重庆市育才中学校2023-2024学年高二下学期期末模拟考试物理试题（七）

2023-2024学年重庆市育才中学高二（下）期末物理模拟试卷（七） 一、单选题：本大题共6小题，共24分。 1.2022年11月12日，质量的天舟五号货运飞船与质量的空间站组合体的后向对接口顺利对接。天舟五号对接停靠前关闭发动机，以停靠速度从后方与目标相撞，实现天舟五号货运飞船与空间站组合体的自主快速交会对接。下列说法正确的是(    ) A. 对接时，天舟五号对空间站的撞击力大于空间站对天舟五号的作用力 B. 研究对接工作时，天舟五号与空间站组合体均可看作质点 C. 在对接的短暂过程前后，空间站和天舟五号组成的系统的动量近似保持不变 D. 对接前后，空间站和天舟五号组成的系统的总动能可认为保持不变 2.2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月21日至12月18日举行。在葡萄牙对阵乌拉圭的比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，为葡萄牙打进关键一球。设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中(    ) A. 地面对他的冲量大小为 B. 地面对他的冲量大小为 C. 地面对他的冲量大小为mv D. 地面对他的冲量大小为 3.某弹簧振子在内的振动图像如图所示。下列说法正确的是(    ) A. 振子的振动周期为2s，振幅为8cm B. 第2s末，振子的加速度正向最大 C. 从第2s末到第3s末，振子在做减速运动 D. 第4s末，振子的速度为正向的最大值 4.新京报2021年2月10日晚报道：经历200余天的飞行，跋涉亿千米，在距离火星400千米处成功的一脚刹车，中国自主研发的火星探测器“天问一号”顺利进入火星轨道。与地球相比，火星半径约为地球的一半，质量约为地球的，公转半径约为地球的倍，下列说法正确的是(    ) A. 火星绕太阳公转的线速度约为地球绕太阳公转线速度的倍 B. 火星绕太阳运行的公转周期约为地球绕太阳公转周期的倍 C. 火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍 D. 火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的 5.北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度和水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则(    ) A. 运动员先后落在斜面上所用时间之比为3：1 B. 运动员先后落在斜面上位移之比为1：3 C. 运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1：3 D. 运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1：3 6.如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数，取，则(    ) A. 物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒 B. 增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大 C. 若，则物块在车面上滑行的时间为 D. 若要保证物块不从小车右端滑出，则不得大于 二、多选题：本大题共4小题，共19分。 7.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为时，起重机的有用功率达到最大值P，以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物．直到以最大速度匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是(    ) A. 钢绳的最大拉力为 B. 钢绳的最大拉力为 C. 重物的最大速度为 D. 重物做匀加速运动的时间为 8.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中弹簧保持竖直，下列关于能的叙述不正确的是不计空气阻力(    ) A. 弹簧的弹性势能不断增大 B. 小球的动能先增大后减小 C. 小球的重力势能先增大后减小 D. 小球的机械能总和保持不变 9.2022年我国航天事业发生多件大事，让世界瞩目。北京时间2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船发射取得成功。北京时间2022年6月5日17时42分，成功对接于天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约7小时。北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十四号乘组迎来神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，完成“太空会师”历史性大事件。2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。假设返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。下列说法正确的是(    ) A. 返回舱在Ⅰ轨道上P需要向运动方向的反方向喷气进入Ⅱ轨道 B. 返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期小于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期 C. 返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小 D. 返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度 10.如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接弹簧平行于斜面，其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时物块B未到达M点，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(    ) A. 弹簧的劲度系数为 B. 小球A到达N点时的速度大小为 C. 小球A到达N点时的速度大小为 D. 小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11.某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块总质量为M，遮光条两条长边与导轨垂直，左端由跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，导轨上B点处有一光电门。