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參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9-12題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分.

1．小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，（ ）

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能

C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；向心加速度；向心力．

【分析】從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒列式，可知最低點(diǎn)的速度、動(dòng)能；在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度．

【解答】解：AB．從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：mgR=

mv²，解得：v=

在最低點(diǎn)的速度只與半徑有關(guān)，可知v_P＜v_Q；動(dòng)能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動(dòng)能的大?。蔄B錯(cuò)誤；

CD．在最低點(diǎn)，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：

F﹣mg=m

，解得，F(xiàn)=mg+m

=3mg，a_向=

，

所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等．故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：C．

2．一個(gè)質(zhì)量為50kg的人，從靜止開始以0.5m/s²的加速度在水平面上向右加速跑動(dòng)，在t=5時(shí)又以0.5m/s²減速跑動(dòng)，速度變?yōu)?后，再以0.5m/s²的加速度返向跑動(dòng)5s，在這段時(shí)間內(nèi)陸面的摩擦力對(duì)人做的功為（ ）

A．

J B．

J C．

J D．0

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用．

【分析】人在水平面上跑動(dòng)過程中，只有摩擦力對(duì)人做功，分析動(dòng)能的變化，由動(dòng)能定理求摩擦力對(duì)人做的功．

【解答】解：據(jù)題，人再以0.5m/s²的加速度返向跑動(dòng)5s時(shí)速度為 v=at=0.5×5=2.5m/s

對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得：

地面的摩擦力對(duì)人做的功為 W=

﹣0=

J=

J

故選：A

3．如圖所示，A、B是點(diǎn)電荷負(fù)Q形成的電場(chǎng)中的兩點(diǎn)（r_A＜r_B）．若先后把帶電量很小，不會(huì)影響Q形成電場(chǎng)的正點(diǎn)電荷q₁、q₂（q₁＞q₂）分別放到A點(diǎn)和B點(diǎn)，q₁、q₂在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為F_A1、F_A2，在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為F_B1、F_B2．則下列關(guān)于點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力F和帶電量q的比值的大小的比較中，正確的說法是（ ）

A．

，

B．

，

C．

，

D．

，

【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度．

【分析】真空點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式是E=

，Q是產(chǎn)生電場(chǎng)的電荷的電量，r是電場(chǎng)中的某點(diǎn)到場(chǎng)源電荷Q的距離．放在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力與其電荷量比值等于該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度．電場(chǎng)中同一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不變．

【解答】解：A、由題，q₁、q₂在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為F_A1、F_A2，而A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的定義式E=

可知，

=E_A．故A錯(cuò)誤．

B、由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E=

分析可知，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，則有

．故B錯(cuò)誤．

C、由上分析可知，

，

．故C正確．

D、電場(chǎng)強(qiáng)度反映本身的強(qiáng)弱與方向，與試探電荷無(wú)關(guān)，電場(chǎng)中同一點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)是一定的，則

=

．故D錯(cuò)誤

故選C

4．甲、乙兩個(gè)溜冰者質(zhì)量分別為48kg和50kg，甲手里拿著質(zhì)量為2kg的球，兩人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為（ ）

A．0 B．2m/s C．4m/s D．無(wú)法確定

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律．

【分析】以兩人和球?yàn)檠芯繉?duì)象，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒列方程即可正確解答．

【解答】解：設(shè)甲溜冰者的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律，選擇開始和最后兩個(gè)狀態(tài)列方程得：

（M_甲+m）v₀﹣M_乙v₀=M_乙×0+（M_甲+m）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0，故BCD錯(cuò)誤，A正確．

故選A．

5．如下四個(gè)電場(chǎng)中，均有相互對(duì)稱分布的a、b兩點(diǎn)，其中電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)都相同的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】電勢(shì)；電場(chǎng)強(qiáng)度．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，既有大小又有方向，只有當(dāng)大小均相同時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)才相同．電勢(shì)是標(biāo)量，根據(jù)電場(chǎng)線和等勢(shì)線的分布情況解答．

【解答】解：A、ab兩點(diǎn)電勢(shì)相同，電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，場(chǎng)強(qiáng)不同．故A錯(cuò)誤．

B、ab在同一等勢(shì)線上，電勢(shì)相等．根據(jù)對(duì)稱性，ab兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，故B正確．

