北京市八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试物理试题 Word版含解析 20页

北京市八一学校 2019~2020 学年度第二学期期末试卷高一 物理 一、单项选择题（12 小题，每题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1. 下列物理量中不属于矢量的是（　　）‎ A. 线速度 B. 冲量 C. 动能 D. 动量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线速度是有大小又有方向的矢量，故A错误；‎ B．冲量是有大小又有方向的矢量，故B错误；‎ C．动能是只有大没有方向的标量，故C正确；‎ D．动量是有大小又有方向的矢量，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2. 下列表示冲量的单位的是（　　）‎ A. 牛·秒 B. 焦耳 C. 牛·米 D. 千克·米/秒 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛·秒是冲量的单位，选项A正确；‎ B．焦耳是功或能的单位，选项B错误；‎ C．牛·米是功或能的单位，选项C错误；‎ D．千克·米/秒2是力的单位，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎3. 发现万有引力定律的科学家是（ ）‎ A. 伽利略 B. 开普勒 C. 牛顿 D. 卡文迪许 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 20 -‎ 解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量；‎ 故选C．‎ ‎【点评】万有引力定律的发现，是17世纪自然科学最伟大的成果之一．它把地面上物体运动的规律和天体运动的规律统一了起来，对以后物理学和天文学的发展具有深远的影响．它第一次解释了（自然界中四种相互作用之一）一种基本相互作用的规律，在人类认识自然的历史上树立了一座里程碑．‎ ‎4. 如图所示为在水平面内做匀速圆周运动圆锥摆。关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 受拉力和重力的作用 B. 受拉力和向心力的作用 C. 受重力和向心力的作用 D. 受重力、拉力和向心力的作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析如图所示，小球只受重力和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力。‎ 故选A ‎5. 载人飞船在发射至返回的过程中（大气层以外无阻力作用），满足机械能守恒的是 A. 飞船加速升空的阶段 B. 飞船进入大气层以外的预定椭圆轨道后无动力绕地球运行阶段 C. 返回舱在大气层内向着地球作无动力飞行的阶段 - 20 -‎ D. 降落伞张开后，返回舱减速下降阶段 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.飞船加速升空的阶段，推力做正功，机械能增加，故A错误；‎ B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段，只受重力作用，重力势能和动能之和保持不变，机械能守恒，故B正确；‎ C.返回舱在大气层内向着地球做无动力飞行阶段，空气阻力做功，机械能不守恒，故C错误；‎ D.降落伞张开后，返回舱下降的阶段，克服空气阻力做功，故机械能不守恒，故D错误．‎ ‎6. 我国发射的风云一号气象卫星是极地卫星，周期为12h．风云二号气象卫星是地球同步卫星，周期是24h．与风云二号相比较，风云一号( 　　)‎ A. 距地面较近 B. 角速度较小 C. 线速度较小 D. 受到地球的万有引力较小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据万有引力提供圆周运动向心力可得可知风云一号周期短，故其半径小，即距地面较近故A正确；据ω＝可知风云一号周期小，角速度较大，故B错误；由A分析知，风云一号半径较小，再根据可知风云一号的线速度较大，故C错误；因为不知道两颗卫星的具体质量大小情况，不能仅根据半径情况确定所受地球引力的大小，故D错误．故选A．‎ 点睛：万有引力提供圆周运动向心力是解决此类问题的关键，掌握万有引力公式和向心力不同表达式是解题的基础．‎ ‎7. 如图所示，放在地球表面上的两个物体甲和乙，甲放在南沙群岛（赤道附近），乙放在北京。它们随地球自转做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲的角速度小于乙的角速度 B. 甲的角速度大于乙的角速度 - 20 -‎ C. 甲的线速度小于乙的线速度 D. 甲的线速度大于乙的线速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．甲与乙均绕地轴做匀速圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，由角速度的定义式可知，甲、乙角速度相等，故AB错误；‎ CD．由角速度与线速度关系公式v=ωr，甲的转动半径较大，故甲的线速度较大，故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎8. 质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v射向木块，子弹最终“停留”在木块中.在此过程中，对于子弹和木块组成的系统，则（ ）‎ A. 动量守恒，机械能也守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在子弹射入木块的整个过程中，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，只有一对内力即摩擦阻力作用，则子弹和木块组成的系统动量守恒.在子弹射入木块的过程，有一对摩擦阻力做功，子弹的部分动能转化为系统的内能，因此系统的机械能不守恒.‎ A动量守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故A项不合题意.‎ B.动量守恒，机械能不守恒与分析结果相符；故B项符合题意.‎ C.动量不守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故C项不合题意.‎ D.动量不守恒，机械能不守恒与分析结果不相符；故D项不合题意.‎ ‎9. 2019‎ - 20 -‎ 年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播，人类带着地球“流浪”至靠近木星时，上演了地球的生死存亡之战。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道 I 上运行到远日点 B 变轨，进入圆形轨道 II，在圆形轨道 II 上运行到 B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐增大 B. 