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河北省辛集中学2020届高三上学期第三次阶段考试物理试题
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河北辛集中学2017级高三上学期第二次阶段考试
高三物理试卷
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：（共16题,每题4分,共64分。1—12为单选，13—16为多项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
1.以下四幅图所反映的物理过程说法正确的是（ ）
A. 图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B. 图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C. 图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D. 图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A.图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，故A错误；
B.图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；
C.图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；
D.图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，故D错误．
2.质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
A. 小球受到的合力做功为mgl（1﹣cosθ）
B. 拉力F的功为Flcosθ
C. 重力势能的变化大于mgl（1﹣cosθ）
D. 水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ）
【答案】D
【解析】
【详解】A.小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的合力做功为零，故A错误；
B.设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可知F＝mgtanα，所以可知F为变力，根据动能定理
WF﹣mgl（1﹣cosθ）＝0
则得拉力F的功为WF＝mgl（1﹣cosθ），故B错误；
C.根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加
Ep＝mgh＝mgl（1﹣cosθ）
故C错误；
D.由上知，小球的动能不变，重力势能增加mgl（1﹣cosθ），而重力势能是小球与地球共有的，又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化，可知水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ），故D正确．
3.用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度一时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力F做的功为W2，冲量大小为I2．则下列选项正确的是
A. W1> W2；I1>I2 B. W1I2 C. W1< W2；I1
【解析】
【详解】全过程由动能定理得：得，，由动量定理得：得，故D正确．
4.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船R的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】ABCD. 假设卡车速度是v0，对小船运动分解，小船的速度为v的沿绳分量与卡车速度相同，如图：
由几何关系可知，此时卡车的牵引力为
再对小船受力分析如图：
由牛顿第二定律可知，小船加速度为
故A正确BCD错误。
故选A。
5.质量为1kg的小球A以4m/s速度与质量为2kg的静止小球B正碰，关于碰后A、B的速度vA和vB，下列哪些是可能的（ ）
A. B. vA＝1m/s，vB＝2.5m/s
C. vA＝1m/s，vB＝3m/s D. vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s
【答案】A
【解析】
【详解】碰撞前总动量为P＝mAvA0＝1×4kg·m/s＝4kg·m/s；碰撞前总动能为．
A.如果，碰后动量，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；
B.如果vA＝1m/s，vB＝2. 5m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×2. 5) kg·m/s＝5kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故B错误；
C.如果vA＝1m/s，vB＝3m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×3) kg·m/s＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D如果vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝1×（﹣4）kg·m/s +2×4 kg·m/s＝4kg·m/s，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能增加，故D错误；
6.超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨1点45分前后在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级（52米/秒），是新中国成立之后登陆我国强度第五的超强台风，风力大，降水强度大，影响范围广，涉及到10个省区市，持续时间长，也是历史上少有的超强台风，对固定建筑物破坏程度非常巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt，根据动量定理
解得风力F与风速大小v关系为．
A.，与分析不一致，故A错误；
B.与分析相一致，故B正确；
C.与分析不一致，故C错误；
D.与分析不一致，故D错误．
7.在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是（ ）
A. 子弹动能的亏损小于系统动能的亏损
B. 子弹动量变化量的大小大于木块动量变化量的大小
C. 摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D. 位移s一定小于深度d
【答案】D
【解析】
【详解】A. 子弹亏损的动能转化成木块的动能和系统内能，系统亏损的动能转化成系统的内能，则子弹动能的亏损大于于系统动能的亏损，故A错误；
B.由动量守恒可知，子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故B错误；
C. 摩擦力对M做的功为fs，摩擦力对m做的功大小为f（s+d），可知二者不等，故C错误；
D. 子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
再根据能量守恒有
解得
故D正确。
故选D。
8.用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中（ ）
A. 小球组成A、B、C、D、E的系统机械能和动量均守恒
B. 球B的机械能一直减小
C. 小球B落地的速度大小为2
D. 当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小球A和B在竖直方向有加速度，系统竖直方向合外力不为零，则系统的合外力不为零，动量不守恒；由于只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；
B. C和E球的机械能先增大后减小，根据系统的机械能守恒知，A和B球的机械能先减小后增大，故B错误；
C. 小球B落地时，C、D、E的速度均为零，A、B速度相同，设为v，根据小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒得
解得
故C错误；
D. 机械能先减小后增大，轻杆对A球先做负功后做正功，当轻杆张力为零时，小球A的机械能最小，此时地面对小球C的支持力大小为mg，故D正确。
故选D。
9.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（ ）
A. 上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量
B. 其他条件不变的情况下，M越大，x越大
C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】D
【解析】
【详解】A.由功能关系可知，拉力F做功除了增加滑块和木板两物体的动能以外还有系统产生的热量，故A错误
B.由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移x越小，故B错误；
C.滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；
D.系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．
10.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B. 板的加速度一直增大
C. 弹簧给木块A的冲量大小为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】D
【解析】
在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ；
根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；
系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2 ；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.
