精品解析：福建省厦门第一中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题

厦门一中学校2023-2024学年高三上11月期中考 一、选择题（共4小题，每题4分） 1. 戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时（ ） A. 两人站得越远越省力 B. 两人站得越近越省力 C. 两边绳子与竖直方向夹角为时最省力 D. 绳子拉力大小与两人距离远近无关 2. 位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t = T时的波形图为（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，两个带等量正电的点电荷位于、两点上，、是连线中垂线（竖直方向）上的两点，为、的交点，。现有质量为m的带负电小球，从点由静止释放，重力加速度为g，则从运动到的过程中（　　） A. 在点加速度大小小于g B. 经过点时速度最大 C. 由到的时间等于由到的时间 D. 由到的过程中电势能先减小后增大 4. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时两极板之间的带电油滴M恰好处于静止状态，下列说法正确的是（　　） A. 现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向下移动，则A1示数和电源效率均减小 B. 现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向上移动，则电源总功率和输出功率均增大 C. 保持S1、S2闭合，将上极板向下平移一小段距离，则电压表的示数不变，带电油滴M向下运动 D. 保持S1、S2闭合，将下极板向下平移一小段距离，则流过电流表A2的电流方向为a→b 二、双选题（共4小题，每题6分） 5. 在某电场中建立x坐标轴，一个带正电粒子沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该粒子的电势能随位置坐标x变化的关系如图所示，该粒子只受电场力作用。下列说法正确的是（　　） A. A点电势高于B点电势 B. A点的电场强度大于B点的电场强度 C. 粒子经过A点的速率小于经过B点的速率 D. C、B两点电势差大于B、A两点电势差 6. 如图所示，质子和氦核均从静止开始经电势差为的电场加速后垂直进入电势差为的偏转电场，离开电场时偏转的距离为，速度偏转的角度为。已知偏转电场两平行板间的距离为，板长为。不计重力的影响，已知质子和氮核的质量之比为，电荷量之比为。则下列说法正确的是（　　） A. 质子偏转的距离较大 B. 氦核速度偏转的角度较小 C. 氦核射出偏转电场时的动能较大 D. 质子射出偏转电场时的速度较大 7. 如图，一质量为m的长木板静止在粗糙的水平地面上，另一质量也为m的物块（可视为质点）静止于长木板的右端。木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，且。某时刻给木板一个向右的初速度，且物块到达木板最左端时恰好与木板达到共速，最终物块与木板均相对地面静止。下列说法正确的是（　　） A. 整个过程中的摩擦生热为 B. 最终停止的时候，物块处于木板的最左侧 C. 在共速前和共速后的两个阶段，木板对物块所做功的大小相同 D. 在共速前和共速后的两个阶段，地面对木板所做的功可能相同 8. 如图所示，倾角为37°的斜面底端放置一质量为m=1kg的物块，在平行于斜面向上的拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F所做的功W与物块沿斜面向上运动的位移x的关系如图所示，已知物块与斜面之间的动摩擦因数µ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　） A. 物块运动到x=0.5m时，摩擦力做功的功率为2W B. 物块从x=0运动到x=1m过程中，机械能增大了6.5J C. 物块运动过程中的最大速度为1.5m/s D. 物块从x=1m运动到x=1.5m过程，动量变化量的大小为1kg·m/s 三、填空题（共5小题，共20分） 9. 一个质量为的足球以的速度飞来，运动员把它以的速度反向踢出。