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一轮复习验收卷
[教师备选资源]
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列说法正确的是(　　)
A．声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率大
B．肥皂膜上出现彩色条纹是光的偏振现象
C．将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后应调整其摆长
D．双缝干涉实验中形成的干涉图样，条纹间距与光的频率无关
C　[声源远离观察者时，根据多普勒效应可知，观察者接收到的声音频率比声源发出的频率小，故A错误；肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误；根据T＝2π，将原本精准的摆钟从广州运到黑龙江后，由于重力加速度发生变化，所以应调整其摆长，故C正确；双缝干涉实验中形成的干涉图样，根据Δx＝λ可知条纹间距与光的波长有关，则与光的频率有关，故D错误。]
2．(2024·甘肃卷)2024年2月，我国科学家在兰州重离子加速器国家大科学装置上成功合成了新核素，核反应方程为：Os＋4X，该方程中X是(　　)
A．质子 B．中子
C．电子 D．α粒子
B　[根据核反应前后质量数和电荷数守恒得X是。故选B。]
3．如图为氢原子的能级图，现有大量氢原子处于n＝3能级上。下列说法正确的是(　　)
A．氢原子所处能级越高，越稳定
B．氢原子在向低能级跃迁时放出光子，能量增加
C．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种不同频率的光子
D．从n＝3能级跃迁到n＝1能级时辐射出的光子频率最大
D　[氢原子所处能级越高，氢原子越活跃，越不稳定，故A错误；氢原子在向低能级跃迁时放出光子，能量减少，故B错误；这些原子跃迁过程中最多可辐射出＝3种不同频率的光子，故C错误；根据氢原子能级理论可知从n＝3能级跃迁到n＝1能级时辐射出的光子能量最大，根据E＝hν可知其频率最大，故D正确。]
4．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示(不计空气阻力，取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是(　　)
A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小
B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向
C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火
D．t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C　[t1时刻的斜率不是最小的，所以t1时刻加速度不是最小的，故A错误；t2时刻速度的方向为正，仍向上运动，没有改变运动方向，故B错误；从题图并结合题意可知，t3时刻开始做加速度大小为g的减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确；t3～ t4时间内“笛音雷”仍向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。]
5．地球同步卫星位于地面上方高度约36 000 km处，周期与地球自转周期相同，其运动可视为绕地球做匀速圆周运动。其中一种的轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向与地球自转方向相同，因其相对地面静止，也称静止卫星。下列说法正确的是(　　)
A．与静止于赤道上的物体相比，静止卫星向心加速度更小
B．与近地轨道卫星相比，静止卫星的线速度更小
C．静止卫星内的物体处于平衡状态
D．所有静止卫星的线速度均相同
B　[静止于赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，静止卫星的转动半径大于静止于赤道上的物体的转动半径，根据a＝ω2r可知静止卫星向心加速度更大，故A错误；根据＝，解得v＝，可知静止卫星的线速度更小，故B正确；静止卫星内的物体绕地球做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C错误；所有静止卫星的线速度大小相等，方向不一定相同，故D错误。]
6．两列简谐波以相同的速度相向传播，t＝0时刻的波形如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．两波相遇后可以产生稳定的干涉图样
B．质点K经过半个周期运动到t＝0时刻质点M的位置
C．t＝0时刻，质点L与质点Q的运动方向相反
D．两列波的振幅都是20 cm
C　[两列波的传播速度相同，根据题图可知两列波的波长不同，根据f＝可知两列波频率不相等，不可以产生稳定的干涉图样，故A错误；质点K做简谐运动，只会在平衡位置上下运动，不会随波迁移，故B错误；根据同侧法可知t＝0时刻，质点L向y轴正方向运动，质点Q向y轴负方向运动，t＝0时刻，质点L与质点Q的运动方向相反，故C正确；由题图可知两列波的振幅都是10 cm，故D错误。]
