河北省衡水中學(xué)2016屆高三上學(xué)期四調(diào)物理試題 Word版含解析

1、2015-2016學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三（上）四調(diào)物理試卷一、選擇題（本大題共15小題；每小題4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多項(xiàng)選擇題，其余各題是單項(xiàng)）1下列說法正確的是：（）A物體速度變化越大，則加速度一定越大B物體動(dòng)量發(fā)生變化，則物體的動(dòng)能一定變化C合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒D系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒2氫原子能級如圖，當(dāng)氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時(shí)，輻射光的波長為656nm，以下判斷正確的是（）A氫原子從n=2躍遷到n=1的能級時(shí)，輻射光的波長大于656nmB用波長為325nm的光照射，可使氫原子從n=1躍遷到n=2的能級C一群

2、處于n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時(shí)最多產(chǎn)生3種譜線D用波長633nm的光照射，不能使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級3已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動(dòng)能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動(dòng)量4如圖所示，x軸在水平地面上，y軸豎直向上，在y軸上的P點(diǎn)分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個(gè)小球a和b，不計(jì)空氣阻力，若b上行的最大高度等于P點(diǎn)離地的高度，則從拋出到落地，有（）Aa的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的倍Ba的位移大小是

3、b的位移大小的倍Ca、b落地時(shí)的速度相同，因此動(dòng)能一定相同Da、b落地時(shí)的速度不同，但動(dòng)能可能相同5如圖所示光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙現(xiàn)用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是（）A拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量C拉力F和f1對A做的功之和小于A的動(dòng)能的增加量Df2對B做的功小于B的動(dòng)能的增加量6小行星繞恒星運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，恒星均勻地向四周輻射能量，質(zhì)量緩慢減小，可認(rèn)為小行星在繞恒星運(yùn)動(dòng)一周的過程中近似做圓周運(yùn)動(dòng)則經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，

4、小行星運(yùn)動(dòng)的（）A半徑變大B速率變大C加速度變小D周期變小7A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，圖表示發(fā)生碰撞前后的vt圖線，由圖線可以判斷（） AA、B的質(zhì)量比為3：2BA、B作用前后總動(dòng)量守恒CA、B作用前后總動(dòng)量不守恒DA、B作用前后總動(dòng)能不變8如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則（）A0t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大Bt2時(shí)刻物塊A的加速度最大Ct2時(shí)刻后物塊A做反向運(yùn)動(dòng)Dt3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大9如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球的前方O

5、點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后兩小球均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇=2，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2為（）A7：5B1：3C2：1D5：310兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運(yùn)動(dòng)，B球在前A球在后mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度可能為（）AvA=4m/s，vB=4m/sBvA=2m/s，vB=5m/sCvA=4m/s，vB=6m/sDvA=7m/s，vB=2.5m/s11如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速

6、度為v0小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上乙的寬度足夠大，速度為v1則（）A在地面參考系中，工件做類平拋運(yùn)動(dòng)B在乙參考系中，工件在乙上滑動(dòng)的軌跡是直線C工件在乙上滑動(dòng)時(shí)，受到乙的摩擦力方向不變D工件沿垂直于乙的速度減小為0時(shí)，工件的速度等于v112人用手托著質(zhì)量為m的“小蘋果”，從靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離L后，速度為v（物體與手始終相對靜止），物體與手掌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則下列說法正確的是（）A手對蘋果的作用力方向豎直向上B蘋果所受摩擦力大小為mgC手對蘋果做的功為mv2D蘋果對手不做功13如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)已知圓軌

7、道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力則下列說法正確的是（）A在軌道最低點(diǎn)、最高點(diǎn)，軌道對小球作用力的方向是相同的B小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出2R時(shí)，小球能通過圓軌道的最高點(diǎn)C小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出0.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中能不脫離軌道D小球的初位置只有比圓軌道最低點(diǎn)高出2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中才能不脫離軌道14在光滑的水平面上，動(dòng)能為E0，動(dòng)量為P0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小記為E1和P1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小記為E2和P2，則必有（）AE1E0BP1P0CE2E0DP2P015如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪

8、，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦）初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好靜止?fàn)顟B(tài)剪斷兩物塊 輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，（）A速率的變化量相同B機(jī)械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）16與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一樣，光電計(jì)時(shí)器也是一種研究物體運(yùn)動(dòng)情況時(shí)的常用計(jì)時(shí)儀器，如圖甲所示，a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置現(xiàn)利用如圖乙所示的裝置驗(yàn)證滑塊所受外力做功與其動(dòng)能變化的關(guān)系方法是：在滑塊上安裝一遮光板，把滑塊放在水平放置的氣墊導(dǎo)軌上（滑塊在該導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力可忽略），通過跨過定滑輪的細(xì)繩與鉤

