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2016-2017學(xué)年北京四中高三（上）期中物理試卷

參考答案與試題解析

一．選擇題（本大題共17小題；每小題3分，共51分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一個(gè)選項(xiàng)或多個(gè)選項(xiàng)正確．全部選對(duì)的得3分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）

1．關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（ ）

A．物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不變

B．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不改變

C．物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度一定改變

D．物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度可能改變也可能不改變

【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)；勻速圓周運(yùn)動(dòng)．

【專題】平拋運(yùn)動(dòng)專題．

【分析】平拋運(yùn)動(dòng)是加速度為g的勻加速曲線運(yùn)動(dòng)；

物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小不變，而方向指向圓心，始終是變化的；

物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向不一定改變，比如：做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小和方向都不變；

【解答】解：A、平拋運(yùn)動(dòng)是加速度為g的勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B、物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小不變，而方向指向圓心，始終是變化的，故B錯(cuò)誤；

C、物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向不一定改變，比如：做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小和方向都不變，故C錯(cuò)誤，D正確

故選：AD

【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)要掌握理解好曲線運(yùn)動(dòng)的特征，能處理特殊的曲線運(yùn)動(dòng)：平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)．

2．從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球，小球從拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t₁，從最高點(diǎn)下落到拋出點(diǎn)所用時(shí)間為t₂．若空氣阻力的作用不能忽略，則對(duì)于t₁與t₂大小的關(guān)系，下列判斷中正確的是（ ）

A．t₁=t₂ B．t₁＜t₂

C．t₁＞t₂ D．無法斷定t₁、t₂哪個(gè)較大

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；豎直上拋運(yùn)動(dòng)．

【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．

【分析】在物體上升和下降過程中根據(jù)牛頓第二定律比較加速度大小，然后根據(jù)位移大小相等，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式比較上升和下降時(shí)間的大?。?/p>

【解答】解：上升過程有：mg+f=ma₁，

下降過程有：mg﹣f=ma₂，由此可知a₁＞a₂，

根據(jù)功能關(guān)系可知落回地面的速度v＜v₀，

因此上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，

由于上升過程和下降過程位移大小相等，因此t₁＜t₂，故ACD錯(cuò)誤，B正確．

故選B．

【點(diǎn)評(píng)】本題容易出錯(cuò)的地方在于阻力的方向容易弄錯(cuò)，注意阻力方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，上升和下降過程阻力方向不同．

3．如圖所示，用兩根等長(zhǎng)輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點(diǎn)，制成一簡(jiǎn)易秋千．某次維修時(shí)將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持等長(zhǎng)且懸掛點(diǎn)不變．木板靜止時(shí)，F(xiàn)₁表示木板所受合力的大小，F(xiàn)₂表示單根輕繩對(duì)木板拉力的大小，則維修后（ ）

A．F₁不變，F(xiàn)₂變大 B．F₁不變，F(xiàn)₂變小

C．F₁變大，F(xiàn)₂變大 D．F₁變小，F(xiàn)₂變小

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．

【專題】定量思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．

【分析】木板靜止時(shí)，受重力和兩個(gè)拉力而平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并結(jié)合正交分解法列式分析即可．

【解答】解：木板靜止時(shí)，受重力和兩個(gè)拉力而平衡，故三個(gè)力的合力為零，即：F₁=0，不變；

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：

2F₂cosθ=mg

解得：

F₂=

當(dāng)細(xì)線變短時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角θ增加，故cosθ減小，拉力F₂變大．

故選：A

【點(diǎn)評(píng)】本題是簡(jiǎn)單的三力平衡問題，關(guān)鍵是受力分析后運(yùn)用圖示法分析，不難．

4．某人乘電梯豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，在此過程中（ ）

A．人對(duì)電梯地板的壓力大于人受到的重力

B．人對(duì)電梯地板的壓力小于人受到的重力

C．電梯地板對(duì)人的支持力大于人對(duì)電梯地板的壓力

D．電梯地板對(duì)人的支持力與人對(duì)電梯地板的壓力大小相等

【考點(diǎn)】超重和失重．

【專題】常規(guī)題型．

【分析】失重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度，合力也向下；

超重狀態(tài)：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度，合力也向上．

根據(jù)牛頓第三定律得作用力和反作用力大小相等，方向相反．

【解答】解：A、當(dāng)電梯向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有向上的加速度，人處于超重狀態(tài)．

