广东省江门市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

广东省江门市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

广东省江门市 2021 届新高考物理最后模拟卷 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．观看科幻电影《流浪地球》后，某同学设想地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道通过木星的情景，如 图所示，轨道上 P 点距木星最近（距木星表面的高度可忽略） 。则 A．地球靠近木星的过程中运行速度减小 B．地球远离木星的过程中加速度增大 C．地球远离木星的过程中角速度增大 D．地球在 P 点的运行速度大于木星第一宇宙速度 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．地球靠近木星时所受的万有引力与速度成锐角，做加速曲线运动，则运行速度变大， A 错误； B．地球远离木星的过程，其距离 r 变大，则可知万有引力增大，由牛顿第二定律： 2 GMm ma r 则加速度逐渐减小， B 错误； C．地球远离木星的过程线速度逐渐减小，而轨道半径逐渐增大，根据圆周运动的角速度关系 v r ，可 知运行的角速度逐渐减小， C 错误； D．木星的第一宇宙速度指贴着木星表面做匀速圆周的线速度，设木星的半径为 R，满足 1= GMv R ，而 地球过 P 点后做离心运动，则万有引力小于需要的向心力，可得 2 2 PvMmG m R R 可推得： 1P GMv v R 即地球在 P 点的运行速度大于木星第一宇宙速度， D 正确； 故选 D。 2．甲、乙两质点在同一条直线上运动，质点甲做匀变速直线运动，质点乙做匀速直线运动，其中图线甲 为抛物线的左半支且顶点在 15s 处，图线乙为一条过原点的倾斜直线。下列说法正确的是（ ） A． t=5s 时乙车的速度为 2m/s，甲车的速率为 2m/s B． t=0 时刻甲、乙两车之间的距离为 25m C． t=0 时刻甲车的速度大小为 4m/s D．甲车的加速度大为 0.1m/s2 【答案】 A 【解析】 【详解】 AD ．乙车做匀速直线运动，速度为 10 m/s 2m/s 5 xv t乙 甲车做匀变速直线运动，其图线在 15s 时与横轴相切，则 t=15s 时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车 看成反向初速度为 0 的匀加速直线运动，据位移时间公式 21 2 x at ，结合图象有 2110 10 2 a 解得 a=0.2m/s 2 所以 t=5s 时甲车的速率 0.2 10m/s 2m/sv 故 A 项正确， D 项错误； B．t=15s 时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车看成反向初速度为 0 的匀加速直线运动，据 21 2 x at ， 根据图象有 2 0 m1 0.2 1 m 22.5 2 5x 则 t=0 时刻甲、乙两车之间的距离为 22.5m，故 B 项错误； C． t=15s 时甲车的速度为零，利用逆向思维将甲车看成反向初速度为 0 的匀加速直线运动，则 0 时刻甲 车的速度大小为 0 0.2 15m/s 3m/sv 故 C 项错误。 3．一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。下列对这两个阶段判断正确的是（ ） A．位置变化量一定相同 B．动能变化量一定相同 C．动量变化量一定相同 D．合外力做功一定相同 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据 2 0 1 2 x v t at 可知位移不相等，位置变化 不同，选项 A 错误； BD．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项 BD 错误； C．根据动量定理 F t p ，可知动量变化量一定相同，选项 C 正确； 故选 C。 4．AB 是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为 M 的物块穿在杆 AB 上，物块通过细线悬吊着一质量为 m 的小球．现用沿杆的恒力 F 拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角 为 θ，则以下说法正确的是（ ） A．杆对物块的支持力为 Mg B．细线上的拉力为 sin mg C． tanF M m g D．物块和小球的加速度为 sing 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球和物块组成的整体，分析受力如图 1 所示， 根据牛顿第二定律得：水平方向： ，竖直方向： ．故 A 错误；以小球为研究 对象，分析受力情况如图 2 所示，由牛顿第二定律得： ； ,故 B 错误；对整体在水平 方向： ，故选项 C 正确，选项 D 错误． 【点睛】 以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对 M 的摩擦力、弹力与加速度的 关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的 关系． 5．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在 地面 P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为 ρ，天 然气的密度远小于 ρ，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为 g；由于空腔的 存在，现测得 P 点处的重力加速度大小为 kg(k<1) 。已知引力常量为 G，球形空腔的球心深度为 d，则此 球形空腔的体积是 A． kgd G B． 2kgd G C． (1 )k gd G D． 