陜西理綜物理word含答案詳解要點(diǎn)

1、14.兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子（不計(jì)重力），從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的（）。A：軌道半徑減小，角速度增大B：軌道半徑減小，角速度減小C：軌道半徑增大，角速度增大D：軌道半徑增大，角速度減小答案D解析問(wèn)題求解：帶電粒子在磁場(chǎng)中只受到洛倫茲力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心mv,從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域02力，則有qb1,7?，得其軌道半徑一+r進(jìn)入較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的質(zhì)量、速度、帶電量都不變，磁場(chǎng)強(qiáng)度變小，因此半徑變大;半徑變大，速度不變，可知角速度減小，故D項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為Do15如圖，直線是處于

2、勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線,MN PQ是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為阿朗、吶VQ電子由分別運(yùn)動(dòng)到n點(diǎn)和p點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等。則（abIIIIIIIIIIIJillilJI'llIIIInT""pTIIIIIi|lililla：直線0位于某一等勢(shì)面內(nèi)，a1/B：直線，位于某-等勢(shì)面內(nèi)，中儲(chǔ)c：若電子由“點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 d：若電子由p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功答案B解析選項(xiàng)分析：A、B項(xiàng)，電子從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做負(fù)功相等，可知 N點(diǎn)和P 點(diǎn)的電勢(shì)相等，M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，又知該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，且直線a、b平行，直線c、d

3、平行，因此直線 a不在一個(gè)等勢(shì)面上，直線 c在一個(gè)等勢(shì)面上，故 A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正 確。C項(xiàng)，由于直線c在一個(gè)等勢(shì)面上，因此電子從 M點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故 C項(xiàng) 錯(cuò)誤。D項(xiàng)，由于M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，可知Q點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)，因此電子從P點(diǎn)移動(dòng)到 Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故 D項(xiàng)錯(cuò)誤。綜上所述，本題正確答案為 Bo16、一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3 ,在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側(cè)接在電壓為0V的正弦交流電源上，如圖所示。設(shè)副線圈匕則（）。回路中電阻兩端的電壓為 / ,原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為A: U 二 66V 卜二 3 b： ;二 22VM

4、 二扣 C U = 66VM = 3 d： U 22V 左=3 答案A解析問(wèn)題求解：設(shè)原線圈電阻兩端電壓為,電流為,副線圈電阻兩端電壓為,電流為L(zhǎng)）又知原、副線圈匝數(shù)比為3才。則原、線圈線圈處電壓為 3 = 3U2原線圈電流為/|則與原線圈串聯(lián)電阻兩端電壓為副線圈電壓為66 V，原、副線圈電流比為電阻消耗功率公式為P = i2r因此原、副線圈回路中電阻消耗功率之比為綜上所述，本題正確答案為 A。POQ水17、如圖，一個(gè)半徑為 R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑平。-質(zhì)量為何的質(zhì)點(diǎn)自p點(diǎn)上方高度k處由靜止開(kāi)始下落，恰好從p點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為 4mgg

5、 為重力加速度的大小。用表示質(zhì)點(diǎn)從p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到m點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則（A:B:C:D:W 32 mgI? ,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)W，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)W ,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離W'，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離答案C解析問(wèn)題求解：質(zhì)點(diǎn)從開(kāi)始下落到落至N點(diǎn)的過(guò)程中重力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功為W - 2 m gRV2+/?4mg mg 3mgN可得在N點(diǎn)時(shí)質(zhì)點(diǎn)所具有的動(dòng)能為:1 2-+ mv2力做的功為:3二一，質(zhì)點(diǎn)此過(guò)程克服摩擦由于在軌道內(nèi)摩擦力始終做負(fù)功，則做一組水平線與半圓軌道相交，在同一水平線上左交點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)速度大于右交質(zhì)點(diǎn)Q點(diǎn)時(shí)，摩擦力做速度，則質(zhì)點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為左側(cè)