11.如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg，游戏时甲推着一个质量m＝15kg的箱子和他一起以大小为v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.（ ）
A. 2.2m/s B. 5.2m/s C. 6m/s D. 10m/s
【答案】B
【解析】
【详解】设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，取向右方向为正方向，则根据动量守恒，甲和箱子
（m甲+m）v0= m甲v甲+mv
乙和箱子
mv-m乙v0=（m+m乙）v乙
当甲与乙恰好不相撞时，v甲＝v乙，解得v＝5.2m/s．
A.2.2m/s与分析不一致，故A错误；
B5.2m/s与分析相一致，故B正确；
C.6m/s与分析不一致，故C错误；
D.10m/s与分析不一致，故D错误．
12.三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m．当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为（ ）
A. m B. 2m C. 3m D. 4m
【答案】B
【解析】
设B球的质量为M．以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得：mv0=mv1+Mv2
由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22
解得：v2=；
B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得：
Mv22=Mv′22+×（4m）v32
规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得：
Mv2=Mv′2+4mv3
解得：v3=
故C球碰撞后的速度为：
由数学关系解得：M==2m时，C球碰撞后的速度最大． 故选B．
点睛：本题貌似发生很多次碰撞，但只要依次分析，会发现仅仅碰撞两次，如果真是发生很多次碰撞，也要先依次分析，然后找规律简化过程．关键要掌握动量守恒定律和能量守恒定律的应用．
13.如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m。现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N•S，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则（ ）
A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C. 物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4m
D. 物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物块B有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以物体A和物块B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C. 设物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是x，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：
解得
故C正确；
D. 对B由动量定理得 ，解得。设B到达左侧最高点时与A的共同速度为v，到达的最高点距槽口的高度为h，根据水平动量守恒得
解得
对系统由机械能守恒得
解得
故D正确。
故选ACD。
14.如图所示，小球m用一条不可伸长的轻质细线拴住后悬于O点，小球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置甲向左缓慢移动到位置乙，在此过程中，正确的说法是（ ）
A. M、m间的摩擦力对m不做功
B. M、m间的摩擦力对m做负功
C. F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等
D. M、m间的弹力对m做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.小球在向左摆动过程中，M对m的摩擦力方向与小球m的位移方向间夹角小于90°，故摩擦力对m做正功，故AB错误；
C.因M缓慢向左运动，地面对M的支持力和M的重力不做功，一定有F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等，故C正确；
D.M对m的弹力方向与m位移方向夹角小于90°，故弹力对m做正功，故D正确．
15.如图所示，倾角为θ的传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，质量为m的物块由传送带底端静止释放．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，物块到达传送带顶端前与之保持静止．则在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是
A. 电动机多提供的能量为mv2
B. 传送带克服摩擦力做的功为
C. 传送带和物块增加的内能为
D. 摩擦力对物体的平均功率为
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据题意，，物块先由静止做匀加速运动，后与皮带达到共同速度v，随后与皮带保持相对静止，一起匀速运动到皮带顶端．
【详解】AB、根据牛顿第二定律得：，所以，物块做匀加速运动的加速度．则加速时间为，这段时间内，滑块的位移为，皮带转过的距离．因为电动机多消耗的电能刚好等于传送带克服摩擦力做的功，即，AB错误；
C、物块在皮带上加速的过程中，相对皮带滑过的位移为，则在物块和传送带相对滑动的过程中，产生的热量，C正确；
D、摩擦力对物体的平均功率为，D正确．
故本题选CD．
【点睛】本题关键是明确滑块的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合功能关系、运动学公式列式分析．
16.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在同心圆轨道内运动过程中，机械能一定减小
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
C. 若小球在运动过程中机械能守恒，则v0一定不小于
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
【答案】BD
【解析】
若小球在最低点的速度较小，当小球只在过圆心的水平线以下运动，则小球只于外轨接触，此时小球的机械能守恒，选项A错误；若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR，故B正确．若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有
由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R+mv2，小球在最低点时的最小速度v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于，若小球只在过圆心的水平线以下运动，则mv02=mgR，解得 ，则若小球在运动过程中机械能守恒，小球在最低点的速度应小于等于，或者大于等于，故C错误．如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R，小球在最低点时的速度为 v0=，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于，故D正确．故选BD.
