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遼甯2019年高三物理上冊期中考試完整試卷

如圖所示,三個形狀不規則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起靜止不動,下列說法正确的是( )

A. c與水平桌面間的動摩擦因數μ=0
B. c對b的作用力一定豎直向上
C. b對a的支持力是由于a物體發生形變産生的
D. a對b的壓力就是a物體的重力

【答案】B
【解析】
根據平衡條件,依據相互作用力的内容,及力的合成與分解方法,并依據摩擦力産生條件,即可求解;
A、以三塊作為整體研究,整體受到的重力與桌面的支持力是平衡力,則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力,故無法判斷c與桌面間的動摩擦因數是否為零,故A錯誤;
B、選取ab作為整體研究,根據平衡條件,則石塊c對b的作用力與其重力平衡,則塊c對b的作用力一定豎直向上,故B正确;
C、根據彈力産生條件可知:b對a的支持力是由于b物體發生形變産生的,故選項C錯誤;
D、a對b的壓力屬于彈力性質,施力物體是a,a物體的重力的施力物體是地球,即這兩個力的性質不同,施力物體也不同,故不同用“就是”二字來形容,但是二者的大小是相等的,故選項D錯誤。

在城市上班高峰期間,司機駕駛汽車在平直公路上勻速行駛,突然遇到緊急情況刹車直到停止運動,汽車運動的圖象如圖所示,下列說法正确的是( )

A. 從開始刹車至汽車停止所用時間為5.0s
B. 汽車刹車後第1s内的平均速度為6.0m/s
C. 汽車刹車過程的加速度大小為
D. 從開始刹車至汽車停止,汽車的總位移為25m

【答案】C
【解析】
根據數學知識寫出與t的表達式,結合勻變速直線運動的位移時間公式,分析汽車的運動情況,再根據運動學公式求解;
由數學知識可得,根據勻變速直線運動的位移時間公式,對比可得
A、根據速度與時間的關系可知汽車從開始刹車到停下來的時間為:
,故選項A錯誤;
B、根據速度與時間的關系可知刹車後第1s末的速度為:
則第内的平均速度為:,故選項B錯誤;
C、由上面分析可知加速度為:,即加速度的大小為,故選項C正确;
D、根據平均速度可知:汽車的總位移為:,故選項D錯誤。

水平面上有質量相等的a、b兩個物體,水平推力F1、F2分别作用在a、b 。一段時間後撤去推力,物體繼續運動一段距離後停下。兩物體的v﹣t圖線如圖所示,圖中AB∥CD。則整個過程中( )

A. 水平推力F1、F2大小可能相等
B. a的平均速度大于b的平均速度
C. 合外力對 a 物體的沖量大于合外力對 b 物體的沖量
D. 摩擦力對 a 物體做的功小于摩擦力對 b 物體做的功

【答案】D
【解析】
A、由速度圖象分析可知,水平推力撤去後,AB與CD平行,說明加速度相同,由牛頓第二定律可求解;B、根據平均速度公式可求得平均速度的大小關系;C、根據動量定理,研究整個過程,确定兩個推力的沖量關系;D、根據功的公式分析摩擦力做功的關系。
由圖,AB與CD平行,說明推力撤去後兩物體的加速度相同,而撤去推力後物體的合力等于摩擦力,根據牛頓第二定律可知,兩物體受到的摩擦力大小相等。加力F時,由圖象可知a的加速度大于b的加速度,根據F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小,故A錯誤;設兩物體的最大速度為v,加F時兩物體的平均速度均為v/2,撤去F後兩物體的平均速度仍為v/2,可知a的平均速度等于b的平均速度,故B錯誤;根據動量定理可知,合外力的沖量的關于動量的變化量,即IF-If=0,根據If=ft可知,摩擦力對a的沖量比b小,則F1對 a 物體的沖量小于F2對 b 物體的沖量,故C正确;由圖象可知,a的位移小于b的位移,因兩物體的摩擦力相等,可知摩擦力對a物體做的功小于摩擦力對b物體做的功,故D正确。故選CD。

所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖),使用前先給電容器C充電,彈射時,電容器釋放儲存電能所産生的強大電流經過導體棒EF,EF在磁場(方向垂直紙面向外)作用下加速。下列說法正确的是( )

