1.電動平衡車越來越受到年輕人的喜愛，如圖所示。當人站在電動平衡車上和車一起勻速水平前進的過程中，下列說法中正確的是( )
A. 人和平衡車的總機械能一直保持不變
B. 平衡車車輪往往做得比較粗糙是為了減小摩擦力
C. 人和平衡車勻速運動的速度越快，慣性越大
D. 平衡車受到的重力和地面對車的支持力是一對平衡力
2.木板MN的N端通過鉸鏈固定在水平地面上，M端可自由轉動。剛開始A、B兩物塊疊放在一起靜止在木板上，如圖所示，此時B物塊上表面水平，木板與地面之間的夾角為θ.現(xiàn)使夾角θ緩慢增大，若此過程中A、B與木板始終保持相對靜止狀態(tài)。則( )
A. 物塊A、B間始終沒有摩擦力B. 物塊B對物塊A的作用力不變
C. 木板對物塊B的作用力減小D. 木板與物塊B之間的摩擦力減小
3.半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為( )
A. 負電荷，q=2QΔLπRB. 正電荷，q= 3QΔLπR
C. 正電荷，q=2QΔLπRD. 負電荷，q=2 3QΔLπR
4.有a、b、c、d四顆衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球一起轉動，b在地面附近近地軌道上正常運行，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星。設地球自轉周期為24h，所有衛(wèi)星的運動均視為勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則下列關于衛(wèi)星的說法中正確的是( )
A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4h內轉過的圓心角為π6
C. b在相同的時間內轉過的弧長最短D. d的運動周期可能是26h
5.如圖所示，細繩拉著一帶正電小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，該區(qū)域內存在水平向右的勻強電場。A點為運動軌跡的最高點，B點為運動軌跡的最低點，CD為水平直徑。在小球做圓周運動的過程中( )
A. 在A點小球的速度最小B. 在B點繩子的拉力最大
C. 在C點和D點繩子的拉力大小相等D. 在C點小球的機械能最小
6.如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個相互接觸的木塊A、B，質量分別為m1、m2，今有一子彈水平穿過兩木塊，設子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1、t2，木塊對子彈的阻力恒為f，則子彈穿過兩木塊后，木塊A、B的速度大小分別為
( )
A. ft1m1 ft1m1+m2B. ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C. ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D. f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
7.如圖，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各小球編號如圖。斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r?，F(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計摩擦和空氣阻力。則在各小球運動過程中，下列說法正確的是
( )
A. 六個小球將落在地面上同一點B. 六個小球將落在地面上六個不同的點
C. 球6做平拋運動的水平位移最小D. 球1做平拋運動的水平位移最小
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.江南多雨，屋頂常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖頂屋可以看做由兩個斜面構成，斜面與水平方向的夾角均為α，房屋長度2x為一定值，將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑過程簡化為如圖所示的模型，雨滴從光滑斜面頂端由靜止下滑，做勻變速直線運動，不考慮雨滴滑下時質量的變化，下列說法正確的是( )
A. α越大，雨滴滑下的時間越長B. α越大，雨滴滑下的時間越短
C. α越大，雨滴滑下時的動能越大D. α越大，雨滴滑下時的動量越大
9.如圖所示，電荷量均為q的等量異種點電荷固定在A、B兩點，M是A、B連線的中點，在M點的正上方O點處用絕緣絲線懸掛一電荷量也為q的帶電小球(可視為質點)，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點N處，此時絲線與豎直方向的夾角θ=30°，已知A、B兩點間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是( )
A. 帶電小球的質量為160 3kq29gd2
B. 帶電小球的質量為160kq29gd2
C. M點的電場強度大小為8kqd2，方向水平向左
D. M點的電場強度大小為8kqd2，方向水平向右
10.如圖所示，物塊A、B通過不可伸長的輕繩繞過光滑輕質定滑輪連接，已知mA=3m，mB=m，t=0時刻通過一個彈射裝置(圖中未畫出)給物塊A一個豎直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬間移開彈射裝置，物塊A、B均可視為質點，全過程A、B既沒有落地，也沒有碰到滑輪。重力加速度g取10m/s2，則正確的是( )
A. 0.1s時，A的速度大小為1.5m/sB. 0.1s時，B的速度大小為1m/s
C. 物體B下落的最大高度為0.325mD. 物體B下落的最大高度為0.225m
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.某學習小組利用如圖甲所示的裝置測量重力加速度。鋼球一開始被通電的電磁鐵銜住，電磁鐵斷電即釋放鋼球。小球下落途中會經過一光電門，光電門發(fā)射端與接收端在同一高度，且鋼球經過光電門時，發(fā)射端發(fā)出的光能對準鋼球的球心(如圖乙)。鋼球從光電門中經過時，光電門可以記錄它的遮光時間t，光電門的安裝位置可以上下調整，從而改變釋放時鋼球球心到光電門發(fā)射端的豎直高度差h，測得實驗時所用鋼球的直徑為d(d很小)。完成下面的問題：

