济宁市达标名校2019年高考二月大联考物理试卷含解析

济宁市达标名校2019年高考二月大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。

图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O a b c d 、、、、为弹道曲线上的五点，其中O 点为发射点，d 点为落地点，b 点为轨迹的最高点，a c 、为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。

下列说法正确的是（ ）
A ．到达b 点时，炮弹的速度为零
B ．到达b 点时，炮弹的加速度为零
C ．炮弹经过a 点时的速度大于经过c 点时的速度
D ．炮弹由O 点运动到b 点的时间大于由b 点运动到d 点的时间
2．如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n 1和n 2的两部分，抽头上接有定值电阻R 。

开关S 接通“1”、“2”时电流表的示数分别为I 1、I 2
，则
1
2
I
I 为（ ）
A ．1
2
n n
B ．21
n n
C ．2122
n n
D ．
1
2
n n 3．为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。

快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。

某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度V x 及竖直方向V y 与飞行时间t 的关系图像如图甲、图乙所示。

关于无人机运动说法正确的是（ ）
A ．0~t 1时间内，无人机做曲线运动
B ．t 2时刻，无人机运动到最高点
C．t3~t4时间内，无人机做匀变速直线运动
D．t2
时刻，无人机的速度为22
02
v v
+
4．如图所示，直线a b
、和直线、
c d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M N P Q
ϕϕϕϕ
、、、。

一质子由M点分别运动到Q点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。

下列说法正确的是（）
A．直线a位于某一等势面内，M Q
ϕϕ
<
B．直线c位于某一等势面内，>
M P
ϕϕ
C．若质子由M点运动到N点，电场力做正功
D．若质子由P点运动到Q点，电场力做负功
5．已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：0
2
I
B
r
μ
π
=，其中r
0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，μ0为比例系数（单位为N/A2）．试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（）
A．()
2
3
222
2
r I
R r
+
B．()
3
222
2
IR
R r
μ
+
C．()
2
3
222
2
IR
R r
μ
+
D．()
2
00
3
222
2
r I
R r
μ
+
6．如图，光滑斜劈A上表面水平，物体B叠放在A上面，斜面光滑，AB静止释放瞬间，B的受力图是（）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为1T B =，一总电阻为
0.2r =Ω的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动，圆形线圈产生的感应电动势随时
间变化的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．圆形线圈的半径为 1.5m R =
B ．圆形线圈运动速度的大小为20m /s v =
C ．两实线之间的水平距离6m =L
D ．在0.05s ，圆形线圈所受的安培力大小为400N
8．如图甲所示，质量为m 的物块从弹簧上方离地高1h 处由静止释放，其动能k E 与离地高度h 的关系如图乙所示，其中12~h h 阶段图像为直线，其余部分为曲线，3h 对应图像的最高点，重力加速度为g ，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A ．弹簧的劲度系数23
mg
k h h =
-
B ．当物块下落到4h h =高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C ．当物块处于4h h =高度时，弹簧的弹性势能为p 14()E mg h h =-
D ．在物块从1h 下降到5h 过程中，弹簧的最大弹性势能为pmin 15()
E mg h h =-
9．如图所示，静止于水平面上的倾角为θ的斜面上有一质量为M 的槽，槽的内部放一质量为m 的光滑球，已知槽和球起沿斜面 下滑，球的大小恰好能和槽内各面相接触，不计空气阻力，重力加速度为g,则下列说法正确是()
A ．若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小为cos mg θ
B ．若槽和球一起下滑的加速度大小为sin g θ,则槽对球的作用力大小一定为cos mg θ
C ．若槽和球一起下滑的加速度大小为gsin θ, 地面对斜面的摩擦力方向可能向左
D ．若槽和球一起匀速下滑，则球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用
10．光滑绝缘的水平地面上，一质量m=1.0kg 、电荷量q=1.0×10-6 C 的小球静止在O 点，现以O 点为坐标原点在水平面内建立直角坐标系xOy ，如图所示，从t=0时刻开始，水平面内存在沿 x 、 y 方向的匀强电场E 1、E 2，场强大小均为1.0 ×107V/m ；t =0.1s 时，y 方向的电场变为-y 方向，场强大小不变；t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，大小222'E E =。