则足球的动量变化量大小为___________，若运动员与足球的作用时间为，运动员对足球的平均作用力大小为___________N。 10. 我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”系列卫星一直在不断创造奇迹。现有甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做匀速圆周运动，甲卫星距地面的高度等于地球半径，乙卫星距地面的高度为地球半径的一半，则甲的运行速度___________（选填“大于”“等于”或“小于”）第一宇宙速度，甲的周期与乙的周期之比为___________。 11. 如图所示，匀强电场中有一圆心角为120°的扇形OAB，且扇形所在的平面平行于电场线、半径OA为2m，C点为AB弧的中点。把一个电荷量为+1×10-7C的点电荷由电势为零的某点移到O点电场力做功5×10-7J，将该电荷从O点移动到A点电势能增加3×10-7J，将该电荷从A移到C克服电场力做功3×10-7J，则B点的电势为___________V，电场强度大小为___________V/m。 12. 如图所示是“观察电容器的充、放电现象”的实验装置。所用器材如下：电源（电动势，内阻不计）、电容器C、定值电阻、多用电表、单刀双掷开关及导线若干。 （1）某学习小组设计的实验电路图如图所示。 （2）实验室提供的定值电阻，标称阻值因磨损已不能分辨，用多用电表测量其阻值时，欧姆挡接“”，表头示数如图所示，其读数______。 （3）实验时，将单刀双掷开关S与“”端相接，对电容器充电，充电时的最大充电电流_______（保留一位小数）。 （4））学习小组研究两个不同电容器充满电后的放电过程，电容器的电容，放电过程中电容器两端的电压随释放出来的电量变化的图像分别如图中a、b图线所示，其中对应电容为的电容器放电过程图线是_______（填“a”或“b”）。 13. 某实验小组为了测量铜的电阻率，准备了一捆总长度标注为100m的铜芯线。实验如下： ①如图甲所示，用螺旋测微器测得铜芯的直径为___________mm； ②如图乙所示，取整捆铜芯线、两节干电池和相关器材组装电路。为了使电压表示数能从零开始连续调节，请补充连接好实物电路___________ ③实验小组查阅资料得知：在常温时铜的电阻率为。而实验测得的大于，你认为造成这种偏差的原因可能是___________ A．电流表测得的电流大于流过铜芯线的电流 B．用螺旋测微器测出的铜芯直径偏小 C．实验时铜芯线温度明显高于常温 D．铜芯线的实际长度不足100m 四、计算题（共3小题，第14题10分，15题14分，16题16分，共40分） 14. 如图所示，用一条长为绝缘细线悬挂一带正电的小球，小球的质量为，所带电量为。现加水平方向匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为，已知重力加速度为，，。求： （1）匀强电场的电场强度； （2）把小球拉至最低点由静止释放，小球的最大速度； （3）在（2）情形下，小球机械能最大值（设最低点的重力势能和电势能均为零）。 15. 如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 16. 如图所示，在绝缘水平桌面上方存在水平向右、场强为的匀强电场，不带电的滑块M静止于桌面上，距桌面右端边缘为。一质量为、带电荷量为（）的光滑小球P从M左侧处由静止释放，运动到滑块M处与其发生弹性正碰。已知绝缘滑块M质量为，第一次碰撞后二者速度同时减小到零，第一次碰撞与第二次碰撞过程中二者之间距离的最大值为，已知碰撞瞬间内力远大于外力，碰撞过程中小球电量不转移，二者均视为质点，重力加速度为g。求： （1）小球P第一次与滑块M碰撞前的速度大小； （2）滑块M与水平桌面之间的动摩擦因数； （3）小球P与滑块M在桌面上的碰撞次数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中学校2023-2024学年高三上11月期中考 一、选择题（共4小题，每题4分） 1. 戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时（ ） A. 两人站得越远越省力 B. 两人站得越近越省力 C. 两边绳子与竖直方向夹角为时最省力 D. 