北京市海淀区2021届高三上学期期中考试 物理试题 Word版（解析版）.docx

1、海淀区海淀区 20202021 学年第一学期期中练习学年第一学期期中练习 高三物理高三物理2020.11 本试卷共 8 页，100 分，考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试 结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 一、本题共一、本题共 10 分，每小题分，每小题 3 分，共分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正 确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得 3 分，选不全的得分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的

2、得 0 分。把分。把 正确的答案填涂在答题纸上。正确的答案填涂在答题纸上。 1、如图 1 所示，用同样大小的力 F1、F2提一桶水沿水平路面做匀速直线运动。已知两个力 F1、F2在 同一竖直平面内。下列说法中正确的是 A 两个力的夹角大一些省力 B 两个力的夹角小一些省力 C 两个力的夹角变大，F1、F2的合力也变大 D 两个力的夹角变大，F1、F2的合力保持不变 【答案】BD 【解析】两个人提同一桶水做匀速直线运动，说明两个力的的合力与桶和水的重力大小相等、方向相 反，如果两个力的夹角大一些，而合力不变，故这两个分力就会增大一些，如果两个力的夹角小一些，则 两个分力的大小就会小一些，选项 A

3、 错误，B 正确； 由于这两个力的合力的大小都等于桶和水的重力，方向相反，故合力不变，选项 C 错误，D 正确。 2、二维运动传感器设计原理如图 2 甲所示，通过 B1、B2两个接收器，计算机可以记录各个时刻运动 物体 A 的位置坐标。计算机可以根据位置坐标，分别绘出物体 A 的水平分速度大小 vx（用虚线表示）和 竖直分速度 vy（用实线表示）随时间变化的 vt 图像，如图 2 乙所示。根据题中信息 A 可以看出物体 A 的竖直方向的分运动是匀加速运动 B 可以看出物体 A 的水平方向的分运动是匀速运动 C 可以求出物体 A 在竖直方向的加速度的大小 D 无法求出物体 A 做平抛运动速度的大

4、小 【答案】ABC 【解析】由于实线是竖直分速度随时间变化情况，它是一条过原点的直线，说明竖直方向上做的是初 速度为0的匀加速直线运动， 其加速度的大小等于图线的斜率大小， 故竖直方向的加速度也可以计算得出， 选项 AC 正确； 又由于虚线表示水平方向的分速度，看出是一条平行于时间轴的直线，说明它做的是匀速运动，选项 B 正确；而这个速度就是物体做平抛运动的初速度的大小，故平抛运动的初速度的大小是可以求出的，选 项 D 错误。 3、如图 3 所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于 O 点，另一端系一个小球，在 O 点的正下方一个 钉子 A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳

5、与钉子相碰时的能量损失。下列 说法中正确的是 A 小球摆动过程中，所受合力大小保持不变 B 小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度 C 当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变小 D 钉子的位置靠近小球，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断 【答案】D 【解析】小球在由静止释放后，小球向下运动，故小球的重力做正功，小球会加速向下运动，小球做 圆周运动的线速度在增大， 故它受到的合外力是变化的， 如果小球做的是匀速圆周运动， 根据 F向= m 2 v R 可 知，小球受到的合外力的大小是不变的，而现在的合外力是变化的，故选项 A 错误； 根据能量守恒，小球在左侧也能摆到与右侧同样

6、的高度，不会大于右侧，选项 B 错误； 细绳与钉子碰后的瞬间， 小球的线速度可以认为是不变的， 而半径变小了， 故根据向心加速度 a= 2 v R 可 知，加速度变大了，选项 C 错误； 钉子的位置越靠近小球，相当于小球在下半部分做圆周运动的半径越小，即 R 变小；小球在最下端， 根据牛顿第二定律可知：F-mg=m 2 v R ，所以 F= mg+m 2 v R ，所以 R 越小，则 F 越大，绳就越容易断，选项 D 正确。 4、某同学用如图 4 所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡 皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是 A 钩码下降过程，处于失重状态 B

