- 673.50 KB
- 2021-05-24 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
山东省烟台市 2020 届高三下学期高考诊断性测试
(一模)试题
一、单项选择题
1.下列有关原子、原子核的说法中正确的是( )
A. 天然放射现象说明原子核内部有电子
B. 卢瑟福用 α 粒子散射实验证明了原子核内存在中子
C. 结合能越大,原子核中的核子结合得越牢固,原子核越稳定
D. 在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,电荷数守恒”的规律
【答案】D
【解析】
【详解】A. 天然放射现象说明原子核内部有复杂结构,但没有说原子核内有电子,故 A
错误;
B. 卢瑟福用 α 粒子散射实验证明了原子的核式结构,没有证明了原子核内存在中子,故 B
错误;
C.比结合能越大,原子核中的核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合能越大,不能说明
原子核中的核子结合得越牢固,原子核越稳定。故 C 错误;
D. 在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,电荷数守恒”的规律,故 D 正确;
故选 D。
2.在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方 15m 处,从该
时刻开始计时,0~4s 内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图像如图所示。
下列说法中正确的是( )
A. t=2s 时刻,甲车刚好追上乙车
B. t=4s 时刻,甲车刚好追上乙车
C. 乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小
D. 此过程中甲、乙两车之间的距离一直减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.速度图像中面积表示位移,所以前 2s 内甲的位移
乙的位移
因为 x 甲-x 乙=15m=x0,所以 t=2s 时刻,甲车刚好追上乙车,故 A 正确;
B.同理前 4s 内甲的位移
前 4s 内乙的位移
前 4s 内的甲、乙位移相同,但初时刻乙车在甲车前方 15m 处,所以 t=4s 时刻,甲、乙没有
相遇,故 B 错误;
C.速度图像中斜率表示加速度,所以甲的加速度大小
乙的加速度大小
所以乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小,故 C 错误;
D.因为 t=2s 时刻,甲车刚好追上乙车,所以前 2s 甲、乙距离减小,后 2s 甲、乙距离增大,
故 D 错误。
故选 A。
3.随着航天技术的发展,人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星
表面附近做匀速圆周运动,已知运行周期为 T,宇航员在离该行星表面附近 h 处自由释放一
小球,测得其落到行星表面的时间为 t,则这颗行星的半径为 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
10 20 2m 30m2x
+= × =甲
10 5 2m 15m2x
+= × =乙
1 20 4m 40m2x′ = × × =甲
5 15 4m 40m2x
+′ = × =乙
25m/sa =甲
22.5m/sa =乙
2 2
2
2π t
hT
2
2 22π
hT
t
2
2 28π
hT
t
2 2
2
8π t
hT
【详解】由自由落体运动位移公式得:
①
某宇宙飞船绕一行星表面附近做匀速圆周运动,向心力由万有引力提供,有
②
行星表面附近,万有引力等于重力,有
③
由①②③式解得
A. 与上述计算结果不相符,故 A 错误;
B. 与上述计算结果相符,故 B 正确;
C. 与上述计算结果不相符,故 C 错误;
D. 与上述计算结果不相符,故 D 错误。
故选 B。
4.一定质量的理想气体,从状态 a 开始,经历 ab、bc、ca 三个过程回到原状态,其 V-T 图
像如图所示,其中图线 ab 的反向延长线过坐标原点 O,图线 bc 平行于 T 轴,图线 ca 平行
于 V 轴,则 ( )
A. ab 过程中气体压强不变,气体从外界吸热
B. bc 过程中气体体积不变,气体不吸热也不放热
C. ca 过程中气体温度不变,气体从外界吸热
D. 整个变化过程中气体的内能先减少后增加
21
2h gt=
2 2
2
2( )Mm πG mω R m RR T
= =
2
MmG mgR
