江苏省苏州市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析 19页

江苏省苏州市 2021 届第四次新高考模拟考试物理试卷 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．如图所示， aefc 和 befd 是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为 B1、B 2，且 B 2＝2B1，其中 bc=ea=ef. 一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子垂直边界 ae 从 P 点射入磁场Ⅰ， 后经 f 点进入磁场 Ⅱ，并最终从 fc 边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时 间为 ( ) A． 1 2 m qB B． 1 3 2 m qB C． 1 n qB D． 1 3 4 m qB 【答案】 B 【解析】 【详解】 粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有 2vqvB m R 所以 mvR qB 粒子垂直边界 ae 从 P 点射入磁场Ⅰ，后经 f 点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆 周运动的半径为磁场宽度 d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场 Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度 2 d ，那么，根据几何关系可得：粒子从 P 到 f 转过的中心角为 90 ，粒 子在 f 点沿 fd 方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过 180 在 e点沿 ea 方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子 在磁场Ⅰ中转过 90 后从 fc 边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过 180 ，根据周期 2π 2πR mT v qB 可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为 1 2 1 2 1 1 1 π π 3π 2 2 2 m m mT T qB qB qB 故选 B。 3．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为 r 的圆轨道 1 运动，经 P 点时，启动推进器短时间向后喷气使 其变轨，轨道 2、 3 是与轨道 1 相切于 P 点的可能轨道，则飞行器（ ） A．变轨后将沿轨道 3 运动 B．变轨后相对于变轨前运行周期变大 C．变轨前、后在两轨道上运动时经 P 点的速度大小相等 D．变轨前经过 P 点的加速度大于变轨后经过 P 点的加速度 【答案】 B 【解析】 【详解】 根据题意，飞行器经过 P 点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大， 变轨后将沿轨道 2 运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经 P 点时， 地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 4．幼儿园小朋友搭积木时，将重为 G 的玩具汽车静置在薄板上，薄板发生了明显弯曲，如图所示。关于 玩具汽车受到的作用力，不考虑摩擦力的影响，下列说法正确的是（ ） A．玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力大小均为 4 G B．玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力方向均为竖直向上 C．薄板弯曲程度越大，每个车轮受到的弹力越大 D．玩具汽车受到的合力大小为 G 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 汽车静置在薄板上，所受合力为零，因为薄板发生了明显弯曲，每个轮子所受弹力大小相等都为 F，方向 垂直薄板向上，设与水平方向的夹角为 θ，由平衡条件可知 4 sinF G 解得 4sin 4 G GF 当薄板弯曲程度越大， θ越小， sin θ越小， F 越大，故 ABD 错误， C 正确。 故选 C。 5．若宇航员在月球表面附近自高 h 处以初速度 v0水平抛出一个小球， 测出小球从抛出到落地的位移为 L 。 已知月球半径为 R，万有引力常量为 G，则下列说法正确的是（ ） A．月球表面的重力加速度 2 0 2 2 hvg L h月 B．月球的质量 2 2 0 2 2( ) hR vm G L h月 C．月球的第一宇宙速度 0 2 2 2hRv v L h D．月球的平均密度 2 0 2 2 3 2 ( ) hv G L h 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．由小球平抛，依题意有 21 2 h g t月 2 2 0L h v t 则 2 0 2 2 2= hvg L h月 故 A 错误； B．由 2= Gmg R 月 月 则 2 2 0 2 2 2= hR vm G L h月 故 B 错误； C．第一宇宙速度 0 2 2 2= hRv g R v L h月 故 C 正确； D．根据 34= 3 m R月 则月球平均密度 2 0 2 2 3= 2 hv GR L h 故 D 错误。 故选 C。 6．