2019届高三物理上学期10月月考试题(含解析) 人教_ 新目标版

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……
2019高三学年上学期10月月考
物理试题
一、选择题（每题4分，共48分，其中1——7题为单选，8——12题为多选，选对但不全得2分）
1.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连物块a、b，a、b都处于静止状态现将物块b移至C点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是
A. b与水平面间的摩擦力减小
B. 地面对b的弹力减小
C. 悬于墙上的绳所受拉力不变
D. a、b静止时，图中三角相等
【答案】D
【解析】
【详解】对物体a分析，由于a处于静止，故绳子的拉力等于a的重力；绳子对b的拉力也保持不变，等于a的重力；再对物体b分析，b向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向b受力平衡，摩擦力增大，故A错误；物体b向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则地面对b的弹力变大，故B错误；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故C错误；对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，故D正确；故选D。

【点睛】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论．
2.汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达
到的最大速度为v m，则当汽车速度为时，汽车的加速度为(重力加速度为g)
A. 0.1 g
B. 0.2 g
C. 0.3 g
D. 0.4g
【答案】A
【解析】
试题分析：汽车在运动过程中受到牵引力和摩擦阻力，因为当牵引力等于阻力时，加速度为
零，速度最大，因为，故有，当速度为时，，此时加速度
，故A正确
考点：考查了机车启动
【名师点睛】关键是知道汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率，可以根据题意算出汽车发动机的功率P，当速度为时，在运用一次即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度
3.质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动,0～2s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v－t图象如图所示。

g取10m/s2，则
A. 拉力F的大小为100N
B. 物体在4s时拉力的功率大小为120W
C. 4s内拉力所做的功为720J
D. 4s内物体克服摩擦力做的功为320J
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可得：0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：，
匀减速过程有F+f=ma1，匀加速过程加速度大小为：，有F-f=ma2，解得：f=40N，F=60N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2W=120W，故B正
确；4s内物体通过的位移为，拉力做功为W=-Fx=-480J，故C
错误；4s内物体通过的路程为，摩擦力做功为W f=-fs=-40×12J=-480J，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

4.一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如下图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法不正确的是
A. 0～x1过程中拉力F逐渐减小
B. x1～x2过程中物体的重力势能可能不变
C. x2～x3过程中拉力F为恒力
D. 0～x3过程中物体的机械能增加
【答案】B
【解析】
【详解】根据动能定理得 F合△x=△E k，得 F合=，即E k-x图象的斜率大小等于合外力大小，则知0～x1过程中合外力逐渐减小，而拉力大于重力，所以拉力F逐渐减小，故A正确。

x1～x2过程中物体向上匀速运动，重力势能增加，故B错误。

x2～x3过程中合外力为恒力，则拉力F为恒力，故C正确。

0～x3过程中，拉力一直做正功，物体的机械能增加，故D正确。

此题选择不正确的选项，故选B。

【点睛】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化．
5.如图所示，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）
A. 10 m
B. 30 m
C. 40 m
D. 60 m
【答案】B
【解析】
人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则，
，，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B。

【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．
6.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。

如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。

由v­t图像可知
A. A、B两点的距离为2.4 m
B. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.25
C. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为11.2 J
D. 货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.6 J
【答案】C
【解析】
【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运
动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=×2×0.2+（2+4）×1=3.2m。

故A错误。

由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：
，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①
同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：
得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②
联立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B错误；
根据功能关系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=×2×0.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：W f1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=×（2+4）×1=3m，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：W f2=-fx2=-4×3=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C正确；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=×2×0.2=0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=×（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2-x皮2=3-2=1m，故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D 错误；故选C。

【点睛】本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．
7.如图所示，两质量均为m的小球1、2(可视为质点)用一轻质杆相连并置于图示位置，质量也为m的小球3置于水平面OB上，半圆光滑轨道与水平面相切于B点。

由于扰动，小球1、2分别沿AO、OB开始运动，当小球1下落h＝0.2 m时，杆与竖直墙壁夹角θ＝37°，此时小球2刚好与小球3相碰，碰后小球3获得的速度大小是碰前小球2速度大小的，并且小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C，取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，一切摩擦
不计，则( )
A. 小球1在下落过程中机械能守恒
B. 小球2与小球3相碰时，小球1的速度大小为1.6 m/s
C. 小球2与小球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度
D. 半圆轨道半径大小为R＝0.08 m
【答案】D
【解析】
【详解】小球1与2连在一起，小球1向下运动的过程中小球2将向右运动，小球1的重力势能减小，小球2的重力势能不变，两个球的动能都增大。

