1.如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取g=10m/s2，則( )
A. 小球從一開始就與擋板分離
B. 小球速度最大時與擋板分離
C. 小球向下運動0.01m時與擋板分離
D. 小球向下運動0.02m時速度最大
2.將一根柔軟彈性細繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時刻x=4m的質(zhì)點剛好開始振動。當(dāng)波傳至固定點時，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點在反射前后的振動速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個時刻細繩的波形圖(實線)正確的是( )
A. B.
C. D.
3.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復(fù)運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當(dāng)次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為( )
A. 49HsinθB. 39HsinθC. 29HsinθD. 20Hsinθ
4.“嫦娥四號”上搭載的中性原子探測儀，在入口處安裝了高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，形成強電場區(qū)域，對太陽風(fēng)和月球表面作用后輻射的帶電粒子進行偏轉(zhuǎn)，以免其射到探測器上產(chǎn)生干擾信號。已知高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)由兩平行金屬板組成，當(dāng)兩板加一定的電壓時其間形成勻強電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收。只考慮該電場的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是( )
A. 動能不大于Ek02的質(zhì)子B. 動能不大于Ek0的質(zhì)子
C. 動能不大于Ek0的電子D. 動能不大于2Ek0的電子
5.已知通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度與通電導(dǎo)線的電流大小成正比，與到通電導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，長直導(dǎo)體棒P通過兩根等長絕緣細線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A、B兩點的正下方，并通以電流IP。另一導(dǎo)體棒Q也通過兩根等長絕緣細線懸掛在A、B兩點，并通以電流IQ。靜止時懸掛Q的兩細線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小導(dǎo)體棒P中的電流。下列說法正確的是( )
A. IP與IQ方向相同
B. 懸掛Q的細線拉力逐漸減小
C. 懸掛P的細線拉力大小不變
D. 若P中的電流減為初始的四分之一，則兩導(dǎo)體棒的距離減半
6.如圖所示，一輛卡車在水平路面上行駛，初速度為54km/h。其車廂長度為10.0m，在車尾邊緣處放有一個貨箱，其長寬高皆為0.5m?？ㄜ嚰铀贂r的最大加速度為2.2m/s2，卡車剎車時的最大加速度為3m/s2。已知貨箱和車廂之間的動摩擦數(shù)為0.24(最大靜摩擦因數(shù)約等于動摩擦因數(shù)，g=10m/s2)，則下列說法正確的是( )
A. 若司機全力加速，貨箱有可能掉出車廂
B. 若司機全力剎車，貨箱不可能碰到車頭
C. 若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后5s到6s之間
D. 若司機全力剎車，貨箱碰到車頭的時間介于剎車后6s到7s之間
二、多選題：本大題共4小題，共20分。
7.如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止(重力加速度用g表示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。下列說法正確的是( )
A. 若B球受到的摩擦力為零，則F=4mgtanθ
B. 若A球所受車廂壁彈力為零，則F=2mgtanθ
C. 若推力F向左，且μx'
則AC共速后會再一次與B相碰，假設(shè)碰后AB速度分別為v2'、vB'，以v2的方向為正方向，由機械能守恒定律及動量守恒定律可得
mAv2=mAv2'+mBvB'
'12mAv22=12mAv2'2+12mBvB'2
解得
v2'=-16v0
vB'=13v0
之后C滑到B上，與B一起向右運動。對B、C由牛頓第二定律可得fC=3μmg=3maC
f'B=2μ×(2m+3m)g-3μmg=2ma'B
則
aC=μg
aB'=72μg
全程C沒有掉落到軌道上，a'B>aC，vC>vB，則第二次碰撞后B將以a'B減速，直到B停止。
由
v'B2=2aBx'B
可得，第二次碰撞后B運動的位移為xB=vB'22aB'=v0263μg
則B最終停止的位置距其出發(fā)點距離s=xB+x'B
解得
s=79v021008μg
答：(1)A和C第一次速度相等時的速度為34v0；
(2)第一次碰撞前A運動的距離為3v0232μg和第一次碰撞后A的速度為14v0；