实验时，将滑块从A点由静止释放，测得遮光条的宽度d，遮光条经过光电门时的挡光时间t，A点到B点的距离l，A点与B点间的高度差为h。 滑块从A点运动到B点的过程中，m和M组成的系统动能增加量可表示为______，重力势能减少量可表示为______，在误差允许的范围内，若，则可认为系统的机械能守恒；用题中所给字母以及重力加速度g表示 该学习小组在斜面倾角为且的情况下，多次改变A、B间的距离l，计算出多组滑块到达B点时的速度v，并作出图像如图乙示，根据图像可得重力加速度______保留3位有效数字。 实验中发现，略小于，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______。 12.实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图______选填“甲”或“乙”图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图______选填“甲”或“乙”图中的装置。甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥 若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验。某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则A、B两滑块的质量比：______。 四、简答题：本大题共2小题，共30分。 13.如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，，求： 金属滑块与水平地面的动摩擦因数； 欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。 14.如图所示，长为的水平传送带以的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为的物块B和C，在距传送带左端的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端处由静止释放一质量的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取。，。求： 物块A从轨道滑下到底端与物块B碰前的速度； 物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能； 整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。 五、计算题：本大题共1小题，共12分。 15.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小． 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：天舟五号对空间站的撞击力与空间站对天舟五号的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，并分别作用在两个物体上，故A错误； B.研究对接工作时，天舟五号与空间站组合体的形状与大小对所研究的问题不能够忽略，因此，对接时，天舟五号与空间站组合体不能视为质点，故B错误； C.空间站和天舟五号在对接的短暂过程前后，空间站和天舟五号组成的系统沿对接方向所受外力的合力为0，系统的动量守恒，即空间站和天舟五号组成的系统的动量近似保持不变，故C正确； D.空间站和天舟五号组成的系统对接后共速，类似于完全非弹性碰撞，有机械能损失，对接后，空间站和天舟五号组成的系统的总动能减小，故D错误。 故选：C。 A.根据相互作用力的性质判断； B.天舟五号与空间站组合体的形状与大小对所研究的问题不能够忽略，则不可看成质点； C.根据动量守恒的条件即可判断； D.对接后共速，类似于完全非弹性碰撞，有动能损失。 本题主要考查了质点、相互作用力、动量守恒、能量的知识，解答的关键要熟练掌握各部分的定义。 2.【答案】B  【解析】解：设竖直向上为正方向，由动量定理可知 解得，故B正确，ACD错误。 故选：B。 设竖直向上为正方向，由动量定理，求地面对他的冲量大小。 本题考查学生对动量定理的掌握，使用时要注意规定正方向。 3.【答案】B  【解析】解：由图像可知振子的振动周期为4s，振幅为8cm，故A错误； B.第2s末，振子位于负向最大位移处，加速度正向最大，故B正确； C.从第2s末到第3s末，振子逐渐靠近平衡位置，在做加速运动，故C错误； D.第4s末，振子位于正向最大位移处，速度为零，故D错误。 故选：B。 根据图像获取振动的周期和振幅判断；根据图像分析振子加速的方向；根据图像分析振子的位移和速度。 本题关键掌握振动图像的物理意义。 4.【答案】B  【解析】解：AB、火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力有 解得， 火星绕太阳公转的线速度约为地球绕太阳公转线速度的倍，火星绕太阳运行的公转周期约为地球绕太阳公转周期的倍，故A错误，B正确； CD、根据万有引力与重力的关系有 解得 火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的 根据牛顿第二定律有 解得 则火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的倍，故CD错误； 故选：B。 根据万有引力提供向心力解得线速度与周期的表达式，从而分析AB，根据万有引力与重力的关系可知重力加速度的表达式，根据牛顿第二定律可分析第一宇宙速度的表达式，从而进行计算。 解决本题的关键知道火星和地球公转时，中心天体相同，结合万有引力提供向心力进行求解，注意第一宇宙速度的计算方法。 5.【答案】D  【解析】解：运动员做平抛运动，根据，解得，因此运动员先后落在斜面上所用时间之比，故A错误； B.运动员在斜面上的位移，此运动员先后落在斜面上位移之比，故B错误； C.落在斜面上动能的变化量，因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比，故C错误； D.落在斜面上动量的变化量，因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比，故D正确。 故选：D。 A.根据平抛运动的位移规律列式求解时间的表达式，结合初速度大小关系求解时间之比； B.根据平抛运动与斜面的结合导出位移的关系式，再利用关系式求比值； C.根据动能定理导出动能变化量的公式代入数据解答； D.根据动量定理导出动量变化量的公式代入数据解答； 考查平抛运动与斜面的结合问题，求解动量、动能等物理量，会根据题意进行准确分析和计算。 6.【答案】D  【解析】解：A、物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误； B、滑块与车组成的系统动量守恒，摩擦产生的热量等于系统减少的机械能，增大物块与车面间的动摩擦因数系统损失的机械能不变，摩擦生热不变，故B错误； C、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 解得：， 对物块，由动量定理得： 解得：，故C错误； D、要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：， 由能量守恒定律得： 解得：，故D正确； 故选：D。 