所以人對(duì)電梯地板的壓力大于人受到的重力，故A正確，B錯(cuò)誤

C、根據(jù)牛頓第三定律得電梯地板對(duì)人的支持力與人對(duì)電梯地板的壓力大小相等，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了學(xué)生對(duì)超重現(xiàn)象和牛頓第三定律的理解，掌握住超重失重的特點(diǎn)，本題就可以解決了．

5．如圖所示，某同學(xué)在研究運(yùn)動(dòng)的合成時(shí)做了下述活動(dòng)：用左手沿黑板推動(dòng)直尺豎直向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中保持直尺水平，同時(shí)，用右手沿直尺向右移動(dòng)筆尖．若該同學(xué)左手的運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng)，右手相對(duì)于直尺的運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于筆尖的實(shí)際運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（ ）

A．筆尖做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B．筆尖做勻變速直線運(yùn)動(dòng)

C．筆尖做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)

D．筆尖的速度方向與水平方向夾角逐漸變小

【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成和分解．

【專題】運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題．

【分析】筆尖參加了兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，水平方向水平向右勻加速直線移動(dòng)，豎直方向向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將分運(yùn)動(dòng)的速度合成可以得到合運(yùn)動(dòng)速度大小和方向的變化規(guī)律，進(jìn)一步判斷軌跡．

【解答】解：A、B、C、根據(jù)題意可知，筆尖做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒定，是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，C正確；

D、由于水平分速度逐漸增加，豎直分速度不變，根據(jù)平行四邊形定則，筆尖的合速度方向與水平方向夾角逐漸變小，故D正確；

故選：CD．

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵由分運(yùn)動(dòng)速度合成出合速度后，得到合速度方向的變化規(guī)律，再結(jié)合軌跡討論即可，并掌握類平拋運(yùn)動(dòng)處理方法．

6．某人將小球以初速度v₀豎直向下拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球與地面碰撞，然后向上彈回．以拋出點(diǎn)為原點(diǎn)，豎直向下為正方向，小球與地面碰撞時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力和碰撞過程中動(dòng)能損失，則下列圖象中能正確描述小球從拋出到彈回的整個(gè)過程中速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律的是（ ）

A． B． C． D．

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．

【專題】運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題．

【分析】分析小球的運(yùn)動(dòng)情況：小球以初速度v₀豎直向下拋出，先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度為正值；與地面碰撞后，速度突然反向，變?yōu)樨?fù)值，向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．選擇符合小球運(yùn)動(dòng)情況的圖象．

【解答】解：小球以初速度v₀豎直向下拋出，先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度為正值；與地面碰撞后，速度突然反向，變?yōu)樨?fù)值，向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．只有C符合小球運(yùn)動(dòng)情況．故C正確．

故選C

【點(diǎn)評(píng)】本題考查分析物體的運(yùn)動(dòng)情況和物理圖象關(guān)系的能力．從速度的方向、大小的變化情況等方面進(jìn)行選擇．

7．物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，相繼經(jīng)過兩段距離為16m的路程，第一段用時(shí)4s，第二段用時(shí)2s，則物體的加速度是（ ）

A．m/s² B．m/s² C．m/s² D．m/s²

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用．

【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．

【分析】根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出兩個(gè)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出物體的加速度．

【解答】解：第一段時(shí)間內(nèi)的平均速度為：，

第二段時(shí)間內(nèi)的平均速度為：，

根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度知，兩個(gè)中間時(shí)刻的時(shí)間間隔為：△t=2+1s=3s，

則加速度為：a=．選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤，B正確

故選：B．

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論，并能靈活運(yùn)用，有時(shí)運(yùn)用推論求解會(huì)使問題更加簡(jiǎn)捷．