C、根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則知a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高．根據(jù)電場(chǎng)線分布情況可知a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同．故C錯(cuò)誤．

D、a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向向上，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向向下，場(chǎng)強(qiáng)不同．電勢(shì)相同．故D錯(cuò)誤．

故選：B．

6．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A以水平速率v與靜止在光滑水平面上質(zhì)量為3m的小球B發(fā)生正碰后，小球A的速率變?yōu)?a target="_blank" >

，則碰后B球的速度為（以v的方向?yàn)檎较颍?）

A．

B．v C．

D．

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律．

【分析】碰撞過程中動(dòng)量守恒，本題的難點(diǎn)在于判斷碰撞后A球的速度方向，注意碰撞滿足的條件：動(dòng)量守恒，碰撞是一次性的不能重復(fù)碰撞，碰后動(dòng)能小于等于碰前動(dòng)能．

碰后A球的速度方向可能跟原來(lái)相同，也可能相反，再根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量守恒即可解題．

【解答】解：碰撞過程中AB動(dòng)量守恒，則

mv=mv_A+3mv_B

又因?yàn)関_A=

解得：

或

其中當(dāng)

＜

還要發(fā)生第二次碰撞，這不可能，故此答案舍去

故選D．

7．如圖，質(zhì)量為3kg的木板放在光滑水平面上，質(zhì)量為1kg的物塊在木板上，它們之間有摩擦力，木板足夠長(zhǎng)，兩者都以4m/s的初速度向相反方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板的速度為2.4m/s時(shí)，物塊（ ）

A．加速運(yùn)動(dòng) B．減速運(yùn)動(dòng) C．勻速運(yùn)動(dòng) D．靜止不動(dòng)

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；力的合成與分解的運(yùn)用；牛頓第二定律．

【分析】分析物體的運(yùn)動(dòng)情況：初態(tài)時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量方向水平向左，兩個(gè)物體開始均做勻減速運(yùn)動(dòng)，m的速度先減至零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出此時(shí)M的速度．之后，m向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，M繼續(xù)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后兩者一起向左勻速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出薄板的速度大小為2.4m/s時(shí)，物塊的速度，并分析m的運(yùn)動(dòng)情況．

【解答】解：設(shè)木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m；開始階段，m向左減速，M向右減速，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒定律得：當(dāng)物塊的速度為零時(shí)，設(shè)此時(shí)木板的速度為v₁．

根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：（M﹣m）v=Mv₁

代入解得：v₁=

=

=2.67m/s．

此后m將向右加速，M繼續(xù)向右減速；當(dāng)兩者速度達(dá)到相同時(shí)，設(shè)共同速度為v₂．由動(dòng)量守恒定律得：

（M﹣m）v=（M+m）v₂

代入解得：v₂=

=

×4=2m/s．

兩者相對(duì)靜止后，一起向左勻速直線運(yùn)動(dòng)．

由此可知當(dāng)M的速度為2.4m/s時(shí)，m處于向右加速過程中，加速度向右．

故選：A．

8．如圖所示，兩個(gè)帶有同種電荷的小球，用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，若q₁＞q₂，l₁＞l₂，平衡時(shí)兩球到過O點(diǎn)的豎直線的距離相等，則（ ）

A．m₁＞m₂ B．m₁=m₂ C．m₁＜m₂ D．無(wú)法確定

【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律．

【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)受力平衡可得出小球的傾角與電量、重力的關(guān)系，則可得出兩小球的質(zhì)量的大小關(guān)系．

【解答】解：對(duì)m₁、m₂球受力分析，

根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系得：

左邊兩個(gè)陰影部分面積相似，右邊兩個(gè)陰影部分面積相似；

雖然q₁＞q₂，l₁＞l₂，但兩者的庫(kù)侖力大小相等，

則有

由于 F₁=F₂，

所以m₁=m₂． 故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選B．

9．如圖所示，等質(zhì)量同種正電荷固定在M、N兩點(diǎn)，虛線框ABCD是以MN連線的中點(diǎn)為中心的正方形，其中G、H、E、F分別為四條邊的中點(diǎn)，則以下說法中正確的是（ ）

