2023-2024学年广东省中山市华侨中学高三（下）模拟物理试卷（二）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省中山市华侨中学高三（下）模拟物理试卷（二）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.学校“身边的物理”社团小组利用传感器研究物体的运动，在一小球内部装上无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图像，已知小球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大，则下列图像可能是计算机正确描绘的是()(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间)
A. B.
C. D.
2.若战机从航空母舰上起飞滑行的距离相同，牵引力相同，则( )
A. 携带弹药越多，加速度越大B. 加速度相同，与携带弹药的多少无关
C. 携带燃油越多，获得的起飞速度越大D. 携带弹药越多，滑行时间越长
3.如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势+U，两个电极带负电荷，形成低电势−U。图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置，下列说法正确的是( )
A. 图中虚线表示电场线
B. a点的电势高于b点的电势
C. 电荷在四个电极的表面分布均匀
D. c点的电场强度大小与d点的电场强度大小相等
4.最近日本计划向太平洋中倾倒核废水的消息在世界上引起一片哗然，因为核废水中含有对人类和海洋生物有害的放射性同位素氚、碳−14及其它放射性物质。下列有关说法中正确的是( )
A. 当一种放射性元素与其他元素形成化合物后，这种元素的半衰期会改变
B. 两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和
C. β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D. 铀核经过4次α衰变和2次β衰变，将会衰变为氡核( 86222Rn)
5.我国于2020年11月24日发射的嫦娥五号月球探测器成功实施无人月面采样返回。已知地球的质量为M1，表面的重力加速度大小为g1，半径为R1，第一宇宙速度为v1；月球的质量为M2，表面的重力加速度大小为g2，半径为R2，第一宇宙速度为v2。则v1与v2之比为( )
A. g1R1g2R2B. M1R1M2R2C. M1R2M2R1D. g1R2g2R1
6.一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。p−V图像如图所示。则( )
A. c→b过程。气体从外界吸热
B. a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C. 气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D. 气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
7.如图甲所示，N匝矩形闭合导线框abcd处于水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴匀速转动，导线框电阻r=0.5Ω，产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。导线框与理想变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为2：1，副线圈接有一滑动变阻器R，接入阻值R=0.5Ω，电流表为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 由乙图可知，开始计时(t=0)时导线框所处的平面与中性面垂直
B. 若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小
C. 要维持导线框匀速转动，外力的功率为40W
D. t=π×10−2s时刻，电流表的示数为零
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.下列物理现象，说法正确的是( )
A. 环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是波的衍射现象
B. 夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是因为光沿直线传播
C. 当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，这是多普勒效应现象
D. 看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象
9.如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带正电
B. 粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角
C. 两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同
D. 三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形