(1)鋼球球心經過光電門時的速度大小為v=_________(用所測物理量的符號表示)。
(2)多次改變h，該學習小組得到了多組h和t的實驗數(shù)據(jù)，并畫出了h?1t2圖像，如圖丙，算得圖像的斜率為k。利用圖像的斜率k和小球的直徑d可算得重力加速度g=_________(用字母k和d表示)。
(3)若某同學在安裝器材時小球的釋放點稍向左邊偏移了一些，導致小球經過光電門時，雖然小球也能遮光，但光線無法對準球心。大家都沒注意到這個問題，用這樣的裝置完成了實驗，這會導致重力加速度的測量值_________(填“偏小”“偏大”或“不變”)。
12.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個大小相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實驗步驟如下：
步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上、重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；
步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；
步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度L1、L2、L3。
(1)入射小球1的質量應______(選填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的質量；入射小球1的半徑應______。(選填“大于”“等于”或“小于”)被碰小球2的半徑。
(2)除了圖中器材外，實驗室還備有下列器材，完成本實驗還必須使用的兩種器材是______。
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.打點計時器
(3)下列說法中正確的是______。
A.如果小球每次從同一位置由靜止釋放，每次的落點一定是重合的
B.重復操作時發(fā)現(xiàn)小球的落點并不重合，說明實驗操作中出現(xiàn)了錯誤
C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置
D.僅調節(jié)斜槽上固定位置A，它的位置越低，線段OP的長度越大
(4)當所測物理量滿足表達式______(用所測物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示)時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。如果還滿足表達式______(用所測物理量m1、m2、L1、L2、L3表示)時，即說明兩球是彈性碰撞。
四、計算題：本大題共3小題，共36分。
13.如圖，豎直正對放置的金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線沿水平放置的金屬板M、N的中心線OO′，粒子源P可以連續(xù)發(fā)出質量為m，電荷量為q的帶正電粒子(初速不計)，粒子在A、B間被加速電壓U0加速后，沿平行板的方向從金屬板M、N正中間射入兩板之間。M、N板長為L，兩板間距離為 3L3，板M、N右側距板右端L處放置一足夠大的熒光屏PQ，屏與OO′垂直，交點為O′。粒子重力不計，求：
(1)粒子進入MN板間時的速度大小v0；
(2)粒子剛好從N板的右邊緣離開偏轉電場時，M、N板間的電壓U1；
(3)若M、N板間的電壓可調，則在熒光屏上有粒子達到區(qū)域的最大長度b。
14.如圖所示，光滑斜面AB的B點與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸(小滑塊從斜面滑向傳送帶時速度大小不變)，傳送帶BC的長度L=6m，傳送帶沿逆時針方向以恒定速率v=2m/s勻速轉動。CD為光滑且足夠長的水平軌道，C點與傳送帶的右端剛好平齊接觸，DE是豎直放置的半徑R=0.4m的光滑半圓軌道，DE與CD相切于D點。已知小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，小滑塊的質量m=1kg，取g=10m/s2。
(1)若小滑塊從斜面AB上高H處的某點由靜止滑下，滑離傳送帶前又能返回到B點，求H的最大值；
(2)若小滑塊從斜面AB上某點由靜止滑下，滑上傳送帶能夠通過C點，并經過圓弧軌道DE，從其最高點E飛出，最終落在CD上。如果小滑塊通過E點時受到軌道的壓力大小為12.5N，求小滑塊的落點距D點的距離；
(3)在滿足(2)條件下，求小滑塊在傳送帶上運動的時間。
15.一質量為m=1kg的小球用長為L=1.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與光滑水平面上放置的小滑塊b發(fā)生正碰，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失，碰后小滑塊滑到并排放置在右側光滑水平地面上的兩塊木板c、d上，兩木板間相互接觸但不粘連，木板上表面與水平面齊平，滑塊最終恰好沒有離開木板d。已知：小滑塊b的質量和兩木板c、d的質量均為M=2kg，木板c的長為Lc=2m，小滑塊與兩木板間動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球與小滑塊b碰后，滑塊b的速度大??；
(2)小滑塊b從滑上c的左端到滑離c所用的時間。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.人站在電動平衡車上和車一起勻速水平前進的過程中，動能不變，重力勢能不變，故人和平衡車的總機械能一直保持不變，故A正確；
B.平衡車車輪往往做得比較粗糙是為了增大車輪與地面的最大靜摩擦力，避免車輪打滑，故B錯誤；
C.慣性只和質量有關，與運動的速度無關，故C錯誤；