A．若A點(diǎn)電勢(shì)為5V，則B點(diǎn)電勢(shì)為5V

B．同一正電荷在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)具有的電勢(shì)能

C．在G點(diǎn)釋放一個(gè)帶正電粒子（不計(jì)重力），粒子將沿GH連線向H點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

D．在E點(diǎn)釋放一個(gè)帶正電粒子（不計(jì)重力），粒子將沿EF連線向F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

【考點(diǎn)】電場(chǎng)的疊加；電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．

【分析】根據(jù)等量同種電荷等勢(shì)面分布情況，判斷出A與B電勢(shì)相等、A與D電勢(shì)相等，再分析電勢(shì)能的關(guān)系；根據(jù)帶正電的粒子受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)方向．

【解答】解：A、根據(jù)等量同種電荷等勢(shì)面分布情況和對(duì)稱性可知，A點(diǎn)和B點(diǎn)電勢(shì)相等，若A點(diǎn)電勢(shì)為5V，則B點(diǎn)電勢(shì)為5V，故A正確．

B、根據(jù)等量同種電荷等勢(shì)面分布情況和對(duì)稱性可知，A點(diǎn)和D點(diǎn)電勢(shì)相等，則同一正電荷在A、D兩點(diǎn)具有的電勢(shì)能相等，故B錯(cuò)誤．

C、由G點(diǎn)釋放一個(gè)帶正電粒子（不計(jì)重力），該粒子所受的電場(chǎng)力垂直于MN連線向上，所以粒子將沿GH連線向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤．

D、在E點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向由E→F，帶正電的粒子受到的電場(chǎng)力方向由E→F，粒子將沿EF連線向F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，故D正確．

故選：AD

10．在地面上方某一點(diǎn)將一小球以一定的初速度沿水平方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則小球在隨后的運(yùn)動(dòng)中（ ）

A．速度和加速度的方向都在不斷變化

B．速度與加速度方向之間的夾角一直減小

C．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，速率的改變量相等

D．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)，動(dòng)能的改變量相等

【考點(diǎn)】功能關(guān)系．

【分析】明確平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，知道平拋運(yùn)動(dòng)可分解為豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)和水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)；再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律可明確速度及速率的變化情況．

【解答】解：A、平拋運(yùn)動(dòng)的物體其加速度恒定不變，速度方向時(shí)刻變化；故A錯(cuò)誤；

B、由于豎直分速度一直增大，而水平分速度不變，故合速度的方向由水平逐漸變?yōu)榻咏Q直，故與豎直方向夾角越來(lái)越小；與加速度方向的夾角越來(lái)越小；故B正確；

C、由v=gt可知，在相等的時(shí)間間隔內(nèi)速度的改變量相同；但是速率為水平速度和豎直速度的合速度的大?。还仕俾实母淖兞坎幌嗤?；故C錯(cuò)誤；

D、由C可知，速率的變化量不相等，故由動(dòng)能的表達(dá)式可知，動(dòng)能的改變量也不相等；故D錯(cuò)誤；

故選：B．

11．如圖，兩質(zhì)量均為m的小球，通過長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)輕繩水平相連，從某一高處自由下落，下落過程中繩處于水平伸直狀態(tài)．在下落h高度時(shí)，繩的中點(diǎn)碰到水平放置的光滑釘子O．重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，則（ ）

A．小球從開始下落到剛到達(dá)最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒

B．從輕繩與釘子相碰到小球剛到達(dá)最低點(diǎn)的過程，重力的瞬時(shí)功率先增大后減小

C．小球剛到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度大小為

D．小球剛到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為（

+2）g

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．

【分析】小球從開始下落到剛到達(dá)最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；重力的瞬時(shí)功率根據(jù)P_G=mgv_y求解；小球剛到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度可根據(jù)動(dòng)能定理求解；根據(jù)向心加速度公式即可求解向心加速度．

【解答】解：A、小球從開始下落到剛到達(dá)最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A正確；

B、以向下為正方向，豎直方向合力為F=mg﹣Tsinθ，開始時(shí)θ很小，mg＞Tsinθ，F(xiàn)＞0，豎直方向加速度向下，v_y增大，到快要相碰時(shí)，Tsinθ＞mg，F(xiàn)＜0，豎直方向加速度向上，v_y減小，根據(jù)P_G=mgv_y可知重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故B正確；