9、碼相連，連接好1、2兩個(gè)光電門，在圖示位置釋放滑塊后，光電計(jì)時(shí)器記錄下滑塊上的遮光板先后通過兩個(gè)光電門的時(shí)間分別為t1、t2已知滑塊（含遮光板）質(zhì)量為M、鉤碼質(zhì)量為m、兩光電門間距為S、遮光板寬度為L、當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間用游標(biāo)卡尺（20分度）測量遮光板寬度，刻度如圖丙所示，讀數(shù)為mm；本實(shí)驗(yàn)想用鉤碼的重力表示滑塊受到的合外力，為減小這種做法帶來的誤差，實(shí)驗(yàn)中需要滿足的條件是Mm（填“大于”、“遠(yuǎn)大于”、“小于”或“遠(yuǎn)小于”）計(jì)算滑塊先后通過兩個(gè)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為：v1=、v2=；（用題中所給字母表示）本實(shí)驗(yàn)中，驗(yàn)證滑塊運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能定理的表達(dá)式為（用題中所給字母表示）17用如圖1實(shí)驗(yàn)裝

10、置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律圖2給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖2所示已知m1=50g、m2=150g，則（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v=m/s；（2）在05過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量EK=J，系統(tǒng)勢能的減少量EP=J；（3）若某同學(xué)作出圖象如圖3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s218如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是4kg和8kg由輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻

11、壁接觸，另有一個(gè)物體C水平向左運(yùn)動(dòng)，在t=5s時(shí)與物體A相碰，并立即與A有相同的速度，一起向左運(yùn)動(dòng)，物塊C的速度時(shí)間圖象如乙所示（1）求物體C的質(zhì)量；（2）在5s到15s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物體B的作用力的沖量19（10分）（2015青島二模）如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角=45°、高H=4m的斜面在斜面上方固定放置一段由內(nèi)壁光滑的圓管構(gòu)成的軌道ABCD，圓周部分的半徑R=m，AB與圓周相切于B點(diǎn)，長度為R，與水平方向的夾角=60°，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點(diǎn)C、軌道末端D與斜面頂端處于同一高度現(xiàn)將一質(zhì)量為0.1kg，直徑可忽略的小球從管口A處由靜止釋放，g取10m/

12、s2（1）求小球在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；（2）若小球與斜面碰撞（不計(jì)能量損失）后做平拋運(yùn)動(dòng)落到水平地面上，則碰撞點(diǎn)距斜面左端的水平距離x多大時(shí)小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移最大？是多少？20（12分）（2015秋衡水校級月考）如圖所示，為一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長為L=0.2m，動(dòng)摩擦因數(shù)=0.6，BC、DEN段均可視為光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半徑為r=0.4m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過在左端豎直墻上固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球質(zhì)量m=0.2kg，壓縮輕質(zhì)彈簧至A點(diǎn)后由靜止釋放（

13、小球和彈簧不粘連），小球剛好能沿DEN軌道滑下求：（1）小球剛好能通過D點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度的大小及受到軌道的支持力的大?。唬?）壓縮的彈簧所具有的彈性勢能21（12分）（2015江西校級二模）如圖，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質(zhì)量為M=3.0kg，木板的長度為L=1.5m在木板右端有一小物塊，其質(zhì)量m=1.0kg，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.10，它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左滑動(dòng)，重力加速度g取10m/s2若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到左端擋板處，求v0的大??；若初速度v0=3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而

14、不脫離木板，求碰撞過程中損失的機(jī)械能2015-2016學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三（上）四調(diào)物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共15小題；每小題4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多項(xiàng)選擇題，其余各題是單項(xiàng)）1下列說法正確的是：（）A物體速度變化越大，則加速度一定越大B物體動(dòng)量發(fā)生變化，則物體的動(dòng)能一定變化C合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)機(jī)械能一定守恒D系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒【考點(diǎn)】動(dòng)量定理；速度；加速度；機(jī)械能守恒定律 【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題【分析】根據(jù)加速度的定義式判斷加速度與速度變化量的關(guān)系，動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)量變化，動(dòng)能不一定變化；當(dāng)系統(tǒng)