A. 導體棒EF受到安培力的方向可用左手定則判斷
B. 彈射時導體棒EF先向右做變加速運動,後做勻速運動
C. 電容器相當電源,放電時MN間的電勢差保持不變
D. 在電容器放電過程中,電容器電容不斷減小

【答案】A
【解析】
明确電容器的性質,知道電容是電容本身的性質,與電量無關;而電容器充電時,與電源正極相連的極闆帶正電,同時根據左手定則分析安培力的方向,從而判斷運動方向;
A、電容器下極闆接正極,所以充電後N極闆帶正電,放電時,電流由F到E,則由左手定則可知,安培力向右,所以導體棒向右運動,故A正确;
B、根據上面分析可知導體棒受到向右的安培力作用,即導體棒EF先向右做變加速運動,後由于安培力消失在阻力作用下做減速運動,故選項B錯誤;
C、電容器放電時,電量和電壓均減小,即MN間的電勢差減小,故C錯誤;
D、電容是電容器本身的性質,與電壓和電量無關,故放電時,電容不變,故D錯誤。

把質量是m的小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A的位置,如圖甲所示,迅速松手後,彈簧把球彈起,球升至最高位置C(圖丙),途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀态(圖乙),彈簧的質量和空氣的阻力均可忽略。則

A. 由狀态甲到狀态丙,小球的機械能守恒
B. 由狀态甲至狀态乙,有三個時刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小
C. 在乙狀态時,小球重力的功率最大
D. 由狀态甲到狀态丙,在甲狀态彈黃的彈性勢能等于小球克服重力所做的功

【答案】D
【解析】由狀态甲到狀态乙,小球和彈簧組成的系統機械能守恒;由狀态乙到狀态丙,小球的機械能守恒,故A錯誤;小球在乙時刻的加速度為重力加速度,則在從甲到乙的過程中,當小球運動到關于平衡位置對稱點時,其加速度大小等于g,方向向上,故有二個時刻的加速度大小等于重力加速度的大小,故B錯誤;當彈簧的彈力與重力相等時,合力為零,加速度為零,速度最大,根據P=mgv,可知小球重力的功率最大,而乙狀态的加速度為重力加速度,不為零,故此時小球重力的功率不是最大,故C錯誤;由狀态甲到狀态丙,動能的改變量為零,彈性勢能減小,重力勢能增加,根據系統機械能守恒可知,在甲狀态彈黃的彈性勢能等于小球克服重力所做的功,故D正确,故選D。

一質量為m的小球在光滑的水平面上以速度做勻速直線運動,在t=0時受到水平方向恒力F作用,速度先減小後增大,其最小值為,由此可以判斷( )
A. 質點受力F作用後一定做勻速直線運動
B. 質點受力F作用後可能做圓周運動
C. t=0時恒力F與速度方向間的夾角為60°
D. 時,質點速度最小

【答案】D
【解析】
由題意可知,物體做類斜抛運動,根據運動的合成與分解,結合力的平行四邊形定則與運動學公式,即可求解;
A、在t=0時開始受到恒力F作用,加速度不變,做勻變速運動,若做勻變速直線運動,則最小速度可以為零,所以質點受力F作用後一定做勻變速曲線運動,故A錯誤;
B、物體在恒力作用下不可能做圓周運動,故B錯誤;
C、設恒力與初速度之間的夾角是,最小速度為:
可知初速度與恒力的夾角為鈍角,所以是,故C錯誤;
D、質點速度最小時,即在沿恒力方向上有:,解得:,故D正确。

如圖為北京航天飛行控制中心對“嫦娥二号”衛星實施降軌控制的示意圖,衛星成功由軌道半徑為a、周期為T1的極月圓軌道進入遠月點距離為a、周期為T2的橢圓軌道,為拍攝月球圖像做好準備。則“嫦娥二号” ( )

A. 經過圓軌道上B點時的速率等于它經過橢圓軌道上A點時的速率
B. 在圓軌道上經過B點和在橢圓軌道上經過A點時的加速度大小相等
C. 在圓軌道上運行周期T1小于它在橢圓軌道上運行周期T2
D. 在圓軌道上經過B點和在橢圓軌道上經過A點時的機械能相等

