山东省日照市2021届高三上学期第二次校级联合考试物理试卷 Word版含解析 22页

- 1 - 2020～2021 学年度高三第二次校际联合考试 物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应目的答案标号涂黑如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答 题卡上，写在本试卷上无效。 3 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 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. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 9m 的路程，第一段用时 2s ，第二段用时1s ， 则物体的加速度是（ ） A. 21m/s B. 22m/s C. 23m/s D. 24m/s 【答案】C 【解析】 【详解】设第一段的中间时刻为 A，则 9m 4.5m / s2sAv   第二段的中间时刻为 B，则 9m 9m / s1sBv   AB 之间的时间为 t=1.5s，则物体的加速度 23m / sB Av va t   故选 C。 2. 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在 0 ~ 0.50s 时间内的 v-t 图像如图所示。若仅两物 体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间 1t 分别为（ ） - 2 - A. 3:2 和 0.30s B. 2:3 和 0.30s C. 1:2 和 0.28s D. 2:1 和 0.28s 【答案】A 【解析】 【详解】根据相似三角形得 10.50 2 0.50 5 t  解得 1 0.30st  由图像可知 2 22 20m / s m / s0.30 3a  甲 2 25 2 m / s 10m / s0.30a  乙 因为仅两物体之间存在相互作用，所以甲和乙受到的力相等，根据牛顿第二定律 Fa m  得 3 2 m a m a  甲 乙 乙 甲 故选 A。 3. 疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直撞在墙 上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。关 于球离开球拍到第一次落地的过程，下列说法正确的是（ ） - 3 - A. 球撞击墙壁过程没有机械能损失 B. 球在空中上升和下降过程时间相等 C. 球落地时的速率一定比抛出时大 D. 球落地时和抛出时的动能可能相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球反弹前的运动为斜抛运动，与墙壁撞击时速度与墙壁垂直，因此可以逆向思 维看做平抛运动，反弹后的运动也为平抛运动，两次平抛的水平位移相同，但是第二次的竖 直位移更大，因此第二次运动时间更长，因此反弹后的水平初速度小于与墙壁撞击之前的速 度，即小球与墙壁撞击时有能量损失，故 A 错误； B．由 A 中分析可知，下降时间大于上升时间，故 B 错误； CD．由于与墙壁撞击时存在能量损失，小球从抛出到落体重力做了正功，由于不知道能量损 失和重力做功的关系，因此落地时的速度与抛出时的速度有可能相等，故 C 错误，D 正确； 故选 D。 4. 如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块（滑块与弹 簧不拴接），向下压缩弹簧至离地高度 h=0.1m 处，由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块 的速度和离地高度 h 并作出滑块的动能 E-h 图像，其中 h=0.18m 时对应图像的最顶点，高度 从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图像为直线，其余为曲线，取 g=10m/s2，由图像可知（ ） A. 弹簧的原长为 0.18m B. 滑块的质量为 0.2kg - 4 - C. 弹簧的弹性势能最大值为 0.3J D. 弹簧的弹性势能最大值为 0.32J 【答案】B 【解析】 【详解】A．由高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图像为直线可知，弹簧的原长为 0.2m，故 A 错误； B．由图像可知，滑块在 0.2m 处动能为 0.3J，从 0.2m 上升到 0.35m 范围内，由机械能守恒可 得 (0.35 0.2) 0.3mg   解得 0.2kgm  故 B 正确； CD．从 0.1m 到 0.35m 的过程中，根据能量守恒可知，增加的重力势能即为弹簧的弹性势能的 最大值，有 pm 0.2 10 (0.35 0.1)J 0.5JE mg h       故 CD 错误。 故选 B。 5. 据报道，科学家们在距离地球 20 万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。若该行星质量约 为地球质量的 6.4 倍，半径约为地球半径的 2 倍。