2022-2022学年安徽省亳州市涡阳四中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题（共10小题每题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）一条宽度为d=16m的河流，水流速度为V水=5m/s，已知船在静水中的速度为V船=4m/s，小船从A码头出发，下列说法错误的是（ ） A．小船可以沿图中虚线所示路径从A码头运动到B码头 B．小船渡河的最短时间为4s C．小船渡河的最短位移为20m D．小船船头与上游河岸成37°角渡河时，位移最小考点：运动的合成和分解．版权所有专题：运动的合成和分解专题．分析：水流速大于静水速，合速度的方向不可能与河岸垂直，不能垂直渡河，当合速度的方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短．当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短．解答：解：A、因为水流速大于静水速，所以合速度的方向不可能与河岸垂直，不能沿虚线到达B．故A错误．B、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．最短时间t==s=4s．故B正确．C、D、当合速度的方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短，设船头与上游所成的夹角为θ，则cosθ==，解得θ=37°．最短位移s==m=20m．故C、D正确．本题选错误的，故选：A．点评：解决本题的关键知道当水流速大于静水速时，合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短． 2．（4分）（2022•铁东区校级二模）“探月热”方兴未艾，我国研制的月球卫星“嫦娥二号”已发射升空，已知月球质量为M，半径为R．引力常量为G，以下说法可能的是（ ） A．在月球上以初速度v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为-15-\n B．在月球上以初速度v0竖直上抛一个物体，物体落回到抛出点所用时间为 C．在月球上发射一颗绕它沿圆形轨道运行的卫星的最大运行速度为 D．在月球上发射一颗绕它沿圆形轨道运行的卫星的最大周期为2πR考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：由题意，已知月球质量为M，半径为R．引力常量为G，忽略月球自转的影响，根据重力等于万有引力，列式可求得月球表面的重力加速度g，根据竖直上抛的运动规律求解最大高度和时间；研究卫星绕月球做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解卫星的最大运行速度和最小的周期．解答：解：A、已知月球质量为M，半径为R．引力常量为G，忽略月球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式：G=mg，得g=则物体竖直上抛的最大高度为h==．故A错误．B、物体落回到抛出点所用时间为t==，故B正确．C、D由牛顿第二定律得：G=m=mR，则得v=，T=2πR，由T的表达式可知，只能求出卫星的最小周期2πR，不能求出最大周期．故CD错误．故选B点评：把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． 3．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，竖直放置的平行板电容器的两极板分别接电源两极，一带正电的小球用绝缘细线挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电后悬线与竖直方向夹角为θ，则（ ）-15-\n A．保持开关S闭合，将M板向N板靠近，θ角变大 B．保持开关S闭合，将M板向N板靠近，θ角变小 C．断开开关S，将M板向N板靠近，θ角变小 D．断开开关S，将M板向N板靠近，θ角变大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：将开关S闭合，电容器两端的电势差不变，根据d的变化得出电场强度的变化，从而通过电场力的变化得出θ的变化；断开开关S，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式得出电场强度的表达式，通过电场强度的变化得出电场力的变化，从而得出θ的变化．解答：解：A、保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将M板向N板靠近，d减小，则电场强度增大，电场力变大，根据共点力平衡知，θ角变大．故A正确，B错误．C、断开开关S，电荷量不变，根据E=，U=，C=，得E=，将M板向N板靠近，可知d减小，则电场强度不变，电场力不变，所以θ不变．故C错误，D错误．故选：A．点评：本题考查了电容器的动态分析，关键抓住不变量，比如电容器与电源相连，则两端的电势差不变，电容器与电源断开，则电荷量不变，结合电容的定义式和决定式进行求解． 4．（4分）（2022秋•怀远县校级月考）如图所示装置中，木块M与地面间无摩擦，子弹以一定速度沿水平方向射向木块并留在其中，然后将弹簧压缩到最短．将子弹、木块M与弹簧看成一个系统，则从子弹开始射入到弹簧压缩最短的过程中，系统的（ ） A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零．根据能量转换判断机械能是否守恒．解答：解：对于子弹、木块M与弹簧看成一个系统，在整个运动过程中，受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒．在整个运动过程中，有动能、弹性势能和内能发生转换，动能和弹性势能之和在变化，所以机械能不守恒．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键知道机械能等于动能与势能之和，以及掌握动量守恒的条件． 5．（4分）（2022秋•越城区校级期中）一个半径为r，带正电的实心金属球球心在x轴上的O点，金属球在周围空间产生静电场，则其电势φ在x轴上的分布情况正确的是（ ）-15-\n A．B．C．D．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：孤立的带电体是一个等势体，金属球外根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率大小表示电场强度的大小．解答：解：C、D、静电平衡时，整个金属球是一个等势体．故C、D错误．A、B、由于金属球带正电，电场线从金属球出发到无穷远处终止，顺着电场线电势应不断降低，φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度的大小，离金属球越远，电场强度越小，则图象的斜率应越小，故A错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键知道孤立带电体是等势体的特点，了解其周围电场线分布的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低． 