河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研物理试题 25页

河北省衡水中学2020届高三上学期第四次调研考试 物理 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。每小题为不定项选择，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分、在答题纸上将正确选项涂黑）‎ ‎1.如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知xab＝xbd＝‎6 m，xbc＝‎1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则(　 　)‎ A. vc＝‎3 m/s B. vb＝‎4 m/s C. 从d到e所用时间为2 s D. de＝‎‎4 m ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有xac=v0t1+at12；即7=2v0+‎2a；物体从a到d有xad=v0t2+at22，即3=v0+‎2a；故a=-m/s2，故v0=‎4m/s；根据速度公式vt=v0+at可得vc=4-×2=‎3m/s，故A正确．从a到b有vb2-va2=2axab，解得vb=m/s，故B错误．根据速度公式vt=v0+at可得vd=v0+at2=4-×‎4m/s=‎2m/s．则从d到e有-vd2=2axde；则．故D正确．vt=v0+at可得从d到e的时间．故C错误．故选AD．‎ ‎【点睛】‎ 本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解.‎ ‎2.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左测截面是半圆的柱状物体B，在物体B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个系统处于静止状态。现用水平力F拉着物体B缓慢向右移动一小段距离后，系统仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（ ）‎ A. 小球A对物体B的压力逐渐增大 B. 小球A对物体B的压力逐渐减小 C. 拉力F逐渐减小 D. 墙面对小球A的支持力先增大后减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．对A球受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得：竖直方向 水平方向 联立解得 B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大。所以FN增大，N增大，由牛顿第三定律知故小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，BD错误；‎ C．整体水平方向受力平衡，则 由于最大静摩擦力不变，N增大、则F减小，故C正确。‎ 故选AC。‎ ‎3.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（ ）‎ A. 物体B的加速度大小为g B. 物体C的加速度大小为‎2g C. 吊篮A的加速度大小为g D. 吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．弹簧开始的弹力 F=mg 剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故A错误；‎ BC．剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得 即A、C的加速度均为‎1.5g，故BC错误；‎ D．剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有 得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项门标和科学探测任务后，第二步“落月”工程也已在2013年以前完成。假设月球半径为R。月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达A点时，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ；到达轨道Ⅱ的近月点B再次点火进入月球近月圆轨道III绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（　　）‎ A. 飞船在轨道Ⅰ上的运行速率为 B. 飞船在A点处点火变轨时，动能增大 C. 飞船从A到B运行的过程中机械能增大 D. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．飞船在轨道Ⅰ上，万有引力提供向心力 在月球表面，万有引力等于重力得 解得 故A正确；‎ B．在圆轨道实施变轨成椭圆轨道在远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B错误；‎ C．飞船在轨道Ⅱ上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点速度，所以飞船在A点的线速度大于在B点的线速度，机械能不变，故C错误；‎ D．根据 解得 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎5.如图所示，内壁光滑半径大小为的圆轨道竖直固定在水平桌面上，一个质量为的小球恰好能通过轨道最高点在轨道内做圆周运动．取桌面为重力势能的参考面，不计空气阻力，重力加速度为g．则小球在运动过程中其机械能E、动能、向心力、速度的平方，它们的大小分别随距桌面高度h的变化图像正确的是 A ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据竖直平面内小球做圆周运动的临界条件，结合机械能守恒定律分析即可解题．‎ ‎【详解】AB．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，则在最高点：，则在最高点小球的动能：（最小动能），在最高点小球的重力势能：，运动的过程中小球的动能与重力势能的和不变，机械能守恒，即：，故AB错误；‎ CD．小球从最高点到最低点，由动能定理得：，，则有在距桌面高度h处有： ，化简得：，‎ ‎，故C、D正确．‎ ‎【点睛】本题主要考查了竖直圆周运动的综合应用，属于中等题型．‎ ‎6.如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A ‎（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为m2。施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间A与立方体B的速率之比为1:2‎ B. 小球A与立方体B刚脱离接触的瞬间，立方体B的速率为 C. 小球A落地时速率为 D. 小球A、立方体B质量之比为1:4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，则 因此 故A错误；‎ B．根据牛顿第二定律 解得 又 得 故B正确；‎ C．由机械能守恒可知 解得 故C错误；‎ D．根据A与B脱离之前机械能守恒可知 解得 故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ()，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力 B. 当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为 C. 当物体的角速度为时，转台对物块的支持力为零 D. 当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有 此时物块线速度大小为 从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W，对物块由动能定理，可得 联立解得 故A错误，B正确；‎ CD．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向 水平方向 联立解得 此时物块线速度大小为 从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W2‎ ‎，对物块由动能定理，可得 联立解得 故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处.小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）‎ A. 小球运动到B点时速度大小为 B. 弹簧长度等于R时，小球的机械能最大 C. 小球运动到B点时重力的功率为 D. 小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在A点和B点时，弹簧的形变量相同，则弹性势能的变化量为零，根据能量守恒得 解得 故A错误；‎ B．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，当弹簧长度等于R时，弹簧弹力做功最多，则小球的机械能最大，故B正确；‎ C．