XX省青島第二中學屆高三物理上學期期中試卷含解析

XX省青島第二中學屆高三物理上學期期中試卷含分析XX省青島第二中學屆高三物理上學期期中試卷含分析PAGEXX省青島第二中學屆高三物理上學期期中試卷含分析山東省青島二中2019屆高三上學期期中考試物理試卷一、選擇題1.用不相同頻次的紫外線分別照耀鎢和鋅的表面而產生光電效應,可獲取光電子的最大初動能Ek隨入射光頻次ν變化的Ek-ν圖像,已知鎢的逸出功是3.28eV,鋅的逸出功是3.34eV,若將兩者的圖線畫在同一個Ek-ν坐標系中,圖頂用實線表示鎢,虛線表示鋅,則正確反應這一過程的是()A.B.C.D.【答案】A【分析】【分析】依據(jù)光電效應方程寫出金屬的最大初動能的表達式，且，即可判斷；【詳解】由光電效應方程知，對金屬鎢，對金屬鋅，所以圖象的斜率相同，圖線應平行。又有，因為金屬鎢的逸出功大于金屬鋅的逸出功，則圖線與橫軸的截距點越大，金屬的極限頻次越大，故A正確，選項BCD錯誤?！军c睛】本題聯(lián)合圖象察看了光電效應方程，解答的重點是抓住金屬的逸出功越大，則光電子的最大初動能越小即可正確解答。2.以以下圖，固定的半圓形豎直軌道，AB為水平直徑，O為圓心，同時從A點水平拋出質量相等的甲、乙兩個小球，初速度分別為v1、v2，分別落在C、D兩點。并且C、D兩點等高，OC、OD與豎直方向的夾角均為37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。則（）A.甲、乙兩球著落到軌道上C、D兩點時的機械能和重力剎時功率不相等；B.甲、乙兩球著落到軌道上的速度變化量不相同；C.v1：v2=1：3；D.v1：v2=1：4?！敬鸢浮緿【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，依據(jù)平拋運動水平位移和豎直位移的關系確立兩小球初速度大小之比；【詳解】A、依據(jù)可知，甲、乙兩球著落到軌道的時間相等，故速度的豎直重量相等，依據(jù)，故重力的剎時功率相等，故A錯誤；

B、兩個球的速度速度變化量等于，因為相等，故速度變化量相等，故B錯誤；C、由圖可知，兩個物體著落的高度是相等的，依據(jù)可知，甲、乙兩球著落到軌道的時間相等；設圓形軌道的半徑為R，則A、C的水平位移為：，，則；由，可知t相同，則由可知，，故C錯誤，D正確?！军c睛】解決本題的重點知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，聯(lián)合運動學公式靈巧求解，同時要知道剎時功率表達式P=Fvcosθ。3.以以下圖,豎直面內有一圓環(huán),圓心為O,水平直徑為AB,傾斜直徑為MN，AB、MN夾角為θ,一不可以伸長的輕繩兩頭分別固定在圓環(huán)的M、N兩點,輕質滑輪連結一重物,擱置在輕繩上,不計滑輪與輕繩摩擦與輕繩重力，圓環(huán)從圖示地點順時針遲緩轉過2θ的過程中，輕繩的張力的變化狀況正確的選項是（）A.漸漸增大B.先增大再減小C.漸漸減小D.先減小再增大【答案】B【分析】M、N連線與水平直徑的夾角越大，M、N之間的水平距離越小，輕繩與豎直方向的夾角越小，依據(jù)，輕繩的張力越小，故圓環(huán)從圖示地點順時針遲緩轉過2θ的過程，輕繩的張力先增大再減小，故B正確，ACD錯誤；應選B。4.兩顆互不影響的行星P1、P2,各有一顆近地衛(wèi)星S1、S2繞其做勻速圓周運動。圖中縱軸表示行星四周空間某地點的引力加快度a,橫軸表示某地點到行星中心距離r平方的倒數(shù),a-關系以以下圖,衛(wèi)星S1、S2的引力加快度大小均為a0。則（