7、 钩码上升过程，处于失重状态 C 钩码下降和上升过程，都能出现失重现象 D 钩码由最低点上升到最高点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象 【答案】CD 【解析】钩码在最上端向下运动的过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下 的，后是向上的，所以是先失重后超重，选项 A 错误； 钩码在最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是 向下的，所以是先超重后失重，选项 B 错误，D 正确； 可见钩码上升和下降的过程都可能出现失重现象，当然也都可能出现超重现象，选项 C 正确。 5、如图 5 所示，木块 A、B 分别重 50N 和 60N，它们与

8、水平地面之间的动摩擦因数均为 0.20，夹在 B 之间的弹簧被压缩了 1cm，弹簧的劲度系数为 400N/m，系统置于水平地面上静止不动（可认为木块与水平 地面之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力） 。现用 F=2N 的水平拉力作用在木块 B 上，此时木块 A、B 所受摩擦力分别记为 fA和 fB。则 AfA=10N BfA 的方向水平向左 CfB=10N DfB 的方向水平向左 【答案】CD 【解析】由于中间的弹簧被压缩了 1cm，弹簧的劲度系数为 400N/m，故弹簧对 A 和 B 两个的作用力 为 F=kx=400N/m 0.01m=4N，方向均向外；而对物体 A 而言，它的重力是 50

9、N，放在水平桌面上，它对 桌面的压力也是 50N， 所以它的最大静摩擦力为 fA静=0.2 50N=10N， 因为 F fA静， 所以物体 A 没有运动， 它受到的摩擦力是静摩擦力，其大小为 4N，方向向右，选项 AB 错误； 再对 B 而言，它的重力是 60N，放在水平桌面上，故它对桌面的压力也是 60N，所以它的最大静摩擦 力为 fB静=0.2 60N=12N，而物体 B 除了受弹簧的弹力以外，还受到向右的拉力是 F=2N，故 B 受到的合力 是 6N，方向向右，而 6N 1 4 T，说明质点 P 向上运动到最大位置后又向下运动了，故此时 P 的振动方向 是竖直向下的，选项 C 正确； 若

10、手上下的振动加快，则说明周期变小，而波速是不变的，而根据 =vT 可知，波长将变小，选项 D 错误。 8、一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，可视为质点的物块从斜面底端以某一初速度冲上斜面。 取地面为重力势能零势能面，不计空气阻力。图 8 中可能反映物块从向上滑动到返回底端的过程中，其动 能 Ek、重力势能 Ep、机械能 E 随物块滑动路程 x 变化关系的是 【答案】AC 【解析】由于斜面是粗糙的，存在摩擦阻力，所以物体上升到最高点再返回的过程中有能量的损失， 故动能会减小，选项 B 错误，A 正确； 重力势能在上升时随路程的增大而增大，下降时随路程的增大而逐渐减小，选项 C 正确； 根据功能

11、关系，机械能的减少量等于摩擦力做的功，而摩擦力做的功 W=fx，由于上滑和下降时摩擦力 f 都是不变的，故机械能一直在减小，并且 Ex 图像的斜率是不变的，不存在前半段减小快，后半段减小 慢的现象，故选项 D 错误。 9、如图 9 甲所示，把两个质量相等的小车 A 和 B 静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压 缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图 9 乙所示，让 B 紧靠墙壁，其他条件与图 9 甲 相同。烧断细线后，下列说法中正确的是 A 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车 A 和 B 组成的系统的动量为零 B 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车 A 和

12、 B 组成的系统的动量为零 C 当弹簧恢复原长时，乙图中 A 车速度是甲图中 A 车速度的 2 倍 D 从绕断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对 B 车的冲量是甲图中弹簧对 B 车的冲量的2 倍 【答案】AD 【解析】对于甲来说，绕断细线后，A 与 B 做为整体在水平方向上不受力，故 A 与 B 组成的系统在 水平方向上动量守恒，原来 A 与 B 是静止的，系统动量为零，故绕断细线后，小车 A 和 B 组成的系统动 量仍然为零，选项 A 正确； 对于乙来说，绕断细线后，弹簧对 B 有向右的作用力，而 B 的右端是墙壁，所以墙壁会对 B 有一个 向左的作用力，所以对 A 与 B 组成的系统