15、只有重力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒【解答】解：A、根據(jù)加速度a=知，速度變化越大，則加速度不一定大故A錯(cuò)誤B、物體的動(dòng)量發(fā)生變化，速度大小不一定變化，則動(dòng)能不一定變化故B錯(cuò)誤C、合外力對系統(tǒng)做功為零，可能存在除重力以外其它力做功，其它力不為零，則機(jī)械能不守恒故C錯(cuò)誤D、系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒故D正確故選：D【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒的條件，知道動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，物體的動(dòng)量變化，動(dòng)能不一定變化，動(dòng)能變化，則動(dòng)量一定變化2氫原子能級如圖，當(dāng)氫原子從n=3躍遷到n=2的能級時(shí)，輻射光的波長為656nm，以下判斷正確的是（）A氫原

16、子從n=2躍遷到n=1的能級時(shí)，輻射光的波長大于656nmB用波長為325nm的光照射，可使氫原子從n=1躍遷到n=2的能級C一群處于n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時(shí)最多產(chǎn)生3種譜線D用波長633nm的光照射，不能使氫原子從n=2躍遷到n=3的能級【考點(diǎn)】氫原子的能級公式和躍遷 【專題】原子的能級結(jié)構(gòu)專題【分析】大量處于n=3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷，可以輻射出3種不同頻率的光子，躍遷釋放能量滿足E=EmEn既不能多于能級差，也不能少于此值，同時(shí)根據(jù)，即可求解【解答】解：A、從n=3躍遷到n=2的能級時(shí)，輻射光的波長為656nm，即有：h，而當(dāng)從n=2躍遷到n=1的能級時(shí)，輻射能量更多，則

17、頻率更高，則波長小于656nm故A錯(cuò)誤B、當(dāng)從n=1躍遷到n=2的能級，需要吸收的能量為E=（3.4（13.6）×1.6×1019J，根據(jù)A選項(xiàng)分析，則有：，解得：=122nm；故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)數(shù)學(xué)組合=3，可知一群n=3能級上的氫原子向低能級躍遷時(shí)最多產(chǎn)生3種譜線故C正確D、同理，氫原子的電子從n=2躍遷到n=3的能級，必須吸收的能量為E，與從n=3躍遷到n=2的能級，放出能量相等，因此只能用波長656nm的光照射，才能使得電子從n=2躍遷到n=3的能級故D正確故選：CD【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)的條件，以及知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差3已知

18、鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動(dòng)能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A波長B頻率C能量D動(dòng)量【考點(diǎn)】電磁波譜 【專題】光電效應(yīng)專題【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動(dòng)量大小金屬的逸出功W0=hc，c是金屬的截止頻率【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得： Ek=hW0，又 W0=hc聯(lián)立得：Ek=hhc，據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動(dòng)能較小，由P=，可知該光電子的動(dòng)量較小，根

19、據(jù)=可知，波長較大，則頻率較小故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要掌握光電效應(yīng)方程，明確光電子的動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系、物質(zhì)波的波長與動(dòng)量的關(guān)系=4如圖所示，x軸在水平地面上，y軸豎直向上，在y軸上的P點(diǎn)分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個(gè)小球a和b，不計(jì)空氣阻力，若b上行的最大高度等于P點(diǎn)離地的高度，則從拋出到落地，有（）Aa的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地時(shí)的速度相同，因此動(dòng)能一定相同Da、b落地時(shí)的速度不同，但動(dòng)能可能相同【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng) 【專題】定量思想；合成分解法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】a做平

20、拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出時(shí)間與高度的關(guān)系b做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，下落做自由落體運(yùn)動(dòng)，分兩段求運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可求解時(shí)間關(guān)系；b的位移大小等于拋出時(shí)的高度根據(jù)b的最大高度，求出初速度與高度的關(guān)系，即可研究位移關(guān)系；根據(jù)機(jī)械能守恒分析落地時(shí)動(dòng)能關(guān)系【解答】解：A、設(shè)P點(diǎn)離地的高度為h對于b：b做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升過程與下落過程對稱，則b上升到最大的時(shí)間為t1=，從最高點(diǎn)到落地的時(shí)間為 t2=，故b運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間tb=t1+t2=（+1）；對于a：做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ta=；則有tb=（+1）ta故A錯(cuò)誤B、對于b：h=，則得v0=；對于a：水平位移為x=v0t=2h，a的位移為