绳子拉力大小与两人距离远近无关 【答案】B 【解析】 【详解】设绳长为l，两人间距为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳子，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ，对O点受力情况如图所示 根据平衡条件得 由几何关系，可得 联立，可得 从上式可知，当d减小时，T减小，ACD错误，B正确。 故选B。 2. 位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t = T时的波形图为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于t = 0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，则t = T时波向前传播一个波长，则波的图像为选项D图。 故选D。 3. 如图所示，两个带等量正电的点电荷位于、两点上，、是连线中垂线（竖直方向）上的两点，为、的交点，。现有质量为m的带负电小球，从点由静止释放，重力加速度为g，则从运动到的过程中（　　） A. 在点加速度大小小于g B. 经过点时速度最大 C. 由到的时间等于由到的时间 D. 由到的过程中电势能先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．在点，两个等量正电荷在该点产生的合电场方向向上，带负电小球受向下的重力和向下的电场力，设电场力大小为，根据牛顿第二定律有 推导加速度表达式为 由于电场力，可知小球在点的加速度大于重力加速度，故A错误； B．由到的过程中，小球受到的重力和电场力均向下，小球一直做加速运动；经过点时，等量正电荷在点的合场强为零，电场力为零，小球仅受重力，此时加速度大小为且方向向下，经过点后的一小段位移内，向下的重力仍大于向上的电场力，合力方向仍向下，小球继续加速，因此小球经过点时速度不是最大，故B错误； C．小球在中垂线上运动，由于两等量正电荷产生的电场关于连线对称，中垂线上关于点对称的位置电势相等，带负电小球在两对称位置的电势能也相等；设小球在到间某位置的高度为、速度为，到间对称位置的高度为、速度为，两对称位置的电势能均为，由能量守恒定律有 由于小球一直向下运动，高度满足，推导速度关系表达式为 可知小球在到段任意位置的速度均大于到段对称位置的速度，则小球由到的过程平均速度更小，故由到的时间大于由到的时间，故C错误； D．两等量正电荷连线中垂线上的电场方向由点分别指向无穷远处，带负电小球由运动到的过程中，受到的电场力方向向下，电场力做正功，电势能减小；由运动到的过程中，受到的电场力方向向上，电场力做负功，电势能增大，即由到的过程中电势能先减小后增大，故D正确。 故选D。 4. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时两极板之间的带电油滴M恰好处于静止状态，下列说法正确的是（　　） A. 现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向下移动，则A1示数和电源效率均减小 B. 现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向上移动，则电源总功率和输出功率均增大 C. 保持S1、S2闭合，将上极板向下平移一小段距离，则电压表的示数不变，带电油滴M向下运动 D. 保持S1、S2闭合，将下极板向下平移一小段距离，则流过电流表A2的电流方向为a→b 【答案】B 【解析】 【详解】A．现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向下移动，滑动变阻器的阻值增大，根据“串反并同”规律，A1示数减小，电源的效率为 由于滑动变阻器的阻值增大，外电路电阻增大，故电源效率增大，故A错误； B．现保持S1闭合，将S2断开，滑片P向上移动，滑动变阻器的阻值减小，根据“串反并同”规律，通过电源的电流增大，根据可知，电源总功率增大，因为，滑动变阻器的阻值减小，外电路的总电阻值逐渐接近电源的内阻，电源的输出功率增大，故B正确； C．V的示数始终等于滑动变阻器两端电压，保持不变，仅将上极板向下平移一小段距离，电容器两端电压不变，根据，电容器内电场强度增大，带电油滴M向上运动，故C错误； D．仅将下极板向下平移一小段距离，电容器两极板之间的电势差不变，电容器内的电场强度减小，油滴与上极板之间的电势差减小，油滴与下极板之间的电势差增大，油滴所在处的电势升高，电势能减小；根据电容器的定义式和决定式， 联立解得 仅将下极板向下平移一小段距离，d增大，故Q减小，电容器放电，则流过A2的电流方向为，故D错误。 