【答案】B
【解析】
根據開普勒周期定律比較兩個軌道上的周期,當萬有引力剛好提供衛星所需向心力時,衛星正好可以做勻速圓周運動,若是供大于需,則衛星做逐漸靠近圓心的運動;若是供小于需,則衛星做逐漸遠離圓心的運動;
A、在圓軌道實施變軌成橢圓軌道是做逐漸靠近圓心的運動,要實現這個運動必須萬有引力大于所需向心力,所以應給“嫦娥二号”衛星減速,減少所需的向心力,所以經過圓軌道上A點時的速率大于它經過橢圓軌道上A點時的速率,而圓軌道上的各個位置速率相等,即經過圓軌道上B點時的速率大于它經過橢圓軌道上A點時的速率,故A錯誤;
B、“嫦娥二号”衛星變軌前通過B點時隻有萬有引力來提供加速度,變軌後沿橢圓軌道運動到A點時也是隻有萬有引力來提供加速度,而且這兩點距離月球相等,由于萬有引力與距離有關,說明衛星在這兩點時萬有引力的大小相等,根據牛頓第二定律可知這兩點加速度大小也相等,故選項B正确;
C、根據開普勒第三定律得:,k與中心體有關,由于圓軌道的半徑大于橢圓的半長軸,所以在圓軌道運行周期大于它在橢圓軌道運行周期,故C錯誤;
D、衛星變軌的時候發動機點火,發動機做功,所以“嫦娥二号”衛星點火變軌,前後的機械能不守恒,而圓軌道上的各個位置機械能相等,即在圓軌道上經過B點和在橢圓軌道上經過A點時的機械能不相等,故D錯誤。

如圖所示,用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分别為r和2r,圓形勻強磁場B 的邊緣恰好與a線圈重合,若磁場的磁感應強度均勻增大,開始時的磁感應強度不為0,則(  )

A. 任意時刻,穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1:4
B. a、b兩線圈中産生的感應電動勢之比為1:2
C. a、b兩線圈中産生的感應電流之比為2:1
D. 相同時間内a、b兩線圈産生的熱量之比為4:1

【答案】C
【解析】任意時刻,穿過a、b兩線圈的磁感線條數,磁通量相等,磁通量之比為1:1.故A錯誤.根據法拉第電磁感應定律得:E=S,S=πr2,則S相等,也相等,所以感應電動勢相等,感應電動勢之比為1:1,故B錯誤.線圈a、b的半徑分别為r和2r,周長之比為1:2,電阻之比為1:2,根據歐姆定律知 I= ,得a、b兩線圈中産生的感應電流之比為2:1.故C正确.根據焦耳定律得 Q=t,得相同時間内a、b兩線圈産生的熱量之比為2:1,故D錯誤.故選C.

一質量為0.5kg的物塊靜止在水平地面上,物塊與水平地面間的動摩擦因數為μ=0.2。現給物塊一水平方向的外力F,F随時間t變化的圖線如圖所示,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為10m/s2,則( )

A. t=1s時物塊的動量大小為2kg・m/s
B. t=1.5s時物塊的動能大小為1J
C. t=3s時物塊的速度恰好為零
D. 在3s-4s的時間内,物塊受到的摩擦力逐漸減小

【答案】BD
【解析】
0~1s内,根據牛頓第二定律求出物體的加速度,由速度公式求出物體的速度,再求解物體的動量;
由物體的受力情況分析t=1.5s時物塊的動能;
由動量定理求出物塊速度減至零的時間,根據物體的運動狀态分析在3s~4s的時間内摩擦力的變化情況;
A、内,根據牛頓第二定律得:,得:
物體在末的速度為
時物塊的動量大小為:,故A錯誤;
B、内,因為,所以物體做勻速運動,速度為,則動能為:,故B正确。
C、設t時刻物塊的速度為零,由動量定理得:
圖象在内方程為:
根據F-t圖象與t軸所圍的面積表示沖量,可得:
聯立解得:,故C錯誤;
D、因為,所以在内物體做減速運動,所以在的時間内,物塊靜止,随着F的減小,物塊受到的靜摩擦力逐漸減小,故D正确。

如圖所示,AOB為一邊界為 圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力),其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,則可判斷(  )

A. 粒子2在AB圓弧之間某點射出磁場
B. 粒子2必在B點射出磁場
C. 粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3:2
D. 粒子1與粒子2的速度偏轉角度相同

【答案】BC
【解析】試題分析:據題意,沿圓形磁場半徑射入的帶電粒子一定沿半徑射出,則粒子1沿AO射入一定沿OB射出,且軌迹與圓形磁場的邊界弧ACB關于弦AB對稱,粒子1的進入速度和射出速度偏轉角為: ;粒子2從C點射入,根據對稱性,粒子2的軌迹與圓形磁場邊界弧CB對稱,所以粒子2應該從B點射出,且偏轉角為: ,則;所以選項A、D錯誤選項B正确;兩個粒子速度偏轉角之比為: ,故C正确。