C、從最高點(diǎn)到小球剛到達(dá)最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：

，解得：v=

，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)向心加速度公式有：a=

=

，故D正確．

故選ABD．

12．一質(zhì)量為0.1kg的小球自t=0時(shí)刻從水平地面上方某處自由下落，小球與地面碰后反向彈回，不計(jì)空氣阻力，也不計(jì)小球與地面碰撞的時(shí)間，小球距地面的高度h與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t關(guān)系如圖所示，取g=10m/s²．則（ ）

A．小球第一次與地面碰撞后的最大速度為10m/s

B．小球與地面碰撞前后動(dòng)量守恒

C．小球第一次與地面碰撞時(shí)機(jī)械能損失了15J

D．小球?qū)⒃趖=6s時(shí)與地面發(fā)生第四次碰撞

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．

【分析】圖象為h﹣t圖象，故描述小球高度隨時(shí)間變化的規(guī)律，則由圖象可讀出碰后小球上升的最大高度；由機(jī)械能守恒可求得小球與地面碰撞前后的速度，則可求得機(jī)械能的損失．

【解答】解：A、由圖可知，小球從20m高的地方落下，由機(jī)械能守恒定律可知，落地時(shí)的速度v₁=

=20m/s；

而碰后，小球上升的高度為5m，同理可知，碰后的速度v₂=

=10m/s，故A正確；

B、小球與地面碰后反向彈回，速度的方向改變，小球的動(dòng)量不守恒，所以B錯(cuò)誤；

C、小球碰前的機(jī)械能E₁=

mv₁²=20J； 而碰后的機(jī)械能E₂=

mv₂²=5J，故機(jī)械能的改變量為E₁﹣E₂=15J； 故C正確；

D、由圖可知，從小球第二次彈起至第三次碰撞，用時(shí)1s，而第三次彈起時(shí)，其速度減小，故在空中時(shí)間減小，故應(yīng)在6s前發(fā)生第四次碰撞，故D錯(cuò)誤；

故選：AC．

二、實(shí)驗(yàn)填空題．在下面的13、14小題中共有五處橫線空白，將其填充完整并填入答題紙相應(yīng)題號(hào)空白處．每空3分，共計(jì)15分．

13．利用圖示裝置進(jìn)行驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的試驗(yàn)時(shí)，需要測(cè)量物體由靜止開始自由下落到某點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度v和下落高度h．某班同學(xué)利用實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，設(shè)計(jì)了以下四種測(cè)量方案．

A．用刻度尺測(cè)出物體下落的高度h，并測(cè)出下落時(shí)間t，通過v=gt計(jì)算出瞬時(shí)速度v

B．用刻度尺測(cè)出物體下落的高度h，并通過v=

計(jì)算出瞬時(shí)速度v

C．根據(jù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)紙帶上某點(diǎn)的瞬時(shí)速度，等于這點(diǎn)前后相鄰兩點(diǎn)間的平均速度，測(cè)算出瞬時(shí)速度v，并通過h=

計(jì)算出高度h

D．用刻度尺測(cè)出物體下落的高度h，根據(jù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)紙帶上某點(diǎn)的瞬時(shí)速度，等于這點(diǎn)前后相鄰兩點(diǎn)間的平均速度，測(cè)算出瞬時(shí)速度v

以上方案中只有一種正確，正確的是 D ．（填入相應(yīng)的字母）

【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．

【分析】解決實(shí)驗(yàn)問題首先要掌握該實(shí)驗(yàn)原理，了解實(shí)驗(yàn)的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項(xiàng)．

該實(shí)驗(yàn)是驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)．因?yàn)槲覀冎雷杂陕潴w運(yùn)動(dòng)只受重力，機(jī)械能就守恒．如果把重物的實(shí)際運(yùn)動(dòng)看成自由落體運(yùn)動(dòng)，再運(yùn)用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗(yàn)證．

【解答】解：該實(shí)驗(yàn)是驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)．因?yàn)槲覀冎雷杂陕潴w運(yùn)動(dòng)只受重力，機(jī)械能就守恒．如果把重物的實(shí)際運(yùn)動(dòng)看成自由落體運(yùn)動(dòng)，再運(yùn)用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗(yàn)證呢．

