《重慶市巴蜀中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期9月模擬物理 Word版含解析.docx》由會(huì)員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫(kù)。

重慶巴蜀中學(xué)2023-2024學(xué)年高2025屆高二上期九月模擬物理試題（75分鐘100分）一、單選題（1-7）1.銫原子鐘是精確的計(jì)時(shí)儀器，圖1中銫原子從O點(diǎn)以的初速度在真空中做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)豎直平面所用時(shí)間為；圖2中銫原子在真空中從P點(diǎn)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)Q再返回P點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程所用時(shí)間為，O點(diǎn)到豎直平面、P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離均為，重力加速度取，則為（　?。〢100∶1B.1∶100C.1∶200D.200∶1【答案】C【解析】【分析】【詳解】銫原子做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即解得銫原子做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，拋至最高點(diǎn)用時(shí)，逆過(guò)程可視為自由落體，即解得則 故選C。2.如圖所示，凹槽靜止在光滑的水平地面上，內(nèi)表面為光滑圓柱面，在其左側(cè)有一固定在地面上的木樁，現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從距A點(diǎn)正上方H高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)半圓形軌道從點(diǎn)沖出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，則小球從釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程，凹槽和小球組成的系統(tǒng)（??）A.機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒B.機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量不守恒C.機(jī)械能不守恒，水平方向動(dòng)量守恒D.機(jī)械能不守恒，水平方向動(dòng)量不守恒【答案】B【解析】【詳解】小球從釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程，凹槽和小球組成的系統(tǒng)只有動(dòng)能與重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到凹槽最低點(diǎn)過(guò)程中，木樁對(duì)凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒。故選B3.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測(cè)板組成。電子偏轉(zhuǎn)器的簡(jiǎn)化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、B表示兩個(gè)同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，板A、B的電勢(shì)分別為、。電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央M進(jìn)入，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后到達(dá)右端的探測(cè)板N。動(dòng)能不同的電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的作用下到達(dá)板N的不同位置，初動(dòng)能為的電子沿電勢(shì)為的等勢(shì)面C（圖中虛線）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)板N的正中間。動(dòng)能為、的電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)作用下分別到達(dá)板N的左邊緣和右邊緣，動(dòng)能改變量分別為和。忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)及電子之間的相互影響。下列判斷正確的是（　　） A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】AB．由題意可知電子在偏轉(zhuǎn)器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，等勢(shì)面C上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同，而勻強(qiáng)電場(chǎng)處處大小相等，方向相同，電子受力的方向與電場(chǎng)的方向相反，所以B板的電勢(shì)較高，故AB錯(cuò)誤；C．相較于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的電子，動(dòng)能為的電子在做近心運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能為的電子在做離心運(yùn)動(dòng)，可知故C錯(cuò)誤；D．