则在地球表面最多能举起96kg 物体的人在 这个行星表面而能举起物体的最大质量为（地球表面重力加速度 210m/sg  ）（ ） A. 30 kg B. 60kg C. 120kg D. 153.6kg 【答案】B 【解析】 【详解】根据万有引力等于重力 2 GMm mgR  得 2 GMg R  - 5 - 因为行星质量约为地球质量的 6.4 倍，其半径是地球半径的 2 倍，则行星表面重力加速度是地 球表面重力加速度的 1.6 倍，而人的举力认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为 0 kg 60kg1.6 1.6 96mm    故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 6. 一固定的水平细杆上套着一个质量为 m 的圆环 A（体积可以忽略）圆环通过一长度为 L 的 轻绳连有一质量也是 m 的小球 B。现让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆环与细杆之间的 动摩擦因数为μ且始终没有相对滑动。在此条件下，轻绳与竖直方向夹角的最大值是 37°。（当 地球重力加速度为 g）则（ ） A. 环对细杆的压力等于 mg B. 环对细杆的压力不可能大于 2mg C. 小球做圆周运动的最大角速度为 5 3 g L  D. 小球做圆周运动的最大角速度为 10 3 g L  【答案】D 【解析】 【详解】AB．以圆环 A 和小球 B 组成的质点系为研究对象，当小球转到圆环 A 的正前方时， 画出左视图的受力分析，如下图 此时系统受到重力和杆的支持力，正交分解，竖直方向合力为零，则 FN1=2mg，水平方向的分 - 6 - 力 FN2 提供向心力，显然杆对环的支持力 FN 大于 2mg，根据牛顿第三定律可知，环对细杆的 压力大于 2mg，故 AB 错误； CD．当环转到环的左右两侧时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时， 小球有最大角速度，以小球运动到环右侧分析，系统正视受力分析如下图 此时，竖直方向有 N 2F mg  则最大静摩擦力为 m N 2f F mg   水平方向圆环加速度为零，小球有向心加速度，根据牛顿第二定律有 2 mf m r 由几何关系可得 3sin37 5r L L  联立方程解得，小球做圆周运动的最大角速度为 10 3 g L   故 C 错误，D 正确。 故选 D。 7. 在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄。长度都为 L=2.5m 的 OA、OB 为承重的轻杆，OA 杆的下端通过一光滑水平转轴固定在水平面上的 A 点，OB 与 OA 也通过 光滑水平转轴连接于 O 点，OB 杆的下端 B 直接撑在水平地面上，使 AOB 只会在如图所示的 竖直平面内转动。现将新鲜葡萄用细线挂于 O 点，已知 OB 杆与地面间的动摩擦因数为 0.5， 则下列说法正确的是（ ） - 7 - A. 在挂质量一定的葡萄时，逐渐减小 AB 间的距离会使 OB 杆对 O 点的弹力逐渐变大 B. 地面对 OB 杆的作用力可能不沿 BO 方向 C. 只要 AB 间的距离小于等于 5m ，无论葡萄质量多大，B 端都不会相对地面滑动 D. 只要 AB 间的距离小于等于 2 5m 无论葡萄质量多大，B 端都不会相对地面滑动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于 OA、OB 等长，逐渐减小 AB 间的距离会使得 OA、OB 的夹角变小，OB 杆 对 O 点的弹力为 2 cos 2cos2 2 G GF    随着θ角减小，F 减小，故 A 错误； B．对 OB 轻杆进行受力分析，由于是轻杆重力可忽略，OB 受到 O 点对 OB 的压力、地面对 OB 的支持力、地面对 OB 的摩擦力作用处于平衡，则支持力和摩擦力的合力与 O 点对 OB 的 压力大小相等、方向相反，即地面对 OB 杆的作用力一定沿 BO 方向，故 B 错误； CD．要使得 B 端都不会相对地面滑动，则必须满足 Nf F ，即 sin 0.5 cos2 2F F   解得 - 8 - 1sin 2 5   由几何关系可知，AB 间的距离为 12 sin 2 2.5 m 5m2 5 AB L      只要 AB 间的距离小于等于 5m ，无论葡萄质量多大，B 端都不会相对地面滑动，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 8. 雨打笆蕉是我国古代文学中重要的抒情、意象。为估算出雨天院中芭蕉叶面上单位面积所 示受的力，某同学将一圆柱形水杯置于院中，测得 20min 内杯中田水上升了15mm 。查询得 知，当时雨滴落地速度约为10m/s 、设雨滴撞击芭蕉叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密 度为 3 31 10 kg/m ，据此估算芭蕉叶面单位面积上平均受的力约为（ ） A. 0.0625N B. 0.125N C. 0.25N D. 0.5N 【答案】B 【解析】 【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为 F．