《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷二（第一-六章） 新人教版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷二（第一-六章） 新人教版.docx（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

滾動(dòng)測(cè)試卷二(第一~六章) (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1. 如圖所示,鐵質(zhì)的棋盤豎直放置,每個(gè)棋子都是一個(gè)小磁鐵,能吸在棋盤上,不計(jì)棋子間的相互作用力,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.小棋子共受三個(gè)力作用 B.棋子對(duì)棋盤的壓力大小等于重力 C.磁性越強(qiáng)的棋子所受的摩擦力越大 D.質(zhì)量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案D 解析小棋子受到重力G、棋盤面的吸引力F、彈力FN和靜摩擦力Ff,共四個(gè)力作用,重力豎直向下,摩擦力豎直向上,且重力和摩擦力是一對(duì)平衡力;支持力和引力為一對(duì)平衡力;棋子掉不下來(lái)的原因是受到棋盤對(duì)它向上的摩擦力和它的重力大小相等,即棋子受棋盤的摩擦力與棋子的重力是一對(duì)平衡力,故選項(xiàng)D正確。 2. 右圖為水上樂(lè)園中的彩虹滑道,游客先要從一個(gè)極陡的斜坡由靜止滑下,接著經(jīng)過(guò)一個(gè)拱形水道,最后達(dá)到末端。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.斜坡的高度和拱形水道的高度差要設(shè)計(jì)合理,否則游客經(jīng)過(guò)拱形水道的最高點(diǎn)時(shí)可能脫離軌道 B.游客從斜坡的最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到拱形水道最高點(diǎn)的過(guò)程中一直做加速運(yùn)動(dòng) C.游客從斜坡下滑到最低點(diǎn)時(shí),游客對(duì)滑道的壓力小于重力 D.游客以某一速度運(yùn)動(dòng)到拱形水道最高點(diǎn)時(shí),游客對(duì)滑道的壓力等于重力 答案A 解析斜坡的高度和拱形水道的高度差要設(shè)計(jì)合理,不能讓游客經(jīng)過(guò)拱形水道的最高點(diǎn)時(shí)的速度超過(guò)gr,選項(xiàng)A正確;游客從斜坡的最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到拱形水道最高點(diǎn)的過(guò)程中,先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;游客從斜坡下滑到最低點(diǎn)時(shí),速度最大,游客對(duì)滑道的壓力大于重力,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;游客以某一速度運(yùn)動(dòng)到拱形水道最高點(diǎn)時(shí),游客對(duì)滑道的壓力小于重力,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.如圖甲所示,固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10 m,一小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中,小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示,取斜面底端的重力勢(shì)能為零,小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示,重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)上述信息可以求出(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.斜面的傾角 B.小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) C.小滑塊下滑的加速度的大小 D.小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小 答案D 解析圖乙是動(dòng)能—位移圖像(Ek-x圖像),其斜率的絕對(duì)值是小滑塊所受合外力大小F合=mgsinθ-μmgcosθ,由圖乙可知F合=mgsinθ-μmgcosθ=2.5N;圖丙是重力勢(shì)能—位移圖像(Ep-x圖像),其斜率的絕對(duì)值是小滑塊所受重力沿斜面向下的分量Gx=mgsinθ,由圖丙可知,Gx=mgsinθ=10N,則可求出小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff=μmgcosθ=7.5N,D正確;由于滑塊質(zhì)量未知,故其他量均不可求。 4.如圖所示,水平木板上有質(zhì)量m=2.0 kg的物塊,受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小,如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,下列判斷正確的是(　　) A.5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零 B.4 s末物塊所受合力大小為4 N C.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15 D.6~9 s內(nèi)物塊的加速度為2 m/s2 答案C 解析由兩力的圖像知4s前物塊與木板間為靜摩擦力,4s后為滑動(dòng)摩擦力,物塊在第5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)了,合外力對(duì)物塊做功,A錯(cuò);4s末物塊所受摩擦力突變,Ff=3N,合力為4N-3N=1N,B錯(cuò);物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力為3N,由F1=μmg,解得μ=0.15,C對(duì);5s后物塊的合力為2N,故5s后物塊的加速度為1m/s2,D錯(cuò)。 5.(2018云南七校高考適應(yīng)性考試)如圖甲所示,一質(zhì)量為m=65 kg的同學(xué)雙手抓住單杠做引體向上,他的重心的速率隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示,0~1.0 s內(nèi)圖線為直線。已知重力加速度大小g取10 m/s2,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.t=0.7 s時(shí),該同學(xué)的加速度大小為3 m/s2 B.t=0.5 s時(shí),該同學(xué)處于超重狀態(tài) C.t=1.1 s時(shí),該同學(xué)受到單杠的作用力大小為6 500 N D.t=1.4 s時(shí),該同學(xué)處于超重狀態(tài) 答案B 解析根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知,t=0.7s時(shí),該同學(xué)的加速度大小為0.3m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t=0.5s時(shí),該同學(xué)向上做加速運(yùn)動(dòng),故處于超重狀態(tài),選項(xiàng)B正確;t=1.1s時(shí),該同學(xué)的速度達(dá)到最大,加速度為零,則他受到單杠的作用力大小等于其重力,為650N,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;t=1.4s時(shí),該同學(xué)向上做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向下,故處于失重狀態(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.(2018安徽安慶二模)某旅游景區(qū)新開(kāi)發(fā)了一個(gè)游樂(lè)項(xiàng)目,可簡(jiǎn)化為如圖所示的坡道模型,整個(gè)坡道由三段傾角不同的傾斜直軌道組成,滑車從坡頂A點(diǎn)由靜止滑下,AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng),BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng),CD段做勻減速直線運(yùn)動(dòng),滑到坡底D點(diǎn)時(shí)速度減為零,不計(jì)空氣阻力,則(　　) A.坡道AB對(duì)滑車的作用力沿坡面向下 B.坡道BC對(duì)滑車的作用力為零 C.坡道BC對(duì)滑車作用力豎直向上 D.坡道CD對(duì)滑車的作用力不可能垂直坡道斜面向上 答案CD 解析滑車從坡頂A點(diǎn)由靜止滑下,AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng),從受力分析角度,受到重力、支持力與滑動(dòng)摩擦力,因此做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則滑車受到的支持力與滑動(dòng)摩擦力的合力在豎直向上偏右方向,這樣與重力的合力才能產(chǎn)生向下的加速度,故A錯(cuò)誤;滑車在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此滑車受到的支持力與滑動(dòng)摩擦力的合力與重力等值反向,則坡道BC對(duì)滑車作用力豎直向上,故B錯(cuò)誤,C正確;滑車在坡道CD做勻減速直線運(yùn)動(dòng),那么車受到支持力與滑動(dòng)摩擦力的合力,即對(duì)滑車的作用力應(yīng)該在豎直向上的偏左方向,這樣與重力的合力才能產(chǎn)生向上的加速度,因此對(duì)滑車的作用力不可能垂直坡道斜面向上,故D正確。 7.若已知引力常量G,地球表面處的重力加速度g,地球半徑R,地球上一個(gè)晝夜的時(shí)間T1(地球自轉(zhuǎn)周期),一年的時(shí)間T2(地球公轉(zhuǎn)周期),地球中心到月球中心的距離l1,地球中心到太陽(yáng)中心的距離l2。你能計(jì)算出(　　) A.地球的質(zhì)量m地=gR2G B.太陽(yáng)的質(zhì)量m太=4π2l23GT22 C.月球的質(zhì)量m月=4π2l13GT12 D.月球、地球及太陽(yáng)的密度 答案AB 解析對(duì)地球表面的一個(gè)物體m0來(lái)說(shuō),應(yīng)有m0g=Gm地m0R2,所以地球質(zhì)量m地=gR2G,選項(xiàng)A正確;對(duì)地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)來(lái)說(shuō),有Gm太m地l22=m地4π2T22l2,則m太=4π2l23GT22,B項(xiàng)正確;對(duì)月球繞地球運(yùn)動(dòng)來(lái)說(shuō),能求地球質(zhì)量,不知道月球的相關(guān)參量及月球的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)參量,無(wú)法求出它的質(zhì)量和密度,C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8.如圖所示,13個(gè)完全相同的扁長(zhǎng)木塊緊挨著放在水平地面上,每個(gè)木塊的質(zhì)量m=0.4 kg、長(zhǎng)度l=0.5 m,它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.1,原來(lái)所有木塊處于靜止?fàn)顟B(tài),第1個(gè)木塊的左端上方放一質(zhì)量m0=1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),它與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.2?，F(xiàn)突然給鉛塊一向右的初速度v0=5 m/s,使其開(kāi)始在木塊上滑行。已知物體所受最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,下列說(shuō)法正確的是 (　　) A.鉛塊在第10個(gè)木塊上運(yùn)動(dòng)時(shí),能帶動(dòng)它右面的木塊一起運(yùn)動(dòng) B.鉛塊剛滑上第12個(gè)木塊左端時(shí)的速度大小為3 m/s C.鉛塊在第12個(gè)木塊上滑動(dòng)時(shí)第12個(gè)木塊的加速度大小為2 m/s2 D.小鉛塊最終能滑上第13個(gè)木塊 答案BD 解析木塊受到鉛塊提供的滑動(dòng)摩擦力Ff0=μ2m0g=2N,有鉛塊的那個(gè)木塊與地面間的最大靜摩擦力為Ff1=μ1(m0+m)g=1.4N,其余每個(gè)木塊與地面間的最大靜摩擦力為Ff2=μ1mg=0.4N,設(shè)鉛塊到第n個(gè)木塊時(shí),第n個(gè)木塊及其右面的木塊開(kāi)始在地面上滑動(dòng),則Ff0>(13-n)Ff2+Ff1,解得n>11.5,即當(dāng)鉛塊滑到第12個(gè)木塊左端時(shí),第12、13兩個(gè)木塊開(kāi)始在地面上滑動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)鉛塊剛滑上第12個(gè)木塊左端時(shí)速度為v1,由動(dòng)能定理得-μ2m0g11l=12m0v12-12m0v02,解得v1=3m/s,鉛塊滑動(dòng)的加速度a0=-μ2g=-2m/s2,此時(shí)第12、13兩個(gè)木塊的加速度a1=μ2m0g-μ1(m0+2m)g2m=0.25m/s2,選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤;以第12、13兩個(gè)木塊為參考系,鉛塊滑到第12個(gè)木塊右端時(shí)相對(duì)木塊的速度v2滿足v22-v12=2(a0-a1)l,解得v2=32m/s>0,故鉛塊可以滑上第13個(gè)木塊,選項(xiàng)D正確。 二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,共20分) 9.(10分)在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中,已有的實(shí)驗(yàn)器材有:斜槽軌道、大小相等質(zhì)量不同的小鋼球兩個(gè)、重垂線一條、白紙、復(fù)寫(xiě)紙、圓規(guī)。實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)中小球運(yùn)動(dòng)軌跡及落點(diǎn)的情況簡(jiǎn)圖如圖所示。 試根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求完成下列填空: (1)實(shí)驗(yàn)前,軌道的調(diào)節(jié)應(yīng)注意　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)實(shí)驗(yàn)中重復(fù)多次讓a球從斜槽上釋放,應(yīng)特別注意　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)實(shí)驗(yàn)中還缺少的測(cè)量器材有　　　　　　　　　　　　　。 (4)實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量是　。 (5)若該碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,則一定有關(guān)系式　　　　　　　　　　　　　　成立。 答案(1)槽的末端的切線是水平的　(2)讓a球從同一高度處由靜止釋放滾下　(3)天平、刻度尺　(4)a球的質(zhì)量ma和b球的質(zhì)量mb,線段OP、OM和ON的長(zhǎng)度　(5)maOP=maOM+mbON 解析(1)由于要保證兩球發(fā)生彈性碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng),即初速度沿水平方向,所以必須保證槽的末端的切線是水平的。 (2)由于實(shí)驗(yàn)要重復(fù)進(jìn)行多次以確定同一個(gè)彈性碰撞后兩小球的落點(diǎn)的確切位置,所以每次碰撞前入射球a的速度必須相同,根據(jù)mgh=12mv2可得v=2gh,所以每次必須讓a球從同一高度處由靜止釋放滾下。 (3)要驗(yàn)證mav0=mav1+mbv2,由于碰撞前后入射球和被碰球從同一高度同時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同,故可驗(yàn)證mav0t=mav1t+mbv2t,而v0t=OP,v1t=OM,v2t=ON,故只需驗(yàn)證maOP=maOM+mbON,所以要測(cè)量a球的質(zhì)量ma和b球的質(zhì)量mb,故需要天平;要測(cè)量?jī)汕蚱綊仌r(shí)水平方向的位移即線段OP、OM和ON的長(zhǎng)度,故需要刻度尺。 (4)由(3)的解析可知實(shí)驗(yàn)中需測(cè)量的物理量是a球的質(zhì)量ma和b球的質(zhì)量mb,線段OP、OM和ON的長(zhǎng)度。 (5)由(3)的解析可知若該碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,則一定有關(guān)系式maOP=maOM+mbON成立。 10.(10分)某實(shí)驗(yàn)小組在做驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中,提出了如圖所示的甲、乙兩種方案:甲方案為用自由落體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn),乙方案為用小車在斜面上下滑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。 (1)小組內(nèi)同學(xué)對(duì)兩種方案進(jìn)行了深入的討論分析,最終確定了一個(gè)大家認(rèn)為誤差相對(duì)較小的方案,你認(rèn)為該小組選擇的方案是　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)若該小組采用圖甲的裝置打出了一條紙帶如圖丙所示,相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.02 s,請(qǐng)根據(jù)紙帶計(jì)算出打B點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為　　　　m/s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 丙 (3)該小組內(nèi)同學(xué)根據(jù)紙帶算出了相應(yīng)點(diǎn)的速度,作出v2-h圖線如圖丁所示,請(qǐng)根據(jù)圖線計(jì)算出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=　　　　m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 丁 答案(1)甲　小車在斜面上下滑有摩擦力做負(fù)功,機(jī)械能不守恒　(2)1.37　(3)9.78(9.75~9.81均可) 解析(1)機(jī)械能守恒的條件是只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈簧彈力做功,所以實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)就要排除除重力外的其他力做功,乙方案中的摩擦力做負(fù)功會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗。(2)圖甲為自由落體運(yùn)動(dòng),是勻變速運(yùn)動(dòng),中間時(shí)刻的速度等于平均速度。所以B點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于AC段的平均速度,vB=xOC-xOA2T=(12.40-6.93)10-2m0.04s=1.3675m/s≈1.37m/s。(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh=12mv2,整理得g=v22h,所以重力加速度就等于圖線斜率的一半。 三、計(jì)算題(本題共3小題,共32分) 11.(10分)如圖所示,甲木板的質(zhì)量為m1=2 kg,乙木板的質(zhì)量為m2=2 kg,甲木板的右端有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊,小物塊的質(zhì)量m=1 kg。甲木板和小物塊的速度為8 m/s,乙木板的速度為2 m/s,方向均向右。木板與地面間無(wú)摩擦,小物塊與兩木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1。已知乙木板足夠長(zhǎng),重力加速度g取10 m/s2,兩木板碰撞后粘在一起。