21、xa=h，而b的位移大小為h，則a的位移大小是b的位移大小的倍故B正確CD、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ek=mgh+，若兩球的質(zhì)量相等，則兩球落地時(shí)動(dòng)能相同而速度方向不同，則落地時(shí)速度不同故C錯(cuò)誤，D正確故選：BD【點(diǎn)評】本題的解題關(guān)鍵要掌握豎直上拋和平拋兩種運(yùn)動(dòng)的研究方法及其規(guī)律，并根據(jù)機(jī)械能守恒分析落地時(shí)動(dòng)能關(guān)系5如圖所示光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙現(xiàn)用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是（）A拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量C拉力

22、F和f1對A做的功之和小于A的動(dòng)能的增加量Df2對B做的功小于B的動(dòng)能的增加量【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用 【專題】參照思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】對兩物體及整體受力分析，結(jié)合可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由功能關(guān)系進(jìn)行分析【解答】解：A、若拉力不夠大，AB一起加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對整體，根據(jù)動(dòng)能定理可知，拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量故A正確B、若拉力足夠大，A與B有相對運(yùn)動(dòng)，對整體分析可知，F(xiàn)做功轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體的動(dòng)能及系統(tǒng)的內(nèi)能；故拉力F做的功大于AB系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；故B正確C、對A來說，只有拉力F和摩擦力f1做功，由動(dòng)能定理可知，拉力F和f1對A做的功之和等于A的動(dòng)能的增加量故C錯(cuò)誤D、

23、對B來說，只有摩擦力f2做功，由動(dòng)能定理可知，f2對B做的功等于B的動(dòng)能的增加量故D錯(cuò)誤故選：AB【點(diǎn)評】本題考查了能量守恒定律和動(dòng)能定理的運(yùn)用，要靈活選擇研究對象，正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的，這是解決這類問題的關(guān)鍵6小行星繞恒星運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，恒星均勻地向四周輻射能量，質(zhì)量緩慢減小，可認(rèn)為小行星在繞恒星運(yùn)動(dòng)一周的過程中近似做圓周運(yùn)動(dòng)則經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，小行星運(yùn)動(dòng)的（）A半徑變大B速率變大C加速度變小D周期變小【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用；向心力 【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】恒星均勻地向四周輻射能量，質(zhì)量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運(yùn)動(dòng)，即半徑增大，又小

24、行星繞恒星運(yùn)動(dòng)做圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，可分析線速度、周期、加速度等【解答】解：A、恒星均勻地向四周輻射能量，質(zhì)量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星做離心運(yùn)動(dòng)，即半徑增大，故A正確；B、根據(jù)得，a=，v=，T=，因?yàn)閞增大，M減小，則a減小，v減小，T增大故C正確，B、D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評】關(guān)于萬有引力與航天，記住作圓周運(yùn)動(dòng)萬有引力等于向心力；離心運(yùn)動(dòng)，萬有引力小于向心力；向心運(yùn)動(dòng)，萬有引力大于向心力7A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，圖表示發(fā)生碰撞前后的vt圖線，由圖線可以判斷（） AA、B的質(zhì)量比為3：2BA、B作用前后總動(dòng)量守恒CA、B作用前后總動(dòng)量不守恒DA、B作用

25、前后總動(dòng)能不變【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像 【分析】由圖可以讀出兩物體碰撞前后的各自速度，根據(jù)動(dòng)量守恒列方程求質(zhì)量比【解答】解：A、根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mA6+mB1=mA2+mB7得：mA：mB=3：2，故A正確；B、根據(jù)動(dòng)量守恒知A、B作用前后總動(dòng)量守恒，B正確C錯(cuò)誤；D、作用前總動(dòng)能：mA62+mB12=mA作用后總動(dòng)能：mA22+mB72=mA可見作用前后總動(dòng)能不變，D正確；故選：ABD【點(diǎn)評】兩物體碰撞過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒8如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力

26、大小相等，則（）A0t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大Bt2時(shí)刻物塊A的加速度最大Ct2時(shí)刻后物塊A做反向運(yùn)動(dòng)Dt3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；功率、平均功率和瞬時(shí)功率 【專題】壓軸題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時(shí)，物體開始運(yùn)動(dòng)；當(dāng)物體受到的合力最大時(shí)，物體的加速度最大；由動(dòng)能定理可知，物體拉力做功最多時(shí)，物體獲得的動(dòng)能最大【解答】解：A、由圖象可知，0t1時(shí)間內(nèi)拉力F小于最大靜摩擦力，物體靜止，拉力功率為零，故A錯(cuò)誤；B、由圖象可知，在t2時(shí)刻物塊A受到的拉力最大，物塊A受到的合力最大，由牛頓第二定律可得，此時(shí)物塊A的加速度最大，故B正確；C、由圖象可知在t2t