D.人和平衡車受到的總重力和地面對車的支持力是一對平衡力，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)機械能的概念分析A選項；根據(jù)增大摩擦的方法分析B選項；慣性只和質量有關；人和平衡車受到的總重力和地面對車的支持力是一對平衡力。
本題主要是考查共點力的平衡和機械能守恒定律，關鍵是弄清楚電動車的受力情況，知道平衡車車輪往往做得比較粗糙的目的以及慣性大小的決定因素。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根據(jù)平衡條件分析摩擦力的變化情況；根據(jù)平衡條件分析物塊B對物塊A的作用力、木板對物塊B的作用力變化。
本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。
【解答】
A.當θ增大時，B的上表面不在水平，此時A有向下運動趨勢，物塊A、B間就有摩擦力了，故A錯誤；
B.物體A始終處于平衡狀態(tài)，物塊B對物塊A的作用力始終與A的重力等大反向，物塊B對物塊A的作用力不變，故B正確；
C.木板對物塊B的作用力與A對B的作用力的合力與B的重力平衡，物塊B對物塊A的作用力不變，則物塊A對物塊B的作用力不變，所以木板對物塊B的作用力不變，故C錯誤；
D.隨著θ角的增大，A、B與木板始終保持相對靜止狀態(tài)，則木板與物塊B之間的摩擦力增大，故D錯誤。
故選B。
3.【答案】A
【解析】.A
【詳解】取走A、B處兩段弧長均為 ΔL 的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示：
因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有
E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3
由圖可知，兩場強的夾角為 120° ，則兩者的合場強為
E=E1=kQΔL2πR3
根據(jù)O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為
E′=E=kQΔL2πR3
根據(jù)
E′=kq2R2
聯(lián)立解得
q=2QΔLπR
故選A。
4.【答案】D
【解析】D
【詳解】A.同步衛(wèi)星的運行周期與地球自轉周期相同，角速度相同，則a和c的角速度相同，根據(jù) a=ω2r 知，c的向心加速度大；由 GMmr2=ma 知
a=GMr2
c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，故a的向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；
B.由于c為同步衛(wèi)星，所以c的周期為 24h ，因此 4h 內轉過的圓心角為
θ=π3
故B錯誤；
C.由四顆衛(wèi)星的運行情況可知，b運行的線速度是最大的，所以其在相同的時間內轉過的弧長最長，故C錯誤；
D.d的運行周期比c要長，所以其周期應大于 24h ，故D正確。
故選D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查了等效重力場、圓周運動這些知識點；
根據(jù)復合場分析等效最高點與等效最低點，結合向心力分析拉力；根據(jù)能量守恒定律分析電勢能及機械能。
【解答】
AB.把重力和電場力合成為等效重力，可知在等效最高點速度最小，在等效最低點速度最大且拉力最大，故AB錯誤；
C.在D點速度大于C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律知在D點繩子的拉力較大，故C錯誤；
D.根據(jù)能量守恒，在C點時小球的電勢能最大，則機械能最小，故D正確。
故選D。
6.【答案】B
【解析】B
【分析】子彈在A中運動時，A、B一起向前運動，具有相同的運動速度，對整體應用動量定理可避開A、B間的未知作用力，可以求解A、B分開時的速度，分開后再對B單獨應用動量定理可求得子彈穿出后B的速度。
【詳解】子彈在A中穿過時，以A、B為研究對象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量定理可得
ft1=(m1+m2)v1
解得
v1=ft1m1+m2
之后A的速度保持v1不變，子彈進入木塊B后，以B為研究對象，根據(jù)動量定理可得
ft2=m2v2?m2v1
解得
v2=ft1m1+m2+ft2m2
故選B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
六個球離開A點后均做平拋運動，當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以從6到4，小球離開A的速度不斷增大，最后3個小球離開A點的速度相同．
本題關鍵要明確研究對象，選擇研究的過程，正確分析各球的運動情況，再進行分析．
【解答】
AB.6個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒。當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，球6在OA段運動時，斜面上的球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增加；當球1進入OA段后，球1、2、3之間無相互作用力均勻速離開OA段，由于有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，水平面上能同時存在三個小球，所以可知離開A點時球6到球4的速度依次增大，最后三個小球都在水平面上時球之間的作用力為零，最后3個小球離開A點的速度相同，水平射程相同，故AB錯誤；