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹， A、 B、 C 为轨迹上的三点。下列判断正确的是（ ） A．轨迹在一条电场线上 B．粒子带负电 C．场强 E A EC D．粒子的电势能 EPA E PC 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．因为电场线与等势线垂直，所以轨迹不可能在一条电场线上，故 A 错误； B．电场线的方向大体上由 C 到 A，粒子受到的力的方向大概指向左上方，与电场线方向大体相同，所以 粒子应该带正电，故 B 错误； C．AB 之间的距离小于 BC 之间的距离， AB 与 BC 之间的电势差相等， 根据公式 UE d 可知， 场强 E A EC ， 故 C 正确； D．因为粒子带正电， A 处的电势要比 C 处的电势低，根据公式 pE q ，所以粒子的电势能 E PA＜EPC， 故 D 错误。 故选 C。 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．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处由 静止释放， 某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程， 他以小球开始下落的位置为原 点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox ，作出小球所受弹力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图 乙所示，不计小球与弹簧接触时能量损失，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下判断正确的是（ ） A．最低点的坐标大于 02x h x B．当 0x h x ，重力势能与弹性势能之和最大 C．小球受到的弹力最大值等于 2mg D．小球动能的最大值为 0 2 mgxmgh 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．根据乙图可知，当 x=h+x 0 使小球处于平衡位置，根据运动的对称性可知，小球运动到 h+2x 0 位置时 的速度不为零，则小球最低点坐标大于 h+2x 0，小球受到的弹力最大值大于 2mg，选项 A 正确， C 错误； B．根据乙图可知，当 x=h+x 0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成 的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故 B 错误； D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知 2 0 0 1 2 1 2 mg h x mg x mv＝ 故小球动能的最大值为 0 1 2 mgh mgx ，故 D 正确。 故选 AD 。 8．如图所示，在 xoy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直 xoy 平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相 同的速率从 x 轴上坐标（ 3 ，0）的 C 点沿不同方向射入磁场，分别到达 y 轴上坐标为（ 0，3L ）的 A 点和 B 点（坐标未知） ，到达时速度方向均垂直 y 轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说 法正确的是（ ） A．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径 B．若磁感应强度 B 已知可以求出带电粒子的比荷 C．因磁感应强度 B 未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比 D．可以确定 B 点的位置坐标 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及 AC 连线的 中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知 AC 长为 2 2(3 ) +( 3 ) 2 3ACL L L L 且有 30BAC 则 2= 2 cos30 ACL R L 因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故 A 正确； B．由公式 2vqvB m r 得 mvr qB 由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故 B 错误； C．根据几何关系可知从 A 射出的粒子对应的圆心角为 120 ，B 对应的圆心角为 60 ；即可确定对应的圆 心角，由公式 2π t T 由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故 C 错误； D．由几何关系可求得 B 点对应的坐标，故 D 正确。 故选 AD 。 9．如图为一电源电动势为 E，内阻为 r 的稳定电路。电压表 A 的内阻为 5kΩ。B 为静电计， C1， C2 为两 个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是 A． C1 上电荷量为 0 B．若将甲右滑，则 C2 上电荷量增大 C．若 C 1>C 2，则电压表两端大于静电计两端电压 D．将 S 断开，使 C 2 两极距离增大， B 张角变大 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于电容器和静电计均为断路，故开关闭合一段时间后，电路中电流为 0，故电压表两端电压为 0，因 此 C 1 上电荷量为 0，故 A 正确； B．