=
2
2 22
hTR tπ=
2 2
2
2π t
hT
2
2 22π
hT
t
2
2 28π
hT
t
2 2
2
8π t
hT
【答案】A
【解析】
【详解】A.其 V-T 图像如图所示,其中图线 ab 的反向延长线过坐标原点 O,所以 ab 过程
中气体压强不变。体积变大,气体对外做功,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律可
知,气体从外界吸热,故 A 正确;
B.bc 过程中气体体积不变,温度降低,体积不变,气体不对外界做功,外界也不对气体做
功,温度降低内能减小,根据热力学第一定律可知,气体放热,故 B 错误;
C. ca 过程中气体温度不变,内能不变,体积变小,外界对气体做功,根据热力学第一定
律可知,气体放热,故 C 错误;
D.整个变化过程温度先升高,后降低,最后不变,所以气体的内能先增加,后减小,最后
不变,故 D 错误。
故选 A。
5.如图所示,在 xOy 平面内有一匀强电场,以坐标原点 O 为圆心 圆,与 x、y 轴的交点分
别为 a、b、c、d,从坐标原点 O 向纸面内各个方向以等大的速率射出电子,可以到达圆周
上任意一点,而到达 b 点的电子动能增加量最大。则 ( )
A. 电场线与 x 轴平行
B. a 点电势大于 c 点电势
C. 在圆周上的各点中,b 点电势最高
D. 电子从 O 点射出至运动到 b 点过程中,其电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】ABC.从坐标原点 O 向纸面内各个方向以等大的速率射出电子,可以到达圆周上
任意一点,而到达 b 点的电子动能增加量最大。说明 bO 两点间电势差最大,电场线与 y 轴
平行,沿 y 轴负方向,所以 b 点电势最高,a 点电势等于 c 点电势,故 C 正确,AB 错误;
D.电子带负电,从 O 点射出至运动到 b 点过程中,电势升高,其电势能减小,故 D 错误。
的
故选 C。
6.如图所示,甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,其中甲物体静止在粗糙的水平面
上,乙物体悬空静止,轻绳 OM、ON 与水平方向间的夹角分别为 53°、37°。已知乙物体的
质量为 10kg,g 取 10m/s2,sin53°=0.8.则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为( )
A. 20N、沿水平面向左 B. 20N、沿水平面向右
C. 28N、沿水平面向左 D. 28N、沿水平面向右
【答案】B
【解析】
【详解】以乙为对象,根据平衡条件得,竖直方向上
FTMsin53°+FTNsin 37°-mg=0 ①
水平方向上
FTMcos53°-FTNcos37°=0 ②
由于甲也处于平衡状态,故在水平方向上
FTN +Ff-FTM=0 ③
由①②③式解得摩擦力大小:
Ff=20N
方向水平向右
A.20N、沿水平面向左与上述结论不符,故 A 错误;
B.20N、沿水平面向右与上述结论相符,故 B 正确;
C.28N、沿水平面向左与上述结论不符,故 C 错误;
D.28N、沿水平面向右与上述结论不符,故 D 错误
故选B。
。
7.如图所示,在等边三棱镜截面 ABC 内,有一束单色光从空气射向其边界上的 E 点,已知
该单色光入射方向与三棱镜边界 AB 的夹角为 θ=30º,该三棱镜对该单色光的折射率为 ,
则下列说法中正确的是 ( )
A. 该单色光在 AB 边界发生全反射
B. 该单色光从空气进入棱镜,波长变长
C. 该单色光在三棱镜中的传播光线与底边 BC 平行
D. 该单色光在 AC 边界发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A.在 AB 边界光由射入三棱镜,是由光疏介质射入到光密介质,不会发生全反射,
故 A 错误;
B.光从空气进入棱镜,频率不变,波速变小,波长变小,故 B 错误;
C.由几何知识得:光线在 AB 面上入射角为 i=60°,棱镜的折射率为
故折射角为 r=30°,折射光线与 AB 面的夹角是 60°,所以该单色光在三棱镜中的传播光线
与底边 BC 平行,故 C 正确;
D.由几何关系可知,光线在 AC 边界的入射角等于 AB 面上的折射角,根据光路可逆性原
理知,不可能发生全反射,故 D 错误。
故选 C。
8.如图甲所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为 B,磁场方向相反,
且与纸面垂直,两磁场边界均与 x 轴垂直且宽度均为 L,在 y 轴方向足够宽。现有一高和底