故选B。 二、双选题（共4小题，每题6分） 5. 在某电场中建立x坐标轴，一个带正电粒子沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该粒子的电势能随位置坐标x变化的关系如图所示，该粒子只受电场力作用。下列说法正确的是（　　） A. A点电势高于B点电势 B. A点的电场强度大于B点的电场强度 C. 粒子经过A点的速率小于经过B点的速率 D. C、B两点电势差大于B、A两点电势差 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，A点的电势能小于B点的电势能，即 根据电势与电势能之间的关系可知 所以 故A错误； B．在x轴上取一小段包含A点的线段，设其长度为，线段两端的电势变化为，则该小段内的平均电场强度为 即曲线的切线斜率的绝对值大小，与该点处的电场强度的大小成正比，由图可知，A点的切线斜率小于B点的切线斜率，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误； C．该粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和将保持不变。粒子从A点运动到B点的过程中，电势能增大，则动能减小。所以粒子经过A点的速率大于经过B点的速率，故C错误； D．由图可知，AB段的平均电场强度小于BC段的平均电场强度，根据 可知，C、B两点间的电势差大于B、A两点间的电势差，故D正确。 故选D。 6. 如图所示，质子和氦核均从静止开始经电势差为的电场加速后垂直进入电势差为的偏转电场，离开电场时偏转的距离为，速度偏转的角度为。已知偏转电场两平行板间的距离为，板长为。不计重力的影响，已知质子和氮核的质量之比为，电荷量之比为。则下列说法正确的是（　　） A. 质子偏转的距离较大 B. 氦核速度偏转的角度较小 C. 氦核射出偏转电场时的动能较大 D. 质子射出偏转电场时的速度较大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得 所以带电粒子进入偏转电场时速度的大小为 带电粒子进入偏转电场后偏转的距离 则有 两种粒子的偏转距离相等，选项A错误； B．设粒子离开板时，垂直板方向的速度为，则 两种粒子的速度偏转角相等，选项B错误； C．射出偏转电场时的动能 动能与电荷量成正比，所以氦核射出偏转电场时的动能较大，选项C正确； D．由于 所以质子射出偏转电场时的速度较大，选项D正确。 故选CD。 7. 如图，一质量为m的长木板静止在粗糙的水平地面上，另一质量也为m的物块（可视为质点）静止于长木板的右端。木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，且。某时刻给木板一个向右的初速度，且物块到达木板最左端时恰好与木板达到共速，最终物块与木板均相对地面静止。下列说法正确的是（　　） A. 整个过程中的摩擦生热为 B. 最终停止的时候，物块处于木板的最左侧 C. 在共速前和共速后的两个阶段，木板对物块所做功的大小相同 D. 在共速前和共速后的两个阶段，地面对木板所做的功可能相同 【答案】AC 【解析】 【详解】A．整个过程根据能量守恒，动能全部转化为摩擦生热，故A正确； B．共速后，因为，所以木板和物块不能一起以一个共同加速度运动，最终停止的时候，物块不会在木板最左端，故B错误； C．共速前后两个阶段只有木板对物块做功，物块动能变化量大小相同，根据动能定理可知，木板对物块所做功的大小相同，故C正确； D．在共速前后的两个阶段，木板运动为两次加速度不同的匀减速运动，分析图像 可知，共速前木板的位移一定大于共速后的位移，所以地面对木板所做的功肯定不一样，故D错误。 故选AC。 8. 如图所示，倾角为37°的斜面底端放置一质量为m=1kg的物块，在平行于斜面向上的拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F所做的功W与物块沿斜面向上运动的位移x的关系如图所示，已知物块与斜面之间的动摩擦因数µ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　） A. 物块运动到x=0.5m时，摩擦力做功的功率为2W B. 物块从x=0运动到x=1m过程中，机械能增大了6.5J C. 