质量 C．恒星与行星的质量之和 D．恒星与行星圆周运动的半径之比 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 恒星与行星组成双星，设恒星的质量为 M ，行星的质量为 m。以恒星为研究对象，行星对它的引力提供 了向心力，假设恒星的轨道半径为 r 1，动力学方程为 2 12 2GMm M r L T 得到行星的质量 2 2 1 2 4 L rm GT 以行星为研究对象，恒星对它的引力提供了向心力，假设行星的轨道半径为 r 2，动力学方程为 2 22 2GMm m r L T 得到恒星的质量 2 2 2 2 4 L rM GT 则有 2 3 2 4 LM m GT 故 ABD 错误， C 正确。 故选 C。 3．光滑绝缘水平面上固定一半径为 R、带正电的球体 A（可认为电荷量全部在球心） ，另一带正电的小球 B 以一定的初速度冲向球体 A，用 r 表示两球心间的距离， F 表示 B 小球受到的库仑斥力，在 r ＞R 的区 域内，下列描述 F 随 r 变化关系的图象中可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足 2 A Bq qF k r ，即随 r 增加， F 非线性减小。 故选 C。 4．如图所示， a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，边长 la＝ 3lb，图示区域内 有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 ( ) A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B． a、b 线圈中感应电动势之比为 9∶1 C． a、b 线圈中感应电流之比为 3∶4 D． a、b 线圈中电功率之比为 3∶ 1 【答案】 B 【解析】 试题分析： 根据楞次定律可知， 两线圈内均产生逆时针方向的感应电流， 选项 A 错误； 因磁感应强度随时 间均匀增大，则 B k t ，根据法拉第电磁感应定律可知 2Δ Δ Δ Δ BE n n l t t ，则 23 9( ) 1 1 a b E E ，选项 B 正确；根据 2 4 4 4 Bn l SE E klStI lnlR nl S ，故 a、b 线圈中感应电流之比为 3:1，选项 C 错误； 电功率 2 3 2 3 4 4 klS B nk l SP IE n l l t ，故 a、b 线圈中电功率之比为 27:1，选项 D 错误； 故选 B． 【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率． 【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理 量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里 线圈的匝数是容易被忽略的量． 5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 5：1，原线圈中接入 u=100sin （100πt） V 的正弦交流电， 保险丝的熔断电流为 1A ，电表为理想电表， 定值电阻 R0=10Ω。各元件正常工作， 下列判断正确的是 （ ） A．电流表的读数为 2A B．电容器的击穿电压不得低于 20V C．原线圈中最大电流不能超过 1A D．流过电容器 C 的电流每秒方向改变 50 次 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．电容器接入交流电后，产生容抗，所以有电流流过电容器，由于流过电容器的电流未知，所以电流表 示数未知， A 错误； B．输入电压的最大值为 1m =100VU 电容器击穿电压与交流电的最大值有关，由 1m 2m 5 1 U U 得 2m 20VU 副线圈中交流电压的最大值为 20V ，所以电容器的击穿电压不得低于 20V ， B 正确； C．保险丝的熔断电流 1A 为有效值，所以通过原线圈的电流最大值可以大于 1A ，C 错误； D．由交流电的电压表达式可知 2π 2π 0.02s 100π T 一个周期内电流方向改变 2 次， 1s 内有 50 个周期，故电流每秒方向应改变 100 次， D 错误。 故选 B。 6．在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，符号是 C，静电力常量 k=9.0 ×109 N ·m 1 /C 1．关于电荷量与库 仑力，下列说法不正确的是 A．两个电荷量为 1 C 的点电荷在真空中相距 1 m 时，相互作用力相当于地球上一百万吨的物体所受的重 力 B．我们几乎不可能做到使相距 1 m 的两个物体都带 1 C 的电荷量 C．在微观带电粒子的相互作用中，库仑力比万有引力强得多 D．