点睛：本题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究.
第Ⅱ卷 非选择题
二、实验题(每空2分，共12分)
17.为了探究小车加速度与合外力的关系，甲、乙、丙、丁四个实验小组分别采用图甲、图乙、图丙、图丁所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的小滑轮），钩码总质量用m表示，丁组同学先按图丁将木板有定滑轮的一端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速运动并在纸带上打点，如图戊所示，重力加速度g已知，试回答下列问题：
（1）甲、乙、丙三组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组为__．（填“甲”“乙”“丙”）
（2）甲、乙、丙、丁四组实验时必须满是Mm的实验小组是__．（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）
【答案】 (1). 甲乙丙都需要平衡摩擦力 (2). 甲
【解析】
【详解】（1）［1］本实验探究当质量一定时，物体运动加速度与它所受的合外力的关系，所以三个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲乙丙都需要平衡摩擦力．
（2）［2］乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙丙两组不需要满足Mm，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm，丁图小车合力大小等于钩码重力，也不用．
18.某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为处由一宽度略大于A的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过，开始时A距离狭缝的高度为，放手后，A、B、C从静止开始运动
（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后落地用时，则钩码A通过狭缝的速度为_______（用题中字母表示）；
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需要测出环形金属框C的质量m，当地重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为___________（用题中字母表示）；
（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由________、___________．
【答案】（1）（2）（3）可行；速度
【解析】
试题分析：（1）由于钩码通过狭缝后，C不再对A施加力了，而AB的质量又相等，故钩码A做做匀速运动，所以钩码A通过狭缝的速度为；（2）若验证机械能守恒时，因为A降低的重力势能等于B增加的重力势能，故重力势能的减少量为C下降h2的重力势能的减少量，即mgh2，而系统动能的增加量为，故满足的等式为时，就证明机械能守恒了；（3）当h1=h2=h时，A的运动是先匀加速运动，后匀速运动，如果设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，匀速运动的速度为v，则加速运动时的平均速度为，故t1v=2h成立；在匀速运动时，t2v=h成立；二式相加得（t1+t2）v=3h，即，故这种做法是可行的．
考点：匀速运动的计算，匀变速运动的计算，机械能守恒．
三、计算题：(共3题,第19题10分，第20题12分，第21题每题12分，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。)
19.新能源电瓶车在平直路面上由静止开始以的加速度匀加速启动，经过4s达到额定功率，随后电瓶车保持该额定功率继续行驶了6s达到最大速度，设电瓶车受到的阻力恒定，大小为车重的，重力加速度g取，求：
（1）电瓶车在平直路面上行驶的最大速度的大小；
（2）电瓶车由静止开始至达到最大速度所行驶的位移大小．
【答案】（1）16m/s （2）64m
【解析】
【详解】（1）设电瓶车质量为m，额定功率为P0，电瓶车匀加速启动时输出功率随速度的增大而增大，达到额定功率后做加速度变小的加速运动，最后做匀速运动；匀加速启动过程中，根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
当t1＝4s时，电瓶车的速度v＝at1＝8m/s，此时电瓶车的功率P＝P0，则得匀加速运动的牵引力，阻力f＝0.2mg，即
解得电瓶车的额定功率P0＝32mW，当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度最大，故有P0＝f·vm，代入数据得电瓶车在平直路面上行驶的最大速度
（2）匀加速过程的位移为
设变加速过程行驶的位移为x2，根据动能定理有
其中v＝at1，代入数据得x2＝48m，故总位移为x＝x1+x2＝64m．
答：（1）电瓶车在平直路面上行驶的最大速度的大小为16m/s，（2）电瓶车由静止开始至达到最大速度所行驶的位移大小为64m．
20.如图所示：质量为M=0.8kg的小车有半径R=1m的1/4光滑圆轨道BC和长为0.5m的水平轨道AB，小车静止于光滑的水平面上，质量为m=0.2kg的小物块（可看成质点）以水平向右的初速度v0在A点滑上小车．已知物块与小车的水平面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2．求：
(l）若小车固定，物块刚好滑到小车上的C点，则物块的初速度v0多大？
(2)若小车自由，物块仍以v0滑上小车，物块相对水平面AB所能到达的最大高度是多少？
(3）在（2）的情况下，分析说明，物块最终能否停在小车上，若能确定位置，若不能，求出两者分离时的速度．（取)
【答案】（1）5m/s；（2）0.75m；（3）1.7m/s
【解析】
（1）由能量守恒：mv02=fL+mgR
摩擦力
而FN=mg
解得： v0=5m/s
(2) 物块与车水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v
解得： v=1m/s
物块与车系统能量守恒：mv02=μmgL+mgh+(m+M)v2
解得最大高度：h=0.75m
(3)若停在小车上有：mv02- (m+M)v2=μmgs
s=2m>2L
所以不会停在小车上，即两者分离；设两者分离时m的速度v1，车的速度v2，物块与车水平方向动量守恒：mv0=mv1+Mv2
物块与车系统能量守恒：μmg2L=mv02- mv12- Mv22
解得 v1 =﹣1.8m/s 说明分离时m的速度方向与v0方向相反
车的速度 v2 =1.7m/s
21.如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接．有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压．紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑．现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车．碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示．已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m． 滑块、小球均可视为质点．取g=10m/s2．求：