6、大于右側(cè)，那么質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)的摩擦力大于右側(cè)，在左 半段導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功大于右側(cè)，因此質(zhì)點(diǎn)從開(kāi)始下落到落至的負(fù)功小于 mgR ,重力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的正功為 mgR ,根據(jù)動(dòng)能定理在 Q點(diǎn)時(shí)，質(zhì)點(diǎn) 仍具有一定的動(dòng)能，仍會(huì)上升一段距離。故C項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為Co18、臺(tái)有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如圖所示。水平臺(tái)面的長(zhǎng)和寬分別為L(zhǎng) £2 中）。Li工*北A:C:D:答案DB:C:D:ii(jhB:間球網(wǎng)高度為卜,，發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)，能以不同的速率向右側(cè)不同方向水乓球的發(fā)射速率平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為3力。不計(jì)空氣的作用，重力加速度大小為。若乒 在某范圍內(nèi)，通

7、過(guò)選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上, 則的最大取值范圍是（TV(< JR畫(huà)解析問(wèn)題求解：乒乓球發(fā)射機(jī)可以選擇合適的方向進(jìn)行發(fā)射，若垂直于球臺(tái)短邊發(fā)射， 可以得到最低的臨界發(fā)射速度使球剛好通過(guò)球網(wǎng)上方；若瞄準(zhǔn)對(duì)面球臺(tái)的邊角位置，可以得到最高的 臨界發(fā)射速度使球剛好落到球臺(tái)邊角。這兩種情況下球均做平拋運(yùn)動(dòng),1豎直方向，=一2平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公V =+ 為9求最低臨界發(fā)射速度的運(yùn)動(dòng)過(guò)程為從拋出點(diǎn)到恰好通過(guò)球網(wǎng)上方,Lix =2y - 3h -h = 2h代入可得最低的臨界發(fā)射速度為vmin =4/hLi g求最高臨界發(fā)射速度的運(yùn)動(dòng)過(guò)程為從拋出點(diǎn)到對(duì)面球臺(tái)邊角位置,y 36代入的

8、臨 界可 得 最 局發(fā) 射 速 度 為匕 止 因的最大取值范式為，水平方向，T二怵+圍為L(zhǎng)i 綜上所述，本題正確答案為 Do19、1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，但略有滯后。下列說(shuō)法正確的是（）。A：圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B:圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C：在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D:圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) 答案A

9、B解析選項(xiàng)分析：A項(xiàng)，在圓盤位置，磁針磁場(chǎng)的磁感線為從左到右的曲線， 銅圓盤和磁針的相對(duì)運(yùn)動(dòng)使銅圓 盤上從上到下的無(wú)數(shù)小導(dǎo)體切割磁感線， 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律， 圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì)，故A項(xiàng)正確。B項(xiàng)，圓盤上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，即渦電流，感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)，使磁針受到該磁 場(chǎng)的作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故 B項(xiàng)正確。C項(xiàng)，根據(jù)磁針磁場(chǎng)磁感線分布的特點(diǎn)，同一根磁感線從圓盤左邊穿入，從右邊穿出，因此 磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量一直為零，沒(méi)有變化，故 C項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)，圓盤本身不帶電荷， 因?yàn)樽杂呻娮訋У呢?fù)電荷和原子核帶的正電荷相等，所以圓盤旋轉(zhuǎn)不會(huì)形成電流，故 D項(xiàng)錯(cuò)誤。綜上所述，本題正確答案為

10、AB。20、如圖（a）, 一物塊在/ 二。時(shí)刻滑上一固定斜面， 其運(yùn)動(dòng)的0 j圖線如圖（b） 所示。若重力加速度及圖中的。0、0卜方均為已知量，則可求出（）。A：斜面的傾角B:物塊的質(zhì)量C：物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D:物塊沿斜面向上滑行的最大高度 答案ACD解析選項(xiàng)分析:A、B、C項(xiàng)，設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為J ,物塊沿傾角為8的固定斜面上滑時(shí)的加下滑時(shí)加速度為速度為 Q1 = 一gsine_" + gcosjq，2二一gsinJ + . + gcos， 根據(jù)圖象可得VqViCl =,。2 =，因此加速度為已知量，聯(lián)立前兩式可以求得兩力1力1個(gè)未知數(shù)和，而從前兩式可以看出物體的加