6．（4分）（2022秋•涡阳县校级月考）如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则以下说法正确的是（ ） A．OM间的电势差等于NO间的电势差 B．M点的电势比P点的电势高 C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能 D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功考点：电场线；电势．版权所有分析：解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．解答：解：A、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故A错误；B、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故B错误；B、C、O点电势高于Q点，根据Ep=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；-15-\nD、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确．故选：CD．点评：电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解． 7．（4分）（2022•江西校级一模）如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（ ） A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同 D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同考点：机械能守恒定律；功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论．解答：解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误．B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误．C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C正确．D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=知道重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误；故选：C．点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fvcosθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度． 8．（4分）（2022•大连二模）如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上，受到A的斥力作用处于静止．若A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法中正确的是（ ）-15-\n A．小球A对筒底的压力变小B．小球B对筒壁的压力变大 C．小球A、B间的库仑力变小D．小球A、B间的电势能减小考点：库仑定律；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题考查了动态平衡问题，研究系统之外物体施加给系统的力时可以以系统为研究对象，如在讨论A对筒底的压力变化时；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法；判断系统电势能的变化要看电场力做功情况，可以通过判断A、B球之间距离变化情况进行判断，若距离增大，电场力正功，距离减小，电场力做负功．解答：解：A、以整体为研究对象可知，圆筒底部对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，小球A对筒底的压力不变．故A错误B、隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：FN=mgtanθ，B由于漏电而下降少许重新平衡，θ角变大，因此筒壁给球B的支持力增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；C、小球A、B间的库仑力F=，θ角变大，cosθ变小，库仑力F变大．故C错误D、两球之间的距离减小，电场力做负功，系统电势能增大，故D错误．故选：B．点评：在平衡问题正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键． 9．（4分）（2022秋•蒙城县校级期中）如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b物块间高度差为h．在此过程中，下列说法正确的是（ ）-15-\n A．物块a的机械能逐渐减少 B．物块b机械能减少了mgh C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功 D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：本题中物体a、b构成的系统机械能守恒，物体B重力势能的减小量等于a动能增加量、b动能增加量、a重力势能增加量之和．解答：解：A、物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；B、a、b间高度差为h，a上升的高度与b下降的高度均为，物体a、b构成的系统机械能守恒，有（2m）g=mg+mv2+（2m）v2，解得v=，物体b动能增加量为（2m）v2=mgh，重力势能减小mgh，故机械能减小mgh，故B错误；C、物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故C错误；D、物体a动能增加量为mv2=mgh，重力势能增加量为mgh，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误；故选：B．点评：本题关键是根据系统机械能守恒定律列式求解，得出各个物体的动能增加量和重力势能的增加量． 10．（4分）（2022秋•清河区校级期中）如图所示，一倾角为α的斜面体置于固定在光滑水平地面上的物体A、B之间，斜面体恰好与物体A、B接触．一质量为m的物体C恰能沿斜面匀速下滑，此时斜面体与A、B均无作用力．若用平行于斜面的力F沿斜面向下推物体C，使其加速下滑，则下列关于斜面体与物体A、B间的作用力的说法正确的是（ ） A．对物体A有向左的压力，大小为mgcosαsinα B．对物体A有向左的压力，大小为Fcosα C．对物体B有向右的压力，大小为mgcosαsinα D．以上说法均不正确考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：-15-\n物体C恰能沿斜面匀速下滑，受重力、支持力和滑动摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力向上，与重力平衡；再对斜面体分析，受重力、支持力、压力和摩擦力；根据牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的作用力的合力竖直向下，大小等于滑块的重力；用平行于斜面的力F沿斜面向下推物体C，使其加速下滑，斜面体受力不变，故相对地面依然无滑动趋势．