CD.由于離開A點時，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三個球3、2、1的速度相等，水平射程相同，故C正確D錯誤。
故選C。
8.【答案】CD
【解析】CD
【詳解】AB.根據(jù)幾何知識可知雨滴下滑的位移為
l=xcsα
根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可知
a=mgsinαm=gsinα
根據(jù)勻變速直線運動位移公式有
xcsα=12gsinαt2
解得
t= 2xgsinαcsα= 4xgsin2α
當 α45 ，α越大，雨滴滑下的時間越長，故AB錯誤；
C.根據(jù)動能定理有
mgxtanα=Ek
可知α越大，雨滴滑下時的動能越大，故C正確；
D.根據(jù)
p=mv= 2mEk= 2m2gxtanα
可知α越大，雨滴滑下時的動量越大，故D正確。
故選CD。
9.【答案】AC
【解析】AC
【詳解】AB.由圖可知帶電小球帶負電，由平衡條件得
Tcsθ=mg
Tsinθ=kq214d2+kq234d2
聯(lián)立解得
m=160 3kq29gd2
故A正確，B錯誤；
CD. A 、 B 兩點處的點電荷在 M 點產生的場強
E1=2kqd22=8kqd2
方向水平向右； N 點處的帶電小球在 M 點產生的場強
E2=kqd42=16kqd2
方向水平向左；則 M 點的合場強
E=E2?E1=8kqd2
方向水平向左，故C正確，D錯誤。
故選AC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【詳解】AB.瞬間移開彈射裝置，A的速度大于B的速度，所以繩子會松弛，繩子沒有彈力，則A做豎直上拋運動，B做自由落體運動，0.1s時，A的速度大小為
vA=v0?gt1=1m/s
B的速度大小為
vB=gt1=1m/s
故A錯誤，B正確；
CD.設經過t時刻，繩子再次緊繃，則有A的位移大小等于B的位移大小，即
v0t?12gt2=12gt2
解得
t=0.2s
此時A的速度大小為
v1=v0?gt=0
B的速度大小為
v2=gt=2m/s
根據(jù)沿著繩子方向上動量守恒可得
mBv2=(mA+mB)v
可得
v=12m/s
此時根據(jù)牛頓第二定律有
T?mBg=mBa
mAg?T=mAa
聯(lián)立解得
a=12g
則物塊B接著以速度 v=12m/s ，加速度 a=12g 向下減速，則物體B下落的最大高度為
h=12gt2+v22a=0.225m
故C錯誤，D正確。
故選BD。
11.【答案】 dt d22k 偏大
【詳解】(1)[1]由于小球直徑很小，擋光時間很小，可認為鋼球球心經過光電門時的速度大小等于擋光過程的平均速度，則有
v=dt
(2)[2]根據(jù)自由落體運動規(guī)律有
2gh=v2=d2t2
整理得
h=d22g?1t2
由 h?1t2 圖像可知
k=d22g
解得
g=d22k
(3)[3]若某同學在安裝器材時小球的釋放點稍向左邊偏移了一些，導致小球經過光電門時，雖然小球也能遮光，但光線無法對準球心，則實際擋光寬度 d實 小于小球直徑d，則
g實=d 實22k0，應使m1>m2。
使兩小球發(fā)生對心碰撞，小球1的半徑應等于小球2的半徑。
(2)實驗中還需要天平用來測量兩小球的質量；由于兩小球都做平拋運動，且下落時間相同，因此可以用平拋運動的水平距離來間接表示水平速度，則需要刻度尺測量平均落點到O點的距離，不需要秒表測時間，更不需要打點計時器，故選：BC。
(3)AB.即使小球每次從同一位置由靜止釋放，小球在運動過程也會受其他很多因素的影響(如空氣阻力，導軌的摩擦以及微小形變等)，導致落點不可能完全重合，這并不是錯誤，而是誤差，故AB錯誤；
C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，達到多次測量取平均值的效果，故C正確；
D.僅調節(jié)斜槽上固定位置A，它的位置越低，小球做平拋運動的初速度越小，線段OP的長度越小，故D錯誤。
故選：C。
(4)由于下落高度相同，所以兩小球做平拋運動的時間相等，均設為t，由題意可知小球1與2碰撞前瞬間的速度為v1=L2t ④
碰撞后瞬間1、2的速度分別為v1′=L1t ⑤
v2′=L3t ⑥
聯(lián)立①④⑤⑥可得，若兩球碰撞遵守動量守恒定律，則應滿足的表達式是m1L2=m1L1+m2L3
聯(lián)立②④⑤⑥可得，若兩球是彈性碰撞，則應滿足的表達式是m1L22=m1L12+m2L32
故答案為：(1)大于；等于；(2)BC；(3)C；(4)m1L2=m1L1+m2L3；m1L22=m1L12+m2L32。
(1)為了保證碰撞前后使入射小球不反彈，故必須使入射小球的質量大于被碰小球的質量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同。
(2)(3)根據(jù)實驗需要測量的量分析答題。
(4)兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。
解決本題的關鍵掌握實驗的原理，以及實驗的步驟，在驗證動量守恒定律實驗中，無需測出速度的大小，可以用位移代表速度。
13.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) U1=23U0 ；(3) b= 3L
【詳解】(1)根據(jù)題意，粒子加速到O點的過程，由動能定理有
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)記M、N兩板間距離為
d= 3L3
則水平方向上有
L=v0t
豎直方向上有
12d=12at2
由牛頓第二定律有
ma=qU1d
解得
U1=23U0
(3)根據(jù)題意可知，粒子剛好從M板的右邊緣離開偏轉電場時，垂直于中心線 OO′ 方向的速度
vy=at
偏轉角度的正切
tanθ=vyv0= 33
由幾何關系有
b=2(d2+Ltanθ)
解得
b= 3L

