广西桂林市陆川中学2017-2018学年高三下学期综合物理练习卷(3) Word版含解析

2017-2018学年广西桂林市陆川中学高三（下）综合物理练习卷（3）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图所示，将空的薄金属筒开口向下压入水中，设水温均匀恒定，筒内空气不泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，下列说法正确的是（）A．筒内壁与气体接触处，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数不变B．筒内气体每一个分子的分子动能都不变C．筒内气体从外界吸热D．筒内气体向外界放热2．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）A．t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B．t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6 mD．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm3．科学家发现在月球上含有丰富的He（氦3），它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He+He→2H+He．关于He聚变下列表述正确的是（）A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚应反应没有质量亏损D．目前核电站都采用聚变反应发电4．如图所示为氢原子的能级图，已知可见的光子能量范围为1.62eV﹣3.11eV那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板定不能产生光电极效应现象B．氢原子从高能级向n=3的能级跃迁时发生的光，不具有显著热作用C．处于n=2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线D．处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离5．以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（）A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B．此时小球的速度大小为C．此时小球速度的方向与位移的方向相同D．小球运动的时间为6．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（）A．甲的运行周期一定比乙的长B．甲距地面的高度一定比乙的高C．甲的向心力一定比乙的小D．甲的加速度一定比乙的大7．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大8．如图，ab和cd为两条相距较远的平行直线，ab的左侧和cd的右侧都有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，闭合曲线是由两个半圆及与半圆相切的两条线段组成．甲、乙两带电体分别从图中的A、D两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图．它们在C 点碰撞后结为一体向右运动．则下面说法正确的是（不计重力、阻力）（）①开始时甲的速度一定比乙大②甲的带电荷量一定比乙大③甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动④甲乙结合后，会离开原闭合曲线运动．A．①②B．②③C．①③D．②④二、非选择题：9．利用图（a）实验可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l．然后多次改变x，测出对应的l，画出l2﹣x关系图线，如图（b）所示，并由此得出相应的斜率k．（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0=．（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图（b）中倾斜直线的斜率k可得，管内气体压强p=．（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的p与实际压强相比（填“偏大”或“偏小”）．10．用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）（3）定值电阻（阻值1Ω，额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）（5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择V，电流表的量程应选择A；R0应选择Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是Ω的滑动变阻器．（2）引起该实验系统误差的主要原因是．11．在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求（1）运动员竖直向下拉绳的力；（2）运动员对吊椅的压力．12．在光滑水平地面上有A、B两等大均匀的小球，质量分别为m1和m2，其中m1=3m2．在两小球的右侧同一水平线上，有一半径R=0.2m的四分之一光滑圆槽，槽口的最上端与其圆心在一条水平线上，最下端与地面相切，其质量M=m2．现把槽固定在地面上，m1以4m/s 的速度向右与m2相碰，碰后m2恰好能到达槽口的最上端．若把AB互换位置，m2仍然以4m/s的速度向右与m1相碰，求碰后m1最终能离开地面上升的最大高度？（g=10m/s2）13．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小．（2）求t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．（3）何时射入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．2015-2016学年广西桂林市陆川中学高三（下）综合物理练习卷（3）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．如图所示，将空的薄金属筒开口向下压入水中，设水温均匀恒定，筒内空气不泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，下列说法正确的是（）A．筒内壁与气体接触处，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数不变B．筒内气体每一个分子的分子动能都不变C．筒内气体从外界吸热D．筒内气体向外界放热【考点】热力学第一定律；封闭气体压强．【分析】理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，W为正，内能恒定，所以Q为负，即气体向外界放热．【解答】解：A、气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数增多，A错误；B、由于不计气体分子间相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，分子平均动能不变，但并不是每一个分子的分子动能都不变，B 错误；C、又U=Q+W，外界对气体做功，W为正，U恒定，所以Q为负，即气体向外界放热，C 错误，D正确．故选D．2．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）A．t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B．