7．空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图甲、乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的大小为160 V/m
B．电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为
C．点(10 cm，10 cm)处的电势为20 V
D．纸面内距离坐标原点10 cm的各点电势最高为20 V
D　[由题图甲、乙的斜率可知电场在x轴和y轴上的分电场强度大小分别为Ex＝ V/m＝160 V/m，Ey＝ V/m＝120 V/m，则电场强度大小为E＝＝200 V/m，电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为tan α＝＝，故A、B错误；规定坐标原点的电势为0，点(10 cm，10 cm)处的电势为φ＝Ed＝200×10cos (45°－α)×0.01 V＝28 V，故C错误；纸面内距离坐标原点 10 cm 的各点电势最高为φ′＝Ed′＝200×10×0.01 V＝20 V，故D正确。]
8．如图所示，电动玩具车沿水平面向右运动，欲飞跃宽度d＝4 m的壕沟AB，已知两沟沿的高度差h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，不计车本身的长度。关于玩具车的运动，下列说法正确的是(　　)
A．离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越短
B．离开A点时的速度不小于10 m/s就能安全越过壕沟
C．在空中飞行的过程中，动量变化量的方向指向右下方
D．在空中飞行的过程中，相同时间内速率的变化量相同
B　[在玩具车能够安全飞跃壕沟的情况下，根据h＝gt2可知，其在空中运动的时间为t＝，t只由h决定，与离开A点时的速度无关，故A错误；若玩具车能够安全飞跃壕沟，则离开A点时的最小速度为v＝＝d＝10 m/s，故B正确；在空中飞行的过程中，玩具车所受合外力等于重力，根据动量定理可知动量变化量的方向竖直向下，故C错误；在空中飞行的过程中，玩具车做平抛运动，加速度恒为g，根据运动学规律可知，相同时间内速度的变化量相同，速率的变化量不同，故D错误。]
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出粒子的速度大小为v。不计各粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．放射源S释放的粒子带正电
B．增大q0的值，可以提高v
C．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来的倍
D．v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
AD　[根据左手定则可知，正、负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板；S释放的粒子受到向上的电场力，电场力方向与电场强度方向相同，则粒子带正电，故A正确；对于进入M、N之间的正、负离子，根据力的平衡可得q0v0B＝q0，对于S释放的粒子，加速过程有qU＝mv2，联立可得v＝，由此可知，粒子射出的速度与q0、PQ间距无关，故B、C错误；由以上分析可知，当v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。]
10．如图甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为1∶3，由a、b、c三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从A点以i＝45°的入射角射入球中，a、b、c三条折射光线如图乙所示，其中b光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是(　　)
A．该液体材料对a光的折射率小于对c光的折射率
B．c光在液体球中的传播速度最大
C．该液体材料对b光的折射率为
D．若继续增大入射角i，b光可能因发生全反射而无法射出液体球
BC　[根据折射率的公式n＝可知，以相同的入射角射入球中时，a光的折射角较小，故其折射率较大，A错误；以相同的入射角射入球中时，c光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B正确；如图所示，可知b光的折射角满足sin r＝，故该液体材料对b光的折射率n＝＝＝，C正确；若继续增大入射角i，b光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的折射角与射入液体材料时的入射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D错误。]