库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上很相似，所以它们是性质相同的两种力 【答案】 D 【解析】 【详解】 两个电荷量为 1 C 的点电荷在真空中相距 1 m 时，相互作用力 9 91 2 2 2 1 19 10 9 10 1 q qF k N N r ； 一百万吨的物体所受的重力 1010G mg N ，所以我们几乎不可能做到使相距 1 m 的两个物体都带 1 C 的电荷量；在微观带电粒子的相互作用中，因粒子间的距离很小，所以库仑力比万有引力强得多，选项 ABC 正确；库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上虽然很相似，但是它们不是性质相同的两种力， 选项 D 错误；此题选择不正确的选项，故选 D. 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。 已知轮轴的半径 R=0.5m ，细线始终保持水平，被拖动的物块初速度为零，质量 m=1kg ，与地面间的动摩 擦因数 μ=0.5，轮轴的角速度 随时间 t 变化的关系是 =kt ，k=2rad/s 2，g 取 10m/s2，以下判断正确的是 （ ） A．物块的加速度逐渐增大 B．细线对物块的拉力恒为 6N C． t=2s 时，细线对物块的拉力的瞬时功率为 12W D．前 2s 内，细线对物块拉力做的功为 12J 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．轮轴边缘的线速度大小等于物体的速度大小，根据线速度好角速度的关系，有 v R Rkt 可见物体做匀加速直线运动，加速度 2 20.5 2m/s 1m/sa Rk 故 A 错误； B．对物体，根据牛顿第二定律 F mg ma 代入数据解得 6NF 故 B 正确； C． t=2s 时，物体的速度为 1 2m/s 2m/sv at 细线对物块的拉力的瞬时功率为 2 6W 12WP Fv 故 C 正确； D．前 2 秒内，物体的位移 2 21 1 1 2 m 2m 2 2 x at 细线对物块拉力做的功为 6 2J 12JW Fx 故 D 正确。 故选 BCD 。 8．如图所示， x 轴在水平地面上， y 轴在竖直方向。图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正方向水平抛出的三个 小球 a b、 和 c 的运动轨迹。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A． a 和 b 的初速度大小之比为 2 :1 B． a 和 b 在空中运动的时间之比为 2 :1 C． a 和 c 的初速度大小之比为 2 :1 D． a 和 c 在空中运动的时间之比为 2 :1 【答案】 CD 【解析】 【详解】 小球做平抛运动，则有： 0v t x 21 2 gt y 对 a 有， 2 a aL v t 212 2 aL gt 对 b 有， 2 b bL v t 21 2 bL gt 对 c 有： c cL v t 21 2 cL gt 解得： : 1: 2bav v : 2 :1a bt t : 2 :1c cv v 2 1: :cat t 故 CD 正确， AB 错误。 故选 CD 。 9．如图所示，电路中定值电阻 R 的阻值大于电源内阻 r 的阻值，开关 S 闭合，将滑动变阻器滑片向下滑 动，理想电压表 V 1、V 2、V 3 的示数变化量的绝对值分别为 △U1、 △U2、△U 3，理想电流表示数变化量的 绝对值为 △I ，下列说法止确的是（ ） A．理想电压表 V2 的示数增大 B．△U 3>△U 1>△U2 C．电源的输出功率减小 D．△U3 与 △Ⅰ的比值不变 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻 R 与变阻器串 联，电压表 V 1、V 2、V 3 分别测量 R 的电压、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动 时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则 V 2 的示数减小，故 A 错误； C．当内外电阻相等时， 电源的输出功率最大， 故当滑动变阻器滑片向下滑动时， 外电阻越来越接近内阻， 故电源的输出功率在增大；故 C 错误； BD．根据闭合电路欧姆定律得 U2=E-Ir 则得 2U r I V V 而 1U R I V V 据题： R＞r ，则得 △U 1＞△U2 同理 U3=E-I （R+r ） 则得 3U R r I V V 保持不变，同时得到 △U 3＞△U1＞△U2 故 BD 正确； 故选 BD 。 10．三个质量相同的物体 A、 B、 C 如图所示放置在光滑的水平面上，斜劈 A 的倾角为 ，B 的上表面水 平，现对 A 施加水平向左的力 F ，三个物体相对静止一起向左匀加速运动，重力加速度为 g ，下列说法 正确的是（ ） A． B、 C 间的摩擦力大小为 1 3 F B． A、 B 间的摩擦力大小为 12 sin cos 3 mg F C．若 A 、B 间， B、C 间动摩擦因数相同，则 F 逐渐增大， A、B 间先滑动 D．