t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6 mD．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】t=0.15s时，由图乙读出质点Q的位移，即可知加速度．由乙图t=0.10s时质点Q的速度方向，判断出波的传播方向，即可读出t=0.15s时，质点P 的运动方向．根据时间与周期的关系，求出波传播的距离，确定质点通过的路程．【解答】解：A、t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大，则知其加速度达到正向最大．故A正确．B、由乙图知：t=0.10s时质点Q的速度方向沿y轴负方向，则由波形的平移法判断得知，该波沿x轴负方向传播，t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动，则t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向．故B正确．C、从t=0.10s到t=0.25s，所经历的时间为△t=0.15s=，该波沿x轴负方向传播了=6m．故C错误．D、从t=0.10s到t=0.25s，所经历的时间为△t=0.15s=，由于质点P先向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小，在这段时间内质点通过的路程小于质点P从平衡位置起在0.15s内通过的路程3A=30cm，即路程S＜3A=30cm．故D错误．故选AB3．科学家发现在月球上含有丰富的He（氦3），它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He+He→2H+He．关于He聚变下列表述正确的是（）A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚应反应没有质量亏损D．目前核电站都采用聚变反应发电【考点】轻核的聚变；质量亏损．【分析】所有的核聚变都有能量产生，所以核聚变都伴随质量亏损，核聚变核电站处于实验阶段．【解答】解：由于核聚变过程中存在质量亏损，故C错误．根据爱因斯坦质能方程△E=△mC2可以确定既然有质量亏损，核聚变会释放能量．故A错误．由于该核反应的生成物有和，故该反应产生了新的原子核．故B正确．目前的核电站都采用了U﹣235的核裂变，而核聚变仍处于实验阶段．故D错误．故选B．4．如图所示为氢原子的能级图，已知可见的光子能量范围为1.62eV﹣3.11eV那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板定不能产生光电极效应现象B．氢原子从高能级向n=3的能级跃迁时发生的光，不具有显著热作用C．处于n=2能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线D．处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】红外线有显著的热效应，根据氢原子从高能级向n=3能级跃迁时发出的光子能量是否小于1.62eV．紫外线的频率大于3.11eV，判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离．【解答】解：A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，是紫外线，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；B、氢原子从高能级向n=3的能级跃迁时发出的光子的能量小于1.51eV，是红外线，具有显著的热效应，故B错误；C、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n=2能级的氢原子的电离能为3.4eV，故紫外线不能被n=2能级的氢原子吸收，C错误；D、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n=3能级的氢原子的电离能为1.51eV，故处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故D正确；故选：D．5．以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（）A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B．此时小球的速度大小为C．此时小球速度的方向与位移的方向相同D．小球运动的时间为【考点】平抛运动．【分析】通过竖直分位移与水平分位移大小相等，求出时间，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向以及运动的位移．【解答】解：A、竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0t=，t=，竖直方向上的分速度v y=gt=2v0．故A错误，D正确；B、此时小球的速度=，故B正确；C、速度方向为运动轨迹的切线方向，位移方向为初位置指向末位置的方向，两方向不同，故C错误；故选BD．6．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（）A．甲的运行周期一定比乙的长B．甲距地面的高度一定比乙的高C．甲的向心力一定比乙的小D．甲的加速度一定比乙的大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用；人造卫星的环绕速度．【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．【解答】解：B、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=G=m=mω2r=m（）2rF向因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③由于甲的运行速率比乙的大，根据①式，可以知道甲的轨道半径较小，故B错；A、由公式②可知甲的周期小故A错；C、由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；D、碎片的加速度是指引力加速度，由③式，可知甲的加速度比乙大，故D对；故选D．7．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（）A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】由题，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．【解答】解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．故选：C．8．如图，ab和cd为两条相距较远的平行直线，ab的左侧和cd的右侧都有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，闭合曲线是由两个半圆及与半圆相切的两条线段组成．甲、乙两带电体分别从图中的A、D两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图．它们在C 点碰撞后结为一体向右运动．则下面说法正确的是（不计重力、阻力）（）①开始时甲的速度一定比乙大②甲的带电荷量一定比乙大③甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动④甲乙结合后，会离开原闭合曲线运动．A．①②B．②③C．①③D．②④【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动量守恒定律．【分析】甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，相撞时遵守动量守恒定律，分析碰撞后结合体在磁场中运动的半径，判断开始时速度大小及电荷量大小和运动轨迹．