27、3時(shí)間內(nèi)物體受到的合力與物塊的速度方向相同，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、由圖象可知在t1t3時(shí)間內(nèi)，物塊A受到的合力一直做正功，物體動(dòng)能一直增加，在t3時(shí)刻以后，合力做負(fù)功物塊動(dòng)能減小，因此在t3時(shí)刻物塊動(dòng)能最大，故D正確；故選BD【點(diǎn)評】根據(jù)圖象找出力隨時(shí)間變化的關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵；要掌握圖象題的解題思路9如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后兩小球均向右運(yùn)動(dòng)小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇=2，則兩小球的質(zhì)量之比m1：m2為（）A7：

28、5B1：3C2：1D5：3【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律 【分析】根據(jù)碰后再次相遇的路程關(guān)系，求出小球碰后的速度大小之比，根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量、能量守恒列方程即可求出兩球的質(zhì)量之比【解答】解：設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，以向右為正好方向，由動(dòng)量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2由能量守恒定律有：m1v02=m1v12+m2v22 兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速度率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：v1：v2=：（+2）=1：5聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：m1：m2=5：3故選：D【點(diǎn)評】解答本題的突破口是根據(jù)碰后路程關(guān)系求出碰后的速度大小之比，本題很好的將直線運(yùn)動(dòng)問題與動(dòng)量守恒和功能關(guān)系聯(lián)系起來，比較

29、全面的考查了基礎(chǔ)知識(shí)10兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運(yùn)動(dòng)，B球在前A球在后mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度可能為（）AvA=4m/s，vB=4m/sBvA=2m/s，vB=5m/sCvA=4m/s，vB=6m/sDvA=7m/s，vB=2.5m/s【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律 【分析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能可能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能；同時(shí)考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度【解答】解：兩球碰撞過程系

30、統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较?，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=m/s，如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB，由機(jī)械能守恒定律得：mAvA2+mBvB2=mAvA2+mBvB2，代入數(shù)據(jù)解得：vA=m/s，vB=m/s，則碰撞后A、B的速度：m/svAm/s，m/svBm/s，故選：B【點(diǎn)評】本題碰撞過程中動(dòng)量守恒，同時(shí)要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實(shí)際情況，即后面的球不會(huì)比前面的球運(yùn)動(dòng)的快11如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0小工件離開甲前與甲的速

31、度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上乙的寬度足夠大，速度為v1則（）A在地面參考系中，工件做類平拋運(yùn)動(dòng)B在乙參考系中，工件在乙上滑動(dòng)的軌跡是直線C工件在乙上滑動(dòng)時(shí)，受到乙的摩擦力方向不變D工件沿垂直于乙的速度減小為0時(shí)，工件的速度等于v1【考點(diǎn)】摩擦力的判斷與計(jì)算；參考系和坐標(biāo)系 【專題】摩擦力專題【分析】在地面參考系中，沿甲與乙的運(yùn)動(dòng)方向分析摩擦力方向，根據(jù)合外力方向與初速度方向的夾角分析工件的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：A、在地面參考系中，沿甲運(yùn)動(dòng)的方向滑動(dòng)摩擦力分力向左，沿乙運(yùn)動(dòng)的方向滑動(dòng)摩擦力沿乙運(yùn)動(dòng)方向，則摩擦力的合力如圖合初速度沿甲運(yùn)動(dòng)的方向，則合力與初速度不垂直，所以工件做的不是類平拋運(yùn)動(dòng)故A錯(cuò)誤B

32、、在乙參考系中，如右圖所示，摩擦力的合力與合初速度方向相反，故工件在乙上滑動(dòng)的軌跡是直線，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確C、工件在乙上滑動(dòng)時(shí)，在x軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知兩個(gè)方向摩擦力的分力不變，受到乙的摩擦力方向不變，當(dāng)工件沿垂直于乙的速度減小為0時(shí)，摩擦力方向沿y軸方向，摩擦力方向發(fā)生改變故C錯(cuò)誤D、設(shè)t=0時(shí)刻摩擦力與縱向的夾角為，側(cè)向（x軸方向）、縱向（y軸方向）加速度的大小分別為ax、ay，則=tan很短的時(shí)間t內(nèi)，側(cè)向、縱向的速度增量大小分別為vx=axt，vy=ayt解得：=tan由題意知 tan=，則=，則當(dāng)vx=v0，vy=v1，所以工件沿垂直于乙