如圖所示,一輛小車靜止在水平地面上,車内固定着一個傾角為60°的光滑斜面OA,光滑擋闆OB與水平方向的夾角為θ,擋闆OB可繞轉軸O在豎直平面内轉動。現将重為G的圓球放在斜面與擋闆之間。下列說法正确的是( )

A. 若θ=60°,球對斜面的壓力大小為G
B. 若擋闆OB從θ=30°位置沿逆時針方向緩慢轉動到θ=90°過程中,則球對斜面的壓力逐漸增大
C. 若θ=30°,使小車水平向左做變加速運動,則小車對地面的壓力增大
D. 若θ=60°,使小車水平向右做勻加速直線運動,則球對擋闆的壓力可能為零

【答案】ABD
【解析】
以球為研究對象,對球進行受力分析,根據牛頓第二定律或平衡條件求出擋闆對球的作用力;
若擋闆旋轉,分析小球受力情況,作出力圖,運用圖解法,分析支持力的變化情況即可;
A、若,球處于靜止狀态,受力平衡,對球進行受力分析,如圖所示:

為鄰邊作平行四邊形,根據幾何關系可知,,由牛頓第三定律知,球對斜面的壓力大小為G,故A正确;
B、若擋闆從位置沿逆時針方向緩慢轉動到過程中,的方向始終不變,根據圖象可知,都增大,根據牛頓第三定律可知,球對斜面的壓力增大,故B正确;
C、整體在水平方向有加速度,但是豎直方向沒有運動,即豎直方向的合力為零,根據平衡條件可知地面對小車整體的支持力等于小車整體的重力,根據牛頓第三定律可知,小車整體對地面的壓力大小等于小車整體的重力,故選項C錯誤;
D、若保持擋闆不動,使小車水平向右做勻加速直線運動,當和重力G的合力正好提供産生加速度時的力時,球對擋闆的壓力為零,故D正确。

兩異種點電荷A、B附近的電場線分布如圖所示,P為電場中的一點,連線AP、BP相互垂直.已知P點的場強大小為E、電勢為φ,電荷A産生的電場在P點的場強大小為EA,,取無窮遠處的電勢為零.下列說法中正确的有 (   )

A. A、B所帶電荷量相等
B. 電荷B産生的電場在P點的場強大小為
C. A、B連線上有一個電勢為零的點
D. 将電量為-q的點電荷從P點移到無窮遠處,電場力做的功為qφ

【答案】BC
【解析】
根據等量異種點電荷的電場線分布圖具有對稱性,知A、B所帶的電荷量不相等,故A錯誤;P點的場強是點電荷A、B在P點産生的合場強,根據矢量合成的平行四邊形定則知,,故B正确;如果取無窮遠處的電勢為0,正電荷附近的電勢高于0,負電荷附近低于0,所以其A、B連線上有電勢為0的點,故C正确;根據W=-q(φ-0)=-qφ,故D錯誤;故選BC。

二極管是一種半導體元件,它的符号為“”,其特點是具有單向導電性,即電流從正極流入時電阻比較小,而從負極流入時電阻比較大.
(1)某課外興趣小組想要描繪某種晶體二極管的伏安特性曲線。因二極管外殼所印的标識模糊,為判斷該二極管的正、負極,他們用多用電表電阻擋測二極管的正、反向電阻。
其步驟是:将選擇開關旋至合适倍率,進行歐姆調零,将黑表筆接觸二極管的左端、紅表筆接觸右端時,指針偏角較小。然後将紅、黑表筆位置對調後再進行測量,指針偏角比較大,由此判斷_______(選填“左”“右”)端為二極管的正極。
(2)廠家提供的二極管伏安特性曲線如下圖,為了驗證廠家提供的數據,該小組對加正向電壓時的伏安特性曲線進行了描繪,可選用的器材有:

A.直流電源E:電動勢3V,内阻忽略不計
B.滑動變阻器R:0~20Ω
C.電壓表:量程5V、内阻約50kΩ
D.電壓表:量程3V、内阻約20kΩ
E.電流表:量程0.6A、内阻約0.5Ω
F.電流表:量程50mA、内阻約0.5Ω
G.待測二極管D
H.單刀單擲開關S,導線若幹
為了提高測量結果的準确度,電壓表應選用______ 電流表應選用______ (填序号字母)。
(3)為達到上述目的,将虛線框内電路圖的一部分補充完整________.