由于整个电路中没有电流， C2 相当于直接接在电源两端，故滑动滑动变阻器对电路没有影响， C2 上电 压不变，故电荷量不变，故 B 错误； C．电压表两端电压为 0，静电计两端电压不为 0，故 C 错误； D．S 断开后， C 2上电荷量保持不变，故当两极板距离增大时，电容减小，由 QU C 可知，电压增大，故 静电计张角变大，故 D 正确； 故选 AD 。 10．如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为 m、m、2m、3m 的四个木块 A、B、C、D，木块 A、B 用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为 ，木块 C、D 与水平面间的动摩擦因数相同，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。若用水平拉力 F 拉木块 B，使四个木块一起匀速前进，则需 要满足的条件是（ ） A．木块 C、D 与水平面间的动摩擦因数最大为 3 B．木块 C、D 与水平面间的动摩擦因数最大为 4 C．轻绳拉力 TF 最大为 mg D．水平拉力 F 最大为 7 mg 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．设左侧 A 与 C 之间的摩擦力大小为 f 1F ，右侧 B 与 D 之间摩擦力大小为 f 2F ，设木块 C、D 与水平 面间的动摩擦因数最大为 ，对 A 、C 整体分析知轻绳的拉力大小为 T 4F mg A 刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，则有 TF mg 联立两式得木块 C、D 与水平面间的动摩擦因数最大为 4 ，故 A 错误， B 正确； CD ．对 B、D 分析知，水平拉力 F 最大不能超过最大静摩擦力的大小，则有 7(7 ) 4 mgF mg ， (4 )TF mg mg 故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 11．如图所示，质量分别为 1 2m m、 的 A B、 两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上 倾角为 α的斜面上滑。已知 B 与斜面间的动摩擦因数 tan ， 则 ( ) A．整体在上滑的过程中处于失重状态 B．整体在上滑到最高点后将停止运动 C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等 D．在上滑过程中两物块之间的摩擦力大于在下滑过程中的摩擦力 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿 第二定律得向上运动的过程中： （ m1+m 2）gsin θ +f=（m 1+m 2）a f= μ（ m1+m 2）gcos θ 因此有： a=gsin θ +μ gcos θ 方向沿斜面向下。所以向上运动的过程中 A 、B 组成的整体处于失重状态。故 A 正确； B．同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得： （ m1+m 2）gsin θ-f= （m 1+m 2）a′， 得： a′ =gsin θ-μ gcos θ 由于 μ＜tan θ，所以 a′＞0 所以上滑到最高点后 A、B 整体将向下运动。故 B 错误； CD ．以 A 为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有： m 1gsin θ +f ′ =m1a 解得： f ′ =μm1gcos θ 向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有： m 1gsin θ-f ″ =m1a′ 解得： f ″ =μm1gcos θ 所以 f ″ =f ′ 即 A 与 B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故 C 正确 D 错误。 12．如图 a 为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图，图 b 为媒质中平衡位置在 x=2.5m 处的质点的振动图像， P 是平衡位置为 x=1.5m 的质点。下列说法正确的是 ____。 A．波速为 0.5m/s B．波的传播方向向左 C． 0~2s 时间内， P 运动的路程为 8cm D． t=1s 时， P 正位于正向最大位移处 E.当 t=6s 时， P 恰好回到平衡位置 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．由图 a 可知该简谐横波波长为 2m，由图 b 知周期为 4s，则波速为 0.5m/sv T 故 A 正确； B．根据图 b 的振动图象可知，在 2.5mx 处的质点在 2st 时振动方向向下，所以该波向右传播，故 B 错误； C．由于 2st 时，质点 P 在平衡位置，且有 2s 0.5T 所以在 0 2s～ 时间内，质点 P 的路程为 2 8cmA 故 C 正确； D．由于该波向右传播，由图 a 可知 2st 时，质点 P 在平衡位置向上运动，所以 1st 时， P 正位于负 向最大位移处，故 D 错误； E．波的周期为 4s， P 从 2s到 6s 经历时间 4st T 所以 6st 时， P 点应恰好回到了平衡位置，故 E 正确； 故选 ACE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为 3 k Ω的电阻 R、电源、单刀双掷开关 S 按图甲所示电路图进行连接。