33、的速度減小為0時(shí)，工件的速度等于v1故D正確故選：BD【點(diǎn)評】本題考查工件在傳送帶上的相對運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵將工件的運(yùn)動(dòng)分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解12人用手托著質(zhì)量為m的“小蘋果”，從靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離L后，速度為v（物體與手始終相對靜止），物體與手掌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則下列說法正確的是（）A手對蘋果的作用力方向豎直向上B蘋果所受摩擦力大小為mgC手對蘋果做的功為mv2D蘋果對手不做功【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；功的計(jì)算 【專題】功的計(jì)算專題【分析】分析手及蘋果的運(yùn)動(dòng)，明確蘋果及手的受力情況，根據(jù)摩擦力的性質(zhì)及受力分析可確定摩

34、擦力及手對蘋果作用力的方向；根據(jù)動(dòng)能定理可明確手對蘋果所做的功【解答】解：A、蘋果的加速度方向水平方向，蘋果的合力方向在水平方向上，蘋果受到重力和手的作用力，而重力在豎直方向，故手的作用力應(yīng)為斜上方，故A錯(cuò)誤；B、由于蘋果和手相對靜止，故其受到的摩擦力為靜摩擦力，不能確定是否等于mg；故B錯(cuò)誤；C、由動(dòng)能定理可知，合外力做功等于動(dòng)能的改變量；豎直方向重力不做功；故手對蘋果做的功為mv2；故C正確；D、由于手發(fā)生了位移，且受到水平方向的摩擦力；故蘋果對手做功；故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評】本題考查了動(dòng)能定理、受力分析及功的計(jì)算等，要注意體會(huì)受力分析的重要性，同時(shí)掌握用動(dòng)能定理分析問題的能力13如圖所

35、示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)已知圓軌道的半徑為R，忽略一切摩擦阻力則下列說法正確的是（）A在軌道最低點(diǎn)、最高點(diǎn)，軌道對小球作用力的方向是相同的B小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出2R時(shí)，小球能通過圓軌道的最高點(diǎn)C小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出0.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中能不脫離軌道D小球的初位置只有比圓軌道最低點(diǎn)高出2.5R時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中才能不脫離軌道【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力 【專題】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】使小球能夠通過圓軌道最高點(diǎn)，那么小球在最高點(diǎn)時(shí)應(yīng)該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時(shí)的最小的

36、速度，再由機(jī)械能守恒可以求得離最低點(diǎn)的高度h【解答】解：A、小球在最高點(diǎn)時(shí)，若受彈力，則彈力一定豎直向上；而在最低點(diǎn)，支持力與重力的合力充當(dāng)向心力，故作用力一定向上，故A錯(cuò)誤；B、要使小球能通過最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)處應(yīng)有：mg=；再由機(jī)械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少為h=R；故小球高出2.5R時(shí)，小球才能通過最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、若小球距最低點(diǎn)高出0.5R時(shí)，由機(jī)械能守恒可知，小球應(yīng)到達(dá)等高的地方，即0.5R處，小球受到圓軌道的支持，不會(huì)脫離軌道，故C正確；D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R時(shí)，也不會(huì)脫離軌道，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評】本題考查機(jī)械

37、能守恒及向心力公式，明確最高點(diǎn)的臨界速度，并注意小球在軌道內(nèi)不超過R時(shí)也不會(huì)離開軌道14在光滑的水平面上，動(dòng)能為E0，動(dòng)量為P0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小記為E1和P1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小記為E2和P2，則必有（）AE1E0BP1P0CE2E0DP2P0【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律 【分析】根據(jù)碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動(dòng)量守恒和總動(dòng)能不增加，分析可知得到：E1E0，E2E0，P1P0由動(dòng)量守恒定律分析P2與P0的關(guān)系【解答】解：A、B、C由題，碰撞后兩球均有速度根據(jù)碰撞過程中總動(dòng)能不增加可知，E1E0，E2E0，P1P0否則，就違反

38、了能量守恒定律故AB正確，C錯(cuò)誤 D、根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：P0=P2P1，得到P2=P0+P1，可見，P2P0故D正確故選ABD【點(diǎn)評】本題考查對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應(yīng)用能力碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動(dòng)量守恒和總動(dòng)能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結(jié)果15如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦）初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好靜止?fàn)顟B(tài)剪斷兩物塊 輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，（）A速率的變化量相同B機(jī)械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律 【專題】機(jī)械能守恒定