下列说法正确的是（ ）
A ．t=0.3s 时，小球速度减为零
B ．t=0.1s 时，小球的位置坐标是（0.05m ，0.15m ）
C ．t=0.2s 时，小球的位置坐标是（0.1m ，0.1m ）
D ．t=0.3s 时，小球的位置坐标是（0.3m ，0.1m ）
11．如图（a ）所示，光滑绝缘斜面与水平面成30θ=︒角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M 、N 与斜面底边平行，磁感应强度大小为3T B =。

质量0.05kg m =的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即=0.1m ab bc cd dc af fa fc L =======，ab 、fc ，ed 段的电阻均为2Ωr =，其余电阻不计。

从导线框刚进入磁场开始计时，fc 段的电流随时间变化如图（b ）
所示（电流由f 到c 的方向为正），重力加速度210m/s g =下列说法正确的是（ ）
A ．导线框运动的速度大小为10m/s
B ．磁感应强度的方向垂直斜面向上
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，外力所做的功为0.24J
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3N
12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A ．其中，A→B 和C→D 为等温过程，B→C 和D→A 为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是__________．
A ．A→
B 过程中，气体对外界做功，吸热 B ．B→
C 过程中，气体分子的平均动能增加
C ．C→
D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D ．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化 E.该循环过程中，气体吸热
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：
A ．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m ＝0.5 kg 的钩码．用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
B ．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示． 请回答下列问题：
（1）图乙中纸带的____端与滑块相连（选填“左”或“右”）．
（1）图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50 Hz 的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a ＝________ m ／s 1．
（3）不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M ＝________ kg （g 取9.8 m ／s 1，结果保留3位有效数字）．
14．在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究.在弹性限度内，将质量为50m g 的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图乙中弹簧的长度1L 、2L 如下表所示．
钩码个数 1 2 3 4
L/cm 30.00 31.04 32.02 33.02
1
L/cm 29.33 29.65 29.97 30.30
2
g=m/s2，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=_____N/m(结果保已知重力加速度9.8
留两位有效数字)．由表中数据______(填“能”或“不能”)计算出弹簧乙的劲度系数．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，水平足够长的平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.3 m。

导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R＝0.8 Ω的固定电阻。

开始时，导轨上固定着一质量m＝0.01 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属杆cd，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。

现用一平行金属导轨平面的外力F沿水平方向拉金属杆cd，使之由静止开始运动。

电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。

求：
（1）在t＝4 s时通过金属杆的感应电流的大小和方向；
（2）4 s内金属杆cd位移的大小；
（3）4 s末拉力F的瞬时功率。

16．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗
μ=，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数0.25
B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R。

已知重力加速度为g。

(1)小滑块到达C点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；
(2)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能。

17．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．
（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；
（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，A错误；
B．在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，B错误；
C．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a点时的速度大于经过c点时的速度，C正确；
D ．从O 到b 的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即
1mg f ma +=
解得
1mg f a m
+'
=
在从b 到d 的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即
2mg f ma -='
解得
2
2mg f a m
-=
故12a a >，根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b 点向O 点和从b 点向d 点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O 点运动到b 点的时间小于由b 点运动到d 点的时间，故D 错误； 2．C 【解析】 【详解】
设变压器原线圈两端的电压为U 0、匝数为n 0，根据变压器原理可知副线圈n 1和n 2的电压分别为
1100n U U n =
，2200
n U U n = 根据能量守恒
2
110U I U R
=
，2
220U I U R = 整理得
2
11222
I n I n = 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．0~t 1时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A 错误；
B ． 0~t 4时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t 2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项
B 错误；
C ．t 3~t 4时间内，无人机水平方向做速度为v 0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C 错误；
D ．t 2时刻，无人机的水平速度为v 0，竖直速度为v 2D 正确。

故选D 。

4．A 【解析】 【详解】
AB ．质子带正电荷，质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有
0MQ MP W W =<
而
MQ MQ W qU =
MP MP W qU =，0q >
所以有
0MQ MP U U =<
即
M Q P ϕϕϕ<=
匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP 和MN 分别是两条等势线，有
P Q ϕϕ=
故A 正确、B 错误；
CD ．质子由M 点运动到N 点的过程中
()0MN M N W q ϕϕ=-=
质子由P 点运动到Q 点的过程中
()0PQ P Q W q ϕϕ=-=
故CD 错误。