該電場(chǎng)是輻射狀電場(chǎng),內(nèi)側(cè)的電場(chǎng)線密集，電場(chǎng)強(qiáng)度大，根據(jù)定性分析可知即所以故D正確。故選D。4.電容式加速度傳感器在安全氣囊、手機(jī)移動(dòng)設(shè)備等方面應(yīng)用廣泛，其工作原理簡(jiǎn)化為如圖2所示，M和N為電容器兩極板，充電后與電源斷開(kāi)。M極板固定在手機(jī)上，N極板兩端與固定在手機(jī)上的兩輕彈簧連接，只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器與靜電計(jì)等效，可直接測(cè)量電容器的電壓。當(dāng)手機(jī)由靜止突然向前加速時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（） A.電容器的電容增大B.電壓傳感器的示數(shù)變大C.電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小D.隨著加速度變大，電壓傳感器示數(shù)的變化量與加速度的變化量之比變大【答案】B【解析】【詳解】A．由靜止突然向前加速時(shí)，N極板向后運(yùn)動(dòng)，電容器兩極板間的距離變大，由可知電容器的電容變小，故A錯(cuò)誤；B．電壓傳感器相當(dāng)于靜電計(jì)，故電容器的電荷量Q不變，由可知，在Q不變的情況下，C減小則U增大，故B正確；C．由公式可知，在Q不變d變大的情況下，E不變，故C錯(cuò)誤；D．電壓傳感器示數(shù)與極板間距之間的關(guān)系為可得設(shè)彈簧勁度系數(shù)為，對(duì)N極板由牛頓第二定律可得加速度與彈簧形變量的關(guān)系為 可得電壓傳感器示數(shù)的變化量與加速度的變化量之比為其為定值，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，圖中直線①表示某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，圖中曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關(guān)系圖線。下列說(shuō)法不正確的是（　?。〢.電源的電動(dòng)勢(shì)為50VB.電源的內(nèi)阻為ΩC.電流為2.5A時(shí)，外電路的電阻為15ΩD.輸出功率為120W時(shí)，輸出電壓是30V【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓為U=E－Ir，對(duì)照U－I圖象，當(dāng)I=0時(shí)U=E=50V故A正確；B．U－I圖象斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)電阻，故有故B錯(cuò)誤； C．電流為2.5A時(shí)，總電阻為故外電路電阻為故C正確；D．輸出功率為120W時(shí)，對(duì)照P－I圖象，電流為4A，由P=UI得輸出電壓為30V，故D正確。本題選不正確的，故選B。6.若規(guī)定無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，則距離點(diǎn)電荷Q為r的位置的電勢(shì)可用公式表示：，其中k為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，以某一根電場(chǎng)線為坐標(biāo)軸x，則x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與x-2的圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（　　）A.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電勢(shì)不相同C.電子從x1=1m點(diǎn)移動(dòng)到x2=2m點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能增加45eVD.x1=1m與x2=2m處的電勢(shì)差小于x2=2m與x3=3m處的電勢(shì)差【答案】C【解析】【詳解】A．點(diǎn)電荷為圓心，r為半徑的球面上，各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但方向不同，故A錯(cuò)誤；B．以點(diǎn)電荷為球心的球面是一個(gè)等勢(shì)面，即各點(diǎn)的電勢(shì)相等，故B錯(cuò)誤；C．由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知結(jié)合E與x-2的圖像可知由題意知Q為正電荷，所以x1=1m和x2=2m處的電勢(shì)分別為 代入數(shù)據(jù)解得=90V，=45V所以電子從x1=1m點(diǎn)移動(dòng)到x2=2m點(diǎn)過(guò)程中電勢(shì)能的變化為即電勢(shì)能增加45eV，故C正確；D．離電荷越近的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，根據(jù)U=Ed可知x1=1m與x2=2m處的電勢(shì)差大于x2=2m與x3=3m處的電勢(shì)差，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，靜止在水平地面上的木板（厚度不計(jì)）質(zhì)量為m1=1kg，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)，質(zhì)量為m2=2kg可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊與木板和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，以v0=4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過(guò)t=0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是A.