39、律應(yīng)用專題【分析】剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，機(jī)械能守恒，重力勢能變化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功與時(shí)間的比值【解答】解：設(shè)斜面傾角為，剛開始AB處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以mBgsin=mAg，所以mBmA，A、剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：mv2=mghv=所以速度的變化量為v0=，故A正確；B、剪斷細(xì)線，A、B兩物體都只有重力做功，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能的變化量都為零，故B錯(cuò)誤；C、重力勢能變化量EP=mgh，由于AB的質(zhì)量不相等，所以重力勢能變化不相同，故C錯(cuò)誤；D、A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t1=，所以A重力做功的

40、平均功率為：=B運(yùn)動(dòng)有：=gsint22，解得：t2=，所以B重力做功的平均功率為：=，而mBgsin=mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D正確故選：AD【點(diǎn)評】重力做功決定重力勢能的變化與否，若做正功，則重力勢能減少；若做負(fù)功，則重力勢能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時(shí)間的比值，難度適中二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）16與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一樣，光電計(jì)時(shí)器也是一種研究物體運(yùn)動(dòng)情況時(shí)的常用計(jì)時(shí)儀器，如圖甲所示，a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置現(xiàn)利用如圖乙所示的裝置驗(yàn)證滑塊所受外力做功與其動(dòng)能變化的關(guān)系方法是：在滑塊上安裝一遮光板，把滑塊放在水平放置的氣墊導(dǎo)軌上（滑塊在該導(dǎo)軌

41、上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力可忽略），通過跨過定滑輪的細(xì)繩與鉤碼相連，連接好1、2兩個(gè)光電門，在圖示位置釋放滑塊后，光電計(jì)時(shí)器記錄下滑塊上的遮光板先后通過兩個(gè)光電門的時(shí)間分別為t1、t2已知滑塊（含遮光板）質(zhì)量為M、鉤碼質(zhì)量為m、兩光電門間距為S、遮光板寬度為L、當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間用游標(biāo)卡尺（20分度）測量遮光板寬度，刻度如圖丙所示，讀數(shù)為5.70mm；本實(shí)驗(yàn)想用鉤碼的重力表示滑塊受到的合外力，為減小這種做法帶來的誤差，實(shí)驗(yàn)中需要滿足的條件是M遠(yuǎn)大于m（填“大于”、“遠(yuǎn)大于”、“小于”或“遠(yuǎn)小于”）計(jì)算滑塊先后通過兩個(gè)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度的表達(dá)式為：v1=、v2=；（用題中所給字母表示）本實(shí)驗(yàn)中，驗(yàn)證滑塊

42、運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能定理的表達(dá)式為mgs=M（）2M（）2（用題中所給字母表示）【考點(diǎn)】探究功與速度變化的關(guān)系 【專題】實(shí)驗(yàn)題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀（2）滑塊在水平木板運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向上受到繩的拉力和摩擦力，想用鉤碼的重力表示小車受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必須要滿足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的總質(zhì)量（3、4）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度求出滑塊先后通過兩個(gè)光電門的瞬時(shí)速度抓住滑塊重力勢能的減小量等于滑塊動(dòng)能的增加量列出表達(dá)式【解答】解：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5mm，游標(biāo)讀數(shù)為0.05×14mm=0.70mm，則最終讀

43、數(shù)為5+0.70=5.70mm（2）由于滑塊在運(yùn)動(dòng)的過程中受到阻力，為了減小阻力的影響，需平衡摩擦力設(shè)鉤碼的質(zhì)量為m，滑塊的質(zhì)量為M，對系統(tǒng)運(yùn)用牛頓第二定律得，a=，則繩子的拉力T=Ma=，當(dāng)mM時(shí)，繩子的拉力等于鉤碼的重力（3）滑塊通過光電門1的瞬時(shí)速度v1=，通過光電門2的瞬時(shí)速度v2=（4）滑塊重力勢能的減小量為mgs，滑塊動(dòng)能的增加量為M（）2M（）2則滑塊的機(jī)械能守恒的表達(dá)式為mgs=M（）2M（）2故答案為：（1）5.70；（2）遠(yuǎn)大于，（3），；（4）mgs=M（）2M（）2【點(diǎn)評】（1、2）解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，以及掌握用鉤碼重力表示小車所受合力的處