13、而言，水平方向上受力不等于零，所以 A 与 B 在水平方向上的 动量不守恒，故乙图中小车 A 和 B 组成的系统的动量不为零，选项 B 错误； 设弹簧压缩一定程度时，其弹性势能为 Ep，对于甲图而言，弹簧恢复原长时，根据水平方向上动量为 0 可知，A 与 B 的速度大小相等，方向相反，设其速度大小均为 vA，再根据能量守恒得：21 2 mvA2=Ep； 对于乙图而言，当弹簧恢复原长时，满足机械能守恒，则 1 2 mvA2=Ep；所以2 A A v v ，说明乙图中 A 车 的速度是甲图中 A 车速度的2倍，选项 C 错误； 甲图中弹簧对 B 车的冲量大小根据动量定理可知，等于 B 车动量的变化

14、量，即 IB=mvB=mvA；乙图中 弹簧对 B 车的冲量大小等于弹簧对 A 车的冲时大小，因为作用力与时间都是相等的，故 IB=mvA ，所以 =2 BA BA Iv Iv ，故乙图中弹簧对 B 车的冲量是甲图中弹簧对 B 车的冲量的2倍，选项 D 正确。 10、在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为 m 的小球 P（可视为质点）从弹簧上端 由静止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度 a 与弹簧压缩量 x 间的关系如图 10 所示，其中 a0 和 x0为已知量。下列说法中正确的是 A 当弹簧压缩量为 x0时，小球 P 的速度为零 B 小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小

15、为 ma0 C 弹簧劲度系数为 0 0 2 ma x D 当弹簧的压缩量为 x0时，弹簧的弹性势能为 00 1 2 ma x 【答案】D 【解析】设竖直向下为正方向，该星球的重力加速度为 g0，故对小球受力分析可知：mg0-kx=ma，故 小球运动的加速度大小为 a=- k m x+g0；由图可知，当弹簧的压缩量为 x0时，小球的加速度为 0，小球的速 度最大，选项 A 错误； 小球放到弹簧上松开手，小球在弹簧上做简谐振动，当小球向下运动至速度为 0 时，根据简谐运动的 对称性可知， 它与小球刚放到弹簧上时的加速度大小是相等的， 方向相反， 小球刚放到弹簧上时， 满足 x=0， 只受星球吸引力

16、的作用，故加速度大小为 g0，即 g0=a0，方向竖直向下，所以当小球的速度为 0 时，它的 加速度大小也是 g0，方向竖直向上，设此时的弹力大小为 F，则 F-mg0=mg0，故此时的弹力大小为 2mg0， 也可以表达成 2ma0，选项 B 错误； 由 a=- k m x+g0可知，当 a=0 时， k m x0=g0，故 k= 0 0 mg x = 0 0 ma x ，即弹簧的劲度系数为 0 0 ma x ，选项 C 错 误； 当弹簧的压缩量为 x0时，弹簧的弹性势能为 Ep= 22 0 00 0 111 222 mg kxx x mg0 x0= 1 2 max0，选项 D 正确。 二、本

17、题共二、本题共 2 小题，共小题，共 15 分。分。 11、 （4 分）图 11 是向心力演示仪的示意图，匀速转动手柄 1，可使变速塔轮 2 和 3 以及长槽 4 和短 槽 5 随之匀速转动，槽内的小球就做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由长槽及短槽上的档板 6 对 小球的弹力提供，该力的大小通过档板的杠杆使弹簧测力筒 7 下降，从而露出标尺 8，因此标尺 8 上露出 的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。 长槽上 A 档板距左转轴的距离与短槽上 B 档板距右转轴的距离相等。A档板距左转轴的距离是 A 档板距左转轴距离的两倍。皮带分别套在塔轮 2 和 3 上的不同圆盘上