先使开关 S 与 1 相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关 S 掷向 2， 电容器放电， 直至放电完毕， 实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如 图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了 “峰值 ”及图线与时间轴所围 “面积 ”的图像。 (1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向 ________(填“相同 ”或 “ 相反 ”)，大小 都随时间 ________(填“增大 ”或 “ 减小 ”)。 (2)该电容器的电容为 ________F(结果保留两位有效数字 )。 (3)某同学认为： 仍利用上述装置， 将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端， 也可以测出电容器的电 容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确 ________。 【答案】相反 减小 1.0 ×10－2 正确 【解析】 【详解】 (1)[1][2] 根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小； (2)[3] 根据充电时电压 — 时间图线可知，电容器的电荷量为： Q ＝It ＝ U R t 而电压的峰值为 U m＝ 6 V，则该电容器的电容为： C＝ m Q U 设电压 —时间图线与坐标轴围成的面积为 S，联立解得： C＝ m Q U ＝ m S RU ＝ 182.7 3000 6 F＝1.0 ×10－ 2 F； (3)[4] 正确，电容器放电的过程中，电容器 C 与电阻 R 两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数 据处理后记录的 “峰值 Um”及图线与时间轴所围 “面积 ”，仍可应用： C＝ m Q U ＝ m S RU 计算电容值。 14．某同学设计如图所示的装置测量灵敏电流计的内阻 Rg，电压表可视为理想电压表，请完成以下问题： (1)按照原理图甲，完成图乙中实物间的连线 ______； (2)实验时，闭合开关前应先将电阻箱的电阻调到 ______（选填 “最大值 ”，“最小值 ”或 “任意值 ”）； (3)调节电阻箱的阻值，使灵敏电流计满偏。并读出此时电阻箱的阻值 R，电压表示数 U。已知灵敏电流计 满偏时的示数 I g，则灵敏电流计的内阻 Rg=________（用 R、U、 I g 表示） ； (4)已知该灵敏电流计的内阻 Rg=300Ω，满偏电流 I g=200μA，除该灵敏电流计外，还有以下实验器材： A．电池组（电动势 6V，内阻约为 0.5 Ω）； B．滑动变阻器 R（ 0~10Ω，额定电流 1A）； C．电流表 A（0~50mA ，内阻约为 20Ω）； D．标准电阻 R1=14700 Ω E.一个电键 S、导线若干 现要用伏安法测量一个阻值约为 50Ω 的电阻 Rx 的阻值，请在方框中画出测 Rx 阻值的实验电路图 _______ （要求测量结果尽量准确，电表的测量范围尽可能大一些，并在电路图中标明对应器材的符号） 。 【答案】 最大值 g U R I 【解析】 【分析】 【详解】 (1) [1] 实物连线如图 (2) [2] 实验时，闭合开关前应使电路中的电流最小，故先将电阻箱的电阻调到最大值。 (3)[3] 由欧姆定律 g g UR R I 解得灵敏电流计的内阻 g g UR R I (4)[4] 伏安法测电阻需要电压表，由于器材中没有电压表，所以需要用表头串联电阻 R 1改装成电压表。若 滑动变阻器采用限流式接法，则电路中的最小电流大约为 6 A=75mA 50 20 10 超过电流表的量程，故只能采用分压式接法。由于表头内阻已知，电流表采用外接法。故电路图如图 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图甲所示， 两竖直同定的光滑导轨 AC 、A'C' 间距为 L ，上端连接一阻值为 R 的电阻。 矩形区域 abcd 上方的矩形区域 abA'A 内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度 B 1随时间 t 变化的 规律如图乙所示（其中 B0、t 0 均为已知量） ，A 、a 两点间的高度差为 2gt0（其中 g 为重力加速度） ，矩形 区域 abcd 下方有磁感应强度大小为 B 0、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为 L，阻值为 R 的金属棒从 ab 处在 t=0 时刻由静止释放，金属棒在 t=t 0 时刻到达 cd 处，此后的一段时间内做匀速直线运 动，金属棒在 t=4t 0 时刻到达 CC' 处，且此时金属棒的速度大小为 kgt 0（k 为常数） 。金属棒始终与导轨垂 直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求： (1)金属棒到达 cd 处时的速度大小 v 以及 a、d 两点间的高度差 h； (2)金属棒的质量 m； (3)在 0－4t 0 时间内，回路中产生的焦耳热 Q 以及 d、C 两点的高度差 H。 【答案】 (1)gt 0， 2 0 1 2 gt ；(2) 2 2 0 0B L t R ；(3) 2 2 2 3 2 0 019 2 2 g B L tk k R ， 2 0(7 2 )k gt 【解析】 【分析】 【详解】 (1)在 0~t 0 时间内，金属棒不受安培力，从 ab 处运动到 cd 处的过程做自由落体运动，则有 0v gt 2 0 1 2 h gt (2)在 0~2t 0 时间内，回路中由于 ab 上方的磁场变化产生的感应电动势 20 1 0 0 0 0 2 2 BE L gt gB Lt t 在 t 0~2t0 时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势 02 0 0E B Lv gB Lt 经分析可知，在 t0~2t0 时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动 势为 1 2E E E 根据闭合电路的欧姆定律有 2 EI R 对金属棒，由受力平衡条件有 B0IL=mg 解得 2 2 0 0B L tm R (3)在 0~t 0 时间内，回路中产生的焦耳热∶ 2 1 1 0 2 EQ t R 在 t 0 ~2t 0 时间内，金属棒匀速下落的高度∶ 1 0h vt 在 t 0~2t0 时间内，回路中产生的焦耳热 2 2 02 EQ t R 设在 2t0~4t 0 时间内，金属棒下落的高度为 h 2，回路中通过的感应电流的平均值为 I，有 0 2 02 2 2 B LhI t R R 根据动量定理有 0 0 0 02 2mg t B IL t kmgt mv 解得 2 2 0(6 2 )h k gt 经分析可知 1 2H h h 解得 2 0(7 2 )H k gt 根据能量守恒定律可知，在 2t 0~4t 0 时间内，回路中产生的焦耳热 22 3 2 0 1 1 2 2 Q mgh mv m kgt 经分析可知 Q=Q 1+Q 2+Q 3 解得 22 3 2 0 1 1 2 2 Q mgh mv m kgt 16．一内横截面积为 S 的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为 2cm 的水银柱。容器内密封 一定质量的理想气体。初始时，环境温度为 27 C ，管内（除球形小容器）气柱的长度为 L 。现再向管内 缓慢注入水银，当水银柱长度为 4cm 时，管内（除球形小容器）气柱的长度为 0.8L 。整个装置导热良好， 已知大气压强 p0=76cmHg 。 （ i）求球形小容器的容积； （ ii）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中， 稳定后， 管内（除球形小容器） 气柱的长度为 0.41L ， 求水的温度为多少摄氏度。 【答案】 （i）7LS ；（ii ）12 C 【解析】 【分析】 【详解】 (i) 由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有 1 1 2 2pV p V ，初状态（注入水 银前）： p1=p0+h 1，V 1=V+LS 末状态（注入水银后） p2=p0+h 2，V 2=V+0.8LS 解得 V=7LS (ii) 依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有 32 2 3 VV T T ，变化前 T 2=273K+t 1 变化后 T 3=273K+t 2，V3=V+0.41LS 解得 t 3=12 C 17．光滑水平面上放着质量 m A=1 kg 的物块 A 与质量 m B=2 kg 的物块 B，A 与 B 均可视为质点， A 靠在 竖直墙壁上， A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与 A、B 均不拴接） ，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性 势能 E p=49 J．在 A、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后 B 向右运动， 绳在短暂时间内被拉断，之后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径 R=0.5 m ，B 恰能到达最 高点 C．g 取 10 m/s2，求： （ 1）绳拉断后 B 的速度 vB 的大小； （ 2）绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小； （ 3）绳拉断过程绳对 A 所做的功 W ． 【答案】 （1） vB=5m/s （2）4N?s（3） 8J 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析： （1）设 B 在绳被拉断后瞬时的速率为 vB，到达 C 点的速率为 vC， 根据 B 恰能到达最高点 C 有： 2 c B B vF m g m R向 ----- ① 对绳断后到 B 运动到最高点 C 这一过程应用动能定理： -2m BgR= 1 2 mBvc2- 1 2 m BvB2--------- ② 由①②解得： vB=5m/s ． （ 2）设弹簧恢复到自然长度时 B 的速率为 v1，取向右为正方向， 弹簧的弹性势能转化给 B 的动能， Ep= 1 2 mBv12------ ③ 根据动量定理有： I=m BvB-m Bv1 ----------------- ④ 由③④解得： I="- 4" N?s，其大小为 4N?s （ 3）设绳断后 A 的速率为 vA，取向右为正方向， 根据动量守恒定律有： m Bv1=m BvB+m AvA ----- ⑤ 根据动能定理有： W= 1 2 m AvA 2------ ⑥ 由⑤⑥解得： W=8J 考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理 【名师点睛】 该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应 用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功． 应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向， 要 注意矢量的问题．