木板的長(zhǎng)度1.68mB.小物塊離開(kāi)木板時(shí)，木板速度為1.6m/sC.小物塊離開(kāi)木板后，木板的加速度為2m/s2，方向水平向右D.小物塊離開(kāi)板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞【答案】D【解析】【詳解】B．由于，得滑塊在木板上減速滑行的加速度木板向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度在0.6s時(shí)，滑塊的速度木板的速度 B錯(cuò)誤。A．0.6s內(nèi)滑塊位移為木板位移相對(duì)位移即木板長(zhǎng)度為1.32m，A錯(cuò)。C．滑塊離開(kāi)木板后，木板做減速運(yùn)動(dòng)，加速度為方向向左，C錯(cuò)。D．在地面上滑塊的加速度則滑塊在地面上會(huì)滑行木板會(huì)滑行所以兩者會(huì)相碰，D正確。故選D。二、多選（8-10）8.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r恒定不變，R、為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器，電壓表V及電流表、均為理想電表。下列說(shuō)法正確的是（　　） A.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒?dòng)時(shí)，兩電流表、的示數(shù)變化量B.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒?dòng)時(shí)，電壓表V和電流表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比不斷改變C.若S閉合，當(dāng)?shù)幕蛳禄瑒?dòng)時(shí)，電壓表V和電流表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比變大D.若接入電路的電阻值保持某一不為零的值不變，將開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)轉(zhuǎn)為閉合，則電流表的示數(shù)變大，電壓表V、電流表的示數(shù)均變小【答案】AD【解析】【詳解】A．若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，總電阻減小，干路電流I1增大，電源的內(nèi)電壓和R兩端的電壓增大，由閉合電路歐姆定律知并聯(lián)部分電壓減小，流過(guò)R1的電流減小，A2的示數(shù)變大，而可知兩電流表、的示數(shù)變化量故A正確；BC．若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+I1(R+r)電壓表V和電流表A1的示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比為可知比值不變，故BC錯(cuò)誤；D．若R2接入電路的電阻值保持某一不為零的值不變，將開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)轉(zhuǎn)為閉合，則干路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知電流表A1的示數(shù)變大，電源的內(nèi)電壓和R兩端的電壓增大，電壓表V減小，電流表A2的示數(shù)也變小，故D正確。故選AD。9.如圖所示，質(zhì)量分別為和的A、B兩個(gè)小球置于光滑的水平面上，B與輕質(zhì)彈簧栓接在一起，A不與彈簧栓接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)給A一個(gè)向左的水平初速度，A與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離。下列說(shuō)法正確的是（　?。?A.A與彈簧分離之前，A與B的加速度之比為1：2B.A、B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為，若將小球B固定，彈簧的最大彈性勢(shì)能為，則C.若在B的左側(cè)某處固定一擋板（位置未知，圖中未畫(huà)出），在A與彈簧分離前，B與擋板發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），則碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能不可能大于D.若在B的左側(cè)某處固定一擋板（位置未知，圖中未畫(huà)出），在A與彈簧分離前，B與擋板發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），則碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能不可能小于【答案】BCD【解析】【詳解】A．A與彈簧分離之前，根據(jù)，可得A與B的加速度之比為A錯(cuò)誤；B．A、B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)A、B共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，則有解得若將小球B固定，則彈簧的最大彈性勢(shì)能為可得 B正確；C．