11．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中一矩形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动角速度为ω，产生的电能通过滑环M、N由单刀双掷开关控制提供给电路中的用电器。线圈的面积为S，匝数为N，线圈的总阻值为r，定值电阻R1＝R2＝R，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶2，电压表为理想电表。线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．若开关打到“1”，通过电阻R1的电荷量q＝
B．若开关打到“1”，电阻R1产生的热量Q＝
C．若开关打到“2”，电压表的示数为U＝
D．若开关打到“2”，电阻R2产生的热量Q＝
AC　[若开关打到“1”，线圈由题图所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势为＝Δt，可得q＝N＝，故A正确；根据题意可知，线圈由题图所示位置转过90°的过程所用时间为t＝·＝，线圈转动产生感应电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值为E有＝＝，若开关打到“1”，感应电流的有效值为I有＝＝，电阻R1产生的热量Q＝R1t＝；若开关打到“2”，设电压表读数为U，流过R2的电流为I，则原线圈两端电压为U1＝U，流过原线圈的电流为I1＝2I，则原线圈的等效电阻为R′＝＝＝，则有U1＝E有＝，则电压表读数U＝2U1＝，电阻R2产生的热量Q＝t＝，故B、D错误，C正确。]
12．(多选)(2025·八省联考陕西卷)如图所示，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　)
A．轻绳拉力大小一直增大
B．物体P的加速度大小一直增大
C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为
D．物体P的最大动能为
AD　[设物体P向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧的弹力表现为支持力，从释放P到弹簧恢复原长过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mg sin 30°－mg＋kΔx＝(4m＋m)a，可得a＝，随着x增大Δx减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，随着x增大Δx增大，根据牛顿第二定律有4mg sin 30°－mg－kΔx＝(4m＋m)a，可得a＝，随着x增大Δx增大，当mg>kΔx时，随着x增大，加速度逐渐减小，当kΔx>mg时，随着x增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增大，故B错误；以P为研究对象，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律有4mg sin 30°－T＝4ma，可得弹簧恢复原长前T＝1.2mg－0.8kΔx，随着Δx减小T增大，弹簧恢复原长后T＝1.2mg＋0.8kΔx，可知随着Δx增大，T逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确；没有释放物体P前，根据平衡条件mg＝kx1，可得x1＝，设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得＝mgxmax＋k(xmax－x1)2，解得xmax＝，故C错误；当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件有4mg sin 30°＝kx′＋mg，解得x′＝，可知P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为Ek，根据Ek＝·4mv2，可知Q的动能为，根据动能定理有4mg(x′＋x1)sin 30°－mg(x′＋x1)＝Ek＋，解得Ek＝，故D正确。故选AD。]
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)阿特伍德机是著名的力学实验装置，根据该装置可测量重力加速度，也可验证牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量定理等力学规律。图甲是阿特伍德机的其中一种简化模型，铁架台上固定一轻质滑轮，跨过滑轮的轻质细绳悬吊质量均为M＝0.440 kg的两个物块P、Q，物块P侧面粘贴小遮光片，其宽度为d、质量忽略不计。在物块P、Q下各挂5个相同的小钩码，质量均为m＝0.010 kg。 光电门1、2通过连杆固定于铁架台上，并处于同一竖直线上，且光电门1、2之间的距离为h。两光电门与计时器相连，记录遮光片通过光电门的时间。整个装置现处于静止状态，当地的重力加速度为g。实验步骤如下：
n 1 2 3 4 5
a/m·s-2 0.20 0.41 0.59 0.79 1.00
(1)某小组同学先用该装置探究牛顿第二定律。将n(依次取n＝1、2、3、4、5)个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。由匀变速运动规律可得到物块P上升过程的加速度a＝________(用“h、d、t1、t2”表示)。该小组同学测量的数据见表，他们将表格中的数据转变为坐标点画在图乙的坐标系中，并作出a-n图像。从图像可以得出：a与n成正比，图像的斜率k＝________(用“M、m、g”表示)。根据斜率可进一步求得当地的重力加速度。同时也说明当连接体质量一定时，连接体的加速度与其所受的合外力成正比。