沿轨道 I 运行时，在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度 C. 沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能 D. 在轨道 I 上 B 点的动能等于在轨道 II 上 B 点的动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，万有引力做负功，则速度逐渐减小，选项A错误；‎ B．沿轨道 I 运行时，在 A 点受到的万有引力大于在 B 点的万有引力，则在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，选项B错误；‎ CD．从轨道 I上的B点要加速才能进入轨道 II ，则在轨道 I 上 B 点的动能小于在轨道 II 上 B 点的动能，沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能，选项C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速释放后笔上升的最大高度为h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔在桌面上滑行的最大距离为s．忽略空气阻力．则由上述物理量可估算出 A. 弹簧的弹性势能的最大值 - 20 -‎ B. 上升过程中重力所做的功 C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功 D. 笔与桌面间的动摩擦因数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设笔的质量为m，笔竖直上升时，根据能量守恒定律得：弹簧的弹性势能的最大值 Epm=mgh…① 上升过程中重力所做的功 W=-mgh…② 笔在水平滑行过程中，由能量守恒定律得 Epm=μmgs…③ 由①③得 μ=，可知，能求出笔与桌面间的动摩擦因数，由于不能求出m，所以其他量不能解出．‎ A. 弹簧的弹性势能的最大值，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 上升过程中重力所做的功，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功，与结论不相符，选项B错误；‎ D. 笔与桌面间的动摩擦因数，与结论相符，选项D正确；‎ ‎11. 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A - 20 -‎ ‎．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．‎ B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：‎ 可以解得：‎ ‎，‎ 即B选项正确；‎ CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD选项错误．‎ ‎【点睛】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．‎ ‎12. 如图所示，若 x 轴表示时间，y 轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令 x 轴和 y 轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系 B. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系 C. 对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做的功，则该图像可以反映某物体在功率不变的情况下，合力做功与时间的关系 D. 对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小，则该图像可以反映某物体在角速度不变的情况下，线速度与做圆周运动半径大小的关系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理 - 20 -‎ 而 则 则Ek-t图像不是直线，选项A错误；‎ B．根据动量定理，则若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系，选项B正确；‎ C．根据W=Pt可知，对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做的功，则该图像应该是过原点的直线，选项C错误；‎ D．根据v=ωr，则对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小，则线速度与做圆周运动半径大小的关系图像应该是过原点的直线，选项D错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题（4小题，每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选对但不全的得2分）‎ ‎13. 一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在t3时刻货箱运动到最高位置 B. 在t5~t7时间内，货箱处于失重状态 C. 在t1~t2时间内，货箱的机械能可能保持不变 D. 在t2~t3时间内，升降机对货箱做功的功率不断变小 ‎【答案】AD - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，货箱从0－t3时间内，货箱先向上做匀加速直线运动，t1－t2时间内做匀速运动，t2－t3时间内向上做匀减速直线运动，t3－t4时间内货箱静止不动，t4－t5货箱向下做加速运动，t5－t6时间内货箱向下匀速运动，t6－t7时间内货箱向下做减速运动，直到速度减为零，则在t3时刻货箱运动到最高位置，在t5~t7时间内，货箱先处于平衡状态后失重状态，故A正确，B错误；‎ C．t1－t2时间内做匀速运动，动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故C错误；‎ D．t2－t3时间内向上做匀减速直线运动，升降机对货箱的作用力不变，则升降机对货箱做功的功率不断变小，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎14. 质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，经过时间t汽车的位移大小为s，速度大小为v。此过程中，车所受阻力大小恒为f，则t时刻（　　）‎ A. 汽车的加速度大小为 B. 汽车的牵引力大小为 C. 汽车的动能为Pt-fs D. 牵引力的瞬时功率为P ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为 由于汽车做变加速直线运动，则加速度大小 故A错误；‎ B．汽车所受的牵引大小为 故B正确；‎ C．根据动能定理可得 - 20 -‎ 则 故C正确；‎ D．汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，所以t时刻牵引力的瞬时功率为P，故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎15. 质量为m的小物块静止在赤道处，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（ ）‎ A. 小物块所受重力的方向一定指向地心 B. 小物块所受引力的方向一定指向地心 C. 若地球自转加快，小物块所受重力变小 D. 若地球自转加快，小物块所受引力变小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；则赤道位置的重力指向地心；则A项符合题意.‎ B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；故B项符合题意.‎ C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力，且三者的方向都指向地心，满足：‎ ‎，‎ 则自转加快即角速度增大，所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；故C项符合题意.‎ D.物体所受万有引力大小，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力不变；故D项不合题意.‎ ‎16. 如图所示，小物体a 沿高为 h、倾角为 30°的固定在水平地面上的光滑斜面以初速度 v0从顶端滑到底端，与 a 完全相同的物体b 以同样大小的初速度 v0从同样的高度水平抛出， 落至同一水平地面。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ - 20 -‎ A. 两物体落地时，重力的瞬时功率一定相同 B. 从开始运动至落地过程中，重力的冲量相同 C. 两物体落地时动量大小相同 D. 两物体落地时动能相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎ 【详解】 ‎ A．对a，由牛顿第二定律得 ‎ ‎ ‎ 到地面时的瞬时速度 ‎ ‎ ‎ 重力的瞬时功率 ‎ ‎ ‎ 对b，落地的竖直速度 ‎ ‎ ‎ 重力的瞬时功率 ‎ ‎ ‎ 则两物体落地时，重力的瞬时功率不相同，选项A错误； ‎ B．物体a滑到底端的时间 ‎ ‎ ‎ 重力的冲量 ‎ ‎ ‎ 物体b落地的时间 ‎ ‎ ‎ - 20 -‎ 重力的冲量 ‎ ‎ ‎ 选项B错误； ‎ CD．根据机械能守恒定律 ‎ ‎ ‎ 可知两物体落地时的动能相同，速度大小相同，根据p=mv可知，动量大小相同，选项CD正确。 ‎ 故选CD。 ‎ 三、实验题（本题共 1 小题，共 8 分）‎ ‎17. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎(1)已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是____；‎ A．直流电源 B．交流电源 C．天平和砝码 D．毫米刻度尺 ‎(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____；‎ A．速度变化量与高度变化量 B．重力做功与重力势能变化量 C．动能变化量与势能变化量 ‎(3)下列关于该实验的一些说法正确的是____‎ A．做实验时，要先接通电源，再释放重物 B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的 C．若某同学通过描绘 v2-h - 20 -‎ 图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为9.8‎ ‎(4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。在纸带上选取三个连续打出的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC。设重锤质量为 m，当地重力加速度为 g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式____（用题中所给字母表示）‎ A．‎ B．‎ C．‎ ‎【答案】 (1). BD (2). C (3). AB (4). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查验证机械能守恒定律的实验，可以从实验器材的选取、实验步骤、实验原理、数据处理及实验误差进行分析。‎ ‎【详解】(1)[1]除已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材有交流电源和毫米刻度尺；不需要直流电源，因为打点计时器的工作电压是交流电；同时不需要天平，因为机械能守恒定律 两边的质量可以消掉，故BD正确。‎ 故选BD。‎ ‎(2)[2]要验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，如果在误差允许的范围内两者相等，就验证了机械能守恒，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎(3)[3]在验证机械能守恒定律的实验中，要要先接通电源，再释放重物，实验中重力势能的减小量会稍大于动能的增加量，其误差原因主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故AB正确；‎ 若通过描绘v2-h - 20 -‎ 图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，由机械能守恒定律可知 得到 该直线的斜率应约为2g，故C错误。‎ 故选AB。‎ ‎(4)[4]从O点到B点，重力势能的减小量为 动能的增加量 如果 即满足 就验证了机械能守恒定律，故A正确。‎ 故选A。‎ 四、解答题（4 小题，共 40 分。解答题应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎18. 如图所示，用水平拉力F，使质量m＝5.0kg的物体以v0=1.0m/s的速度沿水平地面向右做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.40，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。‎ ‎(1)求水平拉力F的大小；‎ ‎(2)若从某时刻起，保持拉力F的大小不变，改为与水平成θ=37°角斜向上拉此物体，使物体沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎①改变拉力方向后在位移s=5.0m内拉力F所做的功W；‎ ‎②改变拉力方向后在位移s=5.0m内物体动能增量的大小ΔEk，并说明W与ΔEk不相等的原因。‎ - 20 -‎ ‎【答案】(1)20N；(2)①80J；②4.0J，W与ΔEk不相等的原因是因为有摩擦力做负功 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物体做匀速直线运动，由平衡条件得 ‎(2)①拉力F所做的功 ‎②由牛顿第二定律得 可得 根据运动学公式可得 则 由动能定理可知，W与ΔEk不相等的原因是因为有摩擦力做负功 ‎19. 