系統(tǒng)的總機(jī)械能不可能增加，因此碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能不可能大于，C正確；D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為和，則有解得，可知在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B與擋板碰撞，碰后系統(tǒng)具有向右的最大動(dòng)量，當(dāng)兩者共速時(shí)，此時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能是所有B與擋板碰撞情景中彈簧最大彈性勢(shì)能最小的，則有解得可知B與擋板碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能不可能小于，D正確；故選BCD。10.如圖所示，有一傾角為37°、下端固定一彈性擋板的光滑斜面，擋板與斜面垂直.一長(zhǎng)木板質(zhì)量為M，下端距擋板的距離為L(zhǎng)，上端放有一質(zhì)量為m的小物塊，長(zhǎng)木板由靜止自由下滑，與擋板每次發(fā)生碰撞后均以原速率彈回，且每次碰撞的時(shí)間極短，小物塊和木板的運(yùn)動(dòng)始終與斜面平行.已知，長(zhǎng)木板上表面與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，取，，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力.則下列說(shuō)法正確的有（　　）A.長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，小物塊的加速度大小為B.長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，長(zhǎng)木板的加速度大小為C.若長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為10L，則第三次碰撞前小物塊已從長(zhǎng)木板上滑落D.若長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為10L，則第三次碰撞前小物塊仍沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑落 【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】AB．長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，對(duì)木板，有對(duì)物體，有選項(xiàng)AB正確；CD．木板與擋板第一次碰撞碰后木板與擋板往復(fù)碰撞，加速度不變，相鄰兩次碰撞的時(shí)間為若木板足夠長(zhǎng)，物體一直向下加速，加速度不變.則木板第一次與擋板碰撞到第二次碰撞的過(guò)程，兩者相對(duì)位移物體的速度為木板第二次與擋板碰撞到第三次碰撞的過(guò)程，兩者相對(duì)位移，則第三次碰前，兩者的相對(duì)位移為木板長(zhǎng)，故第三次碰撞前小物塊仍沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑落，故C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。 三、實(shí)驗(yàn)題11.如圖所示，甲為“探究碰撞中的守恒量”的實(shí)驗(yàn)裝置圖，帶有U型槽的鋁制軌道一端固定在鐵架臺(tái)上，另一端平放在桌面上，連接處為較短的圓弧。外形完全相同的鋼柱與鋁柱能穩(wěn)定地在軌道中運(yùn)行（如圖乙所示）。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①在傾斜軌道上適當(dāng)位置標(biāo)記A點(diǎn)，將鋼柱右側(cè)底面與A點(diǎn)對(duì)齊，并由靜止釋放，它的右側(cè)底面運(yùn)動(dòng)到C處?kù)o止，在水平軌道上標(biāo)記C點(diǎn)，測(cè)量?jī)牲c(diǎn)間的水平距離；②拿走鋼柱，將鋁柱右側(cè)底面與A點(diǎn)對(duì)齊，并由靜止釋放，它的右側(cè)底面運(yùn)動(dòng)到處?kù)o止，在水平軌道上標(biāo)記點(diǎn)，測(cè)量?jī)牲c(diǎn)間的水平距離；③在水平軌道上離斜面底端B足夠遠(yuǎn)的位置標(biāo)記D點(diǎn)，測(cè)量之間的距離；④將鋁柱放在D處，使其___________（選填“左側(cè)”或“右側(cè)”）底面與D點(diǎn)重合；⑤仍將鋼柱從A處由靜止釋放，使其與鋁柱碰撞，測(cè)量碰撞后鋼柱移動(dòng)的距離x1、鋁柱移動(dòng)的距離x2；⑥測(cè)量鋼柱的質(zhì)量m1、鋁柱的質(zhì)量m2?；卮鹨韵聠?wèn)題：（1）在步驟④中應(yīng)填（選填“左側(cè)”或“右側(cè)”）；（2）驗(yàn)證該過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為_(kāi)__________（用各步驟中物理量表示）；（3）驗(yàn)證該過(guò)程中動(dòng)能守恒的表達(dá)式為_(kāi)__________（用各步驟中物理量表示）?！敬鸢浮竣?左側(cè)②.③.【解析】【詳解】（1）[1]為了使鋼柱運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)右側(cè)與其接觸，鋁柱放在D處，應(yīng)使其左側(cè)底面與D點(diǎn)重合。