18、（已知塔轮 2 由上到下，圆盘半径分别为 6.00cm、8.00cm、9.00cm；塔轮 3 由上到 下圆盘半径分别为 6.00cm、4.00cm、3.00cm） ，可改变两个塔轮的转速比，以探究圆周运动向心力大小的 影响因素。图 12 中甲、乙、丙是用控制变量法探究小球所受向心力大小与小球质量、小球转动角速度和 转动半径之间关系的实验情境图，所用钢球质量相同，钢球质量大于铝球质量。其中： （1） 探究小球所受向心力大小与小球质量之间关系的是图 12 中的_ （选填“甲”、 “乙”、 “丙”） ； （2） 探究小球所受向心力大小与小球转动角速度之间关系的是图 12 中的_ （选填“甲”、 “乙

19、”、 “丙”） ； 【答案】 （1）乙； （2）甲。 【解析】 （1）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球质量之间的关系，故需要使质量变化，而 保证角速度、半径相等，观察三个图可知，乙图中在半径相等的位置处放的是钢球和铝球，二者的质量不 相等，所以选乙； （2）题中想探究的是小球受到的向心力大小与小球转动角速度之间的关系，故需要使角速度变化， 保证质量、 半径相等， 角速度变化看不明显， 我们也可以反过来看其控制的变量； 图甲中的小球都是钢球， 质量相等，它们距轴心的距离也都是相等的，即半径相等，所以选甲。 12、 （11 分）小明和小红同学分别通过实验探究“加速度与质量的关系“和”加速度

20、与力的关系“。 （1）小明同学在探究小车加速度与质量的关系时，采用了如图 13 所示方案。 保持砝码盘中砝码质量不变，通过增减小车中的砝码个数改变小车中砝码和小车的总质量 M，与此 相对应， 利用纸带上打出的点来测量小车的加速度。 对此实验方案， 下列做法中合理的是_； A 在平衡阻力时，需要把木板的一侧垫高，并将砝码盘及盘中砝码用细线通过定滑轮系在小车上 B 实验前，先接通打点计时器电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车 C 调节滑轮，使细线与木板平行 实验中打出的一条纸带的部分实验数据如图 14 所示，相邻两个计数点间还有四个点未画出。所用 交变频率为 50Hz，由该纸带可求小车的加速度

21、a=_m/s2（结果保留两位有效数字） ； 小明记录的 6 组实验数据如下表所示， 其中 5 组数据的对应点已经标在图 15 的坐标纸上， 请用“+“标 出余下的一组数据的对应点，并作出 a 1 M 图像。由 a 1 M 图像可得出的实验结论为_。 （2）小红同学在探究小车的加速度 a 与所受合外力的关系时，设计并采用了如图 16 所示的方案。其 实验操作步骤如下： a 挂上砝码盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为 M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； b 取下砝码盘和砝码，测出其总质量为 m，并让小车沿木板下滑，测出加速度 a； c 改变砝码盘中砝码的个数，重复步骤 a 和 b，多次测量，作出

22、aF 图像。 该实验方案_满足条件 Mm（选填“需要“或”不需要“） ； 若小红同学实验操作规范，随砝码盘中砝码个数的增加，作出的aF图像最接近图 17 中的 _。 【答案】 （1）BC；0.475；余下的一组数据对应点和做出的图像如图所示；在合力力不变的情 况下，加速度与质量成反比； （2）不需要；A。 【解析】 （1）在平衡阻力时，不需要细线对小车有力的作用，故不用将砝码盘及盘中中的砝码用细 线通过定滑轮系在小车上，选项 A 错误； 实验时，需要先接通打点计时器的电源，待打点计时器工作稳定后再释放小车，选项 B 正确； 调节滑轮，使细线与木板平行，选项 C 正确。 因为交流电的频率是 50

23、Hz，相邻还有四个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔是 T=0.1s；故纸 带的加速度 a= 2 (7.13+7.61)-(6.18+6.66)cm 2 0.1() s =0.475m/s2； 第五组数据没有标在图上，找出当加速度为 0.81m/s2时的 11 0 36 .Mkg =2.78kg-1对应点，用“+”号 表示即可；这些点可以用直线连接起来，并且过原点，说明在合力力不变的情况下，加速度与质量的倒数 成正比，与质量成反比； （2）当盘及砝码匀速下滑时，对小车受力分析可知：mg+f=Mgsin，其中 f 是小车下滑时受到的摩 擦力， 是斜面与水平面的夹角；当去掉盘与砝码时，小车加速向下

