安徽省江淮十校2024屆高三年級下冊三模聯(lián)考物理試題 含解析

絕密★啟用前

江淮十校2024屆高三第三次聯(lián)考

物理

本試卷共8頁，共15題。全卷滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。

注意事項：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考

證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用25鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在

試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙

和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

4.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項符合題目要求。

1.2024年2月，日本福島第一核電站核污染水凈化裝置中，含有放射性物質(zhì)的大量核污染水發(fā)生泄漏。核

污水中包含多種放射性元素，如晁、鋸、缽、碘等，其中碘的衰變方程為54入?+一產(chǎn)，已知

叫=131.03721u=131.03186um=0.000549u

e,下列說法正確的是（

A.衰變產(chǎn)生的B射線來自于1I原子的核外電子

B.放射性元素經(jīng)過兩個完整的半衰期后，將完全衰變殆盡

C.原子核衰變時質(zhì)量虧損，質(zhì)量數(shù)減少

D.該核反應(yīng)要釋放能量

【答案】D

【解析】

【詳解】A.行1衰變時，原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，大量電子從原子核釋放出來形成p射線，故A

錯誤；

B.半衰期是放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間，經(jīng)過兩個完整的半衰期后，還剩四分之一的

原子核沒有衰變，故B錯誤；

C.原子核衰變時滿足電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)守恒，故C錯誤；

D.該反應(yīng)質(zhì)量虧損為

m

△m="4~e=131.03721u-131.03186u-0.000549u=0.00480lu

由此可知，該核反應(yīng)釋放能量，故D正確。

故選D。

2.中國天宮號空間站正常繞地運行的軌道可視為圓形，軌道平面與赤道平面夾角為42。，軌道離地高約

400km,每天繞地球約轉(zhuǎn)16圈，繞行方向自西向東。地球半徑約為6400km,下列說法正確的是（）

9

A.空間站中的宇航員受地球的引力約為其在地面時的一

10

B.空間站繞地運行的角速度比地面上物體隨地球自轉(zhuǎn)的角速度小

C.空間站連續(xù)兩次經(jīng)過我國某城市上方的時間間隔約為L5h

D.空間站繞地運行的速度比月球繞地運行的速度小

【答案】A

【解析】

【詳解】A.在地球表面有

Gk片

在空間站有

-Mm尸

G---------7二月

（夫+022

整理有

9

-F-,H——

耳10

故A項正確；

B.由于空間站每天繞地球約轉(zhuǎn)16圈，所以其周期約為

T至=1.5h

而地球上物體轉(zhuǎn)一圈的周期為24h,由周期與角速度的關(guān)系有

由于空間站的周期小，所以空間的角速度大于在地球上物體的角速度，故B項錯誤；

C.由于空間站的周期為L5h,地球的周期為24h,但是又由于空間站軌道平面與赤道所在平面不共面，

所以每次空間站轉(zhuǎn)16圈，中國某城市相對于空間站回到了出發(fā)位置，即空間站連續(xù)兩次經(jīng)過我國某城市

上方的時間間隔約為24h,故C項錯誤；

D.由于

_Mmv~

Cr——=m—

rr

整理有

由于空間站距離地心距離比月球小，故其繞行速度比月球的大，故D項錯誤。

故選A?

3.賽艇運動分單人艇、雙人艇、四人艇、八人艇。研究者對各種艇賽的2000米成績數(shù)據(jù)進(jìn)行分析后推測:

比賽成績/（時間）與槳手?jǐn)?shù)量〃之間應(yīng)存在一定的關(guān)系。為方便探究〃在簡化條件下的關(guān)系式，現(xiàn)建立

以下物理模型：

①比賽全過程賽艇視為勻速運動，當(dāng)速度為v時賽艇受到的阻力/滿足/8Sv2；

②每個槳手的體重G都相同，比賽中每個槳手劃槳的功率尸均恒定，且PxG。

③艇重Go與槳手?jǐn)?shù)〃比值為常數(shù)，即Go

④認(rèn)為賽艇沿前進(jìn)方向的橫截面積S與其浸入水中的體積V滿足§3丫3

根據(jù)以上物理模型，下列關(guān)系式正確的是（）

1i3

A.Poc/v

vocnS^t8n9DSoc/

【答案】C

【解析】

【詳解】A.“人艇的總功率與艇阻力和速度的乘積成正比，即

nP8找

則有

Poc丑

n

故A錯誤;