设在 △ t 时间内有质量为 △ m 的雨水的速度由 v=10m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用 动量定理 F △ t=0-（- △ mv）= △ mv 得 mvF t    设水杯横截面积为 S，对水杯里的雨水，在 △ t 时间内水面上升 △ h，则有 △ m=ρ S △ h hF Sv t     压强为 3 3 2 215 101 10 10 N/m 0.125N/m20 60 F hp VS t           故 B 正确，ACD 错误； - 9 - 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 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 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。 9. 如图甲所示，将质量为 m 的小球以速度 0v 竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h。若将 质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球，分别以同样大小的速度 0v 从半径均为 2 hR  的竖直圆 形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。小球视为质点， 在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是（ ） A. 只有质量为 4m 的小球能到达最大高度 h B. 只有质量为 2m、4m 的小球能到达最大高度 h C. 质量为 2m 的小球到达与圆心等高处时，对轨道的压力大小为 4mg D. 质量为 3m 的小球到达与圆心等高处时，处于超重状态 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．对甲由机械能守恒定律 2 0 1 2 mv mgh 可知，小球在最高点 h 处的速度不能大于零，否则违反机械能守恒定律；质量为 2m、3m、5m 的三个小球的最高点的速度都不等于零，都不能到达 h 高处，有质量为 4m 的小球在最高点的 速度等于零，能到达最大高度 h，A 正确，B 错误； C．由机械能守恒定律和向心力公式 2 0 1 22 mv mg R  2 2 0 1 2 1 1 12 2 22 2 2N m v mgR m v vF m R        - 10 - 解得 4NF mg ，C 正确； D．质量为 3m 的小球到达与圆心等高处时，加速度方向偏下，处于失重状态，D 错误。 故选 AC。 10. 如图所示，甲、乙两小球沿光滑轨道 ABCD 运动，在轨道的水平段 AB 上运动时，两小球 的速度均为 0 9m/sv  ，相距 10md  ，轨道水平段 AB 和水平段 CD 的高度差为 2.8mh  。 设两小球在斜坡段 BC 上运动时未脱离轨道，重力加速度 210m/sg  ，关于两小球在轨道水 平段 CD 上的运动情况，下列描述中正确的是（ ） A. 两小球到达图示位置 D 点的时间差为 2s B. 两小球到达图示位置 D 点的时间差为10 s9 C. 两小球在 CD 段运动时仍相距10m D. 两小球在 CD 段运动时相距 50 m9 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．两小球在 AB 段都是作匀速直线运动，到达图中 B 点的时间差为 0 10 s9 dt v   由于两小球在 BC 段和 CD 段的运动情况完全相同，则两小球到达图示位置 D 点的时间差仍为 10 s9 ，故 A 错误，B 正确； CD．设小球到达 C 点的速度为 v，由动能定理可知， 2 2 0 1 1 2 2mgh mv mv   代入数据解得 5m/sv  所以两小球在 CD 段运动时相距 - 11 - 10 505 m m9 9x vt    故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 11. 2020 年 8 月 3 日上午，北斗三号全球卫星导航系统建成开通新闻发布会在国务院新闻办公 室召开。北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。如图所示，北斗导 航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速周运动，且轨道半径为 r，某时刻工作卫星 1、2 分 别位于轨道上的 A、B 两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为 g， 地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力。下列判断正确的是（ ） A. 这两颗卫星的加速度大小相等，均为 2 2 gR r B. 卫星 1 出 A 位置运动到 B 位置所需的时间是 3 r r R g  C. 这两颗卫星的机械能一定相等 D. 卫星 1 向后喷气就一定能够追上卫星 2 【答案】AB 【解析】 【详解】A．