解答：解：先对滑块受力分析：物体C恰能沿斜面匀速下滑，受重力、支持力和滑动摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力向上，与重力平衡；再对斜面体分析：受重力、支持力、压力和摩擦力；根据牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的作用力的合力竖直向下，大小等于滑块的重力；用平行于斜面的力F沿斜面向下推物体C，使其加速下滑，斜面体受重力、支持力、压力和摩擦力，受力情况不变，故相对地面依然无滑动趋势；故选D．点评：本题关键灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件得到滑块对斜面体的作用力的合力竖直向下；施加推力后，斜面体受力情况不变． 二、实验题（每空2分，共14分）11．（4分）（2022秋•冀州市校级期中）在研究弹簧形变与外力关系的实验中，将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F与弹簧的形变量x作出F﹣x图线如左，由图可知弹簧的劲度系数k= 200N/m ，图线不过坐标原点的原因是 弹簧自重作用 ．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；测定匀变速直线运动的加速度．版权所有专题：实验题．分析：（1）由F=kx得，k=，由图象数据代入求解；（2）将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，由于弹簧自重作用，在F=0时弹簧会伸长；解答：解：由F=kx得，k===200N/m；由于弹簧自重作用，在F=0时弹簧会伸长．故答案为：200N/m；弹簧自重作用点评：解题关键明确图线的斜率即为弹簧的劲度系数，求解时注意单位的换算；需要注意是要考虑到弹簧自身的重力作用会使弹簧在竖直方向上有一定的伸长． 12．（10分）（2022•咸阳一模）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测量出金属丝的有效长度l=0.810m-15-\n．金属丝的电阻大约为4Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻，要求尽可能多的测几组数据，然后根据电阻定律计算出该金属材料常温下的电阻率．（1）从图中可读出金属丝的直径为 0.520 mm．（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：A．直流电源：电动势约4.5V，内阻很小B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为0.125ΩC．电流表A2：量程0～3.0A，内阻约为0.025ΩD．电压表V1：量程0～3V，内阻约为3kΩE．滑动变阻器R1：最大阻值10ΩF．滑动变阻器R2：最大阻值50ΩG．开关、导线等在可供选择的器材中，应该选用的电流表是 A1 ，应该选用的滑动变阻器是 R1 ．（3）根据所选的器材，在图乙的方框中画出实验电路图．（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为Rx=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为 1.1×10﹣6 Ω•m．（保留二位有效数字）考点：测定金属的电阻率．版权所有专题：实验题．分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．（2）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．（4）根据实验数据，应用电阻定律求出金属材料的电阻率．解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×2.0=0.020mm；故螺旋测微器读数为：0.520mm；（2）为减小读数误差，选小量程电流表，故选电流表A1：量程0～0.6A，内阻0.125Ω；为保证电路安全和实验的准确性，滑动变阻器应选E，即滑动变阻器R1；（3）为保证电路安全，滑动变阻器分压接法，由题意知，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；（4）由电阻定律得：R=ρ=-15-\n所以电阻率ρ=Ω•m≈1.1×10﹣6Ω•m．故答案为：（1）0.520；（2）A1；R1（3）电路图如图所示；（4）1×10﹣6．点评：本题关键：（1）用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；（2）需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法． 三、计算题（写出与题目有关的方程及文字说明，只有结果不得分）13．（9分）（2022春•洛阳期末）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．（1）画出汽车在0～60s内的v﹣t图线；（2）求在这60s内汽车行驶的路程．考点：匀变速直线运动的图像．版权所有专题：运动学中的图像专题．分析：（1）由速度时间公式分别求出汽车在10s末、60s末的速度，再作出汽车在0﹣60s内的速度﹣时间图线．（2）速度时间图线围成的面积表示位移，根据图线围成的面积求出汽车在60s内通过的路程．解答：解：设10s末、60s末的速度分别为v1和v2．（1）在0﹣10s内汽车做匀加速直线运动，由vt=v0+at得：v1=a1t1=2×10=20m/s10﹣40s内汽车做匀速直线运动，速度为20m/s在40﹣60s内汽车做匀减速直线运动，设从40s末起经过时间t速度为0，则t==s=20s则v2=0m/s据上述数据，画出汽车在0～60s内的v﹣t图线如图所示．（2）由v﹣t图象的面积可得，60s内汽车行驶的路程：答：（1）画出汽车在0～60s内的v﹣t图线如图所示；（2）求在这60s内汽车行驶的路程是900m．-15-\n点评：本题要分段分析汽车的运动情况，由运动学公式求解速度．在求解总路程时可以运用运动学公式分段求解，但是没有图象法求解快捷． 14．（10分）（2022秋•怀远县校级月考）利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m=lkg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，AB间的距离S=1m．工件可视为质点，g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）弹簧的最大弹性势能（2）工件沿传送带上滑的时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，AB间的距离s=lm，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．