）A.S1的質量比S2的大；B.P1的質量比P2的大；C.P1的第一宇宙速度比P2的??；D.P1的均勻密度比P2的大?！敬鸢浮緽【分析】【詳解】依據(jù)牛頓第二定律得：G＝ma，則得行星對四周空間各處物體的引力產生的加快度為：a＝，由此不可以判斷近地衛(wèi)星S1、S2的質量大??；由數(shù)學知識知，a－圖象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的質量比P2的大，故A錯誤，B正確；設第一宇宙速度為v，則a0＝，得v＝，由圖看出，P1的半徑比P2的半徑大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C錯誤；行星的均勻密度ρ＝，P1的半徑比P2的半徑大，a0相等，則P1的均勻密度比P2的小，故D錯誤；應選B.【點睛】解決本題的重點掌握萬有引力供給向心力這一思路，搞清圖像的物理意義，特別是斜率；知道線速度、角速度、周期、加快度與軌道半徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算．5.以以下圖，一個質點做勻加快直線運動，挨次經過a、b、c、d四點，已知經過ab、bc和cd三段所用時間之比為2：1：2，經過ab和cd段的位移分別為x1和x2，則bc段的位移為（）A.B.C.D.【答案】B【分析】設bc段所用時間為t，依據(jù)勻變直線運規(guī)律可知，bc段均勻速度等ad段均勻速度，即，，由以上兩式可解得：，故B正確。6.以以下圖，豎直平面內放向來角桿MON，桿的水平部分粗拙，動摩擦因數(shù)μ=0.2，桿的豎直部分圓滑。兩部分各套有質量均為1kg的小球A和B，A、B球間用細繩相連。初始A、B均處于靜止狀態(tài)，已知OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右遲緩地挪動1m（取g=10m/s2），那么該過程中拉力F做功為（）A.4JB.10JC.12JD.14J【答案】D【分析】【分析】對AB整體受力分析，依據(jù)共點力均衡條件列式，求出支持力N，進而獲取滑動摩擦力為恒力，最后對整體運用動能定理列式，獲取拉力的功；【詳解】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，以以下圖：

依據(jù)共點力均衡條件，有

豎直方向：

水平方向：

此中：

解得：，

對整體在整個運動過程中運用動能定理列式，獲?。阂罁?jù)幾何關系，可知求B上漲距離，故有：，應選項D正確，選項ABC錯誤?！军c睛】本題中拉力為變力，先對整體受力分析后依據(jù)共點力均衡條件得出摩擦力為恒力，此后依據(jù)動能定理求變力做功。7.以以下圖，A點距水平川面高度為h，木塊M處于靜止狀態(tài)，某時辰開釋M，木塊做自由落體運動，空中運動總時間為t1。若一子彈m以水平速度v射向木塊并嵌在木塊中，若在A點開釋同時射入木塊空中運動總時間為t2，若在木塊落至h一半的B點時射入木塊空中運動總時間為t3，設：木塊與子彈作用時間極短，空氣阻力不計，則（）A.t1=t2=t3B.t1=t2<t3C.t1<t2=t3D.t1>t2>t3【答案】B【分析】【分析】當A木塊落至某一地點時，A豎直方向的速度不為零，而子彈豎直分速度為零，故A會遇到子彈向上的作使勁，此后依據(jù)牛頓第二定律進行分析即可；【詳解】將M由靜止開始著落，則M做自由落體運動；當M剛開始著落時子彈射入，則兩者以某一共同的水平初速度做平拋運動，豎直方向仍為自由落體運動，即；若在木塊落至h一半的B點時子彈射入木塊，水平方向動量守恒，即A會獲取水平方向的分速度，而子彈此時豎直方向速度為零，要從零加快到與A擁有相同的速度，需遇到A向下的作使勁，依據(jù)牛頓第三定律A會遇到子彈給的向上的作使勁，則向下的加快度會減小，小于自由落體加快度g，故A著落時間較長一些，綜上所述，則有，應選項B正確，選項ACD錯誤?！军c睛】察看自由落體運動的規(guī)律，掌握動量及動量守恒的定律，理解運動的合成與分解。8.以以下圖，一長木板在水平川面上運動，在某時辰（t=0）將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，己知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊向來在木板上。在物塊放到木板上今后，木板運動的速度-時間圖象可能是以以下圖中的（）A.B.C.D.【答案】A【分析】設滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是μ1，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)是μ2，在未達到相同速度以前，木板的加快度為-μ1mg-μ2?2mg=ma1，解得：a1=-（μ1+2μ2）g；達到相同速度今后，兩者共同的加快度為：-μ2?2mg=2ma2；解得a2=-μ2g；由加快度可知，圖象A正確。應選A。9.以下對于物理學史的說法正確的選項是首發(fā)（）A.康普頓的學生，中國留學生吳有訓測試了多種物質對X射線的散射，證了然康普頓效應的廣泛性；B.湯姆遜用不相同資料的陰極做實驗，所得的陰極射線擁有相同的比荷，這類粒子今后被稱為電子；C.居里夫妻和貝克勒爾因為對光電效應的研究一同獲取了1903年的諾貝爾物理學獎；D.德國物理學家哈恩和斯特拉斯曼經過中子轟擊鈾核的實驗發(fā)現(xiàn)重核裂變?！敬鸢浮緼BD【分析】【詳解】A、康普頓效應說明光擁有粒子性，該效應表示光子不只擁有能量，還擁有動量，康普頓的學生中國物理學家吳有訓測試了多種物質對X射線的散射，證了然康普頓效應的廣泛性，故A正確；B、1897年，英國物理學家湯姆孫依據(jù)陰極射線在電場和磁場中的偏轉狀況判斷，它的實質是帶負電的粒子流并求出了這類粒子的比荷，這類粒子今后被稱為電子，可是電荷量是今后有密立根經過油滴實驗測定，故B正確；C、因為對天然放射現(xiàn)象的研究，居里夫妻和貝克勒爾一同獲取了諾貝爾物理學獎，愛因斯坦因光電效應規(guī)律的發(fā)現(xiàn)而獲取諾貝爾物理學獎，故C錯誤；D.德國物理學家哈恩和斯特拉斯曼經過中子轟擊鈾核的實驗發(fā)現(xiàn)重核裂變，應選項D正確。【點睛】本題察看物理學史，是知識性問題，對于物理學上重要發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、有名理論要增強記憶，這也是考試內容之一。10.以下說法中正確的選項是（）A.分子運動的均勻速率可能為零，剎時速率不可以能為零；B.液體與大氣相接觸時，表面層內分子所受其余分子的作用表現(xiàn)為互相吸引；C.空氣的相對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示；D.有些非晶體在必然條件下可以轉變?yōu)榫w?！敬鸢浮緽D【分析】【詳解】A、分子永不暫停做無規(guī)則的運動，則分子運動的均勻速率不可以能為零，剎時速度也不可以能為零，故A錯誤；