（2）[2]設(shè)碰前瞬間鋼柱運(yùn)動(dòng)D點(diǎn)時(shí)的速度為v0，鋼柱從D到C做末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)速度位移公式可得據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)A點(diǎn)距水平軌道的高度為h，從A到C過(guò)程據(jù)動(dòng)能定理可得 聯(lián)立解得同理可得碰后瞬間，鋼柱和鋁柱的速度分別為，碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，可得聯(lián)立可得（3）[3]若碰撞瞬間滿足動(dòng)能守恒，可得聯(lián)立可得聯(lián)立解得12.電流傳感器可以像電流表一樣測(cè)量電流，能顯示出電流隨時(shí)間變化的圖像。照?qǐng)D甲連接電路，先使開(kāi)關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，這個(gè)過(guò)程可在較短時(shí)間內(nèi)完成。然后把開(kāi)關(guān)S擲向2端，電容器通過(guò)電阻放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。（1）在圖中畫(huà)一個(gè)豎立的狹長(zhǎng)矩形（在圖乙的最左邊），它的面積的物理意義是___________（填寫(xiě)面積所代表物理量的名稱）（2）根據(jù)圖像估算電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為_(kāi)__________C（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。（3）若對(duì)應(yīng)開(kāi)關(guān)S與1端相連的充電過(guò)程，電荷量隨時(shí)間變化的圖像的示意圖是怎樣的？請(qǐng)?jiān)趫D丙中定性畫(huà)出。（） （4）實(shí)驗(yàn)中，為使能觀察到的放電過(guò)程持續(xù)更長(zhǎng)的時(shí)間，請(qǐng)通過(guò)分析，說(shuō)明：在其它條件一定的條件下，電阻應(yīng)選擇盡量大一些還是小一些？（）（5）某實(shí)驗(yàn)小組在完成實(shí)驗(yàn)后，積極展開(kāi)思考，進(jìn)一步進(jìn)行理論探究“為什么放電過(guò)程中電流的變化率越來(lái)越小”，假如你也是實(shí)驗(yàn)小組的一員，請(qǐng)你對(duì)此做出合理的理論分析。（）【答案】①電荷量##電量②.③.④.盡量大一些⑤.見(jiàn)解析【解析】【詳解】（1）[1]在極短時(shí)間內(nèi)，電容器放電電流可以認(rèn)為不變，所以圖乙中內(nèi)放電電流不變，即狹長(zhǎng)矩形面積的物理意義為電容器放電的電荷量；（2）[2]根據(jù)電流定義式可得所以在圖像中，圖線與橫軸圍成的面積等于電荷量，所以電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量為圖線與橫軸圍成的面積，由圖可知，一小格代表的電荷量為圖線與橫軸圍成的區(qū)域中大約為小方格，所以總電荷量為（3）[3]若對(duì)應(yīng)開(kāi)關(guān)S與1端相連的充電過(guò)程，開(kāi)始時(shí)充電電流較大，則圖像的切線斜率較大，隨著充電電流逐漸減小，則圖像的切線斜率逐漸減小，最后趨于穩(wěn)定，圖像如圖所示 （4）[4]實(shí)驗(yàn)中，為使能觀察到的放電過(guò)程持續(xù)更長(zhǎng)的時(shí)間，電阻應(yīng)選擇盡量大一些，因?yàn)獒尫诺碾娏渴且欢ǖ?，電流越小，放電過(guò)程持續(xù)時(shí)間越長(zhǎng)。（5）[5]放電過(guò)程中電流的變化率為放電過(guò)程中，隨著電容器極板上電量的減少，電壓減小，電場(chǎng)對(duì)自由電荷的電場(chǎng)力減小，故此電流的變化率越來(lái)越小。四、計(jì)算題13.圖中有一個(gè)豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對(duì)滑塊的阻力可調(diào)。起初，滑塊靜止，ER流體對(duì)其阻力為0，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)。為保證滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，且下移距離為時(shí)速度減為0，ER流體對(duì)滑塊的阻力須隨滑塊下移而變。試求（忽略空氣阻力），求：（1）下落物體與滑塊碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）滑塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)物體下落末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律 得設(shè)碰后共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為（2）設(shè)加速度大小為a，有得14.如圖所示，質(zhì)量為mc=4kg、長(zhǎng)度為l=8m且兩端帶有彈性擋板的長(zhǎng)木板C靜止在水平地面上，D、E為長(zhǎng)木板左右端點(diǎn)，P為中點(diǎn)，質(zhì)量為mB=3.8kg的物塊B靜止在P點(diǎn)，一質(zhì)量為mA=0.2kg的子彈A以v0=160m/s的速度水平飛來(lái)與B發(fā)生正碰并留在其中，重力加速度大小為g=10m/s2，求：（1）當(dāng)A、B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5時(shí)，B與C均向左運(yùn)動(dòng)，若B剛好與擋板沒(méi)有發(fā)生碰撞，則C與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2為多少?