44、理方法（3、4）解決本題的關(guān)鍵知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時(shí)速度，以及掌握該實(shí)驗(yàn)的原理，滑塊的機(jī)械能守恒17用如圖1實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律圖2給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖2所示已知m1=50g、m2=150g，則（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）在紙帶上打下記數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v=2.4m/s；（2）在05過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量EK=0.58J，系統(tǒng)勢能的減少量EP=0.59J；（3）若某同學(xué)

45、作出圖象如圖3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.7m/s2【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 【專題】實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】（1）根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出點(diǎn)5的瞬時(shí)速度（2）根據(jù)點(diǎn)5的瞬時(shí)速度求出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，根據(jù)下落的高度求出系統(tǒng)重力勢能的減小量（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得出的關(guān)系式，根據(jù)圖線的斜率得出重力加速度的值【解答】解：（1）（2）在05過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量EK=J0.58J系統(tǒng)重力勢能的減小量為（m2m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J0.59J（3）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：則知圖線的斜率k=解得g=9.7m/s2

46、故答案為：（1）2.4 （2）0.58、0.59 （3）9.7【點(diǎn)評】本題驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，關(guān)鍵得出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減小量18如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是4kg和8kg由輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻壁接觸，另有一個(gè)物體C水平向左運(yùn)動(dòng)，在t=5s時(shí)與物體A相碰，并立即與A有相同的速度，一起向左運(yùn)動(dòng)，物塊C的速度時(shí)間圖象如乙所示（1）求物體C的質(zhì)量；（2）在5s到15s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物體B的作用力的沖量【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律 【專題】動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合【分析】（1）A、C碰撞過程遵守動(dòng)量守恒，即可列式求出C的質(zhì)量（2

47、）根據(jù)動(dòng)量定理求出墻壁對物體B的作用力沖量【解答】解：（1）由圖象可得：物體C以速度v0=6m/s與A相碰，碰撞后兩者立即有相同的速度v=2m/s，A、C在碰撞過程中動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒得：mCv0=（mA+mC）v，代入數(shù)據(jù)解得：mC=2kg（2）在5s到15s內(nèi)，墻壁對B的作用力F等于輕彈簧的彈力，輕彈簧的彈力使物體A和C的速度由2m/s減到0，再反彈到2m/s，則彈力的沖量等于F的沖量為：I=（mA+mC）v（mA+mC）v解得：I=24Ns，方向向右答：（1）物塊C的質(zhì)量為2kg；（2）在5s到15s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對物體B的作用力的沖量為24Ns，方向向右【點(diǎn)評】本題一

48、要由速度圖象讀出物體的運(yùn)動(dòng)情況，明確碰撞前后A、C的速度，二要會(huì)根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解C的質(zhì)量，由動(dòng)量定理求解變力的沖量19（10分）（2015青島二模）如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角=45°、高H=4m的斜面在斜面上方固定放置一段由內(nèi)壁光滑的圓管構(gòu)成的軌道ABCD，圓周部分的半徑R=m，AB與圓周相切于B點(diǎn)，長度為R，與水平方向的夾角=60°，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點(diǎn)C、軌道末端D與斜面頂端處于同一高度現(xiàn)將一質(zhì)量為0.1kg，直徑可忽略的小球從管口A處由靜止釋放，g取10m/s2（1）求小球在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；（2）若小球與斜面碰撞（不計(jì)能量損失）后做平拋運(yùn)動(dòng)

49、落到水平地面上，則碰撞點(diǎn)距斜面左端的水平距離x多大時(shí)小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移最大？是多少？【考點(diǎn)】向心力；平拋運(yùn)動(dòng) 【專題】勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）由幾何關(guān)系求出AD之間的豎直高度為h，A到C根據(jù)動(dòng)能定理求出C點(diǎn)速度，在C點(diǎn)，根據(jù)向心力公式求解；（2）從A到碰撞點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求出碰撞時(shí)的速度，由于沒有能量損失，則碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度即為碰撞時(shí)的速度，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)基本公式結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解【解答】解：（1）設(shè)AD之間的豎直高度為h，由幾何關(guān)系可知：h=R+Rsin30°+lABsin60°=2mA到C根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh=在C點(diǎn)：FNmg=解得：FN=7N 由牛頓第三定律可知小球在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為7N（2）從A到碰撞點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（h+x）=平拋過程：Hx=平拋水平位移：Sx=v0t代入數(shù)據(jù)整理得：Sx=可知：當(dāng)x=1m時(shí)平拋水平位移Sx有最大值Sm=6m 答：（1）求小球