求: (1)兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小; (2)兩木板碰撞后,小物塊與乙木板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 答案(1)5 m/s　(2)2.4 s 解析(1)設(shè)兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小為v,兩木板碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得v=5m/s。 (2)兩木板碰撞后,小物塊滑上乙木板做勻減速運(yùn)動(dòng),兩木板做勻加速運(yùn)動(dòng),最終三個(gè)物體的速度相同,設(shè)最終的共同速度為v″,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 (m1+m)v1+m2v2=(m1+m2+m3)v″ 解得v″=5.6m/s 小物塊在乙木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=-μmgm=-1m/s2 可得小物塊與乙木板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=v″-v1a=2.4s。 12.(10分)如圖所示,水平光滑軌道AB與豎直半圓形光滑軌道在B點(diǎn)平滑連接,AB段長(zhǎng)x=10 m,半圓形軌道半徑R=2.5 m。質(zhì)量m=0.10 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平恒力F作用下,從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)B點(diǎn)時(shí)撤去力F,小滑塊進(jìn)入半圓形軌道,沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C,從C點(diǎn)水平飛出。重力加速度g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力。 (1)若小滑塊從C點(diǎn)水平飛出后又恰好落在A點(diǎn)。求: ①滑塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小; ②滑塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí),在B點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小; (2)如果要使小滑塊能夠通過(guò)C點(diǎn),求水平恒力F應(yīng)滿足的條件。 答案(1)①10 m/s?、? N　(2)F≥0.625 N 解析(1)①設(shè)滑塊從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度為vC,從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t,滑塊從C點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng),則 豎直方向2R=12gt2, 水平方向x=vCt, 解得vC=10m/s。 ②設(shè)滑塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mvB2=12mvC2+2mgR, 設(shè)滑塊在B點(diǎn)受軌道的支持力為FN,根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=mvB2R,聯(lián)立解得FN=9N, 根據(jù)牛頓第三定律,滑塊在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力FN=FN=9N。 (2)若滑塊恰好能夠經(jīng)過(guò)C點(diǎn),設(shè)此時(shí)滑塊的速度為vC,根據(jù)牛頓第二定律有mg=mvC2R 解得vC=gR=102.5m/s=5m/s, 滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理Fx-mg2R≥12mvC2, 則Fx≥mg2R+12mvC2, 解得水平恒力F應(yīng)滿足的條件為F≥0.625N。 13.(12分)如圖所示,水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道,圓弧的底端與桌面在同一水平面上。桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135后剩余的部分,MN為其豎直直徑,P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R。一質(zhì)量m=0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放,到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失),碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為s=6t-2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國(guó)際單位),物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求BP間的水平距離sBP。 (2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)。 (3)求物塊A由靜止釋放的高度h。 答案(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 解析(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng),落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy=2gR,同時(shí)vyvD=tan45 解得vD=4m/s。 設(shè)平拋用時(shí)為t,水平位移為s,則有R=12gt2,s=vDt,解得s=1.6m。 物塊B碰后以初速度v0=6m/s,加速度大小a=-4m/s2減速到vD,則BD間的位移為 s1=vD2-v022a=2.5m 故BP之間的水平距離sBP=s+s1=4.1m。 (2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn),在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mvM2-12mvD2=-22mgR 設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力為FN,則FN+mg=mvM2R 解得FN=(1-2)mg<0,即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)。 (3)對(duì)物塊A、B的碰撞過(guò)程,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAvA=mAvA+mBv0 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 12mAvA2=12mAvA2+12mBv02 解得vA=6m/s。 設(shè)物塊A釋放的高度為h,則mgh=12mvA2,解得h=1.8m。