其中ABC三項(xiàng)都是運(yùn)用了自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解的，故ABC錯(cuò)誤，D正確．

故選：D．

14．兩位同學(xué)用如圖甲所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．

①實(shí)驗(yàn)中必須滿足的條件是 BC ．

A．斜槽軌道盡量光滑以減小誤差

B．斜槽軌道末端的切線必須水平

C．入射球A每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下

D．兩球的質(zhì)量必須相等

②測(cè)量所得入射球A的質(zhì)量為m_A，被碰撞小球B的質(zhì)量為m_B，圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放，找到其平均落點(diǎn)的位置P，測(cè)得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點(diǎn)M、N，測(cè)得平拋射程分別為OM和ON．當(dāng)所測(cè)物理量滿足表達(dá)式 m_A·OP=m_A·OM+m_B·ON 時(shí)，即說明兩球碰撞中動(dòng)量守恒；如果滿足表達(dá)式 m_AOP²=m_AOM²+m_BON² 時(shí)，則說明兩球的碰撞為完全彈性碰撞．

③乙同學(xué)也用上述兩球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，但將實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行了改裝：如圖乙所示，將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來(lái)記錄實(shí)驗(yàn)中球A、球B與木條的撞擊點(diǎn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，首先將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為B′；然后將木條平移到圖中所示位置，入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，確定其撞擊點(diǎn)P′；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與球B相撞，確定球A和球B相撞后的撞擊點(diǎn)分別為M′和N′．測(cè)得B′與N′、P′、M′各點(diǎn)的高度差分別為h₁、h₂、h₃．若所測(cè)物理量滿足表達(dá)式

=

+

時(shí)，則說明球A和球B碰撞中動(dòng)量守恒．

【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．

【分析】（1）在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平；

（2）由于兩球從同一高度下落，故下落時(shí)間相同，所以水平向速度之比等于兩物體水平方向位移之比，然后由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒分析答題．

（3）應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析碰撞的速度，再由動(dòng)量守恒定律列式求解．

【解答】解：①A、“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，故A錯(cuò)誤；

B、要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故B正確；

C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；

D、為了使小球碰后不被反彈，要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量，故D錯(cuò)誤；

故選：BC．

②小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于小球拋出點(diǎn)的高度相同，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，

它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，

若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則m_Av₀=m_Av₁+m_Bv₂，又OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t，代入得：m_AOP=m_AOM+m_BON，

若碰撞是彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

m_Av₀²=

m_Av₁²+

m_Bv₂²，

將OP=v₀t，OM=v₁t，ON=v₂t代入得：m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；

③小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上：h=

gt²，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=

，

設(shè)軌道末端到木條的水平位置為x，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度：

v_A=

，v_A′=

，v_B′=

，

如果碰撞過程動(dòng)量守恒，則：m_Av_A=m_Av_A′+m_Bv_B′，

將v_A=

，v_A′=

，v_B′=

，

解得：

=

+

故答案為：①BC；②m_AOP=m_AOM+m_BON；m_AOP²=m_AOM²+m_BON²；③

=

+

三.計(jì)算論述題，其中15小題10分，16小題12分，17小題13分，共計(jì)25分．

15．如圖所示，空間存在一水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)上下邊界的距離為d，左右邊界足夠?qū)挘F(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）以豎直向上的速度從下邊界上的A點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好沒有從上邊界射出，小球最后從下邊界的B點(diǎn)離開勻強(qiáng)電場(chǎng)，若A、B兩點(diǎn)間的距離為4d，重力加速度為g，求：

（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；

（2）小球在B點(diǎn)的動(dòng)能；

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．

【分析】（1）小球受到重力和電場(chǎng)力的作用，將小球的運(yùn)動(dòng)分成兩個(gè)力的方向上求解過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解求解即可．

（2）對(duì)豎直方向進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)能定理即可求得小球在B點(diǎn)的動(dòng)能．

【解答】解：（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t，則：

對(duì)水平方向上有：

=4d

對(duì)豎直方向上，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性有：

g（

）²=d

聯(lián)立解得：E=

（2）設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E_K，則：

對(duì)豎直方向上有：

v₀²=2gd

對(duì)小球從A到B點(diǎn)的過程由動(dòng)能定理得：

4qEd=E_k﹣

聯(lián)立解得：E_k=5mgd

答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

；

（2）小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為5mgd；

16．在地面上以初速度v₀豎直向上拋出一物體，返回拋出點(diǎn)時(shí)物體的速度大小為

v₀，假設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力大小不變，重力加速度為g，求物體在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理；牛頓第二定律．