均为 L 的等腰三角形导线框,顶点 a 在 y 轴上,从图示 x=0 位置开始,在外力 F 的作用下
向右沿 x 轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中,线框 bc 边始终与磁场的边界平行。
线框中感应电动势 E 大小、线框所受安培力 F 安大小、感应电流 i 大小、外力 F 大小这四个
量分别与线框顶点 a 移动的位移 x 的关系图像中正确的是 ( )
3
sin 3sin
in r
= =
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,因切割的有效长度均匀减小,故由
E=BLv 可知,电动势也均匀减小;由闭合电路欧姆定律得,感应电流也均匀减小;匀速运动,
外力 F 与安培力大小相等
外力 F 与安培力不是均匀减小,不是线性关系,故 B 正确,ACD 错误。
故选 B。
二、多项选择题
9.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,波刚传到 x1=5m 的质点 P 处时波形图如图所示,已知质
点 P 连续两次位于波峰的时间间隔为 0.2s,质点 Q 位于 x2=6m 处。若从此刻开始计时,则
下列说法正确的是( )
A. 此列波的传播速度是 10m/s
B. t=0.2s 时质点 Q 第一次到达波谷位置
C. 质点 Q 刚开始振动的方向为沿 y 轴正方向
D. 当质点 Q 第一次到达波谷位置时,质点 P 通过的路程为 15cm
【答案】BC
2 2B L vF F R
= =安
【解析】
【详解】A.由题意可知,P 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2s,所以这列波的周期
T=0.2s,从图象可知,其波长为 4m,所以波速
故 A 错误;
B.质点 Q 第一次到达波谷位置,可以认为是 的振动形式传到了质点 Q,所以质点 Q
第一次到达波谷位置的时间
故 B 正确;
C.由图可知,简谐横波沿 x 轴正方向传播,由“上下坡法”可知质点 P 刚开始振动的方向为
沿 y 轴正方向,介质中所有质点开始振动方向是相同的,所以质点 Q 刚开始振动的方向为
沿 y 轴正方向,故 C 正确;
D.由 B 分析可知,当质点 Q 第一次到达波谷位置时,时间
所以质点 P 通过的路程
s=4A=20cm
故 D 错误。
故选 BC。
10.如图所示的交流电路中,理想变压器原线圈输入电压为 u=Umsin100πt(V),副线圈电路
中 R1、R2 为定值电阻,P 是滑动变阻器 R 的滑动触头,电压表 V1、V2 的示数分别为 U1 和
U2;电流表 A 的示数为 I。下列说法中正确的是( )
A. 变压器原、副线圈的匝数之比为 U1∶U2
B. 副线圈回路中电流方向每秒钟改变 100 次
C. 当 P 向上滑动的过程中,U2 增大,I 减小
D. 当 P 向下滑动的过程中,R1 消耗的功率增大,R2 消耗的功率减小
【答案】BD
20m/sv T
λ= =
2mx =
Δ 0.2sΔ
xt v
= =
0.2st T= =
【解析】
【详解】A.由题意可知,U1 是原线圈两端的电压,U2 不是副线圈两端的电压,比副线圈
两端电压要小,所以变压器原、副线圈的匝数之比大于 U1∶U2,故 A 错误;
B.原线圈输入电压为 u=Umsin100πt(V),交流电的频率是 50Hz,变压器不改变交流电的
频率,所以副线圈回路中电流方向每秒钟改变 100 次,故 B 正确;
C.当 P 向上滑动的过程中,负载变大,根据电路动态分析中“串反并同”可知 U2 增大,I 增
大,故 C 错误;
D.当 P 向下滑动的过程中,根据电路动态分析中“串反并同”可知,R1 消耗的功率增大,R2
消耗的功率减小,故 D 正确。
故选 BD。
11.如图所示,一长木板 B 放在粗糙的水平地面上,在 B 的左端放一物体 A,现以恒定的外
力 F 拉 A,经一段时间物块 A 从长木板 B 的右端拉出,且在此过程中以地面为参考系, 长
木板 B 也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A. 外力 F 对 A 做的功等于 A 和 B 动能的增量
B. A 对 B 摩擦力做的功与 B 对 A 摩擦力做的功绝对值相等
C. 外力 F 做的功等于 A、B 动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D. A 对 B 摩擦力做的功等于 B 动能的增量和 B 与地面之间摩擦产生的热量之和
【答案】CD
【解析】
【详解】AC.根据功能关系可知,外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量与系统由于摩擦而