（1）滑块到达BC轨道上时速度大小．
（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小．
（3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒，
有①
得
（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力
由牛顿第二定律，有②
设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有③
联立①②③并代入数据，解得
（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒：④
得碰撞后的速度方向向右
滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同末速度
由滑块与小车组成的系统动量守恒：⑤
（I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有⑥
联立④⑤⑥得
（II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有⑦
④⑤⑦得
综上所述，得
考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系．
【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化．
高三物理试卷
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：（共16题,每题4分,共64分。1—12为单选，13—16为多项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
1.以下四幅图所反映的物理过程说法正确的是（ ）
A. 图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B. 图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C. 图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D. 图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A.图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，故A错误；
B.图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；
C.图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；
D.图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，故D错误．
2.质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
A. 小球受到的合力做功为mgl（1﹣cosθ）
B. 拉力F的功为Flcosθ
C. 重力势能的变化大于mgl（1﹣cosθ）
D. 水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ）
【答案】D
【解析】
【详解】A.小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的合力做功为零，故A错误；
B.设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可知F＝mgtanα，所以可知F为变力，根据动能定理
WF﹣mgl（1﹣cosθ）＝0
则得拉力F的功为WF＝mgl（1﹣cosθ），故B错误；
C.根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加
Ep＝mgh＝mgl（1﹣cosθ）
故C错误；
D.由上知，小球的动能不变，重力势能增加mgl（1﹣cosθ），而重力势能是小球与地球共有的，又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化，可知水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ），故D正确．
3.用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度一时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力F做的功为W2，冲量大小为I2．则下列选项正确的是
A. W1> W2；I1>I2 B. W1
【解析】
【详解】全过程由动能定理得：得，，由动量定理得：得，故D正确．
4.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船R的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】ABCD. 假设卡车速度是v0，对小船运动分解，小船的速度为v的沿绳分量与卡车速度相同，如图：
由几何关系可知，此时卡车的牵引力为
再对小船受力分析如图：
由牛顿第二定律可知，小船加速度为
故A正确BCD错误。
故选A。
5.质量为1kg的小球A以4m/s速度与质量为2kg的静止小球B正碰，关于碰后A、B的速度vA和vB，下列哪些是可能的（ ）
A. B. vA＝1m/s，vB＝2.5m/s
C. vA＝1m/s，vB＝3m/s D. vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s
【答案】A
【解析】
【详解】碰撞前总动量为P＝mAvA0＝1×4kg·m/s＝4kg·m/s；碰撞前总动能为．
A.如果，碰后动量，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；
B.如果vA＝1m/s，vB＝2. 5m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×2. 5) kg·m/s＝5kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故B错误；
C.如果vA＝1m/s，vB＝3m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×3) kg·m/s＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D如果vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝1×（﹣4）kg·m/s +2×4 kg·m/s＝4kg·m/s，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能增加，故D错误；