（2）因为μ＜tan37°，当工件速度减为传送带速度时，又以不同的加速度向上减速，根据牛顿第二定律求出两次匀减速直线运动的加速度，然后根据运动学公式求出上滑的总时间．解答：解：（1）由能量守恒得代入数据解得：EP=38J（2）v0＞v工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：ma1=mgsinθ+μmgcosθ代入数据解得：a1=8m/s2与传送带共速需要的时间：-15-\n工件滑行的位移＜5m工件将沿传送带继续减速上滑：ma2=mgsinθ﹣μmgcosθ代入数据得：a2=4m/s2工件滑行的位移大小解得：t2=1s工件沿传送带上滑的时间t=t1+t2=1.5s．答：（1）弹簧的最大弹性势能为38J．（2）工件沿传送带上滑的时间为1.5s．点评：解决本题的关键理清工件的运动情况，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 15．（12分）（2022•宁波模拟）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小VO．考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性．当小环离开直杆后，仅少了支持力．则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向．小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动．当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起．当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度．解答：解：（1）对带电小环受力分析-15-\n因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=由牛顿第二定律可得：，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ek．由动能定理有：WG+WE=△Ek则电场力做功为零WE=0所以△Ek=WG=mgh=4J（3）小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：解得：υ0=2m/s答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．（2）小环从C运动到P过程中的动能增量为4J．（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s．点评：考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动，在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的类平抛运动．重点突出对研究对象的受力分析与运动分析，结合运动学公式、牛顿第二定律与动能定理等物理规律． -15-\n16．（15分）（2022秋•涡阳县校级月考）光滑水平地面上停放着一辆质量m=2kg的平板车，质量M=4kg可视为质点的小滑块静放在车左端，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.3，如图所示．一水平向右的推力F=24N作用在滑块M上0.5s撤去，平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，平板车足够长，以至滑块不会从平板车右端滑落，g取10m/s2．求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离s多大？此时滑块的速度多大？（2）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度v2多大？（3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车L至少要有多长？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）通过整体隔离分析出M、m系统能够保持相对静止一起向右做匀加速运动，通过动量定理求出在力F的作用0.5s末速度，车与墙碰撞后以原速率反弹，根据动量守恒定律求出车速度减为零滑块的速度．根据动能定理求出平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离．（2）第二次碰撞前，M和m达到共同速度，根据动量守恒定律求出平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度．（3）车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律求出平板车l的至少距离．解答：解：（1）滑块与平板车之间的最大静摩擦力为：fm=μMg，设滑块与车不发生相对滑动而一起加速运动的最大加速度为am，则有：am==6m/s2作用在滑块上使滑块与车一起相对静止地加速的水平推力最大值设为Fm，则有：Fm=（M+m）am=（4+2）kg×6m/s2=36N已知水平推力F=24N＜Fm，所以在F作用下M、m能相对静止地向右加速设第一次碰墙前M、m的速度为v1，有：v1=m/s=2m/s第一次碰墙后到第二次碰墙前车和滑块组成的系统动量守恒，车向左运动速度减为0时，由于m＜M，滑块仍在向右运动，设此时滑块速度为v′1、车离墙s，则有：Mv1﹣m1v1=Mv′1v′1=．以车为研究对象，根据动能定理有：﹣μMgs=0﹣mv12s=m=0.33m．-15-\n（2）第一次碰撞后车运动到速度为零时，滑块仍有向右的速度，滑动摩擦力使车以相同的加速度重新向右加速，如果车的加速过程持续到与墙第二次相碰，则加速过程位移也为s，可算出第二次碰墙前瞬间的速度大小也为2m/s，系统的总动量将大于第一次碰墙后的动量，这显然是不可能的，可见在第二次碰墙前车已停止加速，表明第二次碰墙前一些时间车和滑块已相对静止．设车与墙第二次碰撞前瞬间速度为v2，则有：Mv1﹣mv1=（M+m）v2v2=．（3）车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为内能，车与墙多次碰撞后，最后全部机械能都转化为内能，车停在墙边，滑块相对车的总位移设为l，则有：0﹣=﹣μMgll=．平板车的长度不能小于1m．答：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离为0.33m．滑块的速度为1m/s．（2）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度为0.67m/s．（3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车l至少要有1m．点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要理清平板车和滑块的运动情况，选择合适的规律进行求解． 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