小球运动到B点时，重力的方向与速度方向垂直，则重力的功率为零，故C错误；‎ D．在A点，有 在B点，根据牛顿第二定律得 解得 可知小球在A、B两点对圆环的压力差为4mg，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎9.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为‎3kg的B固定在一起，质量为‎1kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升‎0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取‎10m/s2)‎ A. A、B分离时B的加速度为g B. 弹簧的弹力对B做功为零 C. 弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·s D. B的动量变化量为零 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A分析可知，A的加速度，所以B的加速度为g，故A正确；‎ B、 A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点弹簧恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做的功为零，故B正确；‎ CD、A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度，上升到最高点所需的时间：，由运动的对称性可知此时B的速度为‎2m/s，方向竖直向下，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：，解得弹簧的弹力对B的冲量大小为：，B的动量变化量为，故C正确，D错误；‎ 故选ABC．‎ ‎10.如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为‎1kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为‎1m的轻绳悬挂需质量为‎0.99kg的木块。开始时滑块和木块均静止。现有质量为‎10g的子弹以‎500m/s的水平出度击中木块并留在其中，子弹与木块间的作用时间极短，取g=‎10m/s2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块的最大速度为‎5m/s B. 子弹和木块摆到最高点时速度为零 C. 子弹和木块摆起的最大高度为‎0.625m D. 当子弹和木块摆起高度为‎0.4m时，滑块的速度为‎1m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v'，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律 代入数据解得 或 即滑块最大速度为‎5m/s，故A正确；‎ B．设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，故B错误；‎ C．当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，在水平方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由子弹进入木块后系统机械能守恒可得 代入数据解得 故C正确；‎ D．当子弹和木块摆起高度为‎0.4m时，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得 代入数据解得 而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得 解得 故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎11.如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、‎2m,三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度，B、C由静止释放．三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（　　）‎ A. 1次 B. 2次 C 3次 D. 4次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、 A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】关键是A球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞．‎ ‎12.如图所示，两端开门、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分。左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变。向右管缓缓注入少量水则称定后（ ）‎ A. 右侧水银面高度差h1增大 B. 空气柱B的长度增大 C. 空气柱B的压强增大 D. 左侧水银面高度差h2减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．设水银密度为ρ，向右管注入少量水银，右侧的压强就增大，右侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A向上运动，h2就会变小，根据平衡B段气柱的压强 可知，右侧水银面高度差h1减小，故A错误，D正确；‎ BC．由于h2变小，则B段气柱的压强减小，因为温度不变，根据玻意耳定律：pV为定值，可知：空气柱B的体积变大，长度将增大，故B正确，C错误。‎ 故选BD。‎ ‎13.一定质量的理想气体，从状态A变到状态D，其状态变化过程的体积V随温度T变化的规律如图所示，已知状态A时气体的体积为V0，温度为T0，则气体由状态A变到状态D过程中，下列判断正确的是（ ）‎ A. 气体从外界吸收热量，内能增加 B. 气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增大 C. 若状态D时气体的体积为2V0，则状态D的温度为2T0‎ D. 若气体对外做功为5 J，增加的内能为9 J，则气体放出的热量为14 J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：气体由状态A变到状态D 过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析吸放热情况．根据体积变化，分析密度变化．根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量．‎ 气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量，A正确；由图示图象可知，从A到D过程，气体的体积增大，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等；A、D两状态气体压强相等，而D的体积大于A的体积，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，B错误；由图示图象可知，从A到D过程，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等，从A到D是等压变化，由盖吕萨克定律得，即，解得，C正确；气体对外做功为5J，则，内能增加9J，则，由热力学第一定律得，，气体吸收14J的热量，故D错误．‎ ‎14.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍 B. 液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致 C. 随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小 D. 导热性能各向同性的固体，可能是单晶体 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由可知，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故A正确；‎ B．液体表面层分子间的距离大于平衡距离，液体表面层内分子间的作用力表现为引力，从宏观上表现为液体的表面张力，故B错误；‎ C．随分子间距离增大，分子间引力以斥力均减小，当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，如果分子间距离小于平衡距离，随分子间距增大，分子势能减小，如果分子间距大于平衡距离，随分子间距增大，分子势能增大，因此随分子间距离增大，分子势能不一定减小，故C正确；‎ D．单晶体只是某些物理性质具有各向异性，并不是所有的性质都具有各向异性，所以导热性质表现为各向同性的物质也有可能是单晶体，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎15.在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2．