（2）如果地面光滑，A、B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且A、B整體與擋板發(fā)生彈性碰撞時(shí)剛好速度交換，則：I．B最終停在長(zhǎng)木板上何處?Ⅱ．從B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止，B物塊運(yùn)動(dòng)的總路程為多少?【答案】（1）；（2）I．停在D端；Ⅱ．22m【解析】【分析】A與B碰撞動(dòng)量守恒，解得A與B碰撞后共同速度，由牛頓第二定律將AB 當(dāng)作整體加速度大小和木塊C加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出C與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；A、B與長(zhǎng)木板C滑動(dòng)到共同速度，由動(dòng)量守恒求出共同速度，由能量守恒求出A、B在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)的相對(duì)路程，判斷B最終停在長(zhǎng)木板上何處；因?yàn)锳、B與C碰撞時(shí)速度交換，在同一坐標(biāo)系可得A、B和長(zhǎng)木板C的速度—時(shí)間圖像，求出從B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止，B物塊運(yùn)動(dòng)的總路程；【詳解】（1）設(shè)A與B碰撞后共同速度為，碰撞后加速度為，長(zhǎng)木板C的加速度為，A與B碰撞動(dòng)量守恒，有解得將AB當(dāng)作整體由牛頓第二定律有對(duì)木塊C受力分析可得設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t剛好不碰撞，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得（2）I．A、B與長(zhǎng)木板C滑動(dòng)到共同速度，由動(dòng)量守恒可得解得令A(yù)、B在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)的相對(duì)路程為，則由能量守恒可得解得因?yàn)?即B剛好停在D端II、A、B的加速度為長(zhǎng)木板的加速度為因?yàn)锳、B與C碰撞時(shí)速度交換，在同一坐標(biāo)系可得A、B和長(zhǎng)木板C的速度—時(shí)間圖像如（實(shí)線為A、B，虛線為長(zhǎng)木板）由圖像可得B運(yùn)動(dòng)的總路程為15.如圖所示，傾角為=30°的斜面固定在水平地面上，物塊A的質(zhì)量為M=3kg，靜止在斜面上，距斜面底端為s=4m，物塊B的質(zhì)量為m=1kg，在斜面上距物塊A上方l=2.5m的位置由靜止釋放。兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，物塊碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失。兩物塊由不同材料制成，A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，B與斜面間的摩擦忽略不計(jì)。重力加速度大小g=10m/s2，求:（1）發(fā)生第一次碰撞后物塊A的速度vA1和物塊B的速度vB1；（2）兩物塊第一次碰碰與第二次碰撞之間的時(shí)間t；（3）物塊A到達(dá)斜面底端的過(guò)程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)n。 【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=6【解析】【詳解】(1)設(shè)B下滑剛要與A碰撞的速度為v，由動(dòng)能定理可得解得v=5m/s，A、B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒可得聯(lián)立可解得即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。(2)A沿斜面減速下滑，合外力沿斜面向上，設(shè)加速度大小為，B沿斜面減速上滑，設(shè)加速度大小為，分別由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可解得，，t1=1s后，A速度減小為0，B上升至最高點(diǎn)時(shí)間，由對(duì)稱性可知，1s時(shí)B恰返回出發(fā)點(diǎn)，且速度為，加速度為aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移為此過(guò)程A的位移為 設(shè)B運(yùn)動(dòng)位移的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得，故兩物塊第一次碰碰與第二次碰撞之間的時(shí)間(3)由于每次都為彈性碰撞，故A、B碰后與碰前的速度總滿足故第二次碰撞前瞬間，B的速度為則碰后A、B的速度分別為同理可得，第三次碰撞前，即A減速為零時(shí)的位移為以此類推，第四次碰前，A下滑的位移為物塊A到達(dá)斜面底端的過(guò)程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)n滿足