若 A 、B 间， B、C 间动摩擦因数相同，则 F 逐渐增大， B、C 间先滑动 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．对整体分析，根据牛顿第二定律可得 3F ma 解得 3 Fa ，以 C 为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 F ma 解得 B C 间的摩擦力大小为 1 3 f F ，故 A 正确。 B． B 和 C 的加速度方向向左，大小为 3 Fa ，则 B 和 C 沿斜面向上的加速度为 cosa ，以 BC 为研究 对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得 ' 2 sin 2 cosf mg ma 所以 22 sin cos 3 f mg F 故 B 错误。 CD ．若 BC 间恰好打滑，则加速度 a g ，此时 A 和 B 间的摩擦力为 2 sin 2 cosABf mg mg 2 cosABf mg 说明此时 A 和 B 已经滑动，所以动摩擦因数相同，则 F 逐渐增大， AB 间先滑动，故 C 正确、 D 错误。 故选 AC 。 11．如图所示，在光滑水平桌面上有一 xOy 平面直角坐标系， y 轴右侧有两根完全相同的均匀金属丝 M 和 N 连接成闭合回路，金属丝 M 的形状满足 2sin 0 2 dy a x x d ，电阻为 R。在 y 轴左侧有垂直 于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场宽度为 2 d ，两金属丝在沿 x 轴负方向的外力作用下， 以速度 v 匀速穿过磁场，下列判断正确的是 A．金属丝中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向 B．金属丝中感应电流的最大值为 Bav R C．金属丝运动过程中外力的最大功率为 2 2 2B a v R D．金属丝穿过磁场过程中产生的热量为 2 24B a dv R 【答案】 AB 【解析】 【详解】 A．导体切割磁感线，根据右手定则可知，金属丝进入磁场过程中感应电流沿逆时针方向，离开磁场过程 中感应电流沿顺时针方向， A 正确； B．金属丝在磁场中切割磁感线的最大有效长度为： 2L a 最大的感应电动势： mE BLv 最大感应电流： m m 2 E BavI R R B 正确； C．导体棒匀速运动，外力与安培力等大反向，最大外力： 2 2 m m 2B a vF BLI R 最大功率： 2 2 2 m m 2B a vP F v R C 错误； D．根据金属丝形状的表达式可知回路中产生的是正弦式交变电流，电流的有效值： m 2 2 I I 电流存在的时间： dT v 根据焦耳定律： 2 2 22 2 2 Bav d B a dvQ R R v R D 错误。 故选 AB 。 12．如图所示， a、b、c、d 为匀强电场中的等势面，一个质量为 m，电荷量为 q 的质子在匀强电场中运 动， A、B 为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v1，且方向与等势面平行，在 B 点 的速度大小为 v2，A 、B 连线长为 L ，连线与等势面间的夹角为 θ，不计粒子受到的重力，则（ ） A．粒子的速度 v2 一定大于 v1 B．等势面 b 的电势比等势面 c 的电势低 C．粒子从 A 点运动到 B 点所用的时间为 1 cosL v D．匀强电场的电场强度大小为 2 2 2 1 2 cos m v v qL 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下， 所以质子受力的方向向下，从 A 到 B 的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故 A 正确； B．质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故 b 的电势高 于 c 的电势；故 B 错误； C．质子在 A 点的速度大小为 v1，在 B 点的速度大小为 v2，质子在沿等势面方向的分速度不变为 v1，所 以质子运动的时间 1 1 cosx Lt v v 故 C 正确； D．在沿电场线的方向的位移为 y=Lsin θ，由动能定理有 2 2 2 1 1 1 2 2 qEy mv mv 联立解得 2 2 2 1 2 sin m v v E qL 故 D 错误。 