在地球表面重力与万有引力大小相等，有 2 MmG mgR  可得 2GM gR 卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的向心力，有 2 MmG mar  - 12 - 联立方程解得 2 2 2 GM gRa r r   故 A 正确； B．万有引力提供向心力，有 2 2 2 4MmG m rr T  可得卫星运行周期为 3 2 rT GM  所以卫星 1 从 A 位置运动到 B 位置所需的时间为 1 6 3 rt T R g r  故 B 正确； C．万有引力提供向心力，有 2 2 Mm vG mr r  可得 GMv r  两颗卫星运行速度大小相同，高度相同，但两颗卫星质量关系不清楚，所以两颗卫星的机械 能不一定相等，故 C 错误； D．卫星 1 向后喷气，卫星加速，在轨道上做圆周运动所需向心力增大，而提供向心力的万有 引力没有发生变化，故卫星 1 将做离心运动，卫星轨道变高，故卫星 1 不能追上同轨道运行 的卫星 2，故 D 错误。 故选 AB。 12. A、B 两物块重叠放置，从距地面 h 高的地方静止释放，不计空气阻力，B 恰好到达地面 时，速度大小为 v0，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，B 碰后静止，下列说法正确的是（ ） - 13 - A. A、B 碰撞时 A 对 B 的作用力大于 B 对 A 的作用力 B. A、B 碰后瞬间，A 的速度大小为 02v C. B 碰后静止，说明 A 的质量大于 B 的质量 D. B 碰后静止，说明 A 的质量小于 B 的质量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．A、B 碰撞时，A 对 B 的作用力与 B 对 A 的作用力是一对相互作用力，大小相等、 方向相反，故 A 错误； BCD．A 与 B 发生弹性碰撞，碰前 A 的速度为 v0，方向向下，碰前 B 的速度为 v0，方向向上， 设碰撞后 A 的速度为 v，取向上的方向为正，碰撞过程中由动量守恒可得 A 0 B 0 A( )m v m v m v   由能量守恒可得 2 2 2 A A 0 B 0 1 1 1( )2 2 2m v m v m v   解得 02v v ， B A3m m 故 BD 正确，C 错误。 故选 BD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分 13. 用如图所示实验装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)为了提高实验精确度，下列说法正确的是__________（选填字母代号） - 14 - A．尽量选用体积小、质量大的球做摆球 B．当摆球到达最低点时开始计时 C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放 D．测量一次全振动的周期，根据公式计算重力加速度 g (2)若根据测得的数据代入单摆周期公式，算出重力加速度 g 的测量值偏大，下列可能的原因 是__________（选填字母代号） A．把悬点到摆球上端的长度记为摆长 B．摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，使摆线长度增加了 C．实验中误将摆球经过平衡位置 49 次数记为 50 次 D．实验中误将摆球经过平衡位置 51 次数记为 50 次 (3)某同学测重力加速度，他用长线和小铁球做了一个单摆，手头却只有一根量程为 20cm 的 学生用刻度尺和一个秒表，于是他先用此单摆进行实验，测得单摆的周期为 1T ，然后将摆线 长度减小 x （ x 小于刻度尺量程）再次实验，测得相应单摆的周期为 2T ，由此可得重力加 速度 g=__________（用字母 x 、 1T 、 2T 表示）。 【答案】 (1). AB (2). C (3). 2 2 2 1 2 4 x T T    【解析】 【详解】(1)[1]A．选用体积小、质量大的球做摆球，减小空气阻力的影响，A 正确； B．由于在最低点运动速度块，位置稍有误差，时间差的很少，B 正确； C．如果拉开一个很大的角度后释放，振动周期有很大的误差，因此摆角不应超过 5o，C 错误； D．为了减少周期测量误差，一般测量 30~50 个全振动，算出周期，根据公式计算重力加速度 g，D 错误。 故选 AB。 (2)[2]单摆的振动周期公式 - 15 - 2 lT g  从而求得重力加速度的表达式 2 2 4 lg T  A．若把悬点到摆球上端的长度记为摆长，则摆长测量值偏小，从而算的重力加速度偏小，A 错误； B．振动过程中出现松动，摆线长度增加，而测量值为原长，测量值偏小，从而算的重力加速 度偏小，B 错误； C．误将摆球经过平衡位置 49 次数记为 50 次，使得周期测量值偏小，从而算的重力加速度偏 大，C 正确； D．误将摆球经过平衡位置 51 次数记为 50 次，使得周期测量值偏大，从而算的重力加速度偏 小，D 错误。 故选 C。 (3)[3]第一次 1 1 2 lT g  第二次 2 2 2 lT g  而 1 2x l l   联立解得 2 2 2 1 2 4 xg T T    14. 