10.如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. m重力势能的减少量等于m动能的增加量
B. M、m组成的系统机械能守恒
C. M、m组成的系统动量守恒
D. M先加速后匀速运动
三、实验题：本大题共3小题，共24分。
11.某同学通过如下图所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。
(1)将冰糖装进注射器，通过推、拉活塞改变封闭气体的体积和压强。若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则________(填“需要”或“不需要”)重做实验。
(2)实验中通过活塞所在刻度读取了多组体积V及对应压强p的数据，为了在xOy坐标系中获得直线图像，应选择________。
A.p−V图像 B．p−1V图像 C．V−1p图像 D．1p−1V图像
(3)选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到直线的函数图像如下图所示，忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则这颗冰糖的体积为________。
12.某同学制作了一个“加速度测量仪”，用来测量垂直电梯竖直上、下运行时的加速度，其构造如图1所示：将一根轻弹簧的上端固定在竖直放置且带刻度的“
”形光滑小木板上端，当弹簧下端悬挂0.9N重物并静止时，指针指向31.0cm位置;当弹簧下端悬挂1.0N重物并静止时，指针指向30.0cm位置。实际测量时，该同学在该弹簧下端固定1.0N重物。重力加速度g取10m/s2，所有计算结果保留两位有效数字。
(1)该弹簧的劲度系数k=__________N/m;
(2)实际测量时，当指针指到31.0cm位置时，垂直电梯运行的加速度大小为__________m/s2;
(3)如图2所示，将该加速度测量仪水平使用时，若指针仍指到31.0cm位置，则水平加速度大小为__________m/s2。
13.如图甲，干电池、开关S、电阻箱R和阻值未知的定值电阻R1串联组成电路，结合多用电表，测量电阻R1、干电池的电动势E和内阻r，其主要实验步骤如下：
(1)测量R1的阻值：
①闭合开关S，调节电阻箱R，读出其示数R0。
②把多用电表的选择开关置于直流电压挡的“0∼10V”量程，与“______”(选填“+”或“−”)接线孔相连的那支表笔接电路中的a点，另一支表笔接电路中的c点，记下电压表的示数U1。
③接电路中的a点的那支表笔不动，另一支表笔改接到电路中的b点，多用电表的指针如图乙所示，则其读数U2=_______V。
④电阻R1的表达式为R1=_____(用U1、U2、R0表示)
⑤多次改变电阻箱的阻值，重复以上步骤，测出R1的平均值
(2)测量干电池的电动势E和内阻r：
若保护电阻的阻值R1=3.1Ω，为了保证测量结果尽可能精确，实验步骤依次如下：
①接电路中的a点的那支表笔不动，另一支表笔接电路中的______(选填“b”或“c”)点，调节电阻箱阻值R，记下此时电压表的示数U；
②多次改变电阻箱阻值R，记录下对应的电压U；
③以1U为纵坐标、1R为横坐标，根据实验数据作出1U−1R线如图丙所示；
④不考虑电表对电路的影响，分析图线可知：干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω(计算结果均保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
14.如图所示，一个玻璃三棱镜的截面为直角三角形ABC，∠C=90°，∠B=60°，现有一束单色光垂直照射到AB面上，入射点为D，三棱镜对该单色光的折射率为n= 3。
(1)判断单色光能否从BC面上射出；
(2)求单色光在AC面的折射光线和反射光线间的夹角θ。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图甲所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37∘固定放置，斜面上平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为d=1m，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。现有一质量为m=0.1kg，总电阻为R=10Ω，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置有一半面积位于磁场中，在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，此后在t=0.25s时，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行。已知线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)前0.25s内通过线圈某一截面的电量；
(2)线圈与斜面间的动摩擦因数；
(3)从0时刻到线圈完全通过整个磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
六、综合题：本大题共1小题，共14分。