【答案】①右(2分);②D,F(4分)
③)如右圖(3分)

④(3分)可能的答案:a、在二極管支路串入一阻值合适的限流電阻起保護作用;b、閉合開關前滑動觸頭停在最左端,向右移動滑動觸頭時應緩慢進行,同時仔細觀察電流表示數變化,以防止電流超過25mA。(隻要回答合理均可)
【解析】
(1)二極管具有單向導電性,當接反向電壓時,二極管的電阻很大,由歐姆表的示數可知二極管的極性;
(2)電源已知,根據電源的電動勢可以選出電壓表,由圖中示數可以選出電流表;
(3)為了得到範圍較大的測量值,本實驗應選擇分壓接法,為了準确應選用電流表外接法;
(1)歐姆表内部有電源,電源正極接在黑表筆上,當黑表筆接觸左端時,此時指針偏角較小,說明電阻較大,故說明接入了反向電壓,而黑表筆接觸右端時,此時指針偏角較大,說明電阻較小,故二極管右端應為正極,左端為負極;
(2)電源電壓為3V,故電壓表應選3V量程進行測量,即電壓表選擇D;
而由坐标可知,電路中電流較小,故電流表應選50mA的即可,即電流表選擇F;
(3)為了得出完整的圖象,應采用分壓接法,同時因正向電阻較小,故可以采用外接法,原理圖如圖;

某實驗小組利用圖甲所示的實驗裝置做探究加速度與合外力、質量關系的實驗。

(1)關于下列實驗操作,正确的是________。
A.調節滑輪的高度,使牽引木塊的細繩與長木闆保持平行
B.每次小車都要從同一位置開始運動
C.實驗中應先放小車,然後再開打點計時器的電源
D.通過增減小車上的砝碼改變小車質設後,不需要重新平衡摩擦力
(2)為使小車所受合外力等于細線的拉力,應采取的措施是___________;要使細線的拉力等于砝碼的總重力,應滿足的條件是________。
(3)小組成員中甲、乙兩同學先後在同一實驗裝置中做研究加速度與合外力關系實驗,其中一個同學在軌道水平情況下做的實驗,而另一個同學在軌道傾斜的情況下做的實驗,得到了 a — F圖像中①、②兩條圖線。則圖線______ (填"①”或“②”)是在軌道傾斜情況下得到的;小車及車中砝碼的總質量m =________kg。

【答案】AD 平衡摩擦力 小車的質量遠大于砝碼的總質量 ① 2.5kg
【解析】
(1)A、調節滑輪的高度,使牽引小車的細繩與長木闆保持平行,所以A選項是正确的;
B、小車的釋放位置對該實驗沒有影響,不要求每次在同一位置,故B錯誤;
C、實驗時先接通電源,再釋放小車,故C錯誤;
D.通過增減小車上的砝碼改變質量時,不需要重新平衡摩擦力,即不需要重新調整木闆的傾斜程度,所以D選項是正确的.
(2) 為使小車所受合外力等于細線的拉力,應采取的措施是把不帶滑輪的一端擡高,平衡小車運動中的摩擦力;
以整體為對象: ,則小車的加速度為:

再以小車及車中的砝碼為研究對象,可以求出繩子的拉力,即:

可以近似認為
所以要認為繩子拉力等于砂和砂桶的重力,則必須滿足條件
(3)由①圖象可以知道,當F=0時,加速度不等于零.也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度,該同學實驗操作中平衡摩擦力過大,即傾角過大,平衡摩擦力時木闆的右端墊得過高,圖線①是在軌道傾斜情況下得到的;在水平軌道上,因為受到摩擦力,拉力不為零時,加速度仍然為零,可以知道圖線②是在軌道水平的情況下得到的.
根據牛頓第二定律得解得:,圖線的斜率表示質量的倒數,則
故本題答案是:(1). AD (2). 平衡摩擦力 (3). 小車的質量遠大于砝碼的總質量 (4). ① (5). 2.5kg

在一條平直的公路上有一輛長L0=1.5m的電動自行車正以v=3m/s的速度向前行駛,在其車尾後方s0=16.5m遠處的另一條車道上有一輛長L=6.5m的公共汽車正以v0=10m/s的速度同向駛來,由于公共汽車要在前方距車頭50m處的站點停車上下旅客,便在此時開始刹車使之做勻減速運動,結果車頭恰好停在站點處,不考慮公共汽車的再次啟動,求:
(1)公共汽車刹車的加速度大小
(2)從汽車開始刹車計時,公共汽車(車頭)從後方追至自行車車尾所需的時間:
(3)兩車第一次錯車的時間。