(3)B最終停止的位置距其初始位置為79v021008μg。
【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律求A和C第一次速度相等時的速度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律求第一次碰撞前A運動的距離，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律求第一次碰撞后A的速度；
(3)第一次碰撞后B向右減速，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解B減速的位移；A再一次與B發(fā)生碰撞時和第一次碰撞滿足同樣的規(guī)律，再次求出B第二次減速運動的位移即可得到B運動的總位移。
本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律以及牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。
14.【答案】解：(1)噴出小球過程，以v0的方向為正方向，小車和小球整個系統(tǒng)動量守恒
mv0=(M+9m)v1
解得v1=2m/s
系統(tǒng)增加的機械能ΔE=12mv02+12(M+9m)v12
解得ΔE=220J
(2)由題意可知，噴出每個小球后，小車和剩余小球?qū)靓=1s的勻減速運動。
km總g=m總a
可知每次減速的加速度a=kg
解得
a=2m/s2
噴出第二個小球前v1=v1-aΔt
噴出第二個小球后，小車的速度為v2
以v1的方向為正方向，由動量守恒定律可得
(M+9m)v1=-mv0+(M+8m)v2
聯(lián)立可得
(M+8m)v2=2mv0-(M+9m)kg
同理可得噴出第三個小球后，以v1的方向為正方向，小車的速度滿足
(M+7m)v1=3mv0-(M+9m)kgΔt-(M+8m)kgΔt
解得v3=114m/s
(3)噴出第四個小球前
v'3=v3-aΔt
解得
v'3=34m/s
噴出第四個小球后，以v3的方向為正方向，由動量守恒定律可得
(M+7m)v'3=-mv40+(M+6m)v4
由題意可知v4=v3
解得v40=534m/s
則噴出第五個小球前v'4=v'3
噴出第五個小球后，以v4的方向為正方向，由動量守恒定律可得
(M+6m)v'4=-mv50+(M+5m)v5
且v5=v3
解得v50=454m/s
v40v50=5345
答：(1)此時整個系統(tǒng)增加的機械能為220J；
(2)小車的速度為得114m/s；
(3)第四個小球和第五個小球噴出的速度之比為5345。
【解析】(1)根據(jù)動量守恒和能量守恒定律求此時整個系統(tǒng)增加的機械能；
(2)根據(jù)動量守恒定律求噴出第三個小球后，小車的速度；
(3)根據(jù)動量守恒求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。
解答本題的關(guān)鍵要理清小球和小車的運動過程，把握各個過程的物理規(guī)律，分段運用動量守恒定律解答。
15.【答案】解：(1)裝置正置時對A受力分析，F(xiàn)N是輕桿的彈力，根據(jù)平衡條件有，2FNcs53°=mg，
對B受力分析、根據(jù)平衡條件有：FNsin?53°=F彈，
聯(lián)立解得：F彈=23mg，彈簧此時是拉伸狀態(tài)；
(2)當(dāng)裝置倒置，且勻速轉(zhuǎn)動時，夾角還是53°，且彈簧長度的形變量還是與正置時一樣，
由勻速轉(zhuǎn)動，對B受力分析及力學(xué)關(guān)系有：F向=FNsin?53°+F彈，
聯(lián)立解得：F向=43mg；
(3)裝置倒置靜止時，取BC所在平面為零勢能面；所以此時A.B.C三者所組成的系統(tǒng)的總能量E1=Ep彈+EpA，
其中EpA=-mgLcs37°，
勻速轉(zhuǎn)動時三者組成的系統(tǒng)總能量E2=Ep彈'+EpA'+12(mB+mC)v2，
Ep彈'-Ep彈=ΔEp，E'pA=-mgLcs53°，
根據(jù)牛頓第二定律有：F向=43mg=mBv2Lsin?53°，
W總=E2-E1，
聯(lián)立解得W總=ΔEp+1915mgL。
答：(1)裝置正置時彈簧彈力的大小為23mg；
(2)裝置勻速轉(zhuǎn)動時小環(huán)B所需的向心力為43mg；
(3)從倒置靜止?fàn)顟B(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中裝置對系統(tǒng)所做的總功為ΔEp+1915mgL。
【解析】(1)對AB分別受力分析，根據(jù)力的平衡條件解得；
(2)當(dāng)裝置倒置，且勻速轉(zhuǎn)動時，夾角還是53°，且彈簧長度的形變量還是與正置時一樣，根據(jù)力的合成解得向心力；
(3)裝置勻速轉(zhuǎn)動時三者組成的系統(tǒng)總能量與倒置靜止時總能量之差即為裝置對系統(tǒng)做的總功。
本題考查功能關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握對系統(tǒng)能量的分析，同時規(guī)定零勢能面，注意由向心力公式可解得速度。
鉤碼數(shù)
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36

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