8．2016年中秋夜，我國(guó)成功將天宮二號(hào)送入預(yù)定軌道，2016年10月17日神舟十一號(hào)順利升空并在之后與天宮二號(hào)實(shí)行交會(huì)對(duì)接．天宮二號(hào)是在天宮一號(hào)基礎(chǔ)上研制的航天器，兩者外形完全相同，但卻承擔(dān)著不同的任務(wù)． 天宮一號(hào)主要是和載人飛船配合完成空間交會(huì)對(duì)接實(shí)驗(yàn)任務(wù)，而天宮二號(hào)則是我國(guó)第一個(gè)具備太空補(bǔ)加功能的載人航天實(shí)驗(yàn)室，要第一次實(shí)現(xiàn)航天員中期駐留、第一次試驗(yàn)推進(jìn)劑太空補(bǔ)加技術(shù)等重要的科學(xué)實(shí)驗(yàn)，天宮二號(hào)被稱為是我國(guó)首個(gè)真正意義上的空間實(shí)驗(yàn)室．天宮二號(hào)的軌道高度為393km，比天宮一號(hào)高了50km，關(guān)于天宮二號(hào)與天宮一號(hào)的比較，以下說法正確的是（ ）

A．“天宮二號(hào)”運(yùn)行的線速度比“天宮一號(hào)”小

B．“天宮二號(hào)”運(yùn)行的加速度比“天宮一號(hào)”小

C．“天宮二號(hào)”運(yùn)行的角速度比“天宮一號(hào)”小

D．“天宮二號(hào)”運(yùn)行的周期比“天宮一號(hào)”小

【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用．

【專題】應(yīng)用題；定性思想；方程法；萬有引力定律的應(yīng)用專題．

【分析】天宮飛行器繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以求出線速度、加速度、角速度與周期，然后比較大?。?/p>

【解答】解：A、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=m，解得：v=，天宮二號(hào)的軌道半徑大于天宮一號(hào)的軌道半徑，“天宮二號(hào)”運(yùn)行的線速度比“天宮一號(hào)”小，故A正確；

B、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=ma，解得：a=，天宮二號(hào)的軌道半徑大于天宮一號(hào)的軌道半徑，“天宮二號(hào)”運(yùn)行的加速度比“天宮一號(hào)”小，故B正確；

C、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=mω²r，解得：ω=，天宮二號(hào)的軌道半徑大于天宮一號(hào)的軌道半徑，“天宮二號(hào)”運(yùn)行的角速度比“天宮一號(hào)”小，故C正確；

D、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=mr，解得：T=2π，天宮二號(hào)的軌道半徑大于天宮一號(hào)的軌道半徑，“天宮二號(hào)”運(yùn)行的周期比“天宮一號(hào)”大，故D錯(cuò)誤；

故選：ABC．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題．

9．若物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合外力不為零，則在運(yùn)動(dòng)過程中（ ）

A．物體的動(dòng)能可能不變 B．物體的速度可能不變

C．物體的加速度可能不變 D．物體運(yùn)動(dòng)的方向可能不變

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用．

【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．

【分析】物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合外力不為零，根據(jù)合力是否做功，分析動(dòng)能是否變化．根據(jù)牛頓第二定律分析加速度和速度是否變化．

【解答】解：

A、物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合外力不為零，若合力總與速度垂直，合力不做功，由動(dòng)能定理得知物體的動(dòng)能不變，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)．故A正確．

B、力是改變物體速度的原因，合力不為零，物體的速度一定改變．故B錯(cuò)誤．

C、物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合外力不為零，合力可能不變，則加速度也可能不變．故C正確．

D、物體的運(yùn)動(dòng)可能不變，比如自由落體運(yùn)動(dòng)．故D正確．

故選ACD

【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)運(yùn)動(dòng)和力關(guān)系的理解，采用舉例的方法做抽象性的問題是常用方法．

10．美國(guó)的NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾．經(jīng)常能看到這樣的場(chǎng)面：在終場(chǎng)前0.1s的時(shí)候，運(yùn)動(dòng)員把球投出且準(zhǔn)確命中，獲得比賽的最后勝利．已知球的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)員將籃球投出，球出手時(shí)的高度為h₁、動(dòng)能為E_k，籃筐距地面高度為h₂．不計(jì)空氣阻力．則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（ ）

A．E_k+mgh₂﹣mhg₁ B．E_k+mgh₁﹣mhg₂ C．mgh₂+mhg₁﹣E_k D．mgh₂﹣mhg₁﹣E_k

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律．

【專題】動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．

【分析】籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．

【解答】解：籃球機(jī)械能守恒，有：

mgh₁+E_k=mgh₂+E_k2

解得：

E_k2=E_k+mgh_l一mgh₂

故選：B

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功．

11．如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（ ）

A．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒

B．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒

C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒

D．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律．

【專題】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．

【分析】根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，分析系統(tǒng)所受的外力情況，判斷動(dòng)量是否守恒．根據(jù)是否是只有彈簧的彈力做功，判斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒．