24、运动，再对小车进行受力分析可得： Mgsin-f=Ma，联立两式可得：mg=Ma，我们取盘与砝码的重力为 F，则 F=Ma；故该方案不需要满足条件 Mm； 由表达式 F=Ma 可知，加速度 a 与合外力 F 之间在关系成正比例，即选项 A 正确。 三、本题包括三、本题包括 6 小题，共小题，共 55 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最 后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13、（8分） 如图18所示， 一质量m=

25、2.0kg的物体静止在水平地面上， 物体与地面间的动摩擦因数=0.5。 现用一大小为 10N、与水平方向成 =37斜向右上方的力 F 拉物体，使物体沿水平地面做匀速直线运动。 已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8，空气阻力可忽略不计，取重力加速度 g=10m/s2。 （1）物体做匀加速直线运动的加速度 a； （2）物体由静止开始运动，前 4.0s 内位移的大小 x； （3）物体由静止开始运动 4.0s 的过程中，拉力 F 的冲时大小 I。 【答案】 （1）5.5m/s2； （2）44m； （3）40Ns。 【解析】 （1）对物体受力分析可得：Fcos-f=ma；FN+Fsin=mg

26、；f=FN； 联立以上三式解之得：a=5.5m/s2； （2）根据 x= 1 2 at2= 1 2 5.5m/s2 （4.0s）2=44m； （3）拉力 F 的冲量 I=Ft=10N 4.0s=40Ns。 14、 （8 分）第 24 届冬季奥林匹克运动会将于 2022 年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目 之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图 19 所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在 倾角为 的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为 m，山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪 板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为同一常数。运动员从山坡滑道上某处由静止速下滑，经过时

27、间 t 到达山坡滑道底端，速度大小为 v。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻 力或忽略不计，重力加速度为 g。 （1）求滑雪运动员沿山坡滑道下滑时所受摩擦力 f 的大小； （2）求滑雪运动员沿山坡滑道滑到底端时运动员及装备所受重力的瞬时功率 P； （3）某同学认为，仅改变运动员及装备的总质量，可改变运动员在水平滑道上滑过的距离。你是否 同意该同学的观点？请说明理由。 （注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的，要在解题时做必要 的说明） 【答案】 （1）f= mgsin-m v t ； （2）P=mgvsin； （3）不同意，理由见解析。 【解析】 （1）由于下滑时

28、的初速度为 0，末速度为 v，时间为 t，所以下滑的加速度为 a= v t ； 对人下滑时受力分析得：mgsin-f=ma，故摩擦力大小为 f= mgsin-m v t ； （2）重力的瞬时功率为 P=mgvy=mgvsin； （3）设运动员与滑道的动摩擦因数为 ，斜面滑道的长度为 L，运动员沿水平滑道滑行的长度为 x， 则从起点到终点，根据动能定理得：mgLsin-mgcosL-mg x=0-0， 故 x= sinL -Lcos，可知水平滑道上滑过的距离 x 与质量 m 无关。 15、 （8 分）如图 20 所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平桌面上，管道内充满液体，其右端 面上有一截面

29、积为 S 的小喷口，喷口离地的高度为 h（h 远远大于喷口的直径） 。管道中有一与截面平行的 活塞，活塞沿管道向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为2h。若液 体的密度为 ，重力加速度为 g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。 （1）液体从小喷口水平射出速度的大小 v0； （2）喷射过程稳定后，空中液体的质量 m； （3）假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力的大小 Fx。 【答案】 （1）v0=hg； （2）m=2hS； （3）Fx=Sv02； 【解析】 （1）因为液体做平抛运动， 水平方向上：2h=v

30、0t；竖直方向上：h= 1 2 gt2； 解得：v0=hg； （2）由于喷出的时间为 t= 2h g ；故空中液体的质量 m=v0t S =2hS； （3）设液体与水平地面间的作用时间为t，取t 时间内液体为研究对象； 液体水平向右的初速度为 v0，末速度为 0，取向右为正方向， 根据动量定理得：Fx t=0-mv0；因为m= v0t S ； 解之得：Fx=-Sv02； 根据牛顿第三定律可知：Fx=- Fx=Sv02； 16、 （9 分）如图 21 所示，质量为 m=1kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，木板上表面光滑， 木板下表面与地面间的动摩擦因数 =0.3。一固定有电动机的滑块，其总

31、质量也为 1kg，放置在木板上，电 动机可收拢与档板拴接的不可伸长的水平轻绳，起初滑块离档板的距离 L=4m。开启电动机收拢轻绳，滑 块由静止开始做匀加速直线运动。 设木板所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 空气阻力不计， 取 g=10m/s2。 （1）若开启电动机后木板始终保持静止，滑块运动 2s 到达木板左侧档板处，求此时滑块的速度大小 v0； （2）若通电后，绳子上拉力为恒力 F=7N，滑块由静止开始运动，到达档板处与档板碰撞后结合成一 个整体（碰撞时间极短，相撞时电动机立即断电） ，最终两者停在水平地面上， 求：滑块与档板碰撞过程中二者损失的总机械能E； 整个过程中电动机对餐做的总功 W

32、。 【答案】 （1）v0=4m/s； （2）E=16J；W=28J。 【解析】 （1）当木板静止时，对于滑块而言，其初速度为 0，L=4m，运动时间 t=2s； 故根据 L= 0 0 2 v t可知，滑块的速度大小为 v0= 22 4 2 Lm ts =4m/s； （2）通电后，因为绳子上的力恒为 F=7N，则电动机的加速度大小为 a1= 7 1 FN mkg =7m/s2； 对木板受力分析得：F-2mg=ma2，则木板的加速度大小为 a2=1m/s2； 设经过时间 t 电动机与木板相撞，则 22 12 11 22 a ta tL；解得 t=1s； 所以碰撞前电动机的速度 v1=a1t=7m/

33、s；木板的速度 v2=a2t=1m/s；这两个速度方向相反； 木板前进的距离 x2= 2 2 1 2 a t=0.5m； 电动机与木板碰撞时，取向左为正方向，由于动量守恒，故 mv1-mv2=2mv，解得 v=3m/s； 所以碰撞时损失的机械能E= 1 2 mv12+ 1 2 mv22- 1 2 2mv2=16J； 由于碰撞后，电动机就关闭了，所以在碰撞前，电动机做的功使得滑块与木板的动能增加，还使得 木板克服地面的摩擦力做功，故电动机对外做的总功 W= 1 2 mv12+ 1 2 mv22+2mg x2=28J。 17、 （10 分）如图 22 甲所示，粗糙平直轨道与半径为 R 的光滑半圆形

34、竖直轨道平滑连接。质量为 m、 可视为质点的滑块与平直轨道间的动摩擦因数为 ，由距离圆形轨道最低点为 L 的 A 点，以水平向右的不 同初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形 轨道上滑的最大高度 h 与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数 F 之间的关系如图 22 乙所示。 （1）若滑块沿圆形轨道上滑的最大高度为 R，求滑块在 A 点初速度的大小 v0； （2）求图 22 乙中 F0的大小； （3）请通过推导写出 F3mg 时 h 与 F 的关系式，并将图 21 乙中 F3mg 的部分图像补充完整。 【答案】 （1）v0=2()g RL；

35、 （2）F0=6mg； （3）h= 22 RR F mg ；图像如图所示。 【解析】 （1）由图像可知，当滑块沿圆形轨道上滑的最大高度是 R 时，滑块在在圆形轨道的最低点对 轨道的压力是 3mg； 则根据牛顿第二定律得：F支-mg=m 2 v R ，而 F支=F压=3mg，解之得 v=2gR； 再由 A 到圆形轨道的最低点，由动能定理可得：-mgL= 1 2 mv2- 1 2 mv02； 解得 v0=2()g RL； （2）再由乙图可知，当压力为 F0时，滑块刚好通过圆形轨道的最高点， 故在最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m 2 1 v R ，解得：v1=gR； 在由圆形轨道的最高点到最低点