16.如图所示，在足够长的光滑水平台面AB右侧一定距离处固定一半径为R=118m的光滑圆弧轨道CD，C点与圆心O点的连线与竖直方向OD的夹角α=53∘，该圆弧轨道在D点通过光滑小圆弧与一足够长的粗糙斜面DE相接，该斜面的倾角θ可在0∼80∘范围内调节(调好后保持不变)。A、B、C、D、E均在同一竖直平面内。质量为m=1kg的物块N静止在水平台面上，其左侧有质量为m0=3kg的物块M。让物块M以速度v0=2m/s的速度向右运动，与物块N发生弹性碰撞，物块N与物块M分离后离开水平台面，并恰好从C点无碰撞的进入圆弧轨道，然后滑上斜面DE，物块N与斜面DE之间的动摩擦因数，μ= 33,sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,g=10m/s2，物块M、N均可视为质点，求：
(1)碰撞后物块N、M的速度各是多大；
(2)物块N到达D点时对轨道的压力多大；
(3)若物块N第一次经过C点后，在C点安装一弹性挡板，挡板平面与该点圆弧轨道的切线垂直，物块N与挡板碰撞前后速度大小不变。求θ取不同值时，物块N在运动的全过程中因摩擦而产生的热量Q与tanθ的关系式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
在上升过程和下降过程中，小球受到重力和阻力，根据速度的变化关系，判断出阻力的变化关系，结合牛顿第二定律判断出加速度的变化即可判断。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是抓住上升和下降过程中受到的阻力方向不同，明确v−t图象中斜率代表加速度即可判断。
【解答】
在上升阶段，物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，mg+f=ma，其中f=kv，由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度达到0时，小球向下做加速运动，根据mg−kv=ma可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在v−t图象中斜率代表加速度，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查牛顿第二定律、动能定理以及运动学公式的应用。根据牛顿第二定律列方程可知携带弹药的质量与加速度的关系；根据动能定理列方程可知携带燃油的质量与战机起飞速度的大小关系；结合牛顿第二定律和运动学公式分析携带弹药质量与滑行时间的关系。
【解答】
A、B、根据牛顿第二定律，有：F−f=ma；携带弹药越多，质量越大，故加速度越小，故A错误，B错误；
C、携带燃油越多，质量越大，根据动能定理Fx−fx=12mv2，故速度越小，故C错误；
D、携带弹药越多，质量越大，根据牛顿第二定律，有：F−f=ma，故加速度越小，根据x=12at2，滑行时间越长，故D正确；
故选：D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，从而分析ab电势高低，根据等势面的密集程度分析电场强度大小。
本题关键要熟悉电场线和等势线的特点，注意电势的大小比较及电场线的密集程度代表电场大小。
【解答】
A.图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；
B.a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；
C.每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；
D.因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】解：A、原子核的半衰期由内部自身因素决定，与所处的化学状态和外部条件无关，故A错误；
B、轻核发生聚变反应的过程中存在质量亏损，所以两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定小于两个轻核的质量和，故B错误；
C、β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；
D、 92238U(铀)衰变为 86222Rn，质量数减小16，而质子减小6，经过α衰变的次数：x=238−2224次=4次，β衰变的次数：y=(86+2×4−92)次=2次，故D正确。
故选：D。
放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定；聚变的过程中存在质量亏损；原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，经过一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变；β衰变产生的电子来自原子核，不是核外电子。
本题考查了衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
5.【答案】A
【解析】【分析】
万有引力提供向心力结合星球表面的物体受到的重力等于万有引力得出第一宇宙速度的表达式，结合题中条件求解。
掌握第一宇宙速度的求解方法是解题的关键。
【解答】
星球表面的物体受到的重力等于万有引力，则GMmR2=mg，
第一宇宙速度为近星球表面做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力得GMmR2=mv2R，
解得v= GMR= gR2R= gR，
则v1与v2之比为v1v2= g1R1 g2R2= g1R1g2R2或v1v2= M1R2R1M2，A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，能根据一定质量的理想气体的状态方程分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