物块运动过程中的最大速度为1.5m/s D. 物块从x=1m运动到x=1.5m过程，动量变化量的大小为1kg·m/s 【答案】BD 【解析】 【详解】A．图像斜率表示拉力F大小，0~0.5m内，，拉力做功为，摩擦力大小为 根据动能定理可得 联立解得 所以摩擦力做功的功率为，故A错误； B．由图可知，0~1m内，，拉力做功为 摩擦力做功为 所以，故B正确； C．物块运动过程中速度最大时，加速度为零，即 解得 由图可知，0.5m~1.0m内，有 所以，故C错误； D．0~1.5m内，，拉力做功为，根据动能定理可得 解得 所以物块从x=1m运动到x=1.5m过程，动量变化量为 即动量变化量的大小为1kg·m/s，故D正确。 故选BD。 三、填空题（共5小题，共20分） 9. 一个质量为的足球以的速度飞来，运动员把它以的速度反向踢出。则足球的动量变化量大小为___________，若运动员与足球的作用时间为，运动员对足球的平均作用力大小为___________N。 【答案】 ①. 9 ②. 45 【解析】 【详解】[1][2]设足球飞来的方向为正方向，则足球的动量变化量 所以足球的动量变化量大小为。设人对足球的平均作用力为，根据动量定理得 代入数据解得 运动员对足球的平均作用力大小为45N。 10. 我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”系列卫星一直在不断创造奇迹。现有甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做匀速圆周运动，甲卫星距地面的高度等于地球半径，乙卫星距地面的高度为地球半径的一半，则甲的运行速度___________（选填“大于”“等于”或“小于”）第一宇宙速度，甲的周期与乙的周期之比为___________。 【答案】 ①. 小于 ②. 【解析】 【详解】[1]根据万有引力提供向心力有 解得 当轨道半径等于地球半径时，线速度等于第一宇宙速度，轨道半径越大，线速度越小，可知甲的运行速度小于第一宇宙速度。 [2]根据开普勒第三定律 得 解得 11. 如图所示，匀强电场中有一圆心角为120°的扇形OAB，且扇形所在的平面平行于电场线、半径OA为2m，C点为AB弧的中点。把一个电荷量为+1×10-7C的点电荷由电势为零的某点移到O点电场力做功5×10-7J，将该电荷从O点移动到A点电势能增加3×10-7J，将该电荷从A移到C克服电场力做功3×10-7J，则B点的电势为___________V，电场强度大小为___________V/m。 【答案】 ①. -2 ②. 3 【解析】 【详解】[1]由于把一个电荷量为+1×10-7C的点电荷由电势为零的某点移到O点电场力做功5×10-7J，即， 解得 将该电荷从O点移动到A点电势能增加3×10-7J，则电场力做负功，即 将该电荷从A移到C克服电场力做功3×10-7J，则 由于， 所以， 在匀强电场中，有，， 解得 [2]由于 则AB连线为等势线，电场线方向沿CO方向，则电场强度为 12. 如图所示是“观察电容器的充、放电现象”的实验装置。所用器材如下：电源（电动势，内阻不计）、电容器C、定值电阻、多用电表、单刀双掷开关及导线若干。 （1）某学习小组设计的实验电路图如图所示。 （2）实验室提供的定值电阻，标称阻值因磨损已不能分辨，用多用电表测量其阻值时，欧姆挡接“”，表头示数如图所示，其读数______。 （3）实验时，将单刀双掷开关S与“”端相接，对电容器充电，充电时的最大充电电流_______（保留一位小数）。 （4））学习小组研究两个不同电容器充满电后的放电过程，电容器的电容，放电过程中电容器两端的电压随释放出来的电量变化的图像分别如图中a、b图线所示，其中对应电容为的电容器放电过程图线是_______（填“a”或“b”）。 【答案】 ①. 6.0 ②. 1.3 ③. a 【解析】 【详解】[1]读数为 [2]根据 [3]根据可知 a图线斜率大于b图像斜率，其中，则 故选a。 13. 某实验小组为了测量铜的电阻率，准备了一捆总长度标注为100m的铜芯线。实验如下： ①如图甲所示，用螺旋测微器测得铜芯的直径为___________mm； ②如图乙所示，取整捆铜芯线、两节干电池和相关器材组装电路。为了使电压表示数能从零开始连续调节，请补充连接好实物电路___________ ③实验小组查阅资料得知：在常温时铜的电阻率为。而实验测得的大于，你认为造成这种偏差的原因可能是___________ A．