(2)该小组同学想利用该装置验证机械能守恒定律，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。该过程中系统动能的增加量ΔEk＝____________________________，系统重力势能的减少量ΔEp＝________，(用“M、m、g、h、d、t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可判断出系统的机械能是否守恒。
(3)该小组同学还想利用该装置验证动量定理，将5个钩码从物块P的下端摘下并挂在物块Q下端的钩码下面。释放物块，用计时器记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2。并且记录下遮光片从1运动到2的时间t。若以运动方向为正方向沿绳子建立一维坐标系，则该过程中系统“绳向”的动量变化量为Δp＝________，“绳向”合外力对系统的冲量I＝________，(用“M、m、g、d、t、t1、t2”表示)，代入真实的数据计算后即可验证系统动量的变化量与合外力的冲量大小是否相等。
[解析]　(1)物块P通过光电门1、2时的速度分别为v1＝、v2＝
物块P的遮光片从1运动到2，由运动学规律可知
a＝
以P、Q两物块和10个小钩码整体为研究对象，由牛顿第二定律可知2nmg＝(10m＋2M)a
整理可得a＝
由题图乙可知，a与n成正比，图线的斜率k＝。
(2)该过程中系统动能的增加量为ΔEk＝(2M＋10m)－(2M＋10m)
系统重力势能的减少量为ΔEp＝10mgh。
(3)该过程中系统“绳向”的动量变化量为Δp＝(2M＋10m)(v2－v1)＝(2M＋10m)
“绳向”合外力对系统的冲量为I＝10mgt。
[答案]　(1)　
(2)(2M＋10m)－(2M＋10m)　10mgh　(3)(2M＋10m)　10mgt
14．(8分)某学习小组用电阻约为5 Ω的金属丝做“测量金属丝的电阻率”实验。
(1)除电源(电动势3.0 V，内阻不计)、电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
B．电流表(量程0～3.0 A，内阻约0.02 Ω)
C．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.5 A)
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用________， 滑动变阻器应选用________(选填实验器材前对应的字母)。
(2)测量金属丝电阻Rx的电路如图甲所示，某同学按电路图连接器材，如图乙所示。其中________(选填“①”“②”或“③”)连线是错误的。
(3)该学习小组正确地完成了实验操作，在U-I坐标系中标出了测量数据的坐标点，如图丙所示。请你在图中描绘出U-I图线，根据图线计算该金属丝的电阻值Rx＝________ Ω(结果保留2位有效数字)。
(4)用电流传感器测量通过定值电阻的电流，电流随时间变化的图线如图(a)所示。将定值电阻替换为小灯泡，电流随时间变化的图线如图(b)所示。请分析说明小灯泡的电流为什么随时间呈现这样的变化？_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解析]　(1)电源电动势E＝3 V，金属丝电阻约为5 Ω，则待测金属丝所在支路的最大电流约为I＝＝0.6 A，故选量程为0～0.6 A的电流表，故选A。为了调节方便，滑动变阻器阻值应选和待测金属丝阻值接近的，故选C。
(2)题图乙中①连线是错误的，其连接在滑动变阻器的一端应连接在滑动变阻器的下接线柱上。
(3)根据坐标点描绘出U-I图线。
Rx＝＝ Ω≈4.5 Ω。
(4)刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。
[答案]　(1)A　C　(2)①　(3)见解析图　4.5
(4)见解析
15．(8分)如图所示，两平行金属板MN、PQ之间电势差为U，金属板PQ的右方直角坐标系的第一象限内有一磁感应强度为B的匀强磁场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子，从金属板MN的入口处由静止释放，经电场加速垂直于y轴进入磁场后做匀速圆周运动，恰好从K点射出，速度方向与x轴负方向夹角为60°，忽略重力的影响，求：
(1)粒子从电场射出时速度的大小v；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；
(3)若要使粒子从坐标原点O点射出，可以采取什么措施？
[解析]　(1)依题意，粒子在电场中加速，由动能定理可得
Uq＝mv2－0
解得v＝。
(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图。
可得qvB＝
解得R＝＝
根据T＝
解得T＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动时间为
t＝T＝。
(3)由几何关系可知从金属板MN的入口处到坐标原点的竖直距离为R＋R sin 30°＝R