B.根據(jù)

fGCSv2

nPccJv

可知

nPocSv3

功率尸恒定，所以

1

n3

VOC—

故B錯誤;

CD.由于

VOCG。OC〃

2

Soc正

解得

2

S8n'

又

n3

VOC—

vs)

所以

i

Vocz?9

即

1

13n9

故C正確，D錯誤。

故選c。

4.如圖所示，Si和S2是兩個振動頻率相同，相位差為力，振幅均為2cm的橫波波源，兩者位于同一直線上，

相距12m,連線上有一質(zhì)點A,與&的距離為3m。Z=0時兩波源同時起振，產(chǎn)生的機(jī)械波在介質(zhì)中傳播的

速度為2m/s。穩(wěn)定后在&、8連線上除A點外還有5個振動加強(qiáng)點。下列說法正確的是()

sre邑

A.兩列波的波長均為2m

B.兩列波的周期均為3s

C.Z=2.0s時，A處的質(zhì)點離平衡位置的距離是2cm

D.f=8.5s時，A處的質(zhì)點離平衡位置的距離是20cm

【答案】C

【解析】

【詳解】A.兩波源頻率相同，起振方向相反，Si、8連線上有6個振動加強(qiáng)點，則連線中點左邊右邊各有

3個加強(qiáng)點，A為振動加強(qiáng)點，可知

52A-^4=(272-1)^

即

6m=(2n-l)^

當(dāng)九=1,A=12m,不成立；

當(dāng)〃=2時，A=4m,若波長為4m,則Si、S2連線上有6個振動加強(qiáng)點；

當(dāng)幾=3時，％=2.4m,Si、S2連線上有10個振動加強(qiáng)點，不成立，由此可知波長為4m,故A錯誤；

B.因波速為2m/s,所以周期為

T=—=2s

v

故B錯誤；

CD.Si處波源產(chǎn)生的機(jī)械波傳播到A處所需的時間為

31二

=-s=1.5s

12

S2為處波源產(chǎn)生的機(jī)械波傳播到A處所需時間為

t,—s—4.5s

22

故2.0s時，只有Si處波源產(chǎn)生的機(jī)械波傳播到A處，且離平衡位置最遠(yuǎn)，距離為2cm,8.5s時兩波源產(chǎn)生

機(jī)械波都已傳到A處振動加強(qiáng)振動兩個周期，且A離平衡位置最遠(yuǎn)，距離是4cm,故C正確，D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓

柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道長度為/（管道長度大于管道橫截面半徑）。帶電粒子束持續(xù)以

某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，三

次碰撞后從另一端沿軸線射出，單位時間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為小粒子電荷量為+4,不計粒子的重力和粒

子間的相互作用，下列說法正確的是（）

A.管道橫截面半徑為4

4

B,粒子在磁場中運動的時間為,

V

C.粒子質(zhì)量為

v

D.粒子束每次與管壁碰撞時，對管道的平均作用力大小為攻

3

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，三次碰撞后沿軸線射出，可知粒子運動的

圓弧半徑為

6

粒子在磁場中運動的時間

T1Inr7ll

t=N--=3x—x-----

22V2^

故AB錯誤；

C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力

V

qvB-m——

可得粒子的質(zhì)量為

故C錯誤；

D.粒子與管壁發(fā)生彈性碰撞后原速反彈，則由動量定理可得

-FAt=n-A^[(-mv)-mv]

再結(jié)合

Bql

m=-----

6v

可得

F_nBql

3

由牛頓第三定律可知粒子束對管壁的平均作用力為理，故D正確。

3

故選D。

6.除顫儀是用于突發(fā)心室纖顫等心臟疾病的急救醫(yī)療設(shè)備，某型號除顫儀電路原理如圖，某次調(diào)試時，電

容器充電完畢，開關(guān)由“1"擲向“2"，放電電流平均值為2.8A,放電時間約為10%,已知電容器電容為

2.0X10-5F,升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比約為1:70,則降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比約為()