11、速度與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，無(wú)法解出物體的質(zhì)量，故A、C項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)，由圖像可以求出上滑距離為，物體沿斜面上滑的最大高度，故D項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為 ACD 。21、我國(guó)發(fā)射的“嫦娥三號(hào)”登月探測(cè)器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圓軌道上繞月運(yùn)行；然后經(jīng)過(guò)一系列過(guò)程，在離月面4,口高處做一次懸停（可認(rèn)為是相對(duì)于月球靜 止）；最后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)器自由下落。已知探測(cè)器的質(zhì)量約為 ,3 X IO，*。，地球質(zhì)量約為月球的g1倍，地球半徑約為月球的3 7倍，地球表面重力加速度大小約 為。則此探測(cè)器（）。A：在著陸前的瞬間，速度大小約為B：懸停時(shí)受到的反沖作用力約為8.9m/s2 x

12、103NC：從離開(kāi)近月圓軌道到著陸這段時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能守恒D:在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度 答案BD解析選項(xiàng)分析：A項(xiàng)，根據(jù)重力與萬(wàn)有引力的關(guān)系,則 ，則月球上的重力加速度為GMmw = 用 得g =L66m/s2 ,自由落體運(yùn)動(dòng)末速度為GMH2A項(xiàng)錯(cuò)誤。約為B項(xiàng)，懸停時(shí)探測(cè)器受到的重力與反沖力平衡，故反沖力等于重力2故b項(xiàng)正確。C項(xiàng)，從近月軌道到著陸過(guò)程中，探測(cè)器變軌需要發(fā)動(dòng)機(jī)工作，此時(shí)探測(cè)器受到反沖力, 機(jī)械能發(fā)生變化，故 C項(xiàng)錯(cuò)誤。D項(xiàng)，根據(jù)近星球表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體圓周運(yùn)動(dòng)的向心力和萬(wàn)有引力的關(guān)系，V2 mRGMmR2R,化簡(jiǎn)為P r nJ-5* '

13、;,即'|卜因此探測(cè)器在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度，故D項(xiàng)正確。綜上所述，本題正確答案為BD。所用器22、某物理小組的同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)粗測(cè)玩具小車通過(guò)凹形橋最低點(diǎn)時(shí)的速度的實(shí)驗(yàn),材有：玩具小車、壓力式托盤稱、凹形橋模擬器(圓弧部分的半徑為 R = ll20nr凹形眇槿儀器圖完成下列填空：(1)將凹形橋模擬器靜置與托盤稱上，如圖(a)所示，托盤稱的示數(shù)為(2)將玩具小車放置于凹形橋模擬器最低點(diǎn)時(shí)，托盤稱的示數(shù)如圖(kg；1.00kg；b)所示，該示數(shù)為(3)將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)后滑向另一側(cè)，此過(guò)程中托盤序號(hào)12345m(kg)

14、1.801.751 851.751.5K)值如下表所不:稱的最大示數(shù)為1口 ；多次從同一位置釋放小車，記錄各次的I(4)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小車經(jīng)過(guò)凹形橋最低點(diǎn)時(shí)對(duì)橋的壓力為;小車通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為(重力加速度的大小為 9.80 m/ §2,計(jì)算結(jié)果保留，位有效數(shù)字)答案(2)(4)1.4079 1.4解析問(wèn)題求解:由圖可以看出此時(shí)稱的示數(shù)為140kg 要圖(a)圖(b)（2）托盤稱分度值為每小格估讀至最小分度值的下一位。（4） 1n的平均值為 1.8同 , 則小車對(duì)橋的壓力為 （1.81 - 1,00） x 9.8 = 7.9N，小車通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)由重力和支持 力的合力提供向心

15、力，且支持力與小車對(duì)橋的壓力大小相等，小車通過(guò)最低點(diǎn)時(shí):V2A m q = m其中+rm = 1.40 -1.00 = 0.40fcff，代值求解可得v = lAm/s 23、（9 分）圖（a）為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路。（i）已知毫安表表頭的內(nèi)阻為滿偏電流為mA Ri和R2為阻值 固定的電阻。若使用.和卜兩個(gè)接線柱，電表量程為3r T；若使用Q和（兩個(gè)接線 柱，電表量程為 10mA 。由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出 R|=。兄2=（2）先用一量程為3mA、內(nèi)阻為5（）Q的標(biāo)準(zhǔn)電流表®對(duì)改裝電表的 3mA擋進(jìn)行校準(zhǔn),校準(zhǔn)時(shí)需選取的刻度為（）510 1

16、5 2.0 2.5 3 0mA電池的電動(dòng)勢(shì)為15V內(nèi)阻忽略不計(jì)；定值電阻Ro有兩種規(guī)格， 阻值分別為 30010 順，變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為） 和3（則I?。應(yīng)選用阻值為。的電阻。R應(yīng)選用最大阻值為0的滑 動(dòng)變阻器。(3)若電阻 A和R?中有一個(gè)因損壞而阻值變?yōu)闊o(wú)窮大，利用圖( b)的電路可以判斷出損壞的電阻，圖(b)中的/為保護(hù)電阻，虛線框內(nèi)未畫(huà)出的電路即為圖( a)虛線框內(nèi)的電路。則圖中的 d點(diǎn)應(yīng)和接線柱(填力”或"c)相連。判斷依據(jù)是:答案(1)15 3530()： 3000(3)c;閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，若電表指針偏轉(zhuǎn),則損壞的電阻是 R,若電表指針不動(dòng)，則損壞的電阻是R.

17、解析問(wèn)題求解：(1)使用a和b兩個(gè)接線柱，流過(guò)R和R的電流是流過(guò)毫安表表頭。0。的電流是譏A據(jù)并聯(lián)電壓相等,得：R +幾2=50Q 使用a和c兩個(gè)接線柱，流過(guò) R的電流是 9mA ,流過(guò)毫安表表頭和R?的電流是 加月，根據(jù)并聯(lián)電壓相等得：R2 + loo=9R；聯(lián)立解得： Ri = 15?？?=35。(2)由于校準(zhǔn)的時(shí)候，需要電流表滿偏，所以滑動(dòng)電阻器阻值最小的時(shí)候，流過(guò)電流的電流應(yīng)該接近 3mA ,電路的最大阻值為： RmL5V3mA二 500。由于兩電流表的內(nèi)阻已經(jīng)為故應(yīng)該選擇 即 3()00由于校準(zhǔn)的時(shí)候，電流表需要達(dá)到刻度值為0.3 mA ,此時(shí)的電路電阻值最大,0.5mA二3000Q

18、 ,因此應(yīng)該選擇最大阻值為3000()的滑動(dòng)變阻器。(3)由于接b的時(shí)候，電流表都將有示數(shù)，不能判斷哪一個(gè)因損壞而電阻無(wú)窮大，接時(shí)候，當(dāng)R?損壞的時(shí)候，電流表不偏轉(zhuǎn)，無(wú)示數(shù)，當(dāng)損壞時(shí)，電流表有偏轉(zhuǎn)，有 示數(shù)。24、（12分）如圖,長(zhǎng)為 的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中：磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0 ，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為的電池相連，電路總電阻為QQo已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為 13cm ；閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0重力加速度大小為閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的

19、質(zhì)量。10m/s2答案依題意，開(kāi)關(guān)閉合后，電流方向從b到a,由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下。開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)為A + /二（LJcm,由胡克定 律和力的平衡條件得g是重力加速度的大小。2fcA + /| = mg®式中，為金屬棒的質(zhì)量，卜是彈簧的勁度系數(shù), 開(kāi)關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F 二 IBL 是回路電流，是金屬棒的的長(zhǎng)度，兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了A + ?2 二 0,3cm ,由胡克定律和力的平衡條件得 2k（A + h + A + 1）=mg + F 由歐姆定律有E-IR®式中，£是電池的電動(dòng)勢(shì)，是電路總電阻。聯(lián)立

20、式，并帶入題給數(shù)據(jù)得m = 0.01kg解析處于平衡狀態(tài),則彈簧進(jìn)一步伸問(wèn)題求解：開(kāi)始時(shí)，金屬棒受到重力和兩個(gè)大小相等方向相同的彈簧的拉力, 通電后，根據(jù)電流方向由左手定則可以判斷出金屬棒受豎直向下的安培力，并且可以求出電路的電流，進(jìn)一步長(zhǎng)，并在重力和兩個(gè)彈簧的拉力和安培力的作用下平衡,求出安培力，再通過(guò)解方程求出金屬棒的質(zhì)量，此題中最主要的是要清楚彈簧的拉力由兩個(gè)彈簧提供，計(jì)算時(shí)必須計(jì)算兩個(gè)彈簧的拉力。25、（20 分）一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁， 木板右端與墻壁的距離為 4.5111 ,如圖（a）所示。0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)