某学习小组利用甲图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系，图中长木板水 平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬 挂钩码，本实验中可用的钩码共有 N 个，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz ，每个钩 码的质量为 m，小车的质量为 M，重力加速度取 g，实验要点如下： - 16 - (1)实验开始时平衡摩擦力：在长木板不带滑轮的一端下方某位置垫上一个小物块后，发现小 车拉着通过打点计时器的纸带在木板上做加速运动，则应将小物块向__________（填：左、右） 移动，才会使小车拉着纸带在板上做匀速运动； (2)平衡摩擦力后，将 n（依次取 1n  ，2，3，4…）个钩码挂在左端，其余 N n 个钩码放在 小车内，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带， 经数据处理后可得到相应的加速度 a ； (3)图乙为某次实验得到的纸带，且相邻计数点间的时间间隔均为 0.1s ，再利用图中测得的数 据可计算出小车的加速度 a=__________ 2m/s （保留 3 位有效数字）； (4)本次实验中_________（填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于 所挂钩码质量”的条件； (5)丙图是利用不同 n 对应不同 a 作出的 a n 图像，如果丙图中图线斜率为 k，通过理论分析 可知本实验中可用的钩码共有个数 N=__________。（用题中字母表示） 【答案】 (1). 右 (2). 22.02m/s (3). 不需要 (4). k M g m  【解析】 【详解】(1)[1]小车做加速运动，说明斜面倾角过大，应减小倾角，因此应将小物块向右移动。 (3)[2]根据 2s aT  可得 2 4 1 13s s a T  2 5 2 23s s a T  2 6 3 33s s a T  可得 - 17 - 1 2 3 3 a a aa   代入数据可得 22.02m/sa  (4)[3]由于本实验中的研究对象是小车和 n 个砝码，不用计算绳子拉力，因此“不需要”满足 “小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件。 (5)[4]图像为过坐标原点的直线，由牛顿第二定律和图像可知 mga n knNm M   因此钩码的个数 k MN g m   15. 如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谱横波在 0t  时的波形图，图乙是这列波中 质点 P（坐标为 1.5mx  处的点）的振动图线。 (1)求该波的传播速度。 (2)判断该波的传播方向。 (3)写出图甲中 P 点的振动方程。 【答案】(1) 1 m/s 0.5m/s2v T    ；(2)向右传播；(3) 0.2sin cmy t 【解析】 【详解】(1)波的传播速度 1 m/s 0.5m/s2v T    (2) 0t  时 P 点向上振动，波向右传播 (3)振幅 A=0.2cm 2 2 rad/s= rad/s2T     振动方程 0.2sin cmy t - 18 - 16. 一质量 1kgm  的滑块以 0 9m/sv  的初速度冲上一倾角 37   的足够长的斜，某同学 利用速度传感器测出了滑块冲上斜面的过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块 上滑过程的速度时间图像，如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37 0.6  ， cos37 0.8  ， 210m/sg  求： (1)滑块与斜面间的动摩擦因数； (2)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回到斜面底端时的速度大小；若不能 返回，求出滑块停在什么位置； (3)滑块在斜面上整个运动过程中系统产生的内能。 【答案】（1）0.375；（2）能返回斜面底端， 3 3m / s ；（3） 27J 【解析】 【详解】(1)由图像可知，滑块的加速度 a＝vt＝9 m/s2 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 sin cosmg mg ma    代入数据解得 μ＝0.375 (2)滑块速度减小到零时，重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，能返回斜面底端。由匀 变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 2 4.5m2 vx a ＝ 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 2 mgsin mgcos ma  － ＝ 代入数据解得 - 19 - a2＝3m/s2 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 22 3 3m / sv a x  (3)滑块在斜面上整个运动过程中系统产生的内能 2 27JQ mgcos x  （ ）＝ 17. 有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木 B、C、D 叠放在靶位上， 宽度均为 d，积木 C、D 夹在固定的两光滑薄板间，一球 A（视为质点）用长为 L，且不可伸 长的轻绳悬挂于 O 点。