A.22:1B.1172:1C.7:1D.2:1

【答案】B

【解析】

【詳解】由題意可知，第一個變壓器為降壓變壓器,第二個變壓器為升壓變壓器，由于放電電流平均值為

2.8A,由電流的定義式有

根據(jù)電容器的電容定義有

所以升壓變壓器副線圈的兩端的電壓的最大值為

U&=1400V

由理想變壓器原副線圈與匝數(shù)的關(guān)系有

U3%

U4%

所以升壓變壓器原線圈兩端電壓的最大值為

q=20V

降壓變壓器副線圈兩端電壓的最大值為

U2=20V

所以降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為

nA_Ux_22072_11V2

n、U2201

故選B。

7.如圖所示，玻璃圓管內(nèi)壁光滑、豎直放置在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時間均勻減小的磁場中。有

一帶正電的小球（可視為質(zhì)點），以速率W沿逆時針方向從管口上端貼著管壁水平射入管內(nèi)，經(jīng)過一段時間

后從底部離開圓管，小球從下端離開玻璃管時磁場還沒減小到0,若再次重復(fù)該過程，小球以相同速率W進(jìn)

入管內(nèi)，同時撤去磁場，設(shè)運動過程中小球所帶電量不變，空氣阻力不計。下列說法正確的是（）

小B

A.撤去磁場后小球離開管口的速率小于有磁場時的速率

B.撤去磁場后小球離開管口的時間大于有磁場時的時間

C.有磁場時小球?qū)ΣＡЧ艿膲毫σ欢ú粩嘣龃?/p>

D.小球兩次在玻璃管中運動時，都只有重力做功，故小球與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

【答案】A

【解析】

【詳解】A.有磁場時，會在空間形成渦旋電場，電場力對小球做功，小球離開管口的速率大于撤去磁場時

的速率，故A正確；

B.撤去磁場后，小球豎直方向受力不變，運動時間不變，故B錯誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律有

F-qvB=--

Nr

解得

F=--卜qvB

Nr

v雖然在增加但是B在減小，所以不一定是一直增加的，故C錯誤；

D.有磁場時，小球在玻璃管中運動時，渦旋電場也在做功，故小球與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D

錯誤。

故選Ao

8.哈爾濱是中國著名的冰雪旅游城市，每年冬季都會舉辦盛大的冰雪節(jié)。冰雕展則成為了人們探訪冬季夢

幻之旅的最佳選擇。冰雕展上有一塊圓柱體冰磚，上、下底面半徑為1m,軸截面為正方形，上下底面中心

連線為OO'，在處安裝了一盞可視為點光源的燈，已知冰的折射率為1.3。下列說法正確的是（）

3

A.若光在冰磚中發(fā)生全反射的臨界角為C,貝UsinC=一

13

B.由燈直接發(fā)出的光照射到冰磚側(cè)面時能從側(cè)面任何位置射出

C.由燈直接發(fā)出的光照射到冰磚上表面時都能從上表面任何位置射出

13

D.從冰磚正上方沿OO'方向觀察，點光源的視深是一m

20

【答案】C

【解析】

【詳解】A.若光在冰磚中發(fā)生全反射的臨界角為C,則

sinC=l=12

n13

故A錯誤;

BC.作出發(fā)生全反射臨界光路圖，如圖所示

在直角八"。'中，由幾何關(guān)系可知

BO'_75

sina=<——=sinC

AO7-V1.3

故由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時都能從上表面射出，而

泣=坐=拽」=sinC

AO,51.3

故由燈直接發(fā)出的光照到冰磚側(cè)面時不是能從側(cè)面任何位置射出，故B錯誤，C正確；

D.實深是A8,設(shè)視深為/?,根據(jù)折射率定義式結(jié)合幾何關(guān)系可知

AB

----=n

h

可得

,20

n=—m

13

故D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對得5分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。