【解答】A．c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。该过程气体对外不做功，故气体向外界放热， A错误；
B.由微元法可得p−V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多， B正确；
C.a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；
D.a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】【分析】
由乙图明确输出端的最大值和周期，分析开始计时时导线框所处的位置；
滑片P向上滑动，阻值增大，根据欧姆定律和变流比判断电流表示数的变化；
求出电路电压和电流的有效值，计算电路的电功率，根据功能关系得到外力的功率；电流表测量的是交流电的有效值不是瞬时值。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
【解答】
A.由乙图可知，开始计时导线框所处的平面与中性面平行，故A错误;
B.理想变压器输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，原线圈无变化，输入电压无变化，输出电压无变化，将导线框的滑片P向上移动时，电阻增大，则根据欧姆定律知输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，电流表示数减小，故 B正确;
C.感应电动势的有效值U1=Em 2=5 2V，由变压器原理可知：U2=n2n1U1=2.5 2V，电流I2=U2R=5 2A，
则输入电流：I1=n2n1I1=2.5 2A，则要维持导线框匀速转动，外力的功率为P=I1(U1+I1r)=31.25W，故C错误;
D.电流表A的示数是交流电的有效值，所以在t=π×10−2s时刻，电流表A的示数不为零，故D错误．
故选B．
8.【答案】CD
【解析】【分析】本题考查了波的衍射、薄膜干涉、多普勒效应、光的偏振现象，比较简单，要求同学们重视基础知识的学习与理解。
【解答】A.环绕发声的双股音叉绕一圈，听到声音忽强忽弱，是因为音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，这是声音的干涉现象， A错误;
B.夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色，是薄膜干涉现象， B错误;
C.当正在鸣笛的火车急驶而来时，我们听到汽笛声音调变高，音调变高就是频率变高，这是多普勒效应现象， C正确;
D.看立体电影时戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感，是利用光的偏振现象， D正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据左手定则判断带电粒子的电性；根据带电粒子在有界磁场中的运动规律进行判断。
此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论。
【解答】
A.带电粒子向右偏转，根据左手定则可知带电粒子带负电，故A错误；
BD.根据运动的对称性如图所示：
可知粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角，三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故BD正确；
C.a、c粒子运动的位移相同，时间不同，所以两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
在杆倒下的过程中系统的机械能守恒，系统动量不守恒，分离之前，球的机械能不守恒。
本题关键是会分析物体的受力运动问题，理解机械能守恒和动量守恒的条件。
【解答】
A.从小球开始运动到落地前瞬间，分离之前，小球受到立方体的作用力，小球机械能不守恒，m重力势能的减少量不等于m动能的增加量故A错误；
B.M、m组成的系统，没有机械能的耗散，故机械能守恒，B正确；
C.M、m组成的系统所受外力不是零，故动量不守恒，C错误；
D.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故D正确。
11.【答案】(1)需要；
(2)C；
(3)b
【解析】(1)实验需要保持气体温度与质量不变，操作中，若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则必须废除之前获得的数据，重做实验，这是为了保持气体质量不变。 (2)设冰糖的体积为 V1 ，则气体的体积为 V2=V−V1 由玻意耳定律知 pV−V1=C 为了获得直线图像，应表示为 V= C1p+V1 ，选择 V−1p 图像，故选C。 (3)由函数关系结合图像可知 V1=b 。
12.【答案】(1)10
(2)1.0
(3)9.0
【解析】【分析】
(1)根据胡克定律计算；
(2)(3)根据牛顿第二定律计算；
本题主要考察的知识点为胡克定律和牛顿第二定律，掌握基础知识，理解题意，进行正确的受力分析即可答题，难度较易。
【解答】
(1)由胡克定律F=kx可得ΔF=kΔx，代入解得k=ΔFΔx=1.0−0.9(31−30)×10−2N/m=10N/m;