【解答】解：①、甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，速度大小不变，碰撞时遵守动量守恒定律，它们在C点碰撞后结为一体向右运动，与碰撞前甲的速度的方向相同，可知碰撞前甲的动量大，由于质量大小不知，故速度大小无法判断．故①错误．②、根据磁场中匀速圆周运动，由r=，因m 甲v 甲＞m 乙v 乙，r ，B 相同，则q 甲＞q 乙．故②正确．③④、由左手定则可得，甲带正电，乙带负电，设电量大小分别为q 甲，q 乙则r=，r=根据动量守恒定律得：m 甲v 甲﹣m 乙v 乙=（m 甲+m 乙）v则结合体的半径为：R=，得到：R==r所以甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动．故③正确，④错误． 故选：B ．二、非选择题：9．利用图（a ）实验可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A 吹气，棉球从另一端B 飞出，测得玻璃管内部截面积S ，距地面高度h ，棉球质量m ，开始时的静止位置与管口B 的距离x ，落地点C 与管口B 的水平距离l ．然后多次改变x ，测出对应的l ，画出l 2﹣x 关系图线，如图（b ）所示，并由此得出相应的斜率k ．（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B 端飞出的速度v 0= l．（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g ，大气压强p 0均为已知，利用图（b ）中倾斜直线的斜率k 可得，管内气体压强p= p 0+．（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的p 与实际压强相比 偏小 （填“偏大”或“偏小”）．【考点】动能定理的应用；平抛运动． 【分析】（1）棉球从B 端飞出做平抛运动，可以根据平抛运动的基本公式解出速度v 0； （2）根据压强公式求出压力F ，运用动能定理求出l 2﹣x 的关系，其斜率等于k ，这样就可以求出管内气体压强p ；（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功，再运用动能定理求出l 2﹣x 的关系，其斜率等于k ，这样就可以比较压强偏大还是偏小．【解答】解：（1）棉球从B端飞出做平抛运动，根据平抛运动的基本公式得：l=v0t，h=解得：v0=l（2）设玻璃管内气体压强始终为p，不计棉球与管壁的摩擦，对棉球从静止到B点的运动过程运用动能定理得：（p﹣p0）Sx=（p﹣p0）Sx=所以l2==kx所以解得：p=p0+（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，设摩擦力为f，所以除了压力做功外，摩擦力对棉球做负功，再运用动能定理得：（p﹣p0）Sx﹣fx=实l2==kx所以=p0+解得：p实很明显，（2）中得到的p与实际压强相比偏小．故答案为：l；p0+；偏小．10．用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）（3）定值电阻（阻值1Ω，额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10Ω，额定功率10W）（5）滑动变阻器（阴值范围0﹣10Ω，额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0﹣100Ω、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择3V，电流表的量程应选择0.6A；R0应选择1Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻器．（2）引起该实验系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小．．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．【解答】解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测＜E真，r测＜r真．故答案为：（1）3，0.6，1，0～10．（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小．11．在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求（1）运动员竖直向下拉绳的力；（2）运动员对吊椅的压力．【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律．【分析】（1）以人和吊椅为研究对象，对整体受力分析，由加速度可以求得对绳的拉力；（2）再以吊椅为研究对象，受力分析可以求得对吊椅的压力．【解答】解：解法一：（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F．对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：2F﹣（m人+m椅）g=（m人+m椅）a解得：F=440N由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F′=440N，（2）设吊椅对运动员的支持力为F N，对运动员进行受力分析如图所示，则有：F+F N﹣m人g=m人a解得：F N=275N由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为F N．根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为F N．分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律F+F N﹣Mg=Ma ①F﹣F N﹣mg=ma ②由①、②解得：F=440NF N=275N答：（1）运动员竖直向下拉绳的力为440N，（2）运动员对吊椅的压力为275N．12．在光滑水平地面上有A、B两等大均匀的小球，质量分别为m1和m2，其中m1=3m2．在两小球的右侧同一水平线上，有一半径R=0.2m的四分之一光滑圆槽，槽口的最上端与其圆心在一条水平线上，最下端与地面相切，其质量M=m2．现把槽固定在地面上，m1以4m/s 的速度向右与m2相碰，碰后m2恰好能到达槽口的最上端．若把AB互换位置，m2仍然以4m/s的速度向右与m1相碰，求碰后m1最终能离开地面上升的最大高度？（g=10m/s2）【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．【分析】AB互换位置前：先分析判断两球碰撞是否属于完全弹性碰撞，经过判断属于完全弹性碰撞，方法是：对B球，根据机械能守恒定律求出碰后B的速度，结果可知，两球发生弹性碰撞．AB交换位置以后仍然属于完全弹性碰撞，再按照完全弹性碰撞所遵循的两个守恒：动量守恒和机械能守恒得出高度．【解答】解：AB互换位置前：对碰后B的过程研究：根据机械能守恒得：=m2gR得：v2===2m/s根据动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2得：v1′==4﹣3×2=﹣2m/s碰撞前，A球的动能为E kA===8m1；碰撞后，A、B两球的总动能为E kA′+E kB=+=+=8m1；可见，碰撞前后系统的总动能不变，所以两球发生弹性碰撞．AB交换位置以后仍然属于完全弹性碰撞，设B、A碰后两球的速度分别为v3和v4，碰后m1最终能离开地面上升的最大高度为h，对于碰撞过程，有：m2v1=m1v4+m2v3，=+代入得：3m1×4=m1v4+3m1v3，=+联立解得，v4=6m/s；对于碰后m1离开地面上升过程，根据机械能守恒得：=m1gh。