9.如圖所示，質(zhì)量為8.0kg的斜面體A放置在水平地面上，上表面光滑，斜面長為1m,與水平方向的夾角

為37。。質(zhì)量為4.0kg的小物塊B從斜面頂端由靜止沿斜面下滑，A保持靜止。當(dāng)B沿斜面下滑;m時對A

施加水平向右的推力E使B相對A做勻速直線運動。A與地面間的動摩擦因數(shù)為0.75,取重力加速度為

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8?下列說法正確的是（）

B

A.推力/作用前B下滑時間為無s

B.推力F作用時A的加速度是7.5m/s2

3

C.推力F=147.6ND.小物塊B下滑到斜面底端的過程中推力/做功

75J

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.設(shè)物塊沿斜面下滑的加速度為對,由牛頓第二定律得

mgsin0=ma^

12

xi=萬卬1

代入數(shù)據(jù)解得

1

A二-S

13

故A錯誤;

B.施加力后，對B受力分析，如圖所示

%=4=gtan0=7.5m/s2

故B正確；

C.對整體受力分析可知

F-/u(M+m)g—(M+m)a3

解得

F=180N

故c錯誤;

D.設(shè)B下滑;m時的速度為v,相對于A勻速下滑的時間為馬，則

V=1

x2sin^=vsin^-^

L=xx+x2

斜面體A的位移為

15

X—。3,2

推力做的功為

W=Fx

代入數(shù)據(jù)解得

W=75J

故D正確。

故選BDo

10.如圖1所示，在豎直面內(nèi)坐標(biāo)系的原點。處有一小球發(fā)射裝置，可以沿與無軸正方向成53°的方向，斜

向上發(fā)射速度大小為10m/s的帶電小球，在y軸右側(cè)與直線。尸（平行于y軸）中間范圍內(nèi)有周期性變化的

水平方向電場，規(guī)定向右為正方向，交變電場周期T=L6s,變化規(guī)律如圖21=0時刻將帶正電絕緣小球

3

射入電場中,小球在t=5T時刻到達(dá)電場邊界DR且速度方向恰與直線。尸平行。已知小球質(zhì)量m=0.3kg,

電荷量q=4xl0-3c,重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是

圖1圖2

A.E°=562.5V/m

B.直線。尸到y(tǒng)軸的距離出=7.2m

C.若小球在不同時刻射入電場，從射入到再次經(jīng)過x軸時的時間與入射時刻有關(guān)

D.若小球在不同時刻射入電場，再次經(jīng)過x軸時的坐標(biāo)范圍為4.8mWxW16.8m

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.小球到達(dá)直線。尸時速度方向恰與。尸平行，即水平速度恰減到0,根據(jù)電場的周期性

vcos53°-6z—=0

%2

解得

2

av=7.5m/s

根據(jù)

%=追

m

解得

&)=562.5V/m

選項A正確;

B.根據(jù)速度位移關(guān)系式

_3(vcos530)2

XD-c

2a

解得

xD=7.2m

選項B正確；

C.小球在y軸右側(cè)豎直方向做豎直上拋運動，小球再次經(jīng)過x軸的運動時間相同

Cvsin53°1,

t=2-------=l.6s

g

選項C錯誤；

D.恰經(jīng)過一個周期，/=0時刻進(jìn)入電場，小球在一個周期內(nèi)水平方向先減速運動再加速，此過程小球水平

方向平均速度最小，離c點最近

x3(vcos53°+0)T=4.8m

因為

￡＜和

小球在電場內(nèi)經(jīng)過無軸，，=一時刻進(jìn)入電場，小球在一個周期內(nèi)水平方向先加速運動

2

中

—Ivcos53°+vcos530+a

x2j2

解得

%!=7.2m

且

恰加速運動至。方所在直線，小球出電場后做勻速運動

TT

VCOS53°+^I~2

解得

x2=9.6m

則

xm-xi+x1-16.8m

此過程小球水平方向平均速度最大，離C點最遠(yuǎn)，綜上，小球經(jīng)過x軸時的坐標(biāo)范圍為4.8mWxW16.8m

選項D正確。

故選ABDo

【點睛】

三、非選擇題：本題共5小題，共58分。

11.某同學(xué)利用如圖所示的裝置測量重力加速度，其中光柵板上交替排列著等寬度的遮光帶和透光帶(寬度

用d表示)。實驗時將光柵板置于光電傳感器上方某高度，令其自由下落穿過光電傳感器。光電傳感器所連

接的計算機(jī)可連續(xù)記錄遮光帶、透光帶通過光電傳感器的時間間隔加。

-llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll

cm

456789

(1)如上圖所示，該同學(xué)測得遮光帶(透光帶)的寬度為cmo

(2)該同學(xué)記錄時間間隔的數(shù)據(jù)如表所示,

1遮光2遮光3遮光

編號

市-444-市4++-市4++-

At/xlO-

73.0438.6730.00......