【解答】解：AB、撤去F后，木塊A離開豎直墻前，豎直方向兩物體所受的重力與水平面的支持力平衡，合力為零；而墻對(duì)A有向右的彈力，所以系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒．這個(gè)過程中，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．故A錯(cuò)誤，B正確．

CD、A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，所以系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能也守恒．故C正確、D錯(cuò)誤．

故選：BC．

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件，并用來判斷系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能是否守恒．對(duì)于動(dòng)量是否守恒要看研究的過程，要細(xì)化過程分析．

12．如圖所示，跳水運(yùn)動(dòng)員最后踏板的過程可以簡(jiǎn)化為下述模型：運(yùn)動(dòng)員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板（A位置）上，隨跳板一同向下做變速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)（B位置）．對(duì)于運(yùn)動(dòng)員從開始與跳板接觸到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程，下列說法中正確的是（ ）

A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，其所受外力的合力為零

B．在這個(gè)過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能一直在減小

C．在這個(gè)過程中，跳板的彈性勢(shì)能一直在增加

D．在這個(gè)過程中，運(yùn)動(dòng)員所受重力對(duì)他做的功小于跳板的作用力對(duì)他做的功

【考點(diǎn)】動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律；彈性勢(shì)能．

【專題】受力分析方法專題．

【分析】運(yùn)動(dòng)員從接觸跳板開始，受到彈力和重力兩個(gè)力，在整個(gè)過程中，彈力從0 增加到最大，合力先減小和增大，速度先增大后減?。?/p>

【解答】解：A、從接觸跳板到最低點(diǎn)，彈力一直增大，合力先減小后增大．故A錯(cuò)誤．

B、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后減小，動(dòng)能先增大后減?。?/p>

故B錯(cuò)誤．

C、形變量一直在增大，彈性勢(shì)能一直在增加．故C正確．

D、根據(jù)動(dòng)能定理，重力做正功，彈力做負(fù)功，動(dòng)能在減小，所以運(yùn)動(dòng)員所受重力對(duì)他做的功小于跳板的作用力對(duì)他做的功．故D正確．

故選CD．

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，當(dāng)加速度與速度同向，速度增加，當(dāng)加速度與速度反向，速度減?。?/p>

13．如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)速度減為零．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，下列說法中正確的有（ ）

A．小球的機(jī)械能減少了mg（H+h）

B．小球克服阻力做的功為mgh

C．小球所受阻力的沖量大于m

D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量

【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用．

【專題】動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．

【分析】通過小球重力勢(shì)能和動(dòng)能的變化量求出小球機(jī)械能的減小量，對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根據(jù)動(dòng)量定理求出小球阻力的沖量．

【解答】解：A、小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢(shì)能減小mg（H+h），則小球的機(jī)械能減小了mg（H+h）．故A正確．

B、對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg（H+h）﹣W_f=0，則小球克服阻力做功W_f=mg（H+h）．故B錯(cuò)誤．

C、落到地面的速度v=，對(duì)進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得：，得：知阻力的沖量大于．故C正確．

D、對(duì)全過程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和．故D錯(cuò)誤．

故選：AC．

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理和動(dòng)量定理的運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)能定理解題不需考慮速度的方向，運(yùn)用動(dòng)量定理解題需考慮速度的方向．

14．如圖在水平板的左端有一固定擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧．緊貼彈簧放一質(zhì)量為m的滑塊，此時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度．已知滑塊與板的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)將板的右端緩慢抬起（板與水平面的夾角為θ），直到板豎直，此過程中彈簧彈力的大小F隨夾角θ的變化關(guān)系可能是（ ）

A． B． C． D．

【考點(diǎn)】力的合成與分解的運(yùn)用；靜摩擦力和最大靜摩擦力；胡克定律．

【專題】受力分析方法專題．

【分析】將板的右端緩慢抬起過程中，在滑塊相對(duì)于板滑動(dòng)前，彈簧處于自然狀態(tài)，沒有彈力．當(dāng)滑塊相對(duì)于板滑動(dòng)后，滑塊受到滑動(dòng)摩擦力，由平衡條件研究彈簧彈力的大小F與夾角θ的變化關(guān)系．