6.超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨1点45分前后在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级（52米/秒），是新中国成立之后登陆我国强度第五的超强台风，风力大，降水强度大，影响范围广，涉及到10个省区市，持续时间长，也是历史上少有的超强台风，对固定建筑物破坏程度非常巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：m＝ρSvt，根据动量定理
解得风力F与风速大小v关系为．
A.，与分析不一致，故A错误；
B.与分析相一致，故B正确；
C.与分析不一致，故C错误；
D.与分析不一致，故D错误．
7.在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s。则以下说法正确的是（ ）
A. 子弹动能的亏损小于系统动能的亏损
B. 子弹动量变化量的大小大于木块动量变化量的大小
C. 摩擦力对M做的功一定等于摩擦力对m做的功
D. 位移s一定小于深度d
【答案】D
【解析】
【详解】A. 子弹亏损的动能转化成木块的动能和系统内能，系统亏损的动能转化成系统的内能，则子弹动能的亏损大于于系统动能的亏损，故A错误；
B.由动量守恒可知，子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故B错误；
C. 摩擦力对M做的功为fs，摩擦力对m做的功大小为f（s+d），可知二者不等，故C错误；
D. 子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
再根据能量守恒有
解得
故D正确。
故选D。
8.用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中（ ）
A. 小球组成A、B、C、D、E的系统机械能和动量均守恒
B. 球B的机械能一直减小
C. 小球B落地的速度大小为2
D. 当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小球A和B在竖直方向有加速度，系统竖直方向合外力不为零，则系统的合外力不为零，动量不守恒；由于只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；
B. C和E球的机械能先增大后减小，根据系统的机械能守恒知，A和B球的机械能先减小后增大，故B错误；
C. 小球B落地时，C、D、E的速度均为零，A、B速度相同，设为v，根据小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒得
解得
故C错误；
D. 机械能先减小后增大，轻杆对A球先做负功后做正功，当轻杆张力为零时，小球A的机械能最小，此时地面对小球C的支持力大小为mg，故D正确。
故选D。
9.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（ ）
A. 上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量
B. 其他条件不变的情况下，M越大，x越大
C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】D
【解析】
【详解】A.由功能关系可知，拉力F做功除了增加滑块和木板两物体的动能以外还有系统产生的热量，故A错误
B.由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移x越小，故B错误；
C.滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；
D.系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．
10.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B. 板的加速度一直增大
C. 弹簧给木块A的冲量大小为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】D
【解析】
在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ；
根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；
系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2 ；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.
11.如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg，游戏时甲推着一个质量m＝15kg的箱子和他一起以大小为v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.（ ）
A. 2.2m/s B. 5.2m/s C. 6m/s D. 10m/s
【答案】B
【解析】
【详解】设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，取向右方向为正方向，则根据动量守恒，甲和箱子
（m甲+m）v0= m甲v甲+mv
乙和箱子
mv-m乙v0=（m+m乙）v乙
当甲与乙恰好不相撞时，v甲＝v乙，解得v＝5.2m/s．
A.2.2m/s与分析不一致，故A错误；
B5.2m/s与分析相一致，故B正确；
C.6m/s与分析不一致，故C错误；
D.10m/s与分析不一致，故D错误．
12.三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m．当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为（ ）
A. m B. 2m C. 3m D. 4m
【答案】B
【解析】
设B球的质量为M．以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得：mv0=mv1+Mv2
由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22
解得：v2=；
B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得：
Mv22=Mv′22+×（4m）v32
规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得：
Mv2=Mv′2+4mv3
解得：v3=
故C球碰撞后的速度为：
由数学关系解得：M==2m时，C球碰撞后的速度最大． 故选B．
点睛：本题貌似发生很多次碰撞，但只要依次分析，会发现仅仅碰撞两次，如果真是发生很多次碰撞，也要先依次分析，然后找规律简化过程．关键要掌握动量守恒定律和能量守恒定律的应用．
13.如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m。现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N•S，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则（ ）