2(1 )k gd G 【答案】 D 【解析】 【详解】 地球表面正常的重力加速度大小为 g ,由于空腔的存在， 现测得 P 点处的重力加速度大小为 kg ，则空腔体 积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为 1 k g ，结合万有引力定律 2 MmG ma r ，即 2 1VmG m k g d ，解得： 21 k gdV G ，故 D 项正确， ABC 错误。 6．电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活 中应用说法正确的是（ ） 甲：电容式触摸屏 乙：电容式压力传感器 丙：电容式油位传感器 丁：电容式加速度传感器 A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作 B．乙图中，力 F 增大过程中，电流计中的电流从 a 流向 b C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小 D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．甲图中，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。故 A 错误。 B．乙图中，力 F 增大过程中，电容器极板间距减小，电容变大，电容器充电，电流计中的电流从 b 流向 a，选项 B 错误； C．丙图中，油箱液位上升时，正对面积变大，电容变大，选项 C 错误； D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电介质插入电容器，电容变大，电容器处于充电状态，选项 D 正确。 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 ,平行板电容器与电动势为 E 的直流电源 (内阻不计 )连接 ,下极板接地 ,静电计所带电荷量很少 , 可被忽略。 一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点。 现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离 , 则下列说法中正确的是（ ） A．平行板电容器的电容值将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开 ,再将下极板向下移动一小段距离 ,则带电油滴所受电场力不变 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．根据 4 SC kd 知， d 增大，则电容减小，故 A 正确； B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针 张角不变，故 B 错误； C．电势差不变， d 增大，则电场强度减小，故 P 点与上极板的电势差减小，则 P 点的电势升高，因油滴 带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故 C 正确； D．电容器与电源断开，则电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，即 d 变大，根据 4 SC kd ， QC U ， UE d 可得 4 kQE S 则两板间场强不变，油滴受电场力不变，选项 D 正确；故选 ACD 。 8．一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力 F 作用。 0~4s 时间内，拉力 F 的大小和物块加 速度 a 的大小随时间 t 变化的关系分别如图甲、图乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2。由此可求得（ ） A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为 2N B．物块的质量等于 1.5kg C．在 0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为 6.75N? S D．在 0~4s 时间内，摩擦力对物块的冲量大小为 6N? S 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A． t=1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有 1.5Nf F 故 A 错误； B．根据牛顿第二定律有 F f ma 代入 26N, 3m/sF a 得 1.5kgm 故 B 正确； C．在 v－t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有 1 3 3m/s 4.5m/s 2 v 由动量定理可得 1.5 4.5N s=6.75N sI m v 故 C 正确； D．在 0~4s 时间内， F 的冲量为 0 6 4N s 12N s 2FI 则摩擦力冲量为 f (6.75 12)N s 5.25N sFI I I 故 D 错误。 故选 BC 。 9．如图， 两轴心间距离 10ml 、与水平面间夹角为 37 的传送带， 在电动机带动下沿顺时针方向以 2m/sv 的速度匀速运行。一质量 50kgm 的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数 0.8 。已知重力加速度大小为 210m/s ， sin37 0.6， cos37 0.8 。则货物从底端运动至顶端的过程 中（ ） A．货物增加的机械能为 3 3.1 10 J B．摩擦力对货物做的功为 31.6 J10 C．系统因运送货物增加的内能为 3 J13.2 10 D．传送带因运送货物多做的功为 34.7 10 J 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB ．当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得 cos37 sin 37mg mg ma 设货物与传送带共速时用时为 t ，则 v at ，解得 5st= 则这段时间内货物运动的位移 2 1 1 5m 2 s at 传送带运动的位移 2 10ms vt 货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功 1 1 3cos37 1.6 10 JW mgs 静摩擦力对货物做的功 1 3 2 sin37 1.5 10 JW mg l s 故摩擦力对货物做的功 3 1 2 3.1 10 JfW W W 根据功能关系得货物增加的机械能也为 33.1 10 J ，故 A 正确， B 错误； CD ．系统因运送货物增加的内能为 2 3 1 cos37 1.6 10 JQ mg s s 传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和 3 3 3= =(1.6 10 3.1 10 )J 4.7 10 JfW W Q 故 C 错误， D 正确。 故选 AD 。 10．如图，质量为 M 、长度为 L 的长木板静止在光滑水平面上，质量为 m 的小铁块以水平初 速度 v0 从 木板左端向右滑动，恰好不会从木板右端滑出。下列情况中，铁块仍不会从木板右端滑出的是（ ） A．仅增大 m B．仅增大 M C．仅将 m 和 L 增大为原来的两倍 D．仅将 M 和 L 增大为原来的两倍 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 由动量守恒和能量关系可知 0 ( )mv m M v 2 2 0 1 1 ( ) 2 2 mg x mv m M v 联立解得 2 0 2 (1 ) vx mg M A．仅增大 m，则 ?x 不变，即物块仍恰好从木板右端滑出，选项 A 正确； B．仅增大 M ，则 ?x 变大，即物块能从木板右端滑出，选项 B 错误； C．将 m 增大为原来的两倍，则 ? x 不变，而 L 增大为原来的两倍，物块不能从木板右端滑出，选项 C 正 确； D．仅将 M 增大为原来的两倍，则 ? x 变大，但是不会增加到原来的 2 倍，而 L 增加到原来的 2 倍，可知 木块不会从木板上滑出，选项 D 正确； 故选 ACD 。 11．2018 年 7 月 27 日将发生火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳儿乎排列成 一线，地球位于太阳与火星之间 此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察．地球 和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为团，火最公转轨道半径为地球的 1.5 倍，则（ ） A．地球的公转周期比火星的公转周期小 B．地球的运行速度比火星的运行速度小 C．火星冲日现象每年都会出现 D．地球与火星的公转周期之出为 8 ： 27 【答案】 AD 【解析】 A. 地球和火星绕太阳转动，万有引力提供向心力， 2 GMmma r ，得 2 GMa r ，火星的公转轨道半径大， 加速度小，故 A 错误； B. 根据公式 GMv r ，可知火星的运行速度比地球小，故 B 错误； CD 、地球公转周期为 1 年，而火星的周期大于 1 年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是 每年出现火星冲日现象，故 C 错误； D．根据开普勒第三定律 3 2 r k T ，火星公转轨道半径为地球的 1.5 倍，所以地球与火星的公转周期之比为 8 27 ，故 D 正确． 故选 D. 点睛： 根据万有引力提供向心力， 分析地球和火星加速度、 线速度之间的关系； 根据地球公转周期为 1 年， 每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，根据开普勒定律分析火星周期 与地球周期的关系． 12．玩具车的遥控距离为 25m ，某同学手持摇控器和玩具车同时从同地由静止沿同方向做匀加速直线运 动。若该同学加速度的大小为 21m/s ，最大速度为 5m/s；玩具车加速度的大小为 22m/s ，最大速度为 10m/s。在达到最大速度后，二者都能长时间保持最大速度匀速运动。下列说法正确的是（ ） A．该同学对玩具车的控制时间为 7.0s B．该同学对玩具车的控制时间为 7.5s C．在控制时间内，该同学的位移大小为 25m D．与静止不动相比，该同学因运动而增加了 2.5s的控制时间 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 AB ．由题意可得，该同学加速到最大速度所用时间与玩具车加速到最大速度所用时间相同，为 1 5st 在此期间该同学和玩具车运动的位移分别为 2 1 1 1 1 12.5m 2 x a t ， 2 2 2 1 1 25m 2 x a t 则两者相距 1 2 1 12.5mx x x 已知遥控距离为 25m，则 2 2 1 25m 12.5m 12.5mx x x 2 2 2 1 2x v t v t 解得 2 2.5st = 该同学对玩具车的控制时间为 1 2 7.5st t t 所以 B 正确， A 错误； C．在控制时间内，该同学的位移为 2 1 1 1 1 1 2 1 25m 2 x x x a t v t 所以 C 正确； D．如果该同学静止不动，玩具车向前加速运动，则 2 2 1 25m 2 x a t 解得 5st 即此时该同学对玩具车的控制时间为 5s，则 2.5st t t 所以与静止不动相比，该同学因运动而增加了 2.5s的控制时间，所以 D 正确。 故选 BCD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装 一个弹射装置， 滑块可被弹射装置向右弹出， 质量为 m 1 的滑块甲和质量为 m 2 的滑块乙上装有宽度相同的 挡光片。开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过 光电门 1 再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门 2。 (1)如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况，由此可知遮光条宽度 d=_____cm 。 (2)下列选项中不属于本实验要求的是 ______（请填写选项前对应字母） A．气垫导轨应调节水平 B．滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量 C．滑块甲的质量应大于滑块乙的质量 (3)某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门 1 的时间为 ?t 1，滑块乙通过光电门 2 的时间为 ? t2，滑块 甲通过光电门 2 的时间为 ?t3。如果等式 ___________（用对应物理量的符号表示）成立，则可说明碰撞过 程中系统动量守恒。 【答案】 0.360 B 1 1 2 1 3 2 m m m t t t 【解析】 【详解】 (1)[1] 游标卡尺的主尺示数为 3mm ，游标尺上第 12 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为 12×0.05mm=0.60mm 最终示数为 3.60mm=0.360cm (2)[2] 若滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故 B 项不属于实验的要 求。 (3)[3] 滑块通过光电门的速度 dv t 根据动量守恒定律有 1 1 1 3 2 2m v m v m v 代入可得关系式 1 1 2 1 3 2 d d dm m m t t t 即为 1 1 2 1 3 2 m m m t t t 14．某同学要测定电阻约为 200Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材： 待测圆柱形金属 R x； 电池组 E（电动势 6V，内阻忽略不计） ； 电流表 A 1（量程 0~30mA ，内阻约 100Ω）； 电流表 A 2（量程 0~600 μA，内阻 2000 Ω）； 滑动变阻器 R1（阻值范围 0~10Ω，额定电流 1A ） 电阻箱 R2（阻值范围 0~9999 Ω，额定电流 1A） 开关一个，导线若干。 (1)先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为 ___________mm ，然后用游标卡 尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为 ___________cm 。 (2)将电流表 A 2与电阻箱串联，改装成一个量程为 6V 的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为 _______ Ω。 (3)在如图内所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号 ______。 (4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表 A 1、A 2 的示数 I 1、I 2，作出 I 2-I 1 图像如图丁所示，求得图线的 斜率为 k=0.0205 ，则该金属材料的电阻 R x=___________ Ω。（结果保留三位有效数字） (5)该金属材料电阻率的测量值 ___________（填 “大于 ”“等于 ”或 “小于 ”）它的真实值。 【答案】 9.203 10.405 8000 209 等于 【解析】 【详解】 (1)[1][2] ．根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为 9mm ，可动刻度部分读数为 20.3 ×0.01mm ，所以金 属材料的直径为 d=9mm+0.203mm=9.203mm ；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度 L=10.4cm+0.005cm=10.405cm 。 (2)[3] ．改装后电压表量程为 U=6V ，由 I 2g（r 2g+R 2)=U 解得 R2=8000 Ω 即电阻箱接入电路的阻值为 8000Ω。 (3)[4] ．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱 与电流表 A2 串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。 (4)[5] ．由并联电路规律可得 I 2（ r 2g+R 2)=(I 1-I 2）R x 变形得 2 1 2 2 x g x RI I r R R 由 2 2 0.0205x g x R k r R R 解得金属材料的电阻 Rx=209Ω。 (5)[6] ．由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等 于真实值。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，长为 L 的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为 m 的小 物块，物块与板间的动摩擦因数为 μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度为 g。 (1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角 θ的正切值为多大时物块开始下滑； (2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至 ω后匀速转动，当木板转至与水平面 间夹角为 45°时，物块开始下滑，则 ω应为多大； (3)在 (2)的情况下，求木板转至 45°的过程中拉力做的功 W。 