设密封气体的质量和温度均不变，则 ( 　 )‎ A. a1 =a2，p1＜p2，V1＞V2‎ B. a1＜a2，p1＞p2，V1＜V2‎ C. a1=a2，p1＜p2，V1＜V2 ‎ D. a1＞a2，p1＞p2，V1＞V2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两种情况下对整体受力分析由，因此 对活塞进行受力分析，第一种情况 对第二种情况 因此可得 密封气体得质量和温度不变，因此可得，因此A正确 第Ⅱ卷（非选择题共50分）‎ 二、非选择题（本题共6小题，共50分）‎ ‎16.我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系．将光电门固定在水平轨道的B点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码．现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A点由静止释放．‎ ‎(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B 点的速度．其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，则d=___________cm．‎ ‎(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m为横坐标，小车经过B点时相应的速度平方为纵坐标，则v2-m图线应该为下图中___________．‎ A、 B、‎ C、 D、‎ ‎【答案】 (1). 0.925 (2). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v2-m图线应该为”可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解．‎ ‎【详解】(1)游标卡尺读数为 ‎(2)设小车、小桶、钩码的总质量为，小车从A运动到B的位移为，则，整理得：，所以v2-m图线是过原点的直线．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎17.某学习小组通过如图甲所示实验装置来验证动量守恒定律。A是固定在水平桌面上光滑的斜槽，斜槽末端与水平桌面平行，B是气垫导轨，C是光电门，D 是带有小孔的滑块（孔内粘有胶带，小球进入小孔即粘在胶带上），滑块上方有一窄挡光片。实验前将斜槽固定在水平桌面上，调整气垫导轨的高度，使滑块小孔与斜槽末端在同一高度处，同时调整气垫导轨水平，多次改变小球释放高度h，得到挡光片通过光电门的时间t，做出图象。小球质量为m，滑块总质量为m0，挡光片宽度为d，重力加速度为g ‎（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，宽度d=______cm ‎（2）只要满足关系式h=______（用题中所给的物理量符号表示），就可以说明在误差允许范围内碰撞过程动量守恒 ‎（3）如果图象是一条过原点的________（填写“倾斜直线”或“抛物线”），同样可以验证动量守恒 ‎【答案】 (1). 2.150 (2). (3). 倾斜直线 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为；‎ ‎(2)[2]根据动能定理得 得小球下滑到斜面底端的速度为 小球与斜槽到光电门的速度为 由动量守恒定律可得 即 整理得 ‎(3)[3]由可知，成正比，所以图象是一条倾斜直线时同样可以验证动量守恒 ‎18.U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为‎11 cm，且水银面比封闭管内高‎4 cm，封闭管内空气柱长为‎11 cm，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：‎ ‎（1）粗管中气体的最终压强；‎ ‎（2）活塞推动的距离.‎ ‎【答案】（1）88 cmHg　（2）‎‎4.5 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】解：设左管横截面积为，则右管横截面积为，‎ ‎（1）以右管封闭气体为研究对象，‎ ‎， ‎ ‎ ‎ 等温变化：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，‎ ‎，， ‎ 等温变化：‎ 即，，联立得，故上升；‎ 那么活塞推动的距离：‎ ‎19.如图所示，倾角的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数．由静止同时释放A和B，此后若A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）A与B开始释放时，A、B的加速度和；‎ ‎（2）A与B第一次相碰后，B的速率；‎ ‎（3）从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t．‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：(1)对分析： ‎ ‎，仍处于静止状态 对分析，底面光滑，则有： ‎ 解得：‎ ‎(2) 与第一次碰撞前的速度，则有：‎ 解得：‎ 所用时间由：，解得：‎ 对，由动量守恒定律得：‎ 由机械能守恒得： ‎ 解得：‎ ‎(3)碰后，做初速度为0的匀加速运动，做速度为的匀速直线运动，设再经时间发生第二次碰撞，则有：‎ 第二次相碰：‎ 解得：‎ 从开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：‎ 解得：‎ ‎20.如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为‎3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:‎ ‎(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；‎ ‎(2)木块A在整个过程中的最小速度；‎ ‎(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?‎ ‎【答案】（1），（2），（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0=（m+m+‎3m）v1‎ 解得：v1=0．6 v0‎ 对木块B运用动能定理，有：‎ 解得：‎ ‎（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：‎ 对木块A：a1=μmg/m=μg，对木块C：a2=2μmg/‎3m=2μg/3，‎ 当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v0-μgt=（2μg/3）t 解得t=3v0/（5μg）‎ 木块A在整个过程中的最小速度为：v′=v0-a1t=2v0 /5．‎ ‎（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=ΔEk损 所以 ‎21.如图所示，质量m1=‎1kg的木板静止在倾角为θ=30°足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=‎2kg、可视为质点的小滑块以v0=‎15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=‎10m/s2。求 ‎(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。‎ ‎【答案】(1)‎9.75m； (2)‎7.5m； (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=‎15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得 解得 h=‎‎9.75m ‎(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=‎15m/s，‎ 滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知 ‎ ‎ 滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知 设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知 该过程中木板走过的位移 滑块走过的位移 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x2－x1‎ 联立解得 L=‎7.5m；‎ ‎(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知 ‎ ‎ 一起匀减速向上运动的位移 木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知 滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知 v3=v2－a2t2=a1t2‎ 该过程中木板走过的位移 一起匀减速向上运动的位移 设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 联立各式得