萬(wàn)州二中教育集團(tuán)高二上期第一次月考(答案)一、單選題B B C D A C A二、多選題BC   AD    AC三．實(shí)驗(yàn)題 （1）B    (2) BC12.（1）2.4；（2）0.58；0.60；在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）9.7。四．計(jì)算題（共3小題）13．場(chǎng)源電荷Q＝2×10﹣4C是正點(diǎn)電荷，一檢驗(yàn)電荷q＝﹣2×10﹣5C，它們相距r＝2m，電荷靜止且處于真空狀態(tài)。求：（1）q受到的電場(chǎng)力.（2）q所在的位置的電場(chǎng)強(qiáng)度。【解答】解：（1）由庫(kù)侖定律得：F＝＝＝9N方向沿兩點(diǎn)電荷連線指向場(chǎng)源電荷；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝＝4.5×105N/C方向沿兩點(diǎn)電荷連線指向試探電荷；14．機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）被機(jī)械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：（1）提升高度為h時(shí)，工件的速度大?。?/span>（2）在此過(guò)程中，工件運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及合力對(duì)工件做的功。?【解答】解：（1）根據(jù)幾何關(guān)系可知工件的位移大小為：根據(jù)速度—位移公式可得：＝（2）根據(jù)速度—時(shí)間公式可得：＝     I=mat=ma根據(jù)動(dòng)能定理可得：W合＝解得：W合＝15．某興趣小組設(shè)計(jì)的連鎖機(jī)械游戲裝置如圖所示。左側(cè)有一固定的四分之一圓弧軌道，其末端B水平，半徑為3L；在軌道末端等高處有一質(zhì)量為m的“”形小盒C（可視為質(zhì)點(diǎn)），小盒C與大小可忽略、質(zhì)量為3m的物塊D通過(guò)光滑定滑輪用輕繩相連，左側(cè)滑輪與小盒C之間的繩長(zhǎng)為2L；物塊D壓在質(zhì)量為m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面與水平桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），木板E右端到桌子右邊緣固定擋板（厚度不計(jì)）的距離為L；質(zhì)量為m且粗細(xì)均勻的細(xì)桿F通過(guò)桌子右邊緣的光滑定滑輪用輕繩與木板E相連，木板E與定滑輪間輕繩水平，細(xì)桿F下端到地面的距離也為L；質(zhì)量為0.25m的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在細(xì)桿F上端，環(huán)與桿之間滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力相等，大小為0.5mg。開(kāi)始時(shí)所有裝置均靜止，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道頂端A處由靜止釋放，小球進(jìn)入小盒C時(shí)剛好能被卡?。ㄗ饔脮r(shí)間很短可不計(jì)），此時(shí)物塊D對(duì)木板E的壓力剛好為零。木板E與擋板相撞、細(xì)桿F與地面相撞均以原速率反彈，最終圓環(huán)剛好到達(dá)細(xì)桿的底部。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球與小盒C相撞后瞬間，小盒C的速度；（2）小球在四分之一圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；（3）木板E與擋板碰后，向左返回的最大位移；（4）細(xì)桿F的長(zhǎng)度。【解答】解：（1）設(shè)小球與小盒相撞后瞬間，小盒的速度大小為v，此時(shí)與小盒相連的繩子上的拉力大小為T。由題意此時(shí)物塊對(duì)木板的壓力剛好為零，可知：T＝3mg小球與小盒相撞后的瞬間是兩者組成的整體開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻，由牛頓第二定律得：T﹣2mg＝2m聯(lián)立解得：v＝，方向水平向右；（2）設(shè)小球到達(dá)B處時(shí)的速度大小為v0，在四分之一圓弧軌道上克服摩擦力所做的功為W。小球與小盒相撞過(guò)程，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（m+m）v對(duì)小球從A處到B處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg?3L﹣W＝聯(lián)立解得：W＝mgL；（3）由題意小球進(jìn)入小盒時(shí)剛好能被卡住，此時(shí)物塊對(duì)木板的壓力剛好為零。