故选 AC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条 A 、B，用不可伸 长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计 C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道 D 上，轨道 放在水平桌面上， P 为小桶（内有砂子） ，滑轮质量、摩擦不计， (1)实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是 ___________． (2)用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度 d＝_____cm. (3)实验主要步骤如下： ①测量木板（含遮光条）的质量 M ，测量两遮光条间的距离 L ，按图甲所示正确连接器材； ②将木板左端与轨道左端对齐， 静止释放木板， 木板在细线拉动下运动， 记录弹簧测力计示数 F 及遮光条 B、 A 先后经过光电门的时间为 t 1、 t2，则遮光条 B、A 通过光电门的过程中木板动能的变化量 ΔEk＝ ________，合外力对木板做功 W ＝________.（以上两空用字母 M 、t1、t2、 d、L 、F 表示） ③在小桶中增加砂子，重复②的操作，比较 W 、ΔEk 的大小，可得出实验结论． 【答案】平衡摩擦力 0.560cm 2 2 2 1 1 2 d dE M t t V W=FL 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对木板做的功应先平衡摩擦力，即实验中轨 道应倾斜一定角度，这样做的目的是平衡摩擦力； （ 2）游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数： 5mm，游标尺的刻度第 12 个刻度与上边的刻度对齐，所以游 标读数为： 0.05 ×12=0.60mm ，总读数为： 5mm+0.60mm=5.60mm=0.560cm （ 3）木板通过 A 时的速度： vA＝ 2 d t ；通过 B 时的速度： vB＝ 1 d t ；则木板通过 A、B 过程中动能的变化 量： 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2A B d dE Mv Mv M t t V ＝ ；合力对木板所做的功： W=FL ； 14．某同学用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。打点计时器固定在木板上端，滑块拖着 穿过打点计时器限位孔的纸带从木板上滑下。图乙是打出的一段纸带。 （ 1）已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz ，选取 A至 G 的 7 个点为计数点，且各计数点间均有 4 个点没有画出，测得 B C D E F G、 、 、 、 、 各点到 A 点的距离依次是 5.29cm 11.05cm 17.30cm 24.01cm 31.22cm 38.92cm、 、 、 、 、 。由此可知滑块下滑的加速度 a ________ 2m/s （结果保留三位有效数字） 。 （ 2）为了测量动摩擦因数，还应测量的物理量有 _____________。 A．木板的长度 L B．木板的末端被垫起的高度 h C．木板的质量 1m D．滑块的质量 2m E. 滑块运动的时间 t （ 3）滑块与木板间的动摩擦因数 ______（用题中各物理量的字母代号及重力加速度 g 表示） 。由于该 测量装置存在系统误差測量的动摩擦因数会 ____________（填 “偏大 ”或 “偏小 ”）。 【答案】 0.480 AB 2 2 gh aL g L h 偏大 【解析】 【详解】 （ 1） [1] 打点计时器使用的交流电频率为 50Hz ，可知打点周期为 0.02s，由于各计数点之间均有 4 个点没 有画出， 故相邻两个计数点之间的时间间隔为 5 0.02T s=0.10s。根据 B C D E F G、 、 、 、 、 各点到 A 点的距离可以计算出相邻计数点之间的距离，利用逐差法可得滑块下滑的加速度 2 0.480 (3 ) DG ADx xa T m/s 2 （ 2） [2][3] 滑块沿木板下滑，设木板与水平面间的夹角为 ，由牛顿第二定律有 sin cosmg mg ma 根据几何关系得 sin h L 联立解得 2 2 gh aL g L h ，因此为了测量动摩擦因数，应该测量木板的长度 L 和木板末端被垫起的高度 h ， 故 AB 符合题意， CDE 不符合题意； 故选 AB 。 （ 3）[4] 由（ 2）问可知， 2 2 gh aL g L h ，由于实验没有考虑滑块拖着纸带运动过程中纸带受到的阻力，所 以测量的动摩擦因数会偏大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示， ABCD 为固定在竖直平面内的轨道， AB 段平直倾斜且粗糙， BC 段是光滑圆弧，对应的 圆心角 53 ，半径为 r ，CD 段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在 D 点右侧固定了一个 1 4 圆弧挡板 MN ，圆弧半径为 R，圆弧的圆心也在 D 点。倾斜轨道所在区域有场强大小为 9 5 mgE q 、方向垂直于斜 轨向下的匀强电场。 一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小物块 (视为质点 )在倾斜轨道上的 A 点由静止释 放，最终从 D 点水平抛出并击中挡板。 