产生的热量之和,故 C 正确,A 错误;
B.A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但
是由于 A 在 B 上滑动,A、B 对地的位移不等,故二者做功不相等,故 B 错误;
D.对 B 分析,由动能定理知
A 对 B 摩擦力做的功
kAB BBW W E− = ∆地
kAB B BW E W= ∆ + 地
所以 A 对 B 摩擦力做的功等于 B 动能的增量和 B 与地面之间摩擦产生的热量之和,故 D 正
确。
故选 CD。
12.如图所示,在水平地面上有一圆弧形凹槽 ABC,AC 连线与地面相平,凹槽 ABC 是位于
竖直平面内以 O 为圆心、半径为 R 的一段圆弧,B 为圆弧最低点,而且 AB 段光滑,BC 段
粗糙。现有一质量为 m 的小球(可视为质点),从水平地面上 P 处以初速度 v0 斜向右上方飞
出,v0 与水平地面夹角为 θ,不计空气阻力,该小球恰好能从 A 点沿圆弧的切线方向进入轨
道,沿圆弧 ABC 继续运动后从 C 点以速率 飞出。重力加速度为 g,则下列说法中正确的
是 ( )
A. 小球由 P 到 A 的过程中,离地面的最大高度为
B. 小球进入 A 点时重力的瞬时功率为
C. 小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量为
D. 小球经过圆形轨道最低点 B 处受到轨道的支持力大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.小球由 P 到 A 的过程中,做斜抛运动,离地面的最大高度为
故 A 错误;
B.根据对称性可知,小球到 A 点的竖直分速度
小球进入 A 点时重力的瞬时功率为
0
2
v
0 sinv
g
θ
0 sinθmgv
2
03
8
mv
2
0(3 2cos )θ− + mvmg R
2 2 2
0 0 sin
2 2
yv v θH g g
= =
0 0 sinAy yv v v θ= =
故 B 正确;
C.沿圆弧 ABC 过程中,由动能定理可知
小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量
故 C 正确;
D.沿圆弧 AB 过程中,由机械能守恒定律可知
在最低点,由向心力公式得
小球经过圆形轨道最低点 B 处受到轨道的支持力大小为
故 D 正确;
故选 BCD。
三、非选择题
13.某物理兴趣小组利用如图所示装置进行“探究弹簧弹性势能与弹簧形变量关系”的实验。
图中光滑水平平台距水平地面 h=1.25m,平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上,质量为 m
的小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧,记录弹簧的压缩量 x 后,由静止释放小球,小球从
平台边缘水平飞出,落在地面上,用刻度尺测出小球水平飞行距离 S;并用传感器(图中未
画出)测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t。多做几次实验后,记录表如下表
所示:
0 sinAyP mgv mgv θ= =
2 21 1
2 2f C AW mv mv− = −
2
03
8f
mvQ W= =
2 2
0
1 1(1 cos ) 2 2 BmgR θ mv mv− + =
2
B
N
mvF mg R
− =
2
0(3 2cos )N
mvF mg R
= − +θ
(1)由表中数据可知,在 h 一定时,小球水平位移 S=___x,与_______无关;
(2)由实验原理和表中数据可知,弹簧弹性势能 EP 与弹簧形变量 x 关系式为 EP= ______
(用 m、h、x 和重力加速度 g 表示);
1 2 3 4 5
x/m 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05
S/m 0.51 0.99 1.50 1.98 2.50
t/ms 505.3 505.1 504.8 504.9 505.2
(3)某同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间:
,由表中数据可知,发现测量值 t 均偏大。经检查,
实验操作及测量无误,且空气阻力可以忽略,造成以上偏差的原因是__________。
【答案】(1). 50 小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t(或“t”) (2).