A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C. 物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4m
D. 物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m
【答案】ACD
【解析】
【详解】A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物块B有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以物体A和物块B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C. 设物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是x，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：
解得
故C正确；
D. 对B由动量定理得 ，解得。设B到达左侧最高点时与A的共同速度为v，到达的最高点距槽口的高度为h，根据水平动量守恒得
解得
对系统由机械能守恒得
解得
故D正确。
故选ACD。
14.如图所示，小球m用一条不可伸长的轻质细线拴住后悬于O点，小球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置甲向左缓慢移动到位置乙，在此过程中，正确的说法是（ ）
A. M、m间的摩擦力对m不做功
B. M、m间的摩擦力对m做负功
C. F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等
D. M、m间的弹力对m做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.小球在向左摆动过程中，M对m的摩擦力方向与小球m的位移方向间夹角小于90°，故摩擦力对m做正功，故AB错误；
C.因M缓慢向左运动，地面对M的支持力和M的重力不做功，一定有F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等，故C正确；
D.M对m的弹力方向与m位移方向夹角小于90°，故弹力对m做正功，故D正确．
15.如图所示，倾角为θ的传送带由电动机带动，始终保持速率v匀速运动，质量为m的物块由传送带底端静止释放．已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，物块到达传送带顶端前与之保持静止．则在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是
A. 电动机多提供的能量为mv2
B. 传送带克服摩擦力做的功为
C. 传送带和物块增加的内能为
D. 摩擦力对物体的平均功率为
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据题意，，物块先由静止做匀加速运动，后与皮带达到共同速度v，随后与皮带保持相对静止，一起匀速运动到皮带顶端．
【详解】AB、根据牛顿第二定律得：，所以，物块做匀加速运动的加速度．则加速时间为，这段时间内，滑块的位移为，皮带转过的距离．因为电动机多消耗的电能刚好等于传送带克服摩擦力做的功，即，AB错误；
C、物块在皮带上加速的过程中，相对皮带滑过的位移为，则在物块和传送带相对滑动的过程中，产生的热量，C正确；
D、摩擦力对物体的平均功率为，D正确．
故本题选CD．
【点睛】本题关键是明确滑块的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合功能关系、运动学公式列式分析．
16.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在同心圆轨道内运动过程中，机械能一定减小
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
C. 若小球在运动过程中机械能守恒，则v0一定不小于
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
【答案】BD
【解析】
若小球在最低点的速度较小，当小球只在过圆心的水平线以下运动，则小球只于外轨接触，此时小球的机械能守恒，选项A错误；若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR，故B正确．若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有
由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R+mv2，小球在最低点时的最小速度v0=，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于，若小球只在过圆心的水平线以下运动，则mv02=mgR，解得 ，则若小球在运动过程中机械能守恒，小球在最低点的速度应小于等于，或者大于等于，故C错误．如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：mv02=mg•2R，小球在最低点时的速度为 v0=，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于，故D正确．故选BD.
点睛：本题的关键是理清运动过程，抓住临界状态，明确最高点的临界条件，运用机械能守恒定律和向心力知识结合进行研究.
第Ⅱ卷 非选择题
二、实验题(每空2分，共12分)
17.为了探究小车加速度与合外力的关系，甲、乙、丙、丁四个实验小组分别采用图甲、图乙、图丙、图丁所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的小滑轮），钩码总质量用m表示，丁组同学先按图丁将木板有定滑轮的一端垫起，调整木板倾角，使小车恰好带着钩码和纸带一起沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，然后接通电源释放小车，使之由静止开始加速运动并在纸带上打点，如图戊所示，重力加速度g已知，试回答下列问题：
（1）甲、乙、丙三组实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组为__．（填“甲”“乙”“丙”）
（2）甲、乙、丙、丁四组实验时必须满是Mm的实验小组是__．（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”）
【答案】 (1). 甲乙丙都需要平衡摩擦力 (2). 甲
【解析】
【详解】（1）［1］本实验探究当质量一定时，物体运动加速度与它所受的合外力的关系，所以三个实验小组都需要平衡摩擦力，即甲乙丙都需要平衡摩擦力．
（2）［2］乙和丙绳子的拉力可以由弹簧测力计和力传感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙丙两组不需要满足Mm，而甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足Mm，丁图小车合力大小等于钩码重力，也不用．