B、表面層內分子間距變大，則所受其余分子的作用表現(xiàn)為互相吸引，故B正確；C、空氣的絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示的，故C錯誤；D、晶體和非晶體差別在于內部分子擺列，有些經過外界干涉可以互相轉變，如把晶體硫加熱融化（溫度超出300℃）再倒進冷水中，會變?yōu)閶少F的非晶硫，再過一段時間又會轉變?yōu)榫w硫，故D正確?！军c睛】增強對基本見解的記憶，基本方法的學習利用，是學好3-3的基本方法，此處高考要求不高，不用做太難的題目。11.以以下圖，一小球（可視為質點）套在固定的水平圓滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點為P，長軸AC=2L0，短軸BD=L0，原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的圓滑軸上，另一端與小球連結。若小球做橢圓運動，在A點時的速度大小為v0，彈簧向來處于彈性限度內，則以下說法正確的選項是（）A.小球在A點時彈簧的彈性勢能大于在C點時的彈性勢能；B.小球在A、C兩點時的動能相等；C.小球在B、D點時的速度最大；D.小球在B點時遇到軌道的彈力沿BO方向?！敬鸢浮緽CD【分析】【詳解】小球運動過程中彈性勢能和動能互相轉變，因為彈簧原長為，半長軸的長為，故在A點彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO的長度，在C點彈簧長度等于，故伸長量等于PO的長度，所以在AC兩點彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，故在AC兩點的動能相等，A錯誤B正確；設其余一個焦點為，在BD兩點時，，故B到P點的距離等于，即等于彈簧原長，在彈簧恢還原長時，彈性勢能為零，小球的動能最大，所以在BD兩點速度最大，C正確；因為小球套在軌道上，所以在B點軌道的彈力沿BO方向，D正確；12.如圖，兩根相同的輕質彈簧，沿足夠長的圓滑斜面擱置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動。質量不相同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端?，F(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧擁有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并走開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊（）A.最大速度相同；B.最大加快度相同；C.重力勢能的變化量相同；D.上漲的最大高度不相同?！敬鸢浮緾D【分析】【分析】使兩彈簧擁有相同的壓縮量，則積蓄的彈性勢能相等，依據(jù)能量守恒判斷最后的重力勢能以及變化量；【詳解】A、開始時因彈力最大體使開始時物塊擁有最大加快度，開始彈簧形變量相同，則彈力相同，依據(jù)牛頓第二定律：，質量不相同，故最大加快度不相同；物塊受力均衡時擁有最大速度，即：，則質量大的物塊擁有最大速度時彈簧的壓縮量比較大，上漲的高度比較低，即位移小，而運動過程中質量大的物塊均勻加快度較小，，加快度小的位移小，則最大速度v較小，即最大速度不相同，故AB錯誤；