故选A 。

5．C 【解析】
根据，00
2I
B r μπ=
,μ0单位为：T•m/A ； A 、等式右边单位：23m A
=A/m m
，左边单位为T ，不同，故A 错误；B 、等式右边单位：3
(T m/A)m A =T/m m ⋅⋅，左边单位为T ，不同，故B 错误；C 、等式右边单位：23
(T m/A)m A
=T m ⋅⋅，左边单位为T ，相同，故C 正确；D 、等式右边单位23
(T m/A)m A
=T m
⋅⋅，左边单位为T ，相同，但当r 0=0时B=0，显然不合实际，故D 错误；故选C.
【点睛】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r 0取最小值进行分析.结合量纲和特殊值进行判断是解决物理问题的常见方法. 6．B 【解析】 【分析】 【详解】
物体A 释放前，物体B 受到重力和支持力，两力平衡；楔形物体A 释放后，由于物体A 上表面是光滑的，则物体B 水平方向不受力，物体B 在水平方向的状态不改变，即仍保持静止状态，在竖直方向由于A 的加速度小于重力加速度g ，所以B 受到向上的支持力，故B 正确，ACD 错误． 故选B
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7．BD 【解析】 【详解】
AB ．设线框向右运动的速度为v ，线框的半径为R ，圆形线框匀速进入磁场，切割磁感线的有效长度为
L '==产生的感应电动势
2E BL v '==显然vt R =时，产生的感应电动势最大，结合图像有：2m E BvR =，即
4021v R =⨯⨯⨯
由图像可知，当0.1s t =时，线框全部进入磁场有：
0.12v R ⨯=
联立以上两式可求得：
1m R =
故A 错误，B 正确；
C ．由以上分析知，全部离开磁场时线框向右移动的距离为
0.3s 6m x v =⨯=
所以两磁场边界的距离为
24m L x R =-=
故C 错误；
D ．由图像知，0.05s t =时，40V
E =，线框正向右运动了1m ，此时有效切割长度为2R ，则安培力
F 安=2121202121N 400N 0.2
B Rv B R r ⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯= 故D 正确。

故选BD 。

8．AD
【解析】
【详解】
A ．结合k E h -图像可知，2h h =时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即 23()mg k h h =-
解得
23
mg k h h =- 故A 正确；
B ．物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当3h h =时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故B 错误；
C ．物块由2h h =到4h h =过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即： p 24()E mg h h =-
故C 错误；
D ．整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有
pmin 15()E mg h h =-
故D 正确。

故选AD 。

9．BD
【详解】
A.若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小等于球的重力，即为mg ，故A 错误；
B.若槽和球一起下滑的加速度大小为gsinθ，则槽对球的作用力大小为
F mgcos θ==
故B 正确；
C.若槽和球一起下滑的加速度大小为 gsinθ，则系统在水平方向有向右的加速度，地面对斜面的摩擦力方向向右，故C 错误．
D.若槽和球一起匀速下滑，则球受力平衡，球对前壁的弹力为mgsinθ，对底部的压力为mgcosθ，所以球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用，故D 正确；
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
从t=0时刻开始，水平面内存在沿+x 、+y 方向的匀强电场E 1、E 2，场强大小均为71.010V /m ⨯，则由牛顿第二定律可知
qE ma =
小球沿+x 、+y 方向的加速度的大小均为
21210m /s a a ==
经过1s ， t=0. 1s 时，小球沿+x 、+y 方向的速度大小均为
121m /s v v ==
小球沿+x 、+y 方向的位移大小均为
120.05m x x ==
在第2个0. 1s 内，小球沿x 方向移动的距离
22122210.15m 2
x v t a t =+= 沿y 方向移动的距离
222212=012
.05m y v t a t =- 沿y 方向移动的速度
22212'0v v t a t =-=
t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，则在第3个0.1 s 内小球沿+x 方向做匀减速
直线运动，由
22qE ma ''=
可知2220m /s a '=，
在第3个0.1s 内，小球沿+x 方向移动的距离
()33231210.1m 2
x at v t a t '=-+= t=0.3s 时，小球的速度微
()23231=0v at v a t '+=-
综上分析可知， AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

11．AD
【解析】
【详解】
B ．由于在0~0.01s 时间内，电流从f 到c 为正，可知cd 中电流从d 到c ，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B 错误；
A ．因为cd 刚进入磁场时，通过fc 的电流为0.5A ，可知通过cd 的电流为1A ，则由
2
cd BLv I r r =
+ 解得 v=10m/s
选项A 正确；
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，线圈中产生的焦耳热为
2233130.01J=0.09J Q I R t ==⨯⨯⨯总
线框重力势能的增加量
3sin 300.075J P E mg L =⋅=o
则外力所做的功为
0.165J P W Q E =+=
选项C 错误；
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框的cf 边在磁场内部，则所受的安培力大小为
310.1N=0.3N cf F BIL ==⨯⨯
选项D 正确。