【解析】詳細解答和解析過程見答案
14.【答案】解：(1)要使H最大，小滑塊滑到傳送帶的C點時速度剛好減為零。
由動能定理得mgH?μmgL=0
解得H=1.2 m；
(2)根據(jù)牛頓第二定律，在E點有F+mg=mv2R
解得v=3 m/s
由平拋運動規(guī)律有2R=12gt2
x=vt
解得x=1.2 m；
(3)在半圓軌道上由機械能守恒定律得12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=5 m/s
根據(jù)動能定理得?μmgL=12mvD2?12mvB2
解得vB=7 m/s
小滑塊在傳送帶上運動的時間t=2LvD+vB
解得t=1 s。

【解析】本題考查動能定理、圓周運動、平拋運動及傳送帶問題等。
(1)小滑塊從軌道AB上高H處由靜止滑下，恰好滑到C點時速度為零，由動能定理求H的值；
(2)滑塊通過E點時，由合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊通過E點時的速度，再根據(jù)平拋運動的規(guī)律求落點距D點的距離；
(3)根據(jù)動能定理求出滑塊B點和C點的速度，由運動學公式求出從B到C的時間。
15.【答案】(1)4m/s；(2) 23s
【詳解】(1)小球釋放到最低點的過程中，由動能定理有
mgL=12mv2
解得
v=6m/s
小球與 b 碰撞過程，由動量守恒知
mv=mv1+Mvb
根據(jù)能量守恒定律可知
12mv2=12mv12+12Mvb2
聯(lián)立解得碰后滑塊 b 的速度大小
vb=4m/s
(2)滑塊 b 沖上 c 木板至剛離開 c 木板的過程，根據(jù)動量守恒可知
Mvb=Mv′b+2Mvcd
根據(jù)能量守恒定律可知
μMgLc=12Mvb2?12(M+M)vcd2?12Mv′b2
解得 b 剛離開長木板 c 時 b 滑塊的速度
v′b=83m/s
在此過程，對 b 由動量定理有
?μMgt=Mv′b?Mvb
解得
t=23s

【解析】詳細解答和解析過程見答案

相關試卷

江西省宜春市豐城市第九中學2023-2024學年高三上學期12月月考物理試題（Word版附解析）：

這是一份江西省宜春市豐城市第九中學2023-2024學年高三上學期12月月考物理試題（Word版附解析），共25頁。試卷主要包含了選擇題，實驗題，計算題等內容，歡迎下載使用。

2023-2024學年江西省宜春市豐城市第九中學高三上學期12月月考 物理試卷（含答案）：

這是一份2023-2024學年江西省宜春市豐城市第九中學高三上學期12月月考 物理試卷（含答案），共8頁。試卷主要包含了7kg，15年，9Ω） F等內容，歡迎下載使用。

2023-2024學年江西省宜春市豐城市部分中學高三上學期期中考試 物理試題（含解析）：

這是一份2023-2024學年江西省宜春市豐城市部分中學高三上學期期中考試 物理試題（含解析），共14頁。試卷主要包含了選擇題，實驗題，計算題等內容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2022-2023學年江西省宜春市豐城市重點學校高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學年江西省宜春市豐城市重點學校高二（下）期末物理試卷（含解析）
2021-2022學年江西省宜春市豐城市第九中學高二上學期期末物理試題含解析

2021-2022學年江西省宜春市豐城市第九中學高二上學期期末物理試題含解析
2022屆江西省宜春市豐城市第九中學高三上學期第三次月考物理試題含解析

2022屆江西省宜春市豐城市第九中學高三上學期第三次月考物理試題含解析
2022-2023學年江西省宜春市豐城市高二（上）期中物理試卷（含答案解析）

2022-2023學年江西省宜春市豐城市高二（上）期中物理試卷（含答案解析）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
期末專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部