游戏时，钢球拉至与 O 等高的 P 点（保持绳绷直）由静止释放，钢球 运动到最低点时与积木 B 发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木 B 滑行一段距离（大于 2d ） 后停下。已知重力加速度为 g，钢球和每块积木的质量均为 m，各水平接触面间的动摩擦因数 均为  ，忽略空气阻力的影响，求： (1)小球下落到最低点且与 B 碰撞前，小球对轻绳的拉力。 (2)积木 B 向前滑动的距离。 (3)将小球再次拉起至 P 点无初速释放，积木 C 沿 B 的轨迹前进，并与 B 发生弹性碰撞。求积 木 B、C 最终停止时，B、C 间的距离。 【答案】(1)3mg ，方向竖直向下；(2) 4L d  ；(3)3d 【解析】 【详解】(1)设小球运动到最低点且与 B 碰撞前的速度为 0v ，轻绳对小球的拉力为 F，根据动 能定理可得 2 0 1 2mgL mv 又因为 2 0vF mg m L   - 20 - 联立两式解得 3F mg 由牛顿第三定律可得，小球对轻绳的拉力大小为3mg ，方向竖直向下。 (2)设小球与积木 B 发生弹性碰撞后速度为 1v ，积木 B 速度为 2v ，由动量守恒定律有 0 1 2mv mv mv  由能量守恒定律有 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv  联立解得 1 0v  ， 2 0 2v v gL  根据动能定理可得，积木 B 向前滑行的距离 s 有 2 2 1( 3 2 ) ( ) 0 2mg mg d mg s d mv          代入解得 4Ls d  (3)又将钢球拉回 P 点由静止释放，与落下静止的积木 C 发生弹性碰撞，此时 C 的速度仍为 3 2 2v v gL  C 滑行 s d 后与 B 碰撞，此时 C 的速度 4v 满足 2 2 4 3 1 1 ( 2 ) ( 2 )2 2mv mv mg mg d mg s d         解得 4 6 64 gLdv gdd s   当 C 与 B 发生弹性碰撞时，设积木 C 速度为 5v ，积木 B 发生弹性碰撞后速度为 6v ，由动量守 恒定律及能量守恒定律可得 4 5 6mv mv mv  2 2 2 4 5 6 1 1 1 2 2 2mv mv mv  - 21 - 解得 5 0v  ， 6 4 6v v gd  即积木 C 静止，积木 B 向前做匀减速直线运动直到静止，设滑行的位移为 s ，由动能定理可 得 2 6 10 2mgs mv    代入求得 3s d  即积木 B、C 最终停止时，B、C 间的距离为 3s d  。 18. 如图所示，工厂利用倾角 30   的皮带传输机，将每个质量 5kgm  的木箱（可视为质 点）从 A 点运送到 B 点，AB 段为直线且长度 10mL  ，每隔 0 1st  就有一个木箱以 0 3m/sv  的速度沿 AB 方向滑上传送带，传送带以 1m/sv  的速度逆时针匀速转动。已知各木箱与传 送带间的动摩擦因数 2 3 5   ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 210m/s 求： (1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间。 (2)传送带上最多有几个木箱同时在向下输送。 (3)第 1 个木箱从 A 点运动到 B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功。 (4)传送带正常工作比空载时，电动机多消耗的电功率。 【答案】(1)2s；(2)8；(3)-1440J；(4)210W 【解析】 【详解】(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度，由牛顿第二定律可知 sin30 cos30mg mg ma   代入数据解得 21m/sa   故木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间 - 22 - 0 1 3s 2s1 v vt a     (2)木箱减速过程中发生的位移 2 2 0 1 4m2 v vx a   木箱与传送带相对静止时，两木箱的间距为 2 0 1mx vt  设相对静止的木箱个数为 n，则有 1 2L x nx  故木箱的总的个数为 2 8N n   (3)木箱冲上传送带第 1s 内的位移 2 3 13 1m 1 1 m 2.5m2x       滑动摩擦力对未达到共速木箱做的功为 1 3cos30 75JW mg x     滑动摩擦力对所有达到共速木箱做功为 2 17 cos30 840JW mg x     静摩擦力对所有达到共速木箱做的功为 3 sin30 (6 5 4 3 2 1) 525JW mg          故第 1 个木箱从 A 点运动到 B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功为 1 2 3 1440JW W W W     (4)传送带正常工作时，传送带所受摩擦力 6 sin 2 cos 210Nf mg mg     电动机多消耗的功率 210 1W 210WP fv   