(3). 重力加速度 g 取值不准确,g 取 10m/s2 偏大
【解析】
【详解】(1)[1][2].由表中数据可知,在 h 一定时,在误差允许范围内,可以看出运动时间
大体不变,小球水平位移
S=50x ①
与小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间 t 无关;
(2)[3].由功能关系可知,弹簧弹性势能
②
小球做平抛运动的初速度
③
的
2 2 1.25s 0.5s 500ms10
×= = = =ht g
2625mg xh
2
p 0
1
2E mv=
0 2
gv S h
=
由①②③式得弹簧弹性势能
(3)[3].该同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间时,把重力加速度的数值
g=10m/s2。故计算值 t 偏小,测量值 t 均偏大。
14.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验:
(1)如图甲所示,该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径 D=______mm;
(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝 Rx 的电阻,供选择的仪器如下:
①电流表 A1(内阻为 r);
②电流表 A2;
③滑动变阻器 R1(0~1000Ω);
④滑动变阻器 R2(0~20Ω);
⑤蓄电池(2 V);
⑥电键 S 及导线若干。
(3)滑动变阻器应选择_____(选填“R1 ”或“R2 ”);在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物
图;
(4)闭合电键 S ,移动滑动触头至某一位置,记录 A1、A2 的读数 I1、I2 ,通过调节滑动变
阻器,得到多组实验数据;以 I2 为纵坐标, I1 为横坐标,作出相应图像,如图丁所示。根
据 I2—I1 图像的斜率 k 及电流表 A1 内阻 r,写出金属丝电阻的表达式 Rx= _______;
(5)测得金属丝连入电路的长度为 L,则金属丝电阻率 ρ=________(用 k、D、L、r 表示)。
【答案】 (1). 2.500 (3) R2 (4).
【解析】
【详解】(1)[1]. 螺旋测微器测量金属丝的直径 D=2mm+50.0×0.01mm=2.500mm;
(3)[2]根据电路原理图可知,滑动变阻器是分压式接法,所以滑动变阻器要选择较小的
2
p
625mgE xh
=
1−
r
k
2
4 ( 1)
π
−
rD
L k
R2;
[3]根据电路原理图,实物图连线如图所示
(4)[4].根据欧姆定律可知金属丝电阻
变形得
所以 I2—I1 图像的斜率
变形得
(5)[5]根据电阻定律得
解得
15.如图所示,小物块放在足够长的木板 AB 上,以大小为 v0 的初速度从木板的 A 端向 B 端
运动,若木板与水平面之间的夹角不同,物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块
与木板之间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g:
(1)若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的 A 端,且沿木板向下运动的时间是向上运
动时间的 2 倍,求木板与水平面之间的夹角的正切值;
(2)求物块沿木板向上运动的最大距离最小值。
1
2 1
I rR I I
= −
2 1(1 )rI IR
= +
(1 )rk R
= +
1
rR k
= −
LR S
ρ=
2
4 ( 1)
RS rD
L L k
= = −
πρ
【答案】(1) ;(2)
【解析】
【详解】⑴木板与水平面之间的夹角 θ 时
上行时,根据牛顿第二定定律
下行时,根据牛顿第二定定律
由位移公式
上行时间
下行时间
由
解得
(2)由速度位移关系可知
解得
由三角函数知识可知当
5tan 3
θ µ=
2
0
min 22 1
vS
g µ
=
+
sin cosmg mg maθ µ θ+ =
2sin cosmg mg maθ µ θ− =
21
2S at=
1
1
2 2
(sin cos )
S St a g
= = +θ µ θ
2
2
2 2
(sin cos )
S St a g θ µ θ= = −
2 12t t=
5tan 3
θ µ=
2
0 2v aS=
2 2
0 0
22 (sin cos ) 2 1 sin( )
v vS g g