(2)重物质量m=0.1kg，当指针指到31.0cm位置时，竖直方向由牛顿第二定律有mg−F1=ma1，代入解得a1=g−F1m=(10−0.90.1)m/s2=1.0m/s2:
(3)若水平使用，指针仍指到31.0cm位置，水平方向有F1=ma2，代入解得a2=F1m=．
13.【答案】
(1) + 4.3 U1−U2U2R0
(2) b 10 0.90

【解析】(1)②[1]电路中的a点电势最高，与“+”接线孔相连的那支表笔应接电路中的a点；
③[2]选用10V挡，读取中间弧线所示表盘，其分度值为0.2V，而指针处于半格处，则读数为
U2=4.3V
④[3]根据电路图，由欧姆定律有
U2R0=U1−U2R1
解得
R1=U1−U2U2R0
(2)①[1]接电路中的a点的那支表笔不动，为了保证测量结果尽可能精确，则应将定值电阻并入电源，组成等效内阻，而通过电压表与电阻箱测电源的电动势与内阻，则另一支表笔接电路中的b点；
④[2][3]调节电阻箱阻值R，记下此时电压表的示数U，不考虑电表对电路的影响，由闭合电路的欧姆定律有
E=U+UR(R1+r)
变式可得
1U=R1+rE1R+1E
结合图象有
1E=0.1 ， R1+rE=0.3−0.10.5
解得
E=10V ， r=0.90Ω
14.【答案】解：(1)光在玻璃三棱镜中传播的光路图如图所示，设光在BC面上的入射角为i，由几何关系可得：
sini=sin60°= 32…①
设光在BC界面发生全反射的临界角为C，则有：
sinC=1n= 33…②
可得：i>C，光在BC面发生全反射，不能从BC面射出。③
(2)设光在AC面的入射角为α，折射角为β，反射角为γ，由几何关系可知
γ=α=30°…④
根据折射定律有：
sinβsinα=n…⑤
解得：β=60°
单色光在AC面的折射光线和反射光线间的夹角θ=180°−γ−β…⑥
解得θ=90°
答：(1)单色光不能从BC面射出；
(2)单色光在AC面的折射光线和反射光线间的夹角θ是90°。
【解析】(1)设光从三棱镜进入空气发生全反射的临界角为C时，由sinC=1n，求出临界角C，将光在BC面上的入射角与临界角C比较进行分析。
(2)根据几何关系求出光线在AC面上的入射角，根据折射定律求折射角，结合反射定律求反射角，从而求得折射光线和反射光线间的夹角θ。
本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键，再运用几何知识求出入射角、折射角，即能很容易解决此类问题。
15.【答案】解：(1)0.25s内，根据法拉第电磁感应定律，有
E=ΔBΔt·d22=2−10.25×12V=2V
感应电流I=ER=210A=0.2A
0.25s内通过线圈某一截面的电量q=I⋅△t=0.2×0.25C=0.05C
(2)在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，此时：mgsin37°=μmgcs37°+B0Id
代入数据：μ=0.5
(3)设线圈最后匀速运动时的速度为v，
感应电动势E=Bdv①
感应电流I=ER②
安培力F安 =BId③
联立①②③得F安 =B 2d 2vR
匀速运动时，对线圈根据平衡条件得
mgsin37°=μmgcs37°+B 2d 2vR
代入数据解得：v=0.5m/s
0∼0.25s内，Q1=E2RΔt，可得Q1=0.1J
从线圈开始下滑到线圈完全通过磁场的过程，根据能量守恒定律，有
mgsin37°(d+d2)=12mv 2+μmgcs37°(d+d2)+Q2
代入数据解得：Q=0.2875J
从0时刻到线圈完全通过整个磁场的过程中，线圈上产生的热量：Q=Q1+Q2=0.3875J
【解析】本题中先产生感生电动势，要会运用法拉第定律求感应电动势．线圈进入磁场后，产生动生电动势，由E=BLv求解感应电动势。
(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据q=I⋅Δt求通过线圈某一截面的电量；
(2)在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，对线框受力分析，根据平衡条件列式求出μ；
(3)线圈最后匀速通过磁场，根据平衡求出匀速运动的速度，由能量守恒定律求出线圈上产生的焦耳热。
16.【答案】(1)1m/s，3m/s；(2) 36.2N ；(3) Q=18 33tanθ+ 3 ( 0≤θ≤30∘ )， Q=18J ( 30∘<θ≤80∘ )
【解析】(1)物块M与N发生弹性碰撞有
m0v0=m0v1+mv2
12m0v 02=12m0v 12+12mv 22
解得
v1=m0−mm0+mv0=v02=1m/s
v2=2m0m0+mv0=3v02=3m/s
碰撞后物块N、M的速度各是1m/s，3m/s。
(2)物块N到达C点时速度为
vC=v2csα=30.6=5m/s
物块N从C到达D点时有
mgR1−csα=12mv D2−12mv C2
物块N到达D点时有
N−mg=mv D2R
解得
vD=6m/s ， N=39811≈36.2N
由牛顿第三定律有
FN=N=36.2N
(3)斜面倾角较小时物块N停在斜面上，有
mgsinθ≤μmgcsθ
解得
θ≤30∘
斜面倾角 0≤θ≤30∘ 较小时物块N停在斜面上，有
mgsinθx+μmgcsθx=12mv D2
解得
x=v D22gsinθ+μgcsθ
则有
Q=μmgcsθ⋅x=μmgcsθv D22gsinθ+μgcsθ=18 33tanθ+ 3J
斜面倾角 30∘<θ≤80∘ 较大时物块N不能停在斜面上，最后将停在D点，则有
Q=12mv D2=18J