【分析】先利用動(dòng)能定理求出上升高度和空氣的阻力，再分別對(duì)上升和下降過程使用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得在空氣中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

【解答】解：設(shè)物體運(yùn)動(dòng)中受到的空氣阻力大小為f，上升的最大高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

上升過程中：﹣mgh﹣fh=0﹣

mv₀²

下降過程中：mgh﹣fh=

m（

v₀）²

聯(lián)立解得：h=

；f=

mg

上升過程由牛頓第二定律得：mg+f=ma₁

下降過程由牛頓第二定律得：mg﹣f=ma₂

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：

0﹣v₀=a₁t₁

v₀=a₂t₂

聯(lián)立以上各式解得：t=t₁+t₂=

．

答：物體在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

．

17．如圖所示，輕質(zhì)彈簧將質(zhì)量為m的小物塊連接在質(zhì)量為M（M=3m）的光滑框架內(nèi)．小物塊位于框架中心位置時(shí)彈簧處于自由長(zhǎng)度．現(xiàn)設(shè)框架與小物塊以共同速度v₀沿光滑水平面向左勻速滑動(dòng)．

（1）若框架與墻壁發(fā)生碰撞后速度為零，但與墻壁不粘連，求框架脫離墻壁后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值．

（2）若框架與墻壁發(fā)生碰撞以一定速度反彈，在以后過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為

mv₀²，求框架與墻壁碰撞時(shí)損失的機(jī)械能△E₁．

（3）在（2）情形下試判定框架與墻壁能否發(fā)生第二次碰撞？若不能，說明理由．若能，試求出第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能△E₂．（設(shè)框架與墻壁每次碰撞前后速度大小之比不變）

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．

【分析】（1）框架與墻壁碰撞后，物塊以v₀壓縮彈簧，后又返回，由機(jī)械能守恒可知，碰后速度仍為v₀方向向右．

設(shè)彈簧有最大勢(shì)能時(shí)共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列式即可求解；

（2）設(shè)框架反彈速度為v₁、最大勢(shì)能時(shí)共同速度為v，則由動(dòng)量、能量守恒定律即可求解v₁、和v，從而求解損失量；

（3）由（2）知第一次碰后反彈后，二者總動(dòng)量為零，故當(dāng)彈簧再次伸展后仍可繼續(xù)與墻壁相撞，并以v₁的速度與墻壁相撞，根據(jù)速度的比值關(guān)系求得碰后速度即可求解機(jī)械能損失量．

【解答】解：（1）框架與墻壁碰撞后，物塊以V₀壓縮彈簧，后又返回，

當(dāng)返回原位時(shí)框架開始離開，由機(jī)械能守恒知，此時(shí)物塊速度是v₀方向向右．

設(shè)彈簧有最大勢(shì)能時(shí)共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律知：mv₀=4mv，

由能量守恒定律

mv₀²=

×4mv²+E_Px，

解得：E_PX=

mv₀²；

（2）設(shè)框架反彈速度為v₁，最大勢(shì)能時(shí)共同速度為v，則

由動(dòng)量、能量守恒定律得

3mv₁﹣mv₀=4mv，

×3mv₁²+

mv₀²=

×4mv′²+

mv₀²，

解得：v₁=

，v₁′=﹣

v₀（舍去），

代入解得：v′=0，

△E₁=

×3mv₀²﹣

×3mv₁²=

mv₀²，

（3）由（2）知第一次碰后反彈后，二者總動(dòng)量為零，故當(dāng)彈簧再次伸展后仍可繼續(xù)與墻壁相撞，并以V₁=

速度與墻壁相撞，由題意知，

=

，所以v₂=

，

故△E₂=

×3m

﹣

×3m

=

mv₀²，

答：（1）彈簧彈性勢(shì)能的最大值為

mv₀²；

（3）框架與墻壁碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為

mv₀²；

（4）能，第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為

mv₀²．

2016年12月17日