【答案】(1)(2)(3)
【解析】
(1)由汽車的刹車距離求得其加速度.
(2)由加速度與二者的初速度确定汽車相對自行車的相對運動進行求解即可;

如圖所示,在平面直角坐标系xoy中的第一象限内存在磁感應強度大小為B,方向垂直于坐标平面向裡的有界圓形勻強磁場區域(圖中未畫出):在第二象限内,存在與x軸負方向成α=30°的勻強電場,一粒子源固定在X軸上坐标為(-L,0)的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出質量為m,電荷量為-q,速度大小為v的帶電粒子,粒子垂直y軸通過C點進入第一象限,又經過磁場偏轉後垂直x軸進入第四象限(帶電粒子的重力不計)。求:

(1)勻強電場的電場強度E的大小;
(2)帶電粒子離開電場時的速度大小;
(3)圓形勻強磁場的最小面積.

【答案】(1)(2)(3)
【解析】
根據牛頓第二定律得到水平和豎直方向的加速度,然後利用運動學公求解即可;
根據洛倫茲力提供向心力求解出軌迹的半徑,确定磁場的最小半徑,得到最小面積;
(1)從A點C的過程中,在x軸方向根據牛頓第二定律得到:
在x軸方向勻加速運動,則:
在y軸方向根據牛頓第二定律得到:
在y軸方向勻減速運動,則:
聯立可以得到:
(2)粒子離開電場時的速度為,有:
解得:
(3)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為,則:
則圓形磁場的最小面積為,有

如圖所示,光滑水平面MN左端有一固定彈性擋闆P(物體與擋闆碰撞時無能量損失),右端N與處于同一高度的水平傳送帶之間的間隙可忽略,傳送帶以的速度逆時針勻速轉動。MN上放置着三個可視為質點的物體A、B和C,質量分别為mA=4kg、mB=1kg、mC=1kg,開始時,A、B靜止,AB間有一個鎖定的被壓縮的輕質彈簧,彈性勢能EP=40J,物體C靜止在N點。現解除鎖定,A、B被彈開後迅速移走彈簧,B和C相碰後粘在一起。A、B、C三個物體與傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.2,g=10m/s2。求:

(1)物體A、B被彈開時各自速度的大小;
(2)要使A與BC能在水平面MN上發生相向碰撞,則傳送帶NQ部分的長度L至少多長;
(3)若傳送帶NQ部分長度等于(2)問中的最小值,物體A與BC碰撞後結合成整體,此整體從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中,系統有多少機械能轉化成内能。

【答案】(1)(2)(3)
【解析】
(1)A、B被彈簧彈開的過程實際是爆炸模型,符合動量守恒、AB及彈簧組成的系統機械能守恒;
(2)B與C碰撞的過程中動量守恒,由此求出碰撞後的速度;對BC,運用用動能定理可以求出傳送帶NQ部分的長度;
(3)我們用逆向思維考慮:A、B整體最後剛好從Q點滑出那麼它的末速度一定為零,即他們一直做勻減速運動,則A、B碰撞後的公共速度可求;而碰撞前B的速度已知,那麼碰撞前A的速度利用動量守恒可求;既然A的速度求出來了,利用功能關系即可求出系統有多少機械能轉化成内能;
(1)A、B物塊被彈簧彈開的過程中,取向右為正方向,由動量守恒定律得:
由能量守恒知:
解得:
(2)B與C碰撞的過程中動量守恒,選取向右為正方向,則:
代入數據得:
要使三物塊能在水平面MN上發生碰撞,小物塊BC不能在傳送帶的Q端掉下,則小物塊BC在傳送帶上至多減速運動達Q處。
以BC物塊為研究對象,滑到最右端時速度為0,據動能定理有:
解得:
(3)傳送帶的速度小于,可知物塊BC返回過程先加速後勻速,到達水平面MN上時的速度等于傳送帶速度大小,故
若兩物塊A、BC在水平面MN上相向碰撞結合成整體,設共同速度為,根據動量守恒有:
解得:,方向向右。
,所以三物塊組成的整體滑上傳送帶後先向右減速,再向左加速回到水平面MN上,且速度與等值。
整體與彈性擋闆碰撞後再滑上傳送帶,如此重複運動。
三物塊第一次在傳送帶上向右運動的過程中的加速度:
物塊向右運動的時間:
相對傳送帶運動的距離為:
物塊向左加速的過程中相對于傳送帶的位移:
故從整體第一次離開傳送帶的過程中,系統的機械能轉化成内能大小為:

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