故选AD 。

12．ADE
【解析】
【分析】
A B →过程中，
体积增大，气体对外界做功，B C →过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C D →过程中，等温压缩，D A →过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．
【详解】
A.A B →过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 正确；
B.B C →过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 错误；
C.C D →过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 错误；
D.D A →过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D 正确；
E.该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即0W <；一个循环，内能不变，0U =V ，根据热力学第一定律，0Q >，即气体吸热，故E 正确；
故选ADE
【点睛】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．右端 1.65 1.97
【解析】
【分析】
（1）滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相连；
（1）根根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 1可以求出加速度的大小；
（3）根据牛顿第二定律F=Ma 即可求解质量；
【详解】
（1）[1]．因为打点计时器每隔0.01s 打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s ，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大．所以图乙中纸带的右端与滑块相连；
（1）[1]．根据△x=aT 1利用逐差法，有：
220.0790.06250.0460.0295 1.65m/s 40.1
a +--=⨯＝． （3）[3]．由A 步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：
F=0.5×9.8=4.9N
根据牛顿第二定律得：
4.9 2.97kg 1.65
F M a =＝＝. 【点睛】
探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量．纸带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
14．49 能
【解析】
【详解】
第一空.分析图1中，钩码数量和弹簧常量的关系为钩码每增加一个，弹簧长度伸长1cm ，所以弹簧劲度系数10.49N 49N/m 0.01m
F mg k L L ====V V V . 第二空.分析图2可得，每增加一个钩码，弹簧长度伸长约0.3cm ，即120.0030.003k k mg ⨯+⨯=，根据弹簧甲的劲度系数可以求出弹簧乙的劲度系数.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）0.75 A 由d 指向c （2）12 m （3）0.765 W
【解析】
【详解】
（1）由题图乙可知，当t ＝4 s 时，U ＝0.6 V
此时电路中的电流（通过金属杆的电流）
I ＝U R
＝0.75 A 用右手定则判断出，此时电流的方向由d 指向c 。

（2）由题图乙知
U ＝kt ＝0.15t
金属杆做切割磁感线运动产生的感应电动势E ＝BLv
由电路分析：
U ＝R R r
+ E 联立以上两式得
v ＝R r BLR
+×0.15t
由于R 、r 、B 及L 均为常数，所以v 与t 成正比，即金属杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，匀加速运动的加速度
a ＝R r BLR
+×0.15＝1.5 m/s 2 金属杆在0～4 s 内的位移
x ＝12
at 2＝12 m 。

（3）在第4 s 末金属杆的速度
v ＝at ＝6 m/s
金属杆受安培力
F 安＝BIL ＝0.112 5 N
由牛顿第二定律，对金属杆有
F －F 安＝ma
解得拉力
F ＝0.127 5 N
故4 s 末拉力F 的瞬时功率
P ＝Fv ＝0.765 W 。

16． (1)3mg ；(2)3.5mgR
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达C 点时的速度为v C ，根据机械能守恒定律得
mgR ＝12
mv C 2 设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ，根据牛顿第二定律得
2c N mv F mg R
-＝ F N ＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小N=F N =3mg ；
(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A ，设小滑块到达A 点时的速度为v A ，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
2A mv mg R
＝
小滑块从D 到A 的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得
21422
A kD mg R mgR mv E μ-⋅--＝ 解得
E kD ＝3.5mgR
17． (1)9J E ∆= (2)8J Q = 0v ≤≤ 【解析】
试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度． （1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222
E mv m v ∆=
- 解得：9E J ∆=
（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v
由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222
B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-=
由速度位移公式得：2212C v v a x -=
联立解得：x=11.25m ＜L
加速运动的时间为t ，有：1
2.5C v v t s a -=
= 所以相对位移x vt x ∆=-
代入数据得： 1.25x m ∆= 摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆=
（3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-
联立解得：1/c v s =
设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22112c v v a L -=
解得：2/c v s
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：
()()22211111122222
B C m v m v mv =+
解得：13/2max c v v s ==
同理得：/min v s =
0//s v s ≤≤。