【解答】解：設(shè)板與水平面的夾角為α?xí)r，滑塊相對(duì)于板剛要滑動(dòng)，則由mgsinα=μmgcosα得 tanα=，α=

則θ在0﹣范圍內(nèi)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力F=0

當(dāng)板與水平面的夾角大于α?xí)r，滑塊相對(duì)板緩慢滑動(dòng)，由平衡條件得F=mgsinθ﹣μmgcosθ=mgsin（θ﹣β），其中tanβ=﹣μ，說明F與θ正弦形式的關(guān)系．當(dāng)時(shí)，F(xiàn)=mg．

故選：C

【點(diǎn)評(píng)】本題要應(yīng)用平衡條件得到F與θ的函數(shù)關(guān)系式，再應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖象，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析物理問題的能力．

15．如圖，疊放在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的物體A、B、C能隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，A和B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r．設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是（ ）

A．B對(duì)A的摩擦力一定為3μmg

B．B對(duì)A的摩擦力一定為3mω²r

C．轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度一定滿足：ω≤

D．轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度一定滿足：ω≤

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；靜摩擦力和最大靜摩擦力；勻速圓周運(yùn)動(dòng)；向心力．

【專題】牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用．

【分析】分別對(duì)A、AB整體、C受力分析，合力提供向心力，根據(jù)向心力公式列式分析．

【解答】解：A、B、對(duì)A受力分析，受重力、支持力以及B對(duì)A的靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有

f=（3m）ω²r≤μ（3m）g

故A錯(cuò)誤，B正確；

C、D、由于A、AB整體、C受到的靜摩擦力均提供向心力，故

對(duì)A，有：（3m）ω²r≤μ（3m）g

對(duì)AB整體，有：（3m+2m）ω²r≤μ（3m+2m）g

對(duì)物體C，有：mω²（1.5r）≤μmg

解得

ω≤

故C錯(cuò)誤，D正確；

故選BD．

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是對(duì)A、AB整體、C受力分析，根據(jù)靜摩擦力提供向心力以及最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力列式分析．

16．（2016·寧城縣一模）如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)．通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測(cè)到推力F、物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．（g=10m/s²）則（ ）

A．物體的質(zhì)量m=1.0kg

B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20

C．第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W=2.0J

D．前2s內(nèi)推力F做功的平均功率=1.5 W

【考點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功的計(jì)算．

【專題】功率的計(jì)算專題．

【分析】解決本題的關(guān)鍵是理解速度圖象的斜率的含義：速度圖象的斜率代表物體的加速度．速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動(dòng)的方向

【解答】解：A、由速度時(shí)間圖象可以知道在2﹣3s的時(shí)間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動(dòng)摩擦力的大小為2N，

在1﹣2s的時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，直線的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s²，由牛頓第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A錯(cuò)誤；

B、由f=μF_N=μmg，所以μ===0.4，所以B錯(cuò)誤；

C、第二秒內(nèi)物體的位移是x=at²=×2×1=1m，摩擦力做的功W=fx=﹣2×1J=﹣2J，即克服摩擦力做功2J，所以C正確；

D、在第一秒內(nèi)物體沒有運(yùn)動(dòng)，只在第二秒運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)也只在第二秒做功，F(xiàn)的功為W=Fx=3×1J=3J，所以前2S內(nèi)推力F做功的平均功率為==W=1.5W，所以D正確．

故選：CD

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義：斜率代表物體的加速度；速度正負(fù)的含義：速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動(dòng)的方向；速度圖象與時(shí)間軸圍成的面積的含義：面積代表物體的位移．

17．如圖所示，A、B 兩物塊的質(zhì)量分別為 2m 和 m，靜止疊放在水平地面上． A、B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為 g．現(xiàn)對(duì) A 施加一水平拉力 F，則（ ）

A．當(dāng) F＜2 μmg 時(shí)，A、B 都相對(duì)地面靜止

B．當(dāng) F=μmg時(shí)，A 的加速度為μg

C．當(dāng) F＞3 μmg 時(shí)，A 相對(duì) B 滑動(dòng)

D．無論 F 為何值，B 的加速度不會(huì)超過μg

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．

【專題】應(yīng)用題；定性思想；圖析法；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．

【分析】根據(jù)A、B之間的最大靜摩擦力，隔離對(duì)B分析求出整體的臨界加速度，通過牛頓第二定律求出A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最大拉力．然后通過整體法隔離法逐項(xiàng)分析．