电流表测得的电流大于流过铜芯线的电流 B．用螺旋测微器测出的铜芯直径偏小 C．实验时铜芯线温度明显高于常温 D．铜芯线的实际长度不足100m 【答案】 ①. 0.680##0.681##0.679 ②. ③. C 【解析】 【详解】[1]根据螺旋测微计的读数方法有 0.5mm + 18.0 × 0.01mm = 0.680mm [2]为了使电压表示数能从零开始连续调节，滑动变阻器应采用分压式接法，则实物电路连接如下 [3]A．根据电阻定律有，则电流的测量值偏大会导致电阻的测量值偏小，从而使电阻率的测量值偏小，A错误； B．根据电阻定律有，则铜芯的直径测量值偏小会导致铜芯线的横截面积测量值偏小，从而使电阻率的测量值偏小，B错误； C．随着温度升高，电阻率增大，若实验时铜芯线的温度偏高，将导致铜芯线的电阻率偏大，C正确； D．根据电阻定律有，则铜芯线的实际长度不足100m，导致实际长度小于测量长度，从而使电阻率的测量值偏小，D错误。 故选C。 四、计算题（共3小题，第14题10分，15题14分，16题16分，共40分） 14. 如图所示，用一条长为绝缘细线悬挂一带正电的小球，小球的质量为，所带电量为。现加水平方向匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为，已知重力加速度为，，。求： （1）匀强电场的电场强度； （2）把小球拉至最低点由静止释放，小球的最大速度； （3）在（2）情形下，小球机械能最大值（设最低点的重力势能和电势能均为零）。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 根据小球受力平衡有 解得 【小问2详解】 当小球运动至平衡位置时，最大，根据动能定理得 解得 【小问3详解】 当电场力做功最大时，小球机械能最大，从最低点到最高点由动能定理得且 根据机械能等于电场力做的功有 解得 15. 如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 16. 如图所示，在绝缘水平桌面上方存在水平向右、场强为的匀强电场，不带电的滑块M静止于桌面上，距桌面右端边缘为。一质量为、带电荷量为（）的光滑小球P从M左侧处由静止释放，运动到滑块M处与其发生弹性正碰。已知绝缘滑块M质量为，第一次碰撞后二者速度同时减小到零，第一次碰撞与第二次碰撞过程中二者之间距离的最大值为，已知碰撞瞬间内力远大于外力，碰撞过程中小球电量不转移，二者均视为质点，重力加速度为g。求： （1）小球P第一次与滑块M碰撞前的速度大小； （2）滑块M与水平桌面之间的动摩擦因数； （3）小球P与滑块M在桌面上的碰撞次数。 【答案】（1） （2） （3）3次 【解析】 【小问1详解】 小球在碰前做匀加速直线运动，根据动能定理有 解得小球第一次与滑块碰撞前的速度大小为 【小问2详解】 小球与滑块发生弹性正碰，设碰撞后小球和滑块的速度分别为和，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 联立解得和 碰后小球向左做匀减速直线运动，滑块向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分别有， 推导加速度大小的表达式分别为， 由于第一次碰撞后二者速度同时减小到零，根据运动学公式有 联立解得滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为 【小问3详解】 在此过程中小球向左运动的距离为 滑块向右运动的距离为 第一次碰撞后二者同时停止运动，此时二者之间的最大距离为 恰好满足题意已知条件；此后小球在电场力作用下向右匀加速，再次与静止的滑块发生第二次弹性正碰，设碰前小球的速度为，根据动能定理有 解得 同理可得第二次碰撞后滑块获得的速度为 第二次碰撞后滑块向右运动停止时的距离为 第二次碰后二者再次同时停止，间距为前一次的一半即，小球再次向右加速发生第三次碰撞，设碰前小球的速度为，根据动能定理有 解得 同理可得第三次碰撞后滑块获得的速度为 第三次碰撞后滑块向右运动停止时的距离为 经过3次碰撞后，滑块向右运动的总位移为 由于滑块的总位移，该值极其接近桌面边缘距离，可推断经过第3次碰撞后滑块的位移已达极限，即将滑出桌面边缘不再发生碰撞，故小球与滑块在桌面上的碰撞次数为3次。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $