山東省青島市第十六中學2025屆高三物理上學期第9學段模塊檢測試題

。質(zhì)子的比荷取1×108C/kg。求:(1)漂移管B的長度。(2)相鄰漂移管間的加速電壓。14.（10分）如圖14所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊A、B和半徑為0.5m的eq\f(1,4)光滑圓軌道C靜置于光滑水平軌道上，A、B、C質(zhì)量分別為1.5kg、1.5kg、3kg?，F(xiàn)讓A以6m/s的速度水平向右運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為0.2s，碰后速度大小變?yōu)?m/s。當A與B碰撞后會馬上粘在一起運動，已知g＝10m/s2，求：(1)A與墻壁碰撞過程中，墻壁對小球平均作用力的大?。?2)AB第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度h。15.（12分）如圖甲所示，質(zhì)量M＝5kg的木板A，在t＝0時刻，正以20m./s的初速度在粗糙水平地面上向右運動，所受水平向右的恒定拉力F＝29N。與此同時在其右端無初速度地放上一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊B。放上物塊后A、B的圖象如圖乙所示。已知物塊可看作質(zhì)點，木板足夠長。取g＝10m/s2，求：(1)物塊與木板之間動摩擦因數(shù)μ1和木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)放上物塊后，木板運動的總位移。16.（13分）輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為6m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為6l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖16所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開P(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時對軌道的B點的壓力，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。物理參考答案B2.C3.D4.D5.A6.C7.AC8.BCD9.BD10.CD(1)靜止(1分）(2)三細線的方向(2分）(3)結(jié)點O的位置(2分）(4)F和F′在誤差允許的范圍內(nèi)重合(2分）12.（1）B（1分）串聯(lián)（1分）40（1分）（2）E（1分）（3）如圖所示（2分）（4）101.4（2分）13.(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB,電源的頻率、周期分別為f、T,漂移管B的長度為L,則①（1分）L=vB②（2分）聯(lián)立可得L=0.4m（1分）(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電場對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)子從漂移管B運動到漂移管E電場力做功W′,質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m,則W=qU③W′=3W④（3分）⑤（2分）聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得U=6×104V（1分）14.解析(1)A與墻壁碰撞過程，規(guī)定水平向左為正方向，對A由動量定理有Ft＝mAv2－mA(－v1)（2分）解得F＝75N（1分）(2)A與B碰撞過程，對A、B系統(tǒng)，水平方向動量守恒有mAv2＝(mB＋mA)v3（2分）A、B滑上斜面到最高點的過程，對A、B、C系統(tǒng)，水平方向動量守恒有(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4（2分）由能量守恒得eq\f(1,2)(mB＋mA)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mB＋mA＋mC)veq\o\al(2,4)＋(mB＋mA)gh（2分）解得h＝0.1m。（1分）答案(1)75N(2)0.1m15.(1)放上物塊后，當A、B相對滑動過程，由圖示圖象可知，B的加速度aB＝eq\f(ΔvB,ΔtB)＝eq\f(12,3)m/s2＝4m/s2，（1分）A的加速度aA＝eq\f(ΔvA,ΔtA)＝eq\f(12－18,3)m/s2＝－2m/s2，（1分）由牛頓其次定律得對B：μ1mg＝maB，（1分）對A：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA，（2分）解得μ1＝0.4，μ2＝0.6；（2分）(2)2ax1=V2-V02X1=64m（2分）A、B共同運動時，由牛頓其次定律得F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝-7/6m/s2，（2分）A、B共同運動位移2ax2=0-V02X2=61.7m放上物塊后木板運動的總位移x＝x1+x2＝125.7m。（1分）16.（共13分）(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為6m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝6mgl①設(shè)P到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋μmg(6l－l)②聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝③B點受力：F-mg=mF=8mg依據(jù)牛頓第三定律，對B點壓力大小8mg方向豎直向下。若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿意eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥vD滿意④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨（2）設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知6mgl＞μMg·5l⑩M<m