我国航天人为实现中华民族多年的奔月梦想，正在向着“绕、落、回”的第三步进军， 未来将有中国的航天员登上月球。设想航天员在月球上做自由落体实验，将某物体从距月球表面高h处由静止释放，经时间t后落到月球表面，已知月球是半径为R的均匀球体， 引力常量为G，不考虑月球自转的影响。求：‎ ‎(1)月球表面的重力加速度g月；‎ ‎(2)月球的质量M；‎ ‎(3)绕月探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速率v。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由公式得 ‎(2)月球表面物体的重力等于万有引力得 解得 ‎(3)由公式 所以绕月飞行的速率为 ‎20. 如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点．把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一个完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点．若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/．不计空气阻力，小球可视为质点．求：‎ ‎（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度的大小；‎ ‎（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度的大小；‎ ‎（3）P点与N点之间的水平距离x.‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）2m/s（3）0.8m ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理即可求出；‎ ‎（2）小球到达N点，与B发生碰撞，由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度；‎ ‎（3）由平抛运动规律即水平方向上匀速和竖直方向自由落体可求水平距离．‎ ‎【详解】（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ ‎；‎ ‎（2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为v，则：‎ 代入数据可得：‎ ‎（3）小球从N点飞出后做平抛运动，‎ 竖直方向上：‎ 水平方向上：‎ 解得：‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题是平抛运动和动能定理的综合应用，速度是它们之间联系的纽带．根据动能定理求解变力做功是常用的思路．‎ ‎21. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=3.0kg 的物块 A - 20 -‎ ‎。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑连接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以 u=1.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径 R=0.45m 位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量 m=1.0kg 的物块 B 从圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1，传送带两轴之间的距离 l=2.5m。设物块 A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块 A 静止。取 g=10m/s2，求：‎ ‎(1)物块滑到圆弧的最低点 C 时对轨道的压力；‎ ‎(2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 在第三次与物块 A 碰撞前在传送带上运动的总路程。‎ ‎【答案】(1)30N，方向竖直向下；(2)1.5J；(3)3.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。由机械能守恒知 mgR=mv02‎ 得 ‎=3m/s ‎ 设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得 解得 F=30N 由牛顿第三定律得，物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力为 F1=30N 方向竖直向下。‎ - 20 -‎ ‎(2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则 μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 v2－v02=－2al 联立解得 v=2 m/s 由于v>u=1 m/s，所以v=2m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。‎ 设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv=mv1＋Mv2 ‎ mv2=mv12＋Mv22‎ 解得 v1=‎ v2=1m/s 弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能 EP=Mv22=1.5J ‎(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。‎ 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得 ‎－μmgl′=0－mv12‎ 得 l′＝0.5m<2.5m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′＝1m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的路程为s1，可知 s1=2 l′=1.0m 设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 - 20 -‎ mv1′=mv3＋Mv4‎ mv1′2=mv32＋Mv42‎ 解得 v3==－0.5m/s ‎ 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=0.5m/s，继而与物块A发生第3次碰撞。则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的往返路程为s2；‎ 由动能定理可知 ‎－μmgl′′=0－mv32‎ s2=2l′′=0.25m 因此第三次碰撞前B物体在传送带上总路程为 s= l+ s1+ s2=2.5+1.0+0.25m =3.75m - 20 -‎