= =+ + +θ µ θ µ θ α
1tanθ µ=
物块沿木板向上运动的最大距离最小值
16.“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计,其原理可简化为如图所示的装
置。内径均匀的水平气缸总长度为 2L,在气缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡
环,在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞 A、B,活塞 A、B 只可以向左移动,活塞密封
良好且与气缸之间无摩擦。在气缸的Ⅰ部分封有 154 标准大气压的气体,Ⅱ部分封有 397 标
准大气压的气体,当该装置水平放入水下达到一定深度后,水对活塞 A 产生挤压使之向左
移动,通过活塞 A 向左移动的距离可以测出下潜深度。已知 1 标准大气压=1.0×105Pa,海水
的密度 ρ=1.0×103kg/m3,取 g=10m/s2,不计海水密度随海水深度的变化,两部分气体均视为
理想气体且温度始终保持不变。求:
(1)当下潜的深度 h=2300m 时,活塞 A 向左移动的距离;
(2)该深度计能测量的最大下潜深度。
【答案】(1) ;(2)5500m
【解析】
【详解】⑴当下潜的深度 h=2300m 时,Ⅰ部分气体的压强
P1=P0+ρgh=2.31×107Pa
而Ⅱ部分气体的压强
P2= 3.97×107Pa> P1
所以活塞 B 静止不动。
设活塞 A 向左移动 距离为 x,由玻意耳定律得 154P0SL= P1S(L-x)
解得
x=
⑵当活塞 A 移动到中央卡环处时所测深度最大,设两部分气体压强为 P,测量的最大下潜深
度为 H
对Ⅰ由玻意耳定律得
的
2
0
min 22 1
vS
g µ
=
+
3
L
3
L
154P0SL= PSL1
对Ⅱ由玻意耳定律得
397P0SL= PSL2
据题意得
L1+L2=L
P=P0+ρgH
解得
H=5500m
17.如图所示,质量为 M=4.5kg 长木板置于光滑水平地面上,质量为 m=1.5kg 的小物块放
在长木板的右端,在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板,孔的尺寸刚好可以让木
板无接触地穿过。现使木板和物块以 v0=4m/s 的速度一起向右匀速运动,物块与挡板碰撞后
立即以碰前的速率反向弹回,而木板穿过挡板上的孔继续向右运动,整个过程中物块不会从
长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后,物块离开挡板的最大距离为 x1=1.6m,重力
加速度 g=10m/s2:
(1)求物块与木板间的动摩擦因数;
(2)若物块与挡板第 n 次碰撞后,物块离开挡板的最大距离为 xn=6.25×10-3m,求 n;
(3)求长木板的长度至少应为多少?
【答案】(1)0.5;(2)5;(3)6.4m。
【解析】
【详解】⑴物块与挡板第一次碰撞后,物块向左减速到速度为 0 的过程中只有摩擦力做功,
由动能定理得
-μmgx1=0- mv02 ①
解得
μ=0.5 ②
⑵物块与挡板碰后,物块与木板组成的系统动量守恒,取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为 v1,由动量守恒定律得
Mv0-mv0=(M+m)v1 ③
的
1
2
v1= = v0 ④
设物块由速度为 0 加速到 v1 的过程中运动的位移为 x1′
μmgx1′= mv12 ⑤
由①⑤式得
x1′= x1 ⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前,物块与木板已经达到共同速度 v1
第二次碰撞后,小物块反弹后瞬间速度大小为 v1
经一段时间系统的共同速度为
v2= = v0
第三次碰撞后,小物块反弹后瞬间速度大小为 v2
经一段时间系统的共同速度为
v3= = v0
第 n 次碰撞后,小物块反弹后瞬间速度大小为
vn-1= = v0 ⑦
由动能定理得
-μmgxn=0- mvn-12 ⑧
由①⑦⑧式得
n=5 ⑨
⑶由分析知,物块多次与挡板碰撞后,最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位
移为 L,由能量守恒定律得
μmgL= (M+m)v02 ⑩
解得 L=6.4m ⑪
即木板的长度至少应为 6.4m。
18.如图所示,在第二、三象限内,存在电场强度大小为 E、方向沿 x 轴正方向的匀强电场。
在第一、四象限内存在磁感应强度大小均相等的匀强磁场,其中第四象限内 0