C、由題意使兩彈簧擁有相同的壓縮量，則積蓄的彈性勢能相等，物塊上漲到最大高度時，彈性勢能完滿轉變?yōu)橹亓菽?，則物塊最后的重力勢能mgh相等，重力勢能的變化量相等，而兩物塊質量不相同，則上漲的最大高度不相同，故CD正確?！军c睛】本題察看了彈簧問題，注意均衡地點不是彈簧的原優(yōu)點，而是受力均衡的地點。13.一粒鋼珠從靜止開始自由著落，此后墜入泥潭中，若把在空中的著落過程稱為Ⅰ（空氣阻力不計）,進入泥潭直到停住的過程稱為Ⅱ，則A.過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量；B.過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小；C.過程Ⅱ中鋼珠戰(zhàn)勝阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能之和；D.過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增添的動能?！敬鸢浮緼C【分析】【分析】依據(jù)動量定理分析動量的改變量與沖量的關系，過程Ⅰ中鋼珠只遇到重力，鋼珠動量的改變量等于重力的沖量，過程Ⅱ中，鋼珠遇到重力和阻力，動量的改變量不等于零，協(xié)力的沖量不等于零，對于整個過程研究，依據(jù)動能定理分析戰(zhàn)勝阻力所做的功與重力做功的關系，重力做功多少，鋼珠的重力勢能就減小多少，依據(jù)能量守恒定律判斷過程Ⅱ中損失的機械能與過程Ⅰ中鋼珠所增添的動能的關系；【詳解】A、在過程Ⅰ中，鋼珠僅受重力，依據(jù)動量定理知，鋼珠動量的變化等于重力的沖量，故A正確；

B、對全過程運用動量定理知，動量的變化量為零，全過程總的重力的沖量和阻力的沖量大小相等，方向相反，故B錯誤；

C、對全過程運用動能定理知，，可知戰(zhàn)勝阻力做功等于整個過程中重力做功的大小，即等于整個過程中重力勢能的減小量，故C正確；

D、依據(jù)功能關系知，過程Ⅱ中損失的機械能等于戰(zhàn)勝阻力做功，等于整個過程中重力做功的大小，大于過程I中增添的動能，故D錯誤。【點睛】本題一要靈巧選擇研究的過程，二是運用動量定理研究沖量，運用動能定理研究動能的改變量是常用的思路。14.以以下圖，水平川面上一輕彈簧左端固定，右端用一質量為m的滑塊將彈簧壓縮后鎖定。t=0時辰消除鎖定。滑塊的v—t圖像以以下圖，OAB段為曲線，A為曲線最高點，BC段為直線。已知OA段與t軸圍成的圖形面積為S1，OABC與t軸圍成的圖形面積為S2，重力加快度為g，則以下說法正確的選項是（）A.滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)B.滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)C.彈簧的勁度系數(shù)（以為已求出）D.彈簧的勁度系數(shù)（以為已求出）【答案】AC【分析】【分析】滑塊走開彈簧后做勻減速直線運動，聯(lián)合速度時間圖線求出勻減速直線運動的加快度大小，聯(lián)合牛頓第二定律求出滑塊與地面的間的動摩擦因數(shù)；由圖線可知，在A地點，速度最大，此時彈力和摩擦力相等，在B地點，彈簧恢還原長，聯(lián)合圖線圍成的面積求出速度最大時彈簧的形變量，聯(lián)合胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)；【詳解】A、滑塊走開彈簧后做勻減速直線運動，依據(jù)速度時間圖線知，勻減速直線運動的加快度大小，并且，解得，應選項A正確，選項B錯誤；C、由圖可知，A地點速度最大，知此時彈簧彈力和摩擦力相等，有：，