36、，由动能定理得：mg 2R= 1 2 mv22- 1 2 mv12； 解得：v2=5gR； 在圆形轨道的最低点，则 F0-mg= m 2 2 v R ，解得 F0=6mg； （3）当 F3mg 时，滑块上升的高度小于 R，由机械能守恒得：mgh= 1 2 mv32； 在最低点：F-mg=m 2 3 v R ，故可得：h= 22 RR F mg ； 所以 h 和 F 的图像是一条直线，取两个特殊点，用直线连接起来即可，而当 h0 的这一部分即可。 18、 （12 分）“势阱“是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，其 势能函数曲线在空间某范围内存在最小值，形如陷阱，粒

37、子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这 种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。 （1）如图 23 甲所示，光滑轨道 abc 固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为 kH 和 H。一 可视为质点的质量为 m 的小球，静置于水平轨道 b 处。已知重力加速度为 g。 以 a 处所在平面为重力势能面，写出该小球在 b 处机械能的表达式； 使小球由 b 处开始运动，从右侧处脱离该重力势阱，至少需要给小球提供多少动能？ （2）我国首个火星探测器命名为“天问一号“。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕匀 速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的 1.5 倍。

38、从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较 节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的 束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道近似为圆形运行的人造卫星；然后使探测器在适 当的位置加速，经过椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。 已知取无限远处为引力势能零点，间距为 r、质量分别为 m1和 m2的两质点组成的系统具有的引力 势能可表示为 Ep=- 12 mm G r ，式中 G 为引力常量且大小已知。已知地球质量为 M、半径为 R，在如图 23 乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为 m 的探测器到地心的距离 r(rR)。请在

39、该坐标系 中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。静置于地面处的该探测器，至少需要获得 多大速度（相对于地心，不考虑地球的自转和空气阻力及其他天体的影响） ，才能摆脱地球引力势阱的束 缚； 由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星 的轨道的半长轴的三次方距它的公转周期的二次方的比值都相等。如图 23 丙所示，请经过计算，判断当 火星运行到哪个位置（A、B、C、D、E、F、G）附近时，在地球公转轨道上 H 点的探测器开始发射（即 瞬间加速， 加速时间可忽略） ， 此后探测器仅在太阳引力作用下， 可经过霍曼转移轨道在 I 点到达火星。

40、（可 能需要用到的数据： 3 1 251 40.， 3 1 51 84.。 【答案】 （1）E=-kmgH；Ek=mgH； （2）引力势能函数曲线如下图所示；v= 2GM R ；E点。 【解析】 （1）小球在 b 处的机械能：E=-kmgH； 要使小球 b 从 c 点脱离，则根据机械能守恒得：-kmgH+Ek=-mg(kH-H)，解得 Ek=mgH； （2） 地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线如图所示； 当r=R时， 引力势能Ep=- Mm G R ， 随着 r 的增大，引力势能的绝对值逐渐减小，引力势能逐渐增大； 设静置于地面处的探测器，至少需要速度 v 才能摆脱地球引力势阱的束缚

41、； 故由机械能守恒得：- Mm G R + 1 2 mv2=0；解得 v= 2GM R ； 设地球的公转半径为 R，则火星的公转半径为 1.5R，探测器的半长轴为 1 5 2 .RR =1.25R； 对于地球和探测器而言，根据开普勒第三定律： 33 22 1 25 地探 （） .RR TT ，故 T探=1.40T地； 对于地球和火星而言，根据开普勒第三定律： 33 22 1 5 地火 （） .RR TT ，故 T火=1.84T地； 故 T探= 1 4 1 84 . . T火=0.76T火 6 8 T火 所以当探测器从 H 点飞行到 I 点时的时间为探测器的半个周期，即 t= 1 2 T探= 3 8 T火，即当火星运行到 E 点附近时，可以使探测器与火星在 I 点相遇。