【答案】 (1) μ；(2) 2 (1 )g L ；(3) 2 (3 ) 8 mgL 【解析】 【详解】 (1)物块恰好开始下滑是受力如图所示， 则有 mgsin θ =μ mgcosθ 解得 tan θ =μ (2)木板转至 α =45°时，由向心力公式有 2sin cos 2 Lmg mg m 解得 2 (1 )g L (3)由功能关系有 21sin 2 2 LW mg mv 其中物块线速度为 2 Lv 解得 W= 2 (3 ) 8 mgL 16．如图所示，真空中有以 O 1为圆心， R 为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与 y 轴相切于坐标原 点 D，圆的最上端与平行于 x 轴的虚线 MN 相切于 P 点， 磁场方向垂直纸面向里， 第一象限内在虚线 MN 上方沿 v 轴负方向有平行于 y 轴的有界匀强电场（上边界平行于 x 轴，图中未画出） 。现从坐标原点 O 在 纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为 v0 的质子。己知沿 x 轴正方向发射的 质子恰好从 P 点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度 E 和磁感应强 度 B 大小未知，但满足关系 0 6Ev B ，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。 (1)求匀强电场上边界与虚线 MN 的间距 d； (2)在第四象限内沿与 x 轴正方向成 30 角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区 域的过程质子运动的时间 t； (3)若电场方向改为沿 x 轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变， y0=4R 处有一平 行于 x 轴的荧光屏，与 y 轴相交于 Q 点，由 O 点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最 小长度。 【答案】 （1） 3R;（ 2） 0 14 3 R v ;（3） 13 8 R 【解析】 【分析】 【详解】 (1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为 R，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时 速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有 2 0 10 2 qEd mv 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 2 0 0 vq B m R 又 0 6Ev B ，联立解得 3d R (2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图 1 所示， 由几何知识知， 质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆 心角为 1 120 ，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为 2 60 ，则 质子在磁场中运动的总时间 1 2 1 0 π 360 2 T Rt T v 质子在电场中运动的总时间 2 0 0 0 4 122 2 d d Rt v v v 质子在无场区运动的总时间 3 0 0 1 sin 60 2 32 R t R v v 故质子运动的总时间为 1 2 3 0 14 3 π R t t t t v (3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于 y 轴的方向进入电场，轨迹如图 2，质子做类平抛运动， 质子刚好打在 Q 点时，有 0 03y R v t 2 0 1 2 x at qE ma 2 2 0 0 0 066 6 qv E v vqEa mvm m R qB 联立解得 3 4 x R 故沿 y 轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离 y 轴最远，最远距离 52 4mx R x R 出磁场时横坐标 x 在 3 4 x R 范围内的质子将打在 y 轴左侧的荧光屏上，有 21 2 x at 0y v t tan 2 x y 3 tanx R y 联立解得 2 0 0 22 6 v vx t t R 当 0 3 2 Rt v 时，即 3 16 Rx 时， x 有最大值，最大值为 3 8mx R 故质子打在荧光屏上发光的区域长度为 ' 5 3 13 4 8 8m ml x x R R R 17．如图所示， 水平地面上有一辆小车在水平向右的拉力作用下， 以 v0=6m/s 的速度向右做匀速直线运动， 小车内底面光滑，紧靠左端面处有一小物体，小车的质量是小物体质量的 2 倍，小车所受路面的摩擦阻力 大小等于小车对水平面压力的 0.3 倍。某时刻撤去水平拉力，经 2 s 3 小物体与小车的右端面相撞，小物体 与小车碰撞时间极短且碰撞后不再分离，已知重力加速度 g=10m/s 2。求： (1)小物体与小车碰撞后速度的大小； (2)撤去拉力后，小车向右运动的总路程。 【答案】 (1) 4m/s；(2) 17 m 3 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设小物体的质量为 m，由于车底面光滑，因此小物体做匀速直线运动，小车在地面摩擦力作用下做匀 减速运动。撤去拉力后，小车的加速度为 a1 由牛顿第二定律得 k(mg+2mg)=2ma 1 代入数值得 a1=4.5m/s2 小物体与车碰撞时，小车的速度为 v1，由运动学公式 v1=v 0-a1t 代入数值得 v1=3m/s 碰撞过程由动量守恒定律得 mv 0+2mv 1=3mv 代入数值得： v=4m/s (2)碰撞前小车运动位移大小为 x1 2 1 0 1 1 2 x v t a t 碰后小车做匀减速直线运动，位移大小为 x2 由牛顿第二定律得 k(mg+2mg)=3ma 2 可得 a2=3m/s 2 由运动学公式 v2=2a2x2 故撤去外力后，小车向右运动的总路程 s=x1+x 2= 17 3 m