【解答】解：A、設(shè)B對(duì)A的摩擦力為f₁，A對(duì)B的摩擦力為f₂，地面對(duì)B的摩擦力為f₃，由牛頓第三定律可知f₁與f₂大小相等，方向相反，f₁和f₂的最大值均為2μmg，f₃的最大值為μmg．故當(dāng)0＜F≤μmg時(shí)，A、B均保持靜止；繼續(xù)增大F，在一定范圍內(nèi)A、B將相對(duì)靜止以共同的加速度開始運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

C、設(shè)當(dāng)A、B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的拉力為F′，加速度為a′，則對(duì)A，有F′﹣2μmg=2ma′，對(duì)A、B整體，有F′﹣μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故當(dāng)μmg＜F≤3μmg時(shí)，A相對(duì)于B靜止，二者以共同的加速度開始運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)于B滑動(dòng)．C正確．

B、當(dāng)F=μmg＜2μmg＜3μmg，A、B相對(duì)靜止，A靜止，A的加速度為0，故B錯(cuò)誤；

D、對(duì)B來說，其所受合力的最大值F_m=2μmg﹣μmg=μmg，即B的加速度不會(huì)超過μg，D正確．

故選：CD．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了摩擦力的計(jì)算和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最大拉力．

二．填空題（本大題共2小題，共8分）

18．一物體沿平直軌道做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在物體拖動(dòng)的紙帶上打下一系列點(diǎn)跡，以此記錄物體的運(yùn)動(dòng)情況．其中一部分紙帶上的點(diǎn)跡情況如圖所示．已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，測(cè)得A點(diǎn)到B點(diǎn)，以及A點(diǎn)到C點(diǎn)的距離分別為x₁=3.20cm，x₂=12.80cm，則在打下點(diǎn)跡B時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的速度大小為 0.64 m/s；物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 6.4 m/s²．

【考點(diǎn)】測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度．

【專題】實(shí)驗(yàn)題；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．

【分析】根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的速度，根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量求出物體勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度．

【解答】解：B點(diǎn)的速度等于AC段的平均速度，則．

根據(jù)△x=aT²得，a=．

故答案為：0.64 6.4

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度和加速度．

19．某同學(xué)利用閃光照相研究物體的平拋運(yùn)動(dòng)，他拍攝了小球沿水平桌面運(yùn)動(dòng)并拋出的閃光照片，如圖所示．若圖中每一正方形小格的邊長(zhǎng)均表示1.0cm，照相機(jī)相鄰兩次閃光的時(shí)間間隔均為0.050s．根據(jù)圖中的記錄，可計(jì)算出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為 1.0 m/s，小球通過e點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度大小為 1.5 m/s．（取g=10m/s²．保留2位有效數(shù)字）

【考點(diǎn)】研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)．

【專題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題．

【分析】依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，將平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合v₀=，即可求出平拋的初速度，然后根據(jù)中時(shí)刻瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，即可求出e點(diǎn)的速度．

【解答】解：依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，將平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，

因相鄰兩次閃光的時(shí)間間隔均為t=0.050s；

在水平方向：x=v₀t，

代入解得：v₀==1.0m/s．

在豎直方向上有：v_ey=m/s=1.5m/s

故答案為：1.0；1.5．

【點(diǎn)評(píng)】本題不但考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，還靈活運(yùn)用了勻速運(yùn)動(dòng)和勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，對(duì)同學(xué)的知識(shí)要求比較高，是個(gè)考查學(xué)生能力的好題，注意有效數(shù)字的保留．

三．解答題（本大題共5小題，共41分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．）

20．滑雪者及滑雪板總質(zhì)量m=75kg，以v₀=2.0m/s的初速度沿山坡勻加速滑下，山坡的傾角θ=30°，在t=5.0s的時(shí)間內(nèi)滑下的距離s=60m．設(shè)阻力的大小不變，重力加速度g取10m/s²，求：

（1）滑雪人下滑加速度的大??；

（2）滑雪板及人受到的阻力的大小．

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．

【分析】明確人的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)已知的物理量運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速度．

