本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁。時量75分鐘。滿分100分。
第Ⅰ卷 選擇題（共46分）
一、選擇題（本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
1. 一質(zhì)點沿平直的軌道運動時，通過位移傳感器描繪了質(zhì)點位置隨時間的變化規(guī)律，圖像如圖所示。已知該圖像為開口向下的拋物線，1.5s處為拋物線的最高點。傾斜的虛線為時圖像的切線，此時質(zhì)點的速度大小為6m/s。下列說法正確的是（ ）
A. 質(zhì)點始終向同一方向運動B.
C. 質(zhì)點的加速度大小為D.
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖像可知質(zhì)點先向正方向運動再向負方向運動，故A錯誤；
B．根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知時刻的速度為
解得
故B錯誤；
C．根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知時刻的速度為0，則質(zhì)點的加速度大小為
故C錯誤；
D．從到時刻過程，根據(jù)運動學(xué)公式可得
解得
故D正確。
故選D。
2. 如圖所示為一小朋友放風(fēng)箏的示意圖。穩(wěn)定時風(fēng)箏懸浮在空中，地面上的人用輕繩拉住風(fēng)箏，為了讓風(fēng)箏沿同一豎直線緩慢升高，地面上的人緩慢地放繩，整個過程人始終沒有走動，假設(shè)空氣對風(fēng)箏作用力的方向不變。則風(fēng)箏緩慢上升時（ ）
A. 空氣對風(fēng)箏的作用力逐漸增大
B. 輕繩的拉力逐漸減小
C. 人對地面的壓力逐漸增大
D. 地面對人的摩擦力逐漸減小
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．對風(fēng)箏受力分析如圖所示
因空氣對風(fēng)箏作用力的方向不變，重力大小和方向不變，當(dāng)風(fēng)箏上升時，細繩與豎直方向的夾角減小，由圖可知，空氣對風(fēng)箏的作用力逐漸增大，細繩的拉力變大，故A正確，B錯誤；
C．設(shè)細繩與豎直方向夾角為，則對人分析可知，地面對人的支持力為
因T變大，減小，可知減小，則人對地面的壓力逐漸減小，故C錯誤；
D．對人和風(fēng)箏的整體分析，水平方向人受地面的摩擦力等于空氣對風(fēng)箏的作用力的水平分量，因風(fēng)力方向不變，風(fēng)力變大，可知風(fēng)力的水平分量變大，即地面對人的摩擦力逐漸增大，故D錯誤。
故選A。
3. 電影中的太空電梯非常吸引人?，F(xiàn)假設(shè)已經(jīng)建成了如圖所示的太空電梯，其通過超級纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉(zhuǎn)。圖中配重空間站比同步空間站更高，P是纜繩上的一個平臺。下列說法正確的是（ ）
A. 太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離的平方成反比
B. 超級纜繩對P平臺的作用力方向指向地心
C. 若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉(zhuǎn)動的方向向前運動，一邊落向地球
D. 若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，且斷裂處為橢圓的近地點
【答案】D
【解析】
【詳解】A．太空電梯上各點具有相同的角速度，根據(jù)
可知太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離成正比，故A錯誤；
B．P平臺如果只受地球萬有引力，則圓周運動角速度比同步空間站要快，而實際圓周運動角速度等于同步空間站角速度，則在萬有引力之外，P平臺還受到纜繩拉力，故地球的引力與纜繩拉力提供P平臺做圓周運動所需的向心力，P平臺做圓周運動所需的向心力小于地球?qū)λ娜f有引力，所以超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心，故B錯誤；
C．若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉(zhuǎn)動的方向向前運動，一邊遠離地球，做離心運動，故C錯誤；
D．若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，其斷裂處為橢圓的近地點，因為在近地點線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D正確。
故選D。
4. 某同學(xué)在課外活動時設(shè)計了一個小游戲，將質(zhì)量為滑塊套在豎直桿上，滑塊外側(cè)有一軌道（可使輕繩繞滑塊無摩擦轉(zhuǎn)動），長為的輕繩一端與軌道相連，另一端與質(zhì)量為的小球相連，滑塊與豎直桿間的動摩擦因數(shù)。讓小球繞豎直桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑塊恰不下滑，則小球做圓周運動的角速度為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本題考查圓周運動規(guī)律、摩擦力和牛頓第二定律等知識，考查考生的理解能力和分析綜合能力。
【詳解】設(shè)輕繩與豎直方向夾角為，小球做勻速圓周運動，有
、一定，有
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
5. 如圖所示，AB、BC、AC是等長的絕緣細棒，構(gòu)成彼此絕緣的等邊三角形，AB、BC棒上均勻分布著負電荷，AC棒上均勻分布著正電荷。已知AB、BC兩細棒單位長度分布電荷量的絕對值相等且是AC的兩倍，AB棒在三角形中心O產(chǎn)生的電場強度大小為E，取無限遠處為電勢零點，AB棒在O點產(chǎn)生的電勢為?φ。關(guān)于三根細棒在O點所產(chǎn)生的電場強度和電勢，下列說法正確的是（ ）
A. O點電場強度為零，電勢為零
B. O點電場強度大小為2E，方向沿OB指向O；電勢為?φ
C. O點電場強度大小為1.5E，方向沿OB指向B；電勢為?1.5φ
D. O點電場強度大小為，方向沿OB指向B；電勢為φ
【答案】C
【解析】
【詳解】由場強疊加和對稱性可知AB棒在三角形中心O點形成的電場強度方向垂直且指向AB、BC在O點形成的電場強度方向垂直且指向BC，大小也為E，根據(jù)幾何關(guān)系，兩電場強度方向的夾角為120°，合場強方向指向B，大小為E；AC形成電場強度的大小為0.5E，方向也指向B，所以合成結(jié)果為場強大小為1.5E，方向指向B，電勢是標(biāo)量，無方向，所以O(shè)點電勢為
故選C。
6. 在xOy豎直平面內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直于平面向外的勻強磁場，現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球從O點沿y軸正方向射入，已知電場強度大小為，磁感應(yīng)強度大小為B，小球從O點射入的速度大小為，重力加速度為g，則小球的運動軌跡可能是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】小球射入時將初速度進行分解，其中分速度可使得小球受到的電場力、洛倫茲力與重力三力平衡，即
解得
根據(jù)左手定則可知沿x軸正方向，由題意知初速度沿y軸正方向，大小為，根據(jù)平行四邊形法則可得分速度與y軸的夾角為，如下圖所示
分速度的大小為
故小球以分速度做勻速圓周運動，以分速度沿x軸正方向做勻速直線運動，兩者的合運動軌跡即為小球的運動軌跡。小球y軸方向上的位移只與勻速圓周運動有關(guān)，圓周運動軌跡如下圖
圓周運動的軌跡與x軸正方向勻速直線運動合成后的軌跡即為小球?qū)嶋H運動軌跡，如下圖所示
故選C
7. 如圖所示，三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，，，AO垂直于CD，OA長度為L。O點有一電子源，在ACD平面向磁場內(nèi)各個方向均勻發(fā)射速率均為的電子，速度方向用與OC的夾角表示，電子質(zhì)量為m，電量為，且滿足，下列說法正確的是（ ）
A. 從AC邊射出的電子占總電子數(shù)的六分之一
B. 從AD邊射出的電子占總電子數(shù)的二分之一
C. 從OD邊射出的電子占總電子數(shù)的三分之一
D. 所有從AC邊射出的電子中，當(dāng)時，所用的時間最短
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由于粒子源發(fā)生的電子速率相同，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
解得
即所有電子的半徑都相等，由左手定則可知，電子進入電場后順時針做圓周運動，所以其從AC邊射出的一個臨界位置為從A點射出，此時，如圖所示
由題意及分析可知，當(dāng)范圍內(nèi)，電子從AC邊上射出，當(dāng)電子從AC邊射出時，由幾何關(guān)系可知從邊射出的電子占總電子的，故A錯誤；
B．由題意及分析可知，當(dāng)粒子在范圍內(nèi)，電子從AD邊射出，當(dāng)電子從AD邊射出時，由幾何關(guān)系可知從邊射出的電子占總電子的，故B正確；
C．由題意及分析可知，當(dāng)粒子在范圍內(nèi)，當(dāng)電子從OD邊射出時，由幾何關(guān)系可知從邊射出的電子占總電子的，故C錯誤；
D．電子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為T，有
在磁場中運動的時間為t，有
整理有
即電子運動的圓心角越小，其在磁場中運動的時間就越短，圓心角所對應(yīng)的弦長越長，其圓心角越大，所以最短時間即為弦長的最小值，當(dāng)弦長與AC邊垂直時，弦長最短，有幾何關(guān)系可知此時對應(yīng)的入射角不等于30°故D錯誤。
故選B。
8. 圖甲為一列簡諧橫波在t=0.2s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=0.5m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x=2.0m處的質(zhì)點；圖乙為質(zhì)點Q的振動圖像。下列說法正確的是（ ）
A. 在t=0.3s時，質(zhì)點P的加速度方向與y軸正方向相同
B. 從t=0.2s到t=0.4s，該波沿x軸負方向傳播了2m
C. 從t=0.2s到t=0.5s，質(zhì)點P通過的路程為30cm
D. 在t=0.4s時，P質(zhì)點的位移為
【答案】BD
【解析】
【詳解】B．由乙圖可知，0.2s時Q處于平衡位置且向下振動，根據(jù)“上下坡”法可知，波沿x軸負方向傳播，根據(jù)圖像可得，振幅為
周期為
波長為
所以波速為
從t=0.2s到t=0.4s，該波沿x軸負方向傳播的距離為
故B正確；
A．t=0.2s時，質(zhì)點P的位移為
根據(jù)題意，質(zhì)點P的振動方程為
將t=0.2s，代入可得
解得
所以t=0.3s時，有
所以質(zhì)點P在平衡位置上方，且向平衡位置靠近，加速度方向與y軸負方向相同，故A錯誤；
C．在t=0.5s時，有
從t=0.2s到t=0.5s，質(zhì)點P通過的路程為
故C錯誤；
D．在t=0.4s時，P質(zhì)點的位移為
故D正確。
故選BD。
9. 如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面上，質(zhì)量為2kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙所示。取，則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（ ）
A. 上升過程中，當(dāng)x=7.5m時物塊的速度最大
B. 上升過程中，當(dāng)x=10m時物塊的速度為0
C. 上升過程中，物塊能達到的最大高度為7.5m
D. 下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為
根據(jù)圖像可知，在拉力作用下，物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動，后向上做加速度減小的直線運動，當(dāng)拉力大小為10N時，加速度減小為0，此時速度達到最大值，根據(jù)圖乙，結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系，可以解得
x=7.5m
故A正確；
B．當(dāng)x=10m時，根據(jù)動能定理有
其中
解得
故B錯誤；
C．令物塊沿斜面運動到x=10m位置之后，能夠沿斜面繼續(xù)向上減速至0的位移為，則有
解得
則上升過程中，物塊能達到最大高度為
故C正確；
D．物塊由最高點下降至最低點過程有
解得
則下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為
解得
故D錯誤。
故選AC。
10. 如圖所示，固定在天花板上的輕桿將光滑輕質(zhì)小定滑輪懸掛在空中，一根彈性輕繩一端固定在左邊墻壁上O點，另一端與套在粗糙豎直桿上P點、質(zhì)量為m的滑塊連接，用手平托住滑塊，使OAP在一條水平線上。繩的原長與O點到滑輪距離OA相等，AP之間的距離為d，繩的彈力F與其伸長量x滿足胡克定律F=kx，滑塊初始在P點時對桿的彈力大小為mg，滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2。現(xiàn)將滑塊由靜止釋放，當(dāng)滑到Q點時速度恰好為零，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A. 滑塊從P點釋放瞬間的加速度大小為g
B. 滑塊下滑過程中速度達到最大值時的位置到P點距離為0.8d
C. 滑塊從P運動到Q的過程中，彈性繩對滑塊做功-0.8mgd
D. PQ之間的距離為1.6d
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．滑塊從P點釋放瞬間，受彈性繩彈力、重力、桿的彈力和摩擦力作用。由題意知
kd=mg=N
解得
故A錯誤；
B．設(shè)滑塊下滑過程中速度最大時繩與豎直方向夾角為，位置為M點，繩彈力大小為T，則根據(jù)平衡條件有
又
聯(lián)立可得
hMP=0.8d
故B正確；
CD．由B中分析可知滑塊下滑過程中受桿的彈力大小不變，始終等于mg，則滑動摩擦力也為一恒力
設(shè)滑塊從P運動到Q的過程中，彈性繩對滑塊做功為W，由動能定理可得
W+mg·hPQ-f·hPQ=0
根據(jù)運動的對稱性(豎直方向可以看作單程的彈簧振子模型)可知
hPQ=2hMP=1.6d
聯(lián)立可解得
W=-1.28mgd
故C錯誤，D正確。
故選BD。
第Ⅱ卷 非選擇題（共54分）
二、非選擇題（本題共5小題，共54分）
11. 某同學(xué)用圖甲所示裝置探究加速度合外力之間的關(guān)系。圖中長木板水平放置，輕繩跨過定滑輪，一端與放在木板上的小車相連，另一端可懸掛鉤碼，本實驗中可用的鉤碼共有N個，每個鉤碼的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，重力加速度大小為g。
（1）平衡摩擦力：將N個鉤碼全部放入小車中，在長木板不帶滑輪的一端下方墊上一個小物塊后，發(fā)現(xiàn)小車（和鉤碼）做減速運動，則應(yīng)將小物塊向______（選填“左”或“右”）移動，才會使小車（和鉤碼）在板上做勻速運動；
（2）平衡摩擦力后，將n（依次取，2，3，4。。）個鉤碼掛在輕繩左端，其余N—n個鉤碼放在小車內(nèi)，用手按住小車并使輕繩與木板平行，打開電源，釋放小車，獲得一條清晰的紙帶如圖乙，相鄰計數(shù)點間的時間間隔均為0.1s，則可計算出小車的加速度大小a=______（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）；
（3）實驗中______（選填“需要”或“不需要”）滿足“小車及車上鉤碼的總質(zhì)量遠大于所掛鉤碼質(zhì)量”的條件；
（4）丙圖是利用不同n對應(yīng)不同a作出的圖像，如果圖線斜率為k，通過理論分析可知本實驗中可用的鉤碼個數(shù)N=______（用g、k、m、M表示）；
【答案】（1）左 （2）2.02
（3）不需要 （4）
【解析】
【小問1詳解】
發(fā)現(xiàn)小車做減速運動，說明斜面傾角過小，應(yīng)增大傾角，則應(yīng)將小物塊向左移動，才會使小車在板上做勻速運動
【小問2詳解】
根據(jù)逐差法可得小車的加速度大小為
【小問3詳解】
由于本實驗中的研究對象是小車和N個砝碼，不用計算繩子拉力，因此不需要滿足“小車及車上鉤碼的總質(zhì)量遠大于所掛鉤碼質(zhì)量”的條件。
【小問4詳解】
以小車和N個砝碼為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得
整理可得
可知圖像的斜率為
解得本實驗中可用的鉤碼個數(shù)為
12. 在測量某電源電動勢和內(nèi)阻時，因為電壓表和電流表影響，不論使用何種接法，都會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實驗興趣小組設(shè)計了如圖甲實驗電路進行測量。已知定值電阻。
（1）實驗中，定值電阻的作用有______（填字母）。
A．保護電源
B．在電流變化時使電壓表示數(shù)變化明顯
C．在電壓變化時使電流表示數(shù)變化明顯
（2）實驗操作步驟如下：
①將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：單刀雙擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；
③將滑動變阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：單刀雙擲開關(guān)S與2接通，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)；
⑤分別作出兩種情況所對應(yīng)的U-I圖像。
（3）單刀雙擲開關(guān)接1時，某次讀取電表數(shù)據(jù)時，電壓表指針如圖乙所示，此時U＝______V．
（4）根據(jù)測得數(shù)據(jù)，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據(jù)圖像可知圖丙對應(yīng)的接法為______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）綜合可求得電源電動勢E＝______V，內(nèi)阻r＝______Ω。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）
【答案】 ①. AB##BA ②. 1.50 ③. 接法Ⅰ ④. 1.80 ⑤. 0.25
【解析】
【詳解】（1）[1]定值電阻有保護電源的作用，且由于電源內(nèi)阻很小，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
可知加了定值電阻后可以達到電流變化時使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果。
故選AB。
（3）[2]根據(jù)（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應(yīng)為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數(shù)為1.50V。
（4）[3]兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內(nèi)接法，接法Ⅱ采用了電流表的外接法，比較圖丙和圖丁可知，圖丙所示圖像的斜率更大，而圖像斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻，分析可知接法Ⅰ，即電流表的內(nèi)接法，所測電源內(nèi)阻偏大，所測內(nèi)阻應(yīng)為電源實際內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻之和，由此可知圖丙對應(yīng)的接法為接法Ⅰ。
（5）[4][5]當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1，且電流表示數(shù)為0時，電壓表測量準確，此時電壓表所測電壓即為電源的電動勢，因此電源電動勢為圖丙的縱軸截距，可得
當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2，且電壓表示數(shù)為0時，電流表測量準確，由圖丁圖像可知，此時電路電流為
則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
解得
13. 在空間站中的微重力環(huán)境下形成一個水球，在水球中心注入空氣，水層內(nèi)外兩球面球心均在點O，如圖所示。一束光從球外的A點以一定角度i射入球中，在內(nèi)球面上恰好發(fā)生全反射。已知水的折射率為，內(nèi)球面半徑為R，外球面半徑為2R，光速為c，，。求：
（1）光束的入射角i；
（2）光束在水中的傳播時間。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）做出光路圖如下所示
光在內(nèi)球面上發(fā)生全反射
則
對有
得
光在外球面折射
得
所以
i=30°
（2）設(shè)光從A到B的距離為s，則光束在水中的傳播時間
帶入計算可得
14. 在直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為l=2m的正方形排列如圖所示，第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E0，在第二象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強電場，三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場．
（1）現(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）從AB邊上的A點靜止釋放，恰好能通過E點．求CED區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度E1;
（2）保持（1）問中電場強度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有的粒子都經(jīng)過E點，則釋放的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系？
（3）若CDE區(qū)域內(nèi)的電場強度大小變?yōu)?，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過N點，則釋放點坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系？
【答案】（1）（2）y=x （3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)粒子出第一象限時速度為v，加速過程
由類平拋運動的規(guī)律
計算解得
（2）設(shè)出發(fā)點坐標(biāo)（x,y）,加速過程
經(jīng)過分析，要過E點在第二象限中類平拋運動時豎直位移與水平位移相等為y
計算可得
y=x
（3）設(shè)出發(fā)點坐標(biāo)（x,y）,加速
在第二象限中類平拋運動時豎直位移為，由幾何關(guān)系可得水平位移大小為y
由類平拋運動中的中點規(guī)律可知
計算可得
【名師點晴】帶電粒子在電場磁場中的運動要把握其運動規(guī)律，在電場中利用幾何關(guān)系得出其沿電場．和垂直于電場的運動規(guī)律；而在磁場中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑．
15. 下圖為某公司自動卸貨過程的簡化示意圖。用來裝運貨物的平底箱和處于足夠長的光滑水平軌道上的無動力小車質(zhì)量均為m=6kg，光滑傾斜軌道底端通過一小段光滑圓弧與小車無縫接觸，需要運送的貨物距離軌道底端的高度為h=5m，小車右端固定一豎直擋板，平底箱與小車上表面的動摩擦因數(shù)為μ=0.125，平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定一勁度系數(shù)無窮大的理想彈簧（壓縮彈簧可以全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，但壓縮量可以忽略）。小車受彈簧作用速度減為零時立即鎖定小車，卸下貨物后將平底箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，小車及空的平底箱一起被彈回，小車與水平軌道左側(cè)臺階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上傾斜軌道回到出發(fā)點，每次貨物裝箱后不會在平底箱中滑動，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小車前瞬間的速度大小；
（2）當(dāng)某次貨物質(zhì)量為M=24kg，若能將空箱順利運回釋放點，小車的長度L需滿足什么條件；
（3）當(dāng)小車的長度為L=5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，每次運送的貨物質(zhì)量M應(yīng)滿足什么要求。
【答案】（1）10m/s
（2）見解析 （3）見解析
【解析】
【小問1詳解】
設(shè)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小為v0，對平底箱從A點到滑上小車前根據(jù)動能定理可得
解得
【小問2詳解】
設(shè)平底箱與右側(cè)豎直擋板碰撞后的速度為v共，則對平底箱滑上小車到與擋板碰撞，根據(jù)動量守恒定律有
解得
設(shè)小車被鎖定時彈簧的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可得
小車彈回過程中，彈性勢能轉(zhuǎn)化為平底箱和小車的動能，而小車與水平軌道左側(cè)臺階碰撞時瞬間停止，則這一部分能量損失，此時對平底容器從擋板處滑上出發(fā)點，根據(jù)能量守恒定律有
解得
【小問3詳解】
當(dāng)小車的長度為L=5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，則
聯(lián)立可得

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