3s

根據(jù)上述實驗數(shù)據(jù)，編號為3的遮光帶通過光電傳感器的平均速度大小為V3=___________nV（結(jié)果保留兩

位有效數(shù)字）；

（3）某相鄰遮光帶和透光帶先后通過光電傳感器的時間間隔為加卜A/2,則重力加速度g=

（用d、An>At2表示）

【答案】（1）4.40±0.05

2d(—A?2)

(2)1.5

MM(△:+維)

【解析】

【小問1詳解】

根據(jù)圖示可知讀數(shù)為4.40cm。

【小問2詳解】

根據(jù)平均速度計算公式可知

八色=坦與向s=L5m/s

N30x10-3

【小問3詳解】

根據(jù)勻變速直線運動平均速度等于中間時刻的速度，有

A/2+Nt\

丫2=W+g

d

d

v=——

2-M

聯(lián)立可得

2d(-)

A@231+M)

12.疫情期間，電子體溫計已逐漸成為居家必備的物品之一、某物理興趣小組先探究了某種熱敏電阻的伏安

特性，然后制作了一個簡易電子體溫計。

AU/Vr-）

3歐姆表

2

2

1

1

0

O51015202530//mA

Si

（1）興趣小組測出某種熱敏電阻的圖像如圖1所示，由圖可知，熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而

（選填“增大”或“減小”）；

（2）某同學(xué)用一個內(nèi)部電源電動勢為3.0V、中值電阻為100。的歐姆表（已調(diào)零）接在上述熱敏電阻

（伏安特性曲線如圖1所示）兩端，電路圖如圖2所示，則歐姆表的讀數(shù)為A（結(jié)果保留1位

有效數(shù)字）：

（3）該興趣小組設(shè)計的簡易電子體溫計電路如圖3所示，準(zhǔn)備了如下器材：

A.干電池組（電動勢￡=3.OV內(nèi)阻/?=1.2。）

B.表頭G（滿偏電流6.0mA,內(nèi)阻4=36。）

C.電阻箱&（最大阻值9999.9Q）

D.電阻箱&（最大阻值9999.9Q）

E.熱敏電阻&（其阻值隨溫度變化的規(guī)律如圖5）

F.開關(guān)及導(dǎo)線若干

①首先將表頭G量程擴(kuò)大為60mA,則應(yīng)將電阻箱&的阻值調(diào)為Q；

②如圖4所示，在表頭上2mA處標(biāo)注10℃,則應(yīng)將電阻箱號的阻值調(diào)為Q;

③完成步驟②后，某次在測試體溫時，表頭指針如圖4所示。已知當(dāng)熱敏電阻的溫度高于38.5℃時屬于溫度

異常，體溫計會閃爍，則該次測試時溫度計閃爍（選填“會”或“不會”）o

【答案】（1）減?。?）2xl02

（3）①.4.0②.45.2③.會

【解析】

【小問1詳解】

U-/圖像上各點與坐標(biāo)原點連線的斜率表示該狀態(tài)的電阻，由圖1可知，熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而

減小。

【小問2詳解】

設(shè)熱敏電阻兩端電壓為U、通過熱敏電阻的電流為/,根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-1R中

代入數(shù)據(jù)得

[7=3.0-100/

作出圖線如圖所示

圖線交點表示此時熱敏電阻的電壓為2.0V、電流為10mA,故其電阻為

R=2=^2_Q=200。=2x102。

I0.010

【小問3詳解】

[1]將表頭G量程擴(kuò)大為60mA,則有

[2]表頭G顯示電流為2mA,電路實際電流為

乙=10x2mA=20mA

由圖5可知，當(dāng)溫度為10℃時，該熱敏電阻

R=100Q

改裝后電流表等效電阻為

=3.6。

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

E

R[+7?+r+R,

解得

鳥=45.2。

[3]由圖4可知，當(dāng)電流表示數(shù)為4mA時，電路總電流是40mA,帶入

1=———--------

R[+_/?+〃+7?2

可求得熱敏電阻阻值為25C,由圖5可知，溫度高于38.5C,體溫計會閃爍。

13.如圖所示，質(zhì)量為嚕：的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)壁光滑，用輕質(zhì)活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，通過活塞豎

