海南省海口实验中学2019届高三第三次月考物理试题 19页

‎2019届海口实验中学高三年级第三次月考物理 一、单项选择题 ‎1. 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中 A. 速度和加速度的方向都在不断变化 B. 速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C. 在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D. 在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；‎ B．设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则，随着时间t变大，tan θ变小，θ变小，故选项B正确；‎ C．根据加速度定义式，则Δv=gΔt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；‎ D．根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即WG=mgh，对于平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项D错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合加速度公式和动能定理公式灵活求解即可。‎ ‎【考点】平抛运动、动能定理 ‎2.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则 A. f1=0，f2≠0，f3≠0 B. f1≠0，f2=0，f3=0‎ C. f1≠0，f2≠0，f3=0 D. f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿b向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力，即； 再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面P向下滑动的趋势，因此b受到斜面向上的摩擦力，即； 对ab及斜面体P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此斜面P不受地面的摩擦力，即，故只有C正确，ABD错误。‎ 点睛：本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用。‎ ‎3.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为 A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得 考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式 ‎【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．‎ ‎4.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若(　　)‎ A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 D. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项AB错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。‎ ‎【考点定位】楞次定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。‎ ‎5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15‎ ‎ s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A. F1F3‎ C. F1>F3 D. F1=F3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1="0.2" m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F1="mgsin" θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2="mgsin" θ–f；10~15 s内加速度a3="–0.2" m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3="mgsin" θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。‎ ‎【考点定位】图像，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。‎ ‎6.·如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动。‎ ‎【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答。‎ 二、多项选择题 ‎7.通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是 A. 卫星的速度和角速度 B. 卫星的质量和轨道半径 C. 卫星的质量和角速度 D. 卫星的运行周期和轨道半径 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：卫星围绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，已知卫星的速度和角速度，则轨道半径，根据即可求解冥王星质量M，故A正确；根据可知，卫星的质量可以约去，只知道半径不能求出冥王星质量，故B错误；根据可知，卫星的质量可以约去，只知道角速度不能求出冥王星质量，故C错误；根据可知，知道卫星的运行周期和轨道半径可求解冥王星质量M，故D正确；故选AD。‎ 考点：万有引力定律应用 ‎8. 如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示。在图（b）中 A. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故选项C正确，选项D错误。‎ ‎【考点定位】安培力 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定则判断安培力的方向。‎ ‎9.图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是 A. 变压器输入、输出功率之比为4∶1‎ B. 变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4‎ C. u随t变化的规律为u=51sin(50πt) （国际单位制）‎ D. 若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1:1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由图（b）可知交流电压最大值Um="51" V，周期T="0.02" s，角速度ω="100π" rad/s，则可得u=51sin（100πt）（V），故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。‎ ‎【考点定位】变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。‎ ‎10.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是　　‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。‎ 三、实验题 ‎11.某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。‎ 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题：‎ ‎（1）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为_______m/s。在打出D点时，物块的速度大小为_______m/s；（保留两位有效数字）‎ ‎（2）物块加速度大小为_______m/s2。（保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （1）0.56 (2). 0.96 (3). （2）2.0‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以 ‎ ‎ ‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得 ‎ ‎12.某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。‎ ‎(1)已知表头满偏电流为100，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=___Ω，R2=______Ω，R3=_______Ω。‎ ‎(2)用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表对改装电表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。‎ ‎(3)校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近_______（填“M”或“N”）端。‎ ‎(4)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 910 (3). 2000 (4). 50 (5). M (6). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据题意，R1与表头构成1mA的电流表，则 ，得R1=100Ω；‎ ‎[2]若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则 ；‎ ‎[3]若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则 。‎ ‎（2）[4]电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。‎ ‎（3）[5]在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用。‎ ‎（4）[6]造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900Ω。‎ ‎【点睛】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ 四、计算题 ‎13.‎ ‎ 水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：‎ ‎（1）物块B克服摩擦力所做的功；‎ ‎（2）物块A、B的加速度大小。‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2），。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1=s①‎ 物块B受到的摩擦力大小为f=4μmg②‎ 物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=4μmg×s=2μmgs ③‎ ‎（2）设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T．有牛顿第二定律得 F-μmg-T=maA④‎ ‎2T-4μmg=4maB⑤‎ 由A和B的位移关系得aA=2aB⑥‎ 联立④⑤⑥式得⑦‎ ‎⑧‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据牛顿第二定律列式求解。‎ ‎14.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动时间为，求粒子此次入射速度的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)2t0 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r 由洛伦兹力提供向心力得：②‎ 匀速圆周运动的速度满足：③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ ‎⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ 五、选考题 ‎15.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p–V图象如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是_______。‎ A．气体经历过程1，其温度降低 B．气体经历过程1，其内能减小 C．气体在过程2中一直对外放热 D．气体在过程2中一直对外做功 E．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ 气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故选项AB正确；气体在过程2中，根据理想气体状态方程，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项CD错误；无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故选项E正确。‎ ‎16.如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0=4.5×103Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h="40" cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g="10" m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。‎ ‎【答案】1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1①‎ p0V02=p2V2②‎ 依题意有V01+V02=V1+V2③‎ 由力的平衡条件有p2–p1=ρgh④‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得⑤‎ 由此解得（另一解不合题意，舍去）⑥‎ 由③⑥式和题给条件得V1:V2=1:1⑦‎ ‎17.下列说法正确的是（　　）‎ A. 在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B. 弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C. 在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E. 已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定，故选项E错误。‎ ‎【考点定位】简谐运动、受迫振动 ‎【名师点睛】本题关键抓住简谐运动的周期性，分析时间与周期的关系分析振子的位移变化，要掌握加速度与位移的关系，根据计时开始时刻的加速度及方向解题。‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎18.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为。现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 当光线经球心O入射时，光路图如图（a）所示。设玻璃的折射率为n，由折射定律有 n=①‎ 式中，入射角i=45°，γ为折射角。‎ ‎△OAB为直角三角形，因此sin γ=②‎ 发生全反射时，临界角C满足sin C=③‎ 在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如图（b）所示。设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面的D点。由题意有∠EDO=C④‎ 在△EDO内，根据正弦定理有⑤‎ 联立以上各式并利用题给条件得OE=R⑥‎ ‎【考点定位】折射定律、全反射 ‎【名师点睛】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解。‎ ‎19.下列说法正确的是_________。‎ A. 爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程 B. 康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量 C. 波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律 D. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 E. 德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故选项A正确；康普顿效应表明光不仅具有能量，还具有动量，故选项B错误；波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C正确；卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D正确；布罗意波波长为：，其中P为微粒的动量，故动量越大，则对应的波长就越短，故选项E错误。‎ ‎20.·如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg，重力加速度大小g=9.80 m/s2。‎ ‎（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h–v2直线斜率的理论值k0；‎ ‎（2）求k值的相对误差δ（δ=×100%，结果保留1位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）2.04×10–3 s2/m （2）6%‎ ‎【解析】‎ ‎（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v'，由动量守恒定律有 mBv=（mA+mB）v' ①‎ 在碰后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 ‎②‎ 联立①②式得③‎ 由题意得④‎ 代入题给数据得k0=2.04×10–3s2/m⑤‎ ‎（ii）按照定义δ=×100%⑥‎ 由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦‎ ‎【考点定位】动量守恒定律、机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒，然后才能列式求解。‎ ‎ ‎