已知 A，B 之间距离为 2r ，斜轨与小物块之的动摩擦因数为 1 4 ， 设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为 g， 53 0.8sin ， 53 0.6cos 。求： (1)小物块运动至圆轨道的 C 点时对轨道的压力大小； (2)改变 AB 之间的距离和场强 E 的大小，使小物块每次都能从 D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的 不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。 【答案】 （1）在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为 13 5NF mg ；（2）小物块动能的最小值为 min 3 2kE mgR 【解析】 【详解】 (1)小物块由 A 到 B 过程由动能定理，得： 212 2 2 Bmgsin r mgcos qE r mv 解得： 4 5Bv gr 小物块由 B 到 C 过程由机械能守恒定律得： 2 21 11 cos 2 2C Bmgr mv mv 解得： 8 5Cv gr 在 C 点由牛顿第二定律，得： 2 C N vF mg m r 解得： 13 5NF mg 由牛顿第三定律可得，在 C 点小物块对圆轨道的压力大小为 13 5NF mg (2)小物块离开 D 点后做平抛运动，水平方向： 0x v t 竖直方向： 21 2 y gt 而： 2 2 2x y R 小物块平抛过程机械能守恒，得： 2 0 1 2kmgy E mv 由以上式子得： 2 3 4 4k mgR mgyE y 由数学中均值不等式可知： 2 3 32 4 4 2k mgR mgyE mgR y 则小物块动能的最小值为 min 3 2kE mgR 16．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长 度 L=15.0m ，皮带以恒定速率 v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导 轨上， B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块 B 与轻弹簧连接， C 未连接弹簧， B、C 处于静止状 态且离 N 点足够远，现让滑块 A 以初速度 v0=6m/s 沿 B、C 连线方向向 B 运动， A 与 B 碰撞后粘合在一 起．碰撞时间极短，滑块 C 脱离弹簧后滑上倾角 θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地 面上，已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1，重力加速度 g=10m/s 2，sin37 °=0.6，cos37°=0.1． （ 1）滑块 A、B 碰撞时损失的机械能； （ 2）滑块 C 在传送带上因摩擦产生的热量 Q； （ 3）若每次实验开始时滑块 A 的初速度 v0 大小不相同， 要使滑块 C 滑离传送带后总能落至地面上的同一 位置，则 v0 的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】 (1) 9JE (2) 8JQ (3) 0 3 313m/s 397m/s 2 2 v 【解析】 试题分析： （1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损 失的机械能； （2）A、B 碰撞后与 C 作用的过程中 ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量 守恒定律可以求出 C 与 AB 分开后的速度， C 在传送带上做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律求出加速度， 然后应用匀变速直线运动规律求出 C 相对于传送带运动时的相对位移， 由功能关系即可求出摩擦产生的热 量．（ 3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块 A 的最大速度和最小速度． （ 1）A 与 B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设 A 与 B 碰撞后共同速度为 1v ，选取向 右为正方向，对 A 、B 有： 0 12mv mv 碰撞时损失机械能 2 2 0 1 1 1 2 2 2 E mv m v 解得： 9E J （ 2）设 A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为 Bv ，C 的速度为 Cv 由动量守恒得： 12 2 B Cmv mv mv 由机械能守恒得： 2 2 2 1 11 12 2 22 2 B Cm v m v mv 解得： 4 /cv m s C 以 cv 