形變量x等于OAB圍成的面積和OA圍成的面積之差，形變量，

解得勁度系數(shù)，應選項C正確，D錯誤?！军c睛】本題綜合察看了胡克定律、牛頓第二定律、運動學公式的綜合運用，理清滑塊在整個過程中的運動規(guī)律是解決本題的重點，經過速度最大時，彈力等于摩擦力，求解勁度系數(shù)。二、實驗題15.以以下圖，楔形木塊的斜面圓滑，木塊固定在水平擱置的壓力傳感器上。某同學將不相同質量的小鋼球從斜面頂端同一地點處由靜止開釋，每次斜面上只有一個小球，記錄小鋼球在斜面上運動時壓力傳感器的示數(shù)，并依據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出F-m圖線。重力加快度大小取9.8m/s2。(1)實驗中，不相同質量的小鋼球在斜面上運動的時間_______(填“相同”或“不相同”）；(2)從圖象中給出的部分數(shù)據(jù)可知：楔形木塊的質量M=_______kg；若斜面傾角為,則cos2=______。(計算結果保存兩位有效數(shù)字）【答案】(1).相同(2).0.20kg(3).0.75【分析】（1）依據(jù)牛頓第二定律得，小鋼球下滑的加快度a=＝gsinθ，可知質量不相同的小球加快度相同，依據(jù)x=at2知，小球在斜面上運動的時間相同（2）當m=0時，傳感器的示數(shù)即為木塊的重力，則有：Mg=1.96N

解得：M=kg＝0.20kg．

對小球受力分析，依據(jù)均衡條件可知，A對小球的支持力N=mgcosθ

依據(jù)牛頓第三定律可知，小球對A的壓力為mgcosθ，

對A受力分析可知，傳感器對A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ，

則傳感器的示數(shù)為F=Mg+mgcos2θ

F-m圖象的斜率k=gcos2θ，解得cos2θ＝≈0.75．

點睛：本題的重點是分別對小球和楔形木塊受力分析，求出傳感器的示數(shù)F與m的表達式，注意F-m圖象斜率和截距所表示的含義．16.以以下圖,用半徑相同的A、B兩球的碰撞可以考證“動量守恒定律”。實驗時先讓質量為m1的A球從斜槽上某一固定地點C由靜止開始滾下,進入水平軌道后,從軌道尾端水平拋出,落到位于水平川面的復寫紙上,在下邊的白紙上留下印跡。重復上述操作10次,獲取10個落點印跡。再把質量為m2的B球放在水平軌道尾端,讓A球仍從地點C由靜止?jié)L下,A球和B球碰撞后,分別在白紙上留下各自的落點印跡,重復操作10次。M、P、N為三個落點的均勻地點,未放B球時,A球的落點是P點,0點是水平軌道尾端在記錄紙上的豎直投影點,以以下圖。(1)在這個實驗中,為了盡量減小實驗偏差,兩個小球的質量應知足m1__________m2(填“>”或“<”);除了圖中器械外,實驗室還備有以下器械,達成本實驗還必然使用的兩種器械是______。A.秒表B.天平C.刻度尺D.打點計時器(2)以下說法中正確的選項是______。A.假如小球每次從同一地點由靜止開釋,每次的落點必然是重合的B.重復操作時發(fā)現(xiàn)小球的落點其實不重合,說明實驗操作中出現(xiàn)了錯誤C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來,這個圓的圓心可視為小球落點的均勻地點D.僅調理斜槽上固定地點C,它的地點越低,線段0P的長度越大(3)在某次實驗中,丈量出兩個小球的質量m1、m2，記錄的落點均勻地點M、N幾乎與OP在同一條直線上,丈量出三個落點地點與0點距離OM、OP、0N的長度。在實驗偏差贊成范圍內,若知足關系式____________,則可以以為兩球碰撞前后在OP方向上的總動量守恒;若碰撞是彈性碰撞，則僅需知足的關系式是____________。(用丈量的量表示)(4)某同學在做這個實驗時,記錄下小球三個落點的均勻地點M、P、N,以以下圖。他發(fā)現(xiàn)M和N偏離了0P方向。這位同學猜想兩小球碰撞前后在OP方向上依舊動量守恒,他想到了考證這個猜想的方法:連結OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影點M′、N′。分別丈量出OP、OM′、ON′的長度。若在實驗偏差贊成的范圍內,知足關系式：____________則可以以為兩小球碰撞前后在OP方向上動量守恒?！敬鸢浮?1).>(2).BC(3).C(4).(5).(6).【分析】【分析】明的確驗原理，進而確立需要丈量哪些物理量，在該實驗中，小球做平拋運動，高度相等，時間t就相等，水平位移x=vt，與v成正比，所以可以用位移x來取代速度v，依據(jù)水平方向上的分運動即可考證動量守恒，依據(jù)動量守恒定律以及平拋運動規(guī)律可確立對應的表達式；【詳解】（1）為了防備入射球碰后反彈，應讓入射球的質量大于被碰球的質量，即；