40g

直吊在天花板上。開始時封閉氣體的熱力學(xué)溫度為"，活塞到汽缸底部的距離為Lo已知外界大氣壓強(qiáng)為

Po,重力加速度為g，活塞的半徑為由于外界氣溫較低，封閉氣體的溫度緩慢下降，封閉氣體在溫度

2

下降至號的過程中，對外界放出的熱量為。。求:

(1)此時封閉氣體的壓強(qiáng)；

(2)這一過程中封閉氣體的內(nèi)能變化量。

////////////////

【解析】

【詳解】(1)對汽缸有

Po乃+

由題意知

m=@

40g

解得封閉氣體的壓強(qiáng)為

p=也

10

可知溫度降低，汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，所以當(dāng)溫度降至冬時，壓強(qiáng)仍為也。

510

(2)封閉氣體的溫度緩慢下降，封閉氣體在溫度下降至今的過程中，做等壓變化

解得

L'=-L

5

則汽缸上升的距離

h=L-L'=-

5

外界對封閉氣體做的功

（乙丫9

W=p7i—h=-----兀p/

uj200°

因氣體溫度降低，則氣體內(nèi)能減少,由熱力學(xué)第一定律

AU^W-Q

解得

9,

△U=—兀p工—Q

200"°上

14.如圖1所示，小鐵塊位于長木板的最左端，小鐵塊的質(zhì)量是6kg,長木板的質(zhì)量是12kg。/=0時二者

以％=8m/s的初速度一起向右運動，/=0.5s時長木板與右側(cè)的擋板(未畫出)相碰(碰撞時間極短)，碰

撞之前的運動過程中小鐵塊與長木板通過鎖定裝置鎖定，碰撞前瞬間解除鎖定，碰撞過程中沒有能量損失,

長木板運動的部分y-r圖像如圖2所示，在運動過程中小鐵塊恰好沒有從長木板上滑下。小鐵塊可視為質(zhì)

點，重力加速度g取lOm/s?,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求:

(1)長木板與水平地面之間以及小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數(shù);

(2)長木板的長度;

(3)長木板與擋板碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。

vo

////////////////////),

^77777777777777

圖1

圖2

【答案】(1)〃1=0.4,〃2=°4；⑵L=6.75m；(3)Q=324J

【解析】

【詳解】(1)設(shè)長木板與小鐵塊的質(zhì)量分別為加、m,長木板與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為〃-小鐵塊與

長木板之間的動摩擦因數(shù)為〃2，由丫-。圖像可得，0~0.5s時間內(nèi)長木板與小鐵塊整體的加速度大小為

_A18-622

6Z|——m/s=4m/s

A?10.5

對此過程由牛頓第二定律得

〃1?(A/+in)g=+m)ax

解得

氏—0.4

0.5s時刻之后，長木板向左做勻減速直線運動，小鐵塊向右做勻減速直線運動。由vY圖像可得，0.5s之后

長木板的加速度大小為

a=―—―m/s2=8m/s2

21.0-0.5

對長木板由牛頓第二定律得

(M+in)g+〃2根g=Ma?

解得

〃2=0.4

(2)由牛頓第二定律可得，0.5s時刻之后小鐵塊的加速度大小為

■=42g=0.4x10m/s2=4m/s2

0.5s時刻之后，長木板與小鐵塊均以v=6m/s的速度大小分別向左、向右做勻減速直線運動，因外＞%，

故長木板先于小鐵塊速度減小到零，設(shè)此過程長木板的位移大小為占，則有

v2=2%西

代入數(shù)據(jù)解得

%1=2.25m

長木板速度減小到零后，因小鐵塊與長木板之間的滑動摩擦力小于長木板與水平地面之間的最大靜摩擦力，

故長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，小鐵塊仍向右做勻減速直線運動直到速度為零，設(shè)0.5s時刻之后，小鐵塊向右做