對(duì)人進(jìn)行受力分析，把重力在沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根據(jù)人的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，運(yùn)用牛頓第二定律列出等式解決問題．

【解答】解：（1）設(shè)滑雪的人下滑的加速度大小為a，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s=v₀t+at²

得：a=

解得：a=4.0m/s²

（2）設(shè)滑雪板及人受到的阻力為f，沿斜面方向由牛頓第二定律得：

mgsinθ﹣f=ma

即：f=mg sinθ﹣ma．

解得：f=75N

答：（1）滑雪人下滑加速度的大小為4.0m/s²；

（2）滑雪板及人受到的阻力的大小為75N．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查基本的受力分析問題和把運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律結(jié)合問題．這也是我們做好較難題的基礎(chǔ)．

21．質(zhì)量m=0.60kg的籃球從距地板H=0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45m，從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t=1.1s，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s²，求：

（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能；

（2）籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Γ?/p>

【考點(diǎn)】動(dòng)量定理．

【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．

【分析】（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能等于初始時(shí)刻機(jī)械能減去末時(shí)刻機(jī)械能，初末位置物體動(dòng)能為零，只有勢(shì)能；

（2）分別根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出籃球與地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的時(shí)間，根據(jù)總時(shí)間求出球與地面接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定律即可求解．

【解答】解：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能為：△E=mgH﹣mgh=0.6×10×（0.8﹣0.45）J=2.1J

（2）設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t₁，剛接觸地板時(shí)的速度為v₁；反彈離地時(shí)的速度為v₂，上升的時(shí)間為t₂，由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

下落過程：mgH=，解得：v₁=4m/s，

上升過程：﹣mgh=0﹣，解得：v₂=3m/s，

籃球與地板接觸時(shí)間為△t=t﹣t₁﹣t₂=0.4s

設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F，由動(dòng)量定理得：

（F﹣mg）△t=mv₂+mv₁

解得：F=16.5N

根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?F′=F=16.5N，方向向下

答：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能為2.1J．

（2）籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?6.5N，方向向下．

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了自由落體運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，在與地面接觸的過程中，合外力對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，難度適中．

22．宇航員駕駛宇宙飛船到達(dá)月球，他在月球表面做了一個(gè)實(shí)驗(yàn)：在離月球表面高度為h處，將一小球以初速度v₀水平拋出，水平射程為x．已知月球的半徑為R，萬有引力常量為G．不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響．求：

（1）月球表面的重力加速度大小g₀；

（2）月球的質(zhì)量M；

（3）飛船在近月圓軌道繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度v．

【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)．

【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題．

【分析】（1）物體做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解重力加速度；

（2）在月球表面，不計(jì)月球自傳時(shí)，重力等于萬有引力，列式求解即可；

（3）飛船在近月圓軌道繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力提供向心力，列式求解即可．

【解答】解：（1）設(shè)飛船質(zhì)量為m，設(shè)小球落地時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律

水平方向：x=v₀t

豎直方向：h=

解得：

（2）在月球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)有：

解得月球質(zhì)量：

（3）由萬有引力定律和牛頓第二定律：

解得：v=

答：（1）月球表面的重力加速度大小為；

（2）月球的質(zhì)量M為；

（3）飛船在近月圓軌道繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度v為．

【點(diǎn)評(píng)】本題首先要通過平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解月球表面的重力加速度，然后結(jié)合月球表面的重力等于萬有引力、萬有引力提供衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力列式分析，不難．

23如圖所示，半徑R=2.5m的豎直半圓光滑軌道在B點(diǎn)與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量m=0.50kg 的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在A點(diǎn)．一瞬時(shí)沖量使滑塊以一定的初速度從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C，并從C點(diǎn)水平飛出，落在水平面上的D點(diǎn)．經(jīng)測(cè)量，D、B間的距離s₁=10m，A、B間的距離s₂=15m，滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20，重力加速度g=10m/s²．求：

（1）滑塊通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小；

（2）滑塊剛進(jìn)入圓軌道時(shí)，在B點(diǎn)軌道對(duì)滑塊的彈力；

（3）滑塊在A點(diǎn)受到的瞬時(shí)沖量的大小．

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量定理．

【專題】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題．

【分析】（1）滑塊通過C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得滑塊通過C點(diǎn)的速度；

（2）由機(jī)械能守恒定律可求得滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度，再由牛頓第二定律可求得滑塊受軌道的壓力；