小球走開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間相同，小球的水平位移與其初速度成正比，可以用小球的水平位移取代小球的初速度，實驗需要考證：，因小球均做平拋運動，著落時間相同，則可知水平位移，所以可以直接用水平位移取代速度進行考證，故有，實驗需要丈量小球的質量、小球落地點的地點，丈量質量需要天平，丈量小球落地點的地點需要毫米刻度尺，所以需要的實驗器械有BC；

（2）A、因為各樣有時要素，如所受阻力不相同樣，小球的落點不可以能完滿重合，落點應該比較集中，但不是出現(xiàn)了錯誤，故AB錯誤；

C、因為落點比較密集，又好多，每次丈量距離很難，故確立落點均勻地點的方法是最小圓法，即用盡可能最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心地點代表落點的均勻地點，故C正確；

D、僅調理斜槽上固定地點C，它的地點越低，因為水平速度越小，則線段OP的長度越小，故D錯誤。

（3）若兩球相碰前后的動量守恒，則，又，，，代入得：

若碰撞是彈性碰撞，知足能量守恒，則：，

代入得；；

（4）以以下圖，連結OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影點，以以下圖：分別丈量出的長度。若在實驗偏差贊成范圍內，知足關系式，則可以以為兩小球碰撞前后在OP方向上動量守恒?！军c睛】該題察看考證動量守恒定律，該實驗中，固然小球做平拋運動，可是卻沒合用到速度和時間，而是用位移x來取代速度v，成為是解決問題的重點，要注意理解該方法的使用。三、計算題17.以以下圖，質量不計的圓滑活塞被銷釘固定，使必然量氣體被關閉在容器的上部，容器下部與大氣連通，容器上部連結有一U形管（U形管內氣體的體積忽視不計，容器下部足夠高）。此時容器上部關閉氣體的體積為V，室溫為T1=300K，U形管兩邊水銀柱高度差為24cm（外界大氣壓等于76厘米汞柱）.問：(1)將關閉在容器中的氣體加熱到必然溫度后發(fā)現(xiàn)U形管兩邊水銀柱高度差變?yōu)?8cm，那么這時關閉氣體的溫度T2為多少K？(2)保持氣體的溫度T2不變，拔掉銷釘，活塞穩(wěn)準時容器上部氣體的體積為多少？【答案】（1）342K（2）1.5V【分析】【分析】加熱過程，關閉氣體的體積不變，運用查理定律求解；

拔掉銷釘，活塞運動過程溫度不變，運用玻意耳定律求解；【詳解】（1）U形管兩邊水銀柱高度差為，外界大氣壓等于。

依據(jù)均衡知識得容器上部的氣體壓強加熱過程，關閉氣體的體積不變，運用查理定律：，，，加熱到必然溫度后發(fā)現(xiàn)U形管兩邊水銀柱高度差變?yōu)?，這時關閉氣體的壓強，可得：；

（2）拔掉銷釘，活塞運動過程溫度不變，運用玻意耳定律：，，，活塞穩(wěn)準時U形管內兩邊水銀面的高度差為零，，則?！军c睛】分析關閉在容器中的氣體的狀態(tài)參量的變化，可以依據(jù)氣體狀態(tài)方程和已知的變化量求解。18.以以下圖,A、B是水平傳達帶的兩個端點,開初以v0=1m/s的速度順時針運行.今將一小物塊(可視為質點)無初速度地輕放在A處,同時傳達帶以a0=1m/s2的加快度加快運行,物體和傳達帶間的動摩擦要素μ=0.2,水平桌面右邊有一豎直擱置的圓滑軌道CPN,其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角1350的圓弧,PN為其豎直直徑,C點與B點的豎直距離為R,物體走開傳達帶后由C點恰巧無碰撞落入軌道.取g=10m/s2,求:(1)B、C間的水平距離；(2)物塊由A端運動倒B端所經歷的時間.(3)判斷物體可否沿圓軌道抵達N點.【答案】（1）1.6m（2）3s（3）不可以【分析】【分析】（1）研究物塊走開B點做平拋運動的過程，由高度求出著落的時間，由求出物塊抵達C點時豎直分速度，再由幾何關系求，進而求出水均分位移；

（2）物體剛放上傳達帶時，先加快后再與傳達帶一同加快，由牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解AB間的時間問題；

（3）物體能抵達N點的速度要求：在N點由重力和軌道支持力的協(xié)力供給向心力，對于從C到N過程，由機械能守恒列式，聯(lián)合臨界條件分析；【詳解】（1）物體走開傳達帶后由