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为 x 时与传送带共速 由牛顿第二定律得： 2 1 0.4 /a gcos gsin m s 由速度位移公式得： 2 2 12Cv v a x 联立解得： x=11.25m ＜L 加速运动的时间为 t，有： 1 2.5Cv vt s a 所以相对位移 x vt x 代入数据得： 1.25x m 摩擦生热 · 8Q mgcos x J （ 3）设 A 的最大速度为 maxv ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 1cv ，AB 的速度为 1Bv ，则 C 在传送带上 一直做加速度为 2a 的匀减速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： 2 2 2 12cv v a L 根据牛顿第二定律得： 2 2 12.4 /a gsin gcos m s 联立解得： 1 397 /cv m s 设 A 的最小速度为 minv ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 2Cv ，AB 的速度为 1Bv ，则 C 在传送带上一直 做加速度为 1a 的匀加速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： 2 2 1 12cv v a L 解得： 2 13 /cv m s 对 A 、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有： 1 12max B Cmv mv mc 由机械能守恒得： 2 2 2 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2B Cm v m v mv 解得： 1 3 3 397 / 2 2max cv v m s 同理得： 3 13 / 2minv m s 所以 0 3 313 / 397 / 2 2 m s v m s 17．如图 1 所示，在直角坐标系 xOy 中， MN 垂直 x 轴于 N 点，第二象限中存在方向沿 y 轴负方向 的匀强电场， Oy 与 MN 间（包括 Oy、 MN ）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向， 其感应强度随时间变化的规律如图 2 所示。一比荷 0 0 q m B t 的带正电粒子（不计重力）从 O 点沿纸面 以大小 v0= 0 L t 、方向与 Oy 夹角 θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小 E=(1+ 2 3 3 ) 0 0 2B L t ， ON= 2 3( ) 2 L (1)若粒子在 t=t 0 时刻从 O 点射入，求粒子在磁场中运动的时间 t1； (2)若粒子在 0~t 0 之间的某时刻从 O 点射入， 恰好垂直 y 轴进入电场， 之后从 P 点离开电场， 求从 O 点射入的时刻 t 2 以及 P 点的横坐标 xP； (3)若粒子在 0~t 0 之间的某时刻从 O 点射入，求粒子在 Oy 与 MN 间运动的最大路程 s。 【答案】 (1) 0 2 3 t ； (2) 0 1(1 ) 3 t ， L ；(3)(5+ 4 3 3 )L 【解析】 【分析】 【详解】 (1)若粒子在 t0 时刻从 O 点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示： 由几何关系可知圆心角 2 3 洛伦兹力提供向心力，则 2 0 0 0 vqv B m R 已知 0 0 q m B t 周期 0 0 2 2RT t v 粒子在磁场中运动的时间 1 0 0 2 2 2 3 t T t t 符合题意。 (2)由 (1)可知 0 1 2 3 R v t 解得 LR 设 t 2时刻粒子从 O点射入时恰好垂直 y 轴进入电场，如图所示： 则 0 0 2( ) tan R v t t 解得 02 1(1 ) 3 tt 粒子在电场中做类平抛运动，分解位移 2 3 1 sin 2 RR at 0 3Px v t 根据牛顿第二定律有 qE ma 解得 P Lx (3)粒子在磁场中转动，已知周期 02T t 运动轨迹如图所示： 则 0 0 3 tan 2 ROC L v t L 由于 0 0 03 2t t t T 粒子从 C 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到 C 点， 04t 时刻运动到 D ，则 0 0CD v t L 粒子从 D 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到 D 点， 06t 后沿 DG 做直线运动，则 3tan 2 3 DG R L 4 3(1 ) 3 OG OC CD DG L 因为 2 3sin ( ) 2 OG L 恰好等于 ON 的长度，所以最大路程为 4 32 2 (5 ) 3 s OG R L