21、，直至1s時(shí)間內(nèi)小物塊，1時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知碰撞后u /圖線如圖（所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小私10m/s2 求圖(b)（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)/71及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)（I?； （2）木板的最小長(zhǎng)度；（3）木板右端離墻壁的最終距離。答案 (20 分)(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為Qq,小物塊和木板的質(zhì)量分別為 01和M 由牛頓第二定律有 一i(7口 + M)g = (m + M )Qi 由圖可知，木板與墻壁碰前瞬

22、間的速度5 = 4 m / s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得"=%+。中$0 =力 1 +式中， t= Is $o = 4.5m是木板碰撞前的位移, 開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式和題給條件得出二01a。是小物體和木板在木板與墻壁碰撞后，木板以一。的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物體以'U1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物體的加速度為(1，9由牛頓第二定律有一間叫二啊由圖可得式中,h - 2& ”2 二 0 ,聯(lián)立式和題給條件得(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為 (3,經(jīng)過(guò)時(shí)間 A b 木塊和小物塊剛好具有共同速度。3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得阿 mg + 囚(M + m)g = Ma3Vs二

23、一仇+。3小+力V3 = "1 + Q3 A + 加碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為一。1 + 露3 A小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為V1 +，'' ？小物塊相對(duì)木板的位移為A 、 ,一 % ?聯(lián)立？ ？ ？式，并代入數(shù)值得A .、一 |1.力？因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為,此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為§3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s，在碰撞前的木板與物塊整體的速度也是根據(jù)圖象可以求出物塊的加速度，4m/s，則碰撞前，即第時(shí)內(nèi)，系

24、統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的距離為 4,5孔可以求出該段時(shí)間的平均速度，也就是時(shí)間中點(diǎn)即第的瞬時(shí)速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)11 廣一 ？；？碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為,二:一、;？聯(lián)立？ ？ ？ ？式，并代入數(shù)值得 卜一(二？.木板右端離墻壁的最終距離為 6,5m解析問(wèn)題求解：(1)在木板碰撞墻壁后物塊在摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng),進(jìn)而求出在木板碰撞墻壁后瞬間，物塊速度為公式，可以求出在碰撞前整體的加速度，進(jìn)而求出。(2)木板的最小長(zhǎng)度也就是物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的最大位移，也就是小物塊和木板具有共同速度時(shí)兩者之間發(fā)生的相對(duì)位移，當(dāng)碰撞發(fā)生后，物塊有在向左的摩擦力作用下減速，經(jīng)計(jì)算減速加速度為4m / s向右的初速度，并且 _J.77

25、1 /§2、向左，同時(shí)木板有4m/s的向左的初速度，并且在地面和物塊對(duì)其的摩擦力作用下減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)第一問(wèn)中求出的動(dòng)摩擦因數(shù)可以求出木板受到的摩擦力并求出木板的加速度為+3向右；以水平向右為正方向，木板減速運(yùn)動(dòng)，物塊先減速后加速運(yùn)動(dòng),知道兩者速度相等時(shí)，相對(duì)位移最大，據(jù)此求出物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的最大位移，也就是木板的最短長(zhǎng)度。（3）根據(jù)（2）中所求的數(shù)據(jù)，可以求出在物塊與木板具有相同速度前，碰撞墻壁后木板運(yùn)動(dòng)的位移，以及兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度，在兩者相對(duì)靜止后，以木板和物塊為整體，求出其在地面的摩擦力作用下的加速度， 進(jìn)而求出從兩者相對(duì)靜止至整體停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木板的位移，前后兩段位移之和就是木板右端離墻壁的最終距離。與入射光的頻率的關(guān)系如圖所（15分）【物理選修3-5】（1） （5分）在某次光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，得到的遏止電壓示。若該直線的斜率和截距分別為口和八，電子電荷量的絕對(duì)值為 F 則普朗克常量可表示為,所用材料的逸出功可表示為（2） （10分）如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體 A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間