18.某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为处由一宽度略大于A的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过，开始时A距离狭缝的高度为，放手后，A、B、C从静止开始运动
（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后落地用时，则钩码A通过狭缝的速度为_______（用题中字母表示）；
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需要测出环形金属框C的质量m，当地重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为___________（用题中字母表示）；
（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由________、___________．
【答案】（1）（2）（3）可行；速度
【解析】
试题分析：（1）由于钩码通过狭缝后，C不再对A施加力了，而AB的质量又相等，故钩码A做做匀速运动，所以钩码A通过狭缝的速度为；（2）若验证机械能守恒时，因为A降低的重力势能等于B增加的重力势能，故重力势能的减少量为C下降h2的重力势能的减少量，即mgh2，而系统动能的增加量为，故满足的等式为时，就证明机械能守恒了；（3）当h1=h2=h时，A的运动是先匀加速运动，后匀速运动，如果设加速的时间为t1，匀速的时间为t2，匀速运动的速度为v，则加速运动时的平均速度为，故t1v=2h成立；在匀速运动时，t2v=h成立；二式相加得（t1+t2）v=3h，即，故这种做法是可行的．
考点：匀速运动的计算，匀变速运动的计算，机械能守恒．
三、计算题：(共3题,第19题10分，第20题12分，第21题每题12分，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。)
19.新能源电瓶车在平直路面上由静止开始以的加速度匀加速启动，经过4s达到额定功率，随后电瓶车保持该额定功率继续行驶了6s达到最大速度，设电瓶车受到的阻力恒定，大小为车重的，重力加速度g取，求：
（1）电瓶车在平直路面上行驶的最大速度的大小；
（2）电瓶车由静止开始至达到最大速度所行驶的位移大小．
【答案】（1）16m/s （2）64m
【解析】
【详解】（1）设电瓶车质量为m，额定功率为P0，电瓶车匀加速启动时输出功率随速度的增大而增大，达到额定功率后做加速度变小的加速运动，最后做匀速运动；匀加速启动过程中，根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
当t1＝4s时，电瓶车的速度v＝at1＝8m/s，此时电瓶车的功率P＝P0，则得匀加速运动的牵引力，阻力f＝0.2mg，即
解得电瓶车的额定功率P0＝32mW，当牵引力等于阻力时，加速度为零，速度最大，故有P0＝f·vm，代入数据得电瓶车在平直路面上行驶的最大速度
（2）匀加速过程的位移为
设变加速过程行驶的位移为x2，根据动能定理有
其中v＝at1，代入数据得x2＝48m，故总位移为x＝x1+x2＝64m．
答：（1）电瓶车在平直路面上行驶的最大速度的大小为16m/s，（2）电瓶车由静止开始至达到最大速度所行驶的位移大小为64m．
20.如图所示：质量为M=0.8kg的小车有半径R=1m的1/4光滑圆轨道BC和长为0.5m的水平轨道AB，小车静止于光滑的水平面上，质量为m=0.2kg的小物块（可看成质点）以水平向右的初速度v0在A点滑上小车．已知物块与小车的水平面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2．求：
(l）若小车固定，物块刚好滑到小车上的C点，则物块的初速度v0多大？
(2)若小车自由，物块仍以v0滑上小车，物块相对水平面AB所能到达的最大高度是多少？
(3）在（2）的情况下，分析说明，物块最终能否停在小车上，若能确定位置，若不能，求出两者分离时的速度．（取)
【答案】（1）5m/s；（2）0.75m；（3）1.7m/s
【解析】
（1）由能量守恒：mv02=fL+mgR
摩擦力
而FN=mg
解得： v0=5m/s
(2) 物块与车水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v
解得： v=1m/s
物块与车系统能量守恒：mv02=μmgL+mgh+(m+M)v2
解得最大高度：h=0.75m
(3)若停在小车上有：mv02- (m+M)v2=μmgs
s=2m>2L
所以不会停在小车上，即两者分离；设两者分离时m的速度v1，车的速度v2，物块与车水平方向动量守恒：mv0=mv1+Mv2
物块与车系统能量守恒：μmg2L=mv02- mv12- Mv22
解得 v1 =﹣1.8m/s 说明分离时m的速度方向与v0方向相反
车的速度 v2 =1.7m/s
21.如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接．有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压．紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑．现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车．碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示．已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m． 滑块、小球均可视为质点．取g=10m/s2．求：
（1）滑块到达BC轨道上时速度大小．
（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小．
（3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒，
有①
得
（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力
由牛顿第二定律，有②
设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有③
联立①②③并代入数据，解得
（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒：④
得碰撞后的速度方向向右
滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同末速度
由滑块与小车组成的系统动量守恒：⑤
（I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有⑥
联立④⑤⑥得
（II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有⑦
④⑤⑦得
综上所述，得
考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系．
【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化．
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