物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题；只有重力或弹力做功，系统机械能守恒，分析清楚物块的运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。 本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律即可解题，解题时注意正方向的选择。 7.【答案】ACD  【解析】解：匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由得，A正确，B错误；  重物以最大速度为匀速上升时，，所以，故C正确； 重物做匀加速运动的加速度，则匀加速的时间为，D正确。 故选：ACD。 匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由求出最大拉力；重物以最大速度为匀速上升时，，所以求出最大速度；先根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动速度-时间公式求出时间． 本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉． 8.【答案】CD  【解析】解：A、小球下落过程中弹簧被压缩，压缩量增大，弹力增大，故弹簧的弹性势能不断增大，故A正确； B、小球下落和弹簧接触过程中，弹簧的弹力先小于重力，后大于重力，小球先加速后减速，则小球的动能先增大后减小，故B正确． C、小球下落过程，高度一直减小，故重力势能一直减小，故C错误； D、小球与弹簧构成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能不断减小．故D错误． 本题选不正确的，故选： 分析小球的运动过程与受力情况，然后根据影响弹性势能、机械能、动能、重力势能的因素分析答题． 弹簧问题往往是动态变化的，分析这类问题时用动态变化的观点进行，分析时关键抓住弹力的可变性，同时注意其过程中的功能转化关系． 9.【答案】CD  【解析】解：返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，因此在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气，故A错误； B.根据开普勒第三定律有 返回舱在Ⅱ轨道上的半长轴大于返回舱在Ⅲ轨道上的轨道半径，所以在Ⅱ轨道上的运动的周期大于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期，故B错误； C.根据万有引力提供向心力，有 解得 返回舱在Ⅰ轨道上的半径大于Ⅲ轨道的半径，则有 又返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，则有 所以有 即返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小，故C正确； D.根据牛顿第二定律有 解得 返回舱在Ⅰ轨道上P点时的半径等于返回舱在Ⅱ轨道上P点时的半径，所以返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度，故D正确。 故选：CD。 A.根据变轨原理可知，在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气； B.根据开普勒第三定律判断周期； C.根据万有引力提供向心力判断速度； D.根据轨道的变化，结合万有引力提供加速度判断加速度。 本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。 10.【答案】BD  【解析】解：A、设弹簧的劲度系数为k。初始时，弹簧的压缩长度为，B沿斜面方向受力平衡，由平衡条件有： 小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，C沿斜面方向受力平衡，由平衡条件有： 易得。当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面向上运动的位移为，因此，联立解得，，故A错误； BC、设小球A到达N点时的速度为v。对v进行分解，沿绳子方向的速度。 由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度也为。对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，重力对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可得： 解得：，故B正确，C错误； D、小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧先处于压缩状态，之后变为原长，后来处于拉伸状态，则弹簧的弹性势能先减小后增大，由系统机械能守恒知小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。 故选：BD。 初始时，对B由平衡条件得出弹簧的压缩长度与重力的关系。小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，对C，由平衡条件得出弹簧的伸长长度与重力的关系，联立求解弹簧的劲度系数。对A、B、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律列方程，结合A与B的速度关系求出小球A到达N点时的速度大小。小球A由M运动到N的过程中，分析弹簧弹性势能的变化，由系统机械能守恒分析小球A和物块B的机械能之和的变化。 解决本题时，要明确弹簧的状态，搞清B沿斜面向上运动的位移与弹簧形变量的关系。同时，要知道A沿绳子方向的分速度大小等于B的速度大小。 11.【答案】  滑块和气垫导轨有摩擦力  【解析】解：滑块经过光电门时的速度大小，滑块从A点到B点的过程中，m和M组成的系统动能增加量，系统的重力势能减少量 对系统，由机械能守恒定律得：，其中，整理得：，则图像的斜率，解得重力加速度 因为有摩擦力的存在，减小的势能一部分转化成物体运动的动能一部分克服摩擦力做的功，所以变化的动能小于势能的变化量。  故答案为：，；；滑块和气垫导轨有摩擦力 根据光条的宽度与通过光电门的时间求出滑块经过光电门的速度，然后求出系统动能的增加量；根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量； 应用机械能守恒定律求出图像的函数表达式，然后求解； 摩擦力做功转化成内能。 解这道题的前提和关键是理解实验原理，求出滑块经过光电门时的速度大小，应用动能与重力势能的计算公式、应用机械能守恒定律即可解题 12.【答案】乙；甲；：3。  