若要使粒子从坐标原点O点射出，则粒子做匀速圆周运动的轨道半径为
r＝R×＝R＝＝
若仅改变磁场的磁感应强度，则只需磁感应强度变为B。若仅改变电场的电势差，则只需电势差变为U。
[答案]　(1)　(2)　　(3)电势差变为 U或磁感应强度变为B
16．(8分)(2024·辽宁卷)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P。
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
[解析]　(1)由原线圈所接正弦交流电的峰值求出电压有效值U1＝，设变压器副线圈的输出电压为U2，则有
＝
求得U2＝U1＝
故变压器的输出功率P＝＝。
(2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的温度为T1，则加热后气体的压强为2p0，由题意可知容器内的气体做等容变化，则由查理定律有
＝
解得T1＝2T0
由Q＝CΔT知气体吸收的热量
Q＝C(2T0－T0)＝CT0
又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q＝Pt＝CT0，即t＝CT0
解得t＝。
[答案]　
17．(14分)(2025·八省联考四川卷)如图所示，两根相距为L的无限长平行光滑金属导轨固定放置。导轨平面与水平面的夹角为θ(sin θ＝0.6)。导轨间区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将导轨与阻值为R的电阻、开关S、真空器件P用导线连接，P侧面有可开闭的通光窗N，其余部分不透光；P内有阴极K和阳极A，阴极材料的逸出功为W。断开S，质量为m的导体棒ab与导轨垂直且接触良好，沿导轨由静止下滑，下滑过程中始终保持水平，除R外，其余电阻均不计，重力加速度大小为g，电子电荷量为e，普朗克常数为h。
(1)求导体棒ab开始下滑瞬间的加速度大小；
(2)求导体棒ab速度能达到的最大值；
(3)关闭N，闭合S，导体棒ab重新达到匀速运动状态后打开N，用单色光照射K，若ab保持运动状态不变，求单色光的最大频率。
[解析]　(1)由静止释放瞬间，还没有切割磁感线，没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律得
mg sin θ＝ma
解得a＝0.6g。
(2)当导体棒ab匀速运动时，速度最大，设为vm，由平衡条件得
mg tan θ＝BIL
而导体棒ab产生的感应电动势
E＝BLvmcos θ
感应电流为
I＝
联立解得vm＝。
(3)若导体棒ab保持运动状态不变，可知P中不产生光电流，设单色光的最大频率为ν，根据光电效应方程可知
eU＝Ekm＝hν－W
同时BL＝mg tan θ
解得ν＝＋。
[答案]　(1)0.6g　(2)　(3)＋
18．(16分)如图所示，一长为L1＝1 m的水平传送带AB以速度v0＝3 m/s沿顺时针方向匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为R＝0.5 m，OE与竖直方向的夹角θ＝37°，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽(F、G两点等高)，槽的水平长度为L2＝0.6 m，槽的右上端G与E点间的水平距离为x＝0.4 m，竖直距离为y＝0.5 m。现将质量为m1(质量大小可改变)的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2(质量为m2＝1 kg)发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。cos 37°＝，sin 37°＝，g取10 m/s2。
(1)求碰撞前瞬间滑块1的速度大小v1。
(2)若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度大小v2。
(3)为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量m1应取的最小值。(结果可保留根号)
[解析]　(1)滑块1做匀加速直线运动的加速度
a＝μg＝5 m/s2
滑块1匀加速直线运动的位移
x0＝＝0.9 m之后在传送带上滑块1做匀速直线运动，因此碰撞前瞬间滑块1的速度大小
v1＝v0＝3 m/s。
(2)若滑块2刚好在E点脱离轨道，则满足
m2g cos 37°＝m2
解得v＝2 m/s
根据动能定理有－m2gR(1＋cos 37°)＝
则v2＝ m/s。
(3)为使滑块2能落入U形槽，求滑块1的质量m1的最小值
满足条件1：滑块2到达E点之前不脱离轨道，即E点速度v≥2 m/s
满足条件2：若刚好经G点落入U形槽，则有
x＝v cos 37°t
－y＝v sin 37°t－gt2
解得v＝ m/s
因此若能落入U形槽，则v≥2 m/s，碰撞后瞬间滑块2的速度v2≥ m/s
滑块1和滑块2发生弹性碰撞，动量守恒，能量守恒，
m1v1＝m1v′1＋m2v2
＝
因此滑块1的质量m1的最小值为
m1＝ kg。
[答案]　(1)3 m/s　(2) m/s
(3) kg
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