（3）由動(dòng)能定理可求得滑塊在A點(diǎn)的速度，再由動(dòng)量定理可求得A點(diǎn)的瞬時(shí)沖量．

【解答】解：（1）設(shè)滑塊從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度為v_c，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)間為t

滑塊從C點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：2R=gt²

水平方向：s₁=v_ct

解得：v_c=10m/s

（2）設(shè)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度為v_B，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

mv_B²=mv_c²+2mgR

解得：v_B=10m/s

設(shè)在B點(diǎn)滑塊受軌道的壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律

N﹣mg=m

解得：N=45N

（3）設(shè)滑塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v_A，根據(jù)動(dòng)能定理

﹣μmgs₂=mv_B²﹣mv_A²

解得：v_A=16.1m/s

設(shè)滑塊在A點(diǎn)受到的沖量大小為I，根據(jù)動(dòng)量定理

I=mv_A

解得：I=8.1kg·m/s；

答：（1）滑塊通過C點(diǎn)的速度為10m/s；（2）B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為45N；（3）滑塊在A點(diǎn)受到的瞬時(shí)沖量為5.9kg·m/s．

【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒及牛頓第二定律，在解決此類問題時(shí)，要注意分析物體運(yùn)動(dòng)的過程，選擇正確的物理規(guī)律求解．

24．如圖所示，質(zhì)量M=1.0kg的木塊隨傳送帶一起以v=2.0m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.50．當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)至最左端A點(diǎn)時(shí)，一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以v₀=3.0×10²m/s水平向右的速度擊穿木塊，穿出時(shí)子彈速度v₁=50m/s．設(shè)傳送帶的速度恒定，子彈擊穿木塊的時(shí)間極短，且不計(jì)木塊質(zhì)量變化，g=10m/s²．求：

（1）在被子彈擊穿后，木塊向右運(yùn)動(dòng)距A點(diǎn)的最大距離；

（2）子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能；

（3）從子彈擊穿木塊到最終木塊相對(duì)傳送帶靜止的過程中，木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能．

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系；牛頓第二定律；功能關(guān)系．

【專題】動(dòng)量和能量的綜合．

【分析】子彈擊穿木塊過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出等式解決問題．

根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題．

運(yùn)用能量守恒的觀點(diǎn)解決問題．

【解答】解：（1）設(shè)木塊被子彈擊穿時(shí)的速度為u，子彈擊穿木塊過程動(dòng)量守恒

mv₀﹣Mv=mv₁+Mu 解得 u=3.0m/s

設(shè)子彈穿出木塊后，木塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律

μmg=ma

解得 a=5.0m/s²

木塊向右運(yùn)動(dòng)到離A點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，速度為零，設(shè)木塊向右移動(dòng)最大距離為s₁

u²=2as₁

解得 s₁=0.90m

（2）根據(jù)能量守恒定律可知子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為

E=mv₀²+Mv²﹣mv₁²﹣Mu²

解得 E=872.5J

（3）設(shè)木塊向右運(yùn)動(dòng)至速度減為零所用時(shí)間為t₁，然后再向左做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t₂與傳送帶達(dá)到相對(duì)靜止，木塊向左移動(dòng)的距離為s₂．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v²=2as₂解得 s₂=0.40m

t₁==0.60s，t₂==0.40s

木塊向右減速運(yùn)動(dòng)的過程中相對(duì)傳送帶的位移為

S′=vt₁+S₁=2.1m，

產(chǎn)生的內(nèi)能 Q₁=μMgS′=10.5J

木塊向左加速運(yùn)動(dòng)的過程中相對(duì)傳送帶的位移為S″=vt₂﹣s₂=0.40m，

產(chǎn)生的內(nèi)能Q₂=μMgS″=2.0J

所以整個(gè)過程中木塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

Q=Q₁+Q₂=12.5J

答：（1）在被子彈擊穿后，木塊向右運(yùn)動(dòng)距A點(diǎn)的最大距離0.90m；

（2）子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為872.5J；

（3）木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為12.5J．

【點(diǎn)評(píng)】解決問題首先要清楚研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過程．

我們要清楚運(yùn)動(dòng)過程中能量的轉(zhuǎn)化，以便從能量守恒角度解決問題．

把動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合起來列出等式求解是常見的問題．