【解析】解：甲图两滑块分别装有弹性圈，两滑块碰撞后分离，碰撞为弹性碰撞，碰撞过程系统损失的动能最小；乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥，两滑块的碰撞后成为一体，碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程损失的动能最大。 由图丙所示可知，前两次闪光中A的位移相同，A、B不可能相碰；而由题意可知，B开始时静止，而碰后B一定向右运动，B开始只能静止在处，由图示可知，碰撞前A在T内移动的距离是，A在第1次闪光后的时发生碰撞；碰撞后相等时间内A、B的位移大小相等，则碰撞后它们的速度大小相等，设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为，方向向左，碰后B的速度为，两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：：：3。 故答案为：乙；甲；：3。 碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，完全弹性碰撞过程系统能量损失最小，完全非弹性碰撞系统动能损失最大。 碰撞前后滑块A做匀速直线运动，碰撞后滑块B做匀速直线运动，碰撞过程系统动量守恒，根据图丙所示分析碰撞发生的时刻，应用动量守恒定律求出两滑块的质量之比。 解决本题的关键明确实验原理，知道通过相等时间间隔内运行的位移得出A物体碰撞前后的速度关系，以及碰后A、B的速度关系，结合动量守恒定律进行求解。 13.【答案】解：对金属滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的压力提供向心力， 由题可知，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力， 故有： 对滑块，从P到Q，根据动能定理得： 则可得： 故解得： 即金属滑块与水平地面的动摩擦因数为； 当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为，恰到Q时的速度设为， 则对滑块，在Q点，有重力提供向心力，则可得： 从释放到Q点，根据动能定理得： 则可得： 解得： 当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为，到Q点时的速度设为， 滑块由Q点平抛到M点，根据平抛运动的规律可得，在水平方向有： 在竖直方向有： 故可得滑块做平抛运动的时间为： 则滑块水平抛出的速度大小为： 从释放到Q点，根据动能定理得： 则可得： 解得： 故释放的高度范围为： 答：金属滑块与水平地面的动摩擦因数为； 欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围为。  【解析】分析向心力的来源，根据圆周运动的向心力公式可求金属滑块在Q点的速度；根据动能定理可求金属滑块与水平地面的动摩擦因数； 欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，则滑块的运动有两个临界条件，分别为：滑块恰好上升到最高点，此时轨道对滑块没有作用力，重力提供向心力，且此时释放高度最小；滑块从最高点Q点水平抛出，恰好能抛到M点时，此时释放高度最大；结合动能定理求解即可。 解答此类题目的关键是能够正确找到向心力的来源；滑块运动的临界条件；结合动能定理求解即可。 14.【答案】解：物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得： 代入数据解得： 、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得      代入数据解得： 物块B刚滑上传送带的速度小于传送带速度，物块B做匀加速运动，对物块B，根据牛顿第二定律得：   解得： 设物块B经时间后速度与传送带速度相等，向左运动的位移为，则有 所以物块B与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，则共速前物块B与传送带发生的相对位移为 物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能为 解得： 物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有   由机械能守恒定律得   代入数据解得， 由此可知，以后每次B与C相碰后，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知   代入数据解得： 物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得  ， 物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程 所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程 代入数据解得： 答：物块A从轨道滑下到底端与物块B碰前的速度为； 物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能为； 整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程为6m。  【解析】对物块A从静止下滑到斜面最低点的过程，运用动能定理求出物块A从轨道滑下到底端与物块B碰前的速度； 抓住A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度大小，分析B在传送带上的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B在传送带上的相对位移，从而得出摩擦产生的内能； 、C质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，B每次回到传送带最左端的速度与B滑上传送带速度相等，可知C每次在传送带最左端以相等的速度大小返回，根据动能定理，结合C来回运动的总路程得出来回运动的次数，根据速度-位移公式得出物块C第k次到达传送带左端速度的表达式，从而根据速度-位移公式得出B在传送带每次来回运动路程的通项表达式，结合数学知识求出总路程。 本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿运动定律以及运动学公式的综合运用。要知道弹性碰撞过程中动量守恒、机械能也守恒，若质量相等的物体发生弹性碰撞，速度交换。对于第三问，理清物块B、C在整个过程中的运动规律，得出C每次在传送带上运动路程通项表达式是关键。 15.【答案】解：设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得 对A、B木块：…① 对B、C木块：…② 由A与B间的距离保持不变可知 …③ 联立①②③式，代入数据得 答：B与C碰撞前B的速度大小是  【解析】A与B相撞，B又与C发生碰撞，根据动量守恒定律列出等式求解． 本题分两个物理过程研究：A与B相撞，B又与C发生碰撞的过程，基本的思路是动量守恒应用． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$