則此時(shí)桌面對(duì)木板的最大靜摩擦力為：f＝μmg＝0.5mg，因細(xì)桿與圓環(huán)的總重力為（m+0.25m）g＞f，故木板將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)。在木板與擋板相撞前，假設(shè)細(xì)桿與圓環(huán)保持相對(duì)靜止，對(duì)木板、細(xì)桿與圓環(huán)組成的整體為研究對(duì)象，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律得：（m+0.25m）g﹣μmg＝（m+m+0.25m）a解得：a＝g設(shè)此過(guò)程圓環(huán)與細(xì)桿之間的靜摩擦力為f′，對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律得：0.25mg﹣f′＝0.25ma解得：f′＝mg因f′＜0.5mg，即圓環(huán)與細(xì)桿F間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，故假設(shè)成立。設(shè)木板與擋板第一次碰撞時(shí)的速度大小為v1，則有：＝2aL木板與擋板第一次碰撞之后，圓環(huán)相對(duì)細(xì)桿向下滑動(dòng)，木板向左，細(xì)桿向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者加速度大小均為a1，對(duì)木板與細(xì)桿組成的整體由牛頓第二定律得：0.5mg+mg+μmg＝（m+m）a1解得：a1＝g木板與擋板第一次碰撞之后向左減速到零的位移就是木板向左返回的最大位移，設(shè)為x1，則有：＝2a1x1與＝2aL對(duì)比可得：x1＝＝L；（4）木板與擋板第一次碰撞之后，圓環(huán)向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a2，對(duì)圓環(huán)由牛頓第二定律得：0.5mg﹣0.25mg＝0.25ma2解得：a2＝g因a1＝a2，則木板、細(xì)桿與圓環(huán)同時(shí)減速到零，且圓環(huán)與細(xì)桿的位移大小相等均等于x1，但方向相反，則圓環(huán)與細(xì)桿的相對(duì)位移大小為：Δx1＝2x1木板第一次向左減速到零之后，再向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)與擋板第二次碰撞之后，再向左勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零，此過(guò)程中各階段木板、細(xì)桿與圓環(huán)的加速度均與之前相同。同理可得：木板與擋板第二次碰撞之后向左減速的最大位移為：x2＝x1＝（）2L對(duì)應(yīng)此過(guò)程的圓環(huán)與細(xì)桿的相對(duì)位移大小為：Δx2＝2x2木板與擋板第n次碰撞之后向左減速的最大位移為：xn＝（）nL對(duì)應(yīng)的圓環(huán)與細(xì)桿的相對(duì)位移大小為：Δxn＝2xn【解法一】設(shè)細(xì)桿的長(zhǎng)度為s，則有：s＝Δx1+Δx2+Δx3+……+Δxn＝2[L+（）2L+（）3L+……+（）nL]＝2??L當(dāng)n＝∞時(shí)，解得：s＝L。【解法二】設(shè)細(xì)桿的長(zhǎng)度為s，則全過(guò)程細(xì)桿與圓環(huán)相對(duì)位移大小等于s，由前述的過(guò)程分析可得到在木板與擋板第一次碰撞之后全過(guò)程木板的運(yùn)動(dòng)路程（即為：2x1+2x2+2x3+……+2xn）與全過(guò)程細(xì)桿與圓環(huán)相對(duì)位移大小相等（即：2x1+2x2+2x3+……+2xn＝s）。由功能關(guān)系可得全過(guò)程細(xì)桿與圓環(huán)摩擦生熱為：Q1＝0.5mgs全過(guò)程木板與桌面摩擦生熱為：Q2＝μmgL+μmgs＝μmg（L+s）全過(guò)程木板、細(xì)桿與圓環(huán)組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能為：ΔE＝mgL+0.25mg（L+s）由能量守恒定律得：ΔE＝Q1+Q2即：mgL+0.25mg（L+s）＝0.5mgs+μmg（L+s）解得：s＝L。答：（1）小球與小盒相撞后瞬間，小盒的速度大小為，方向水平向右；（2）小球在四分之一圓弧軌道上克服摩擦力所做的功為mgL；（3）木板與擋板碰后，向左返回的最大位移為L；（4）細(xì)桿的長(zhǎng)度為L。

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