由于对1和2球只有重力做功，两个球组成的系统的机械能守恒，但1的机械能不守恒。

故A错误；小球1下落h=0.2m时，杆与竖直墙壁夹角θ=37°，将两个小球的速度分解如图：
设当小球1下落h=0.2m时小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由图中几何关系，则：v1cos37°=v2sin37°；由机械能守恒得：；联立得：v1=1.2m/s，v2=1.6m/s。

故B错误；设杆的长度为L，由几何关系可得：L-Lcos37°=h，代入数据得：L=1.0m，所以小球2到O点的距离：x2=Lsin37°=1.0×0.6=0.6m；由于两个小球运动的时间相等，而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小，所以小球2与小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。

故C错误；碰后小球3获得的速度大小是碰前小球2速度的，所以碰撞后小球3的速度：v3＝×1.6＝2m/s；小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C，此时的重力提供向心力，所以：；小球3从B到C的过程中机械能守恒，则：；联立以上方程得：R=0.08m。

故D正确。

故选D。

【点睛】该题考查速度的合成与分解、机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用，注意机械能守恒的判定，掌握几何关系的运用，正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键。

8.如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道Ⅰ上A点处经变轨后进入运行圆轨道Ⅱ．A、B 分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点．则卫星在轨道Ⅰ上
A. 经过A点的速度小于经过B点的速度
B. 经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能
C. 运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期
D. 经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点的加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】由B运动到A引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；同在A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A点的动能小于在轨道Ⅱ上经过A点的动能，故B错误；轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，故C错误；根据a=，在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故D正确；故选AD。

【点睛】解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律．要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力．
9.如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。

初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止。

剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块( )
A. 速度的变化大小相同
B. 动能的变化相同
C. 重力势能的变化相同
D. 重力的平均功率相同
【答案】AD
【解析】
【详解】刚开始AB处于静止状态，所以有m B gsinθ=m A g，则m B＞m A，剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据机械能守恒定律得：mv2=mgh；得 v=，速度的变化量△v=v-0=v，可知两个物体落地速度大小相等，速度的变化大小相同，动能的变化不相同，故A正确，B错误；下落的高度相同，故重力做功W A=m A gh，W B=m B gh，由于质量不同，故重力做功不同，重力势能的变化不同，故C错误；初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。

当剪断后，A的合力为m A g，加速度为g，B的合力为m B gsinθ，根据牛顿第二定律可知B的加速度为gsinθ。

对A，由h=gt A2，得t A=；对B，由，则得，
A重力做功的平均功率为：；B重力做功的平均功率为：
，所以重力做功的平均功率相等，故D正确；故选AD。

【点睛】重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值.
10.在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列判断正确的有( )
A. 传送带的速度大小为
B. 工件在传送带上加速时间为
C. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为
D. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
【答案】AC
【解析】
【详解】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=L/T．故A正确。

设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：．故B错误。

工件与传送带相对滑动的路程为：，则摩擦产生的热量
为：Q=μmg△x＝．故D错误。

根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=mv2+μmg△x＝．故C正确。

故选AC。

【点睛】解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解.
11.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）
A. 碰撞后小球A反弹的速度大小为
B. 碰撞过程B物块受到的冲量大小
C. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D. 小球C的最大速度大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的
重力势能为零，根据机械能守恒定律有：，解得：
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有：；解得，选项A正确。

B、设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1＝-mv1′＋5mv2；解得：；由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：，选项B错误。

C、碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3；据机械能守恒定律；解得：；选项C正确。

D、对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度；据动量守恒和机械能守恒可解得；选项D正确。

【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解．
12.如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。

弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。

现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为
F(F>mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是
A. 当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B. 弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
C. 当B开始运动时，A的速度大小为
D. 全程中，A上升的最大高度为
【答案】AD
【解析】
由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A项正确；由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故B项错误；设弹
簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1，A、B共同上升的过程中据能量守恒可得
，，可得B开始运动时A的速度大小为，A上升的最大高度为，故C项错误，D项正确。

二、实验题（每空2分，共16分）
13.某探究小组利用气垫导轨和光电门计时器等装置探究动能定理.他们通过改变滑轮下端小盘中沙子的质量来改变滑块水平方向的拉力;滑块上装有宽为d的挡光片.实验中,用天平称出小盘和沙子的总质量为m,滑块(带挡光片)的质量为M,计时器显示挡光片经过光电门1和2的时间分别为Δt1,Δt2.
(1)在满足____的条件下,才可以认为小盘和沙子的总重力所做的功等于绳的拉力对滑块做的功.
(2)实验中还必须测量的物理量是________,若可以认为小盘和沙子的总重力所做的功等于绳的拉力对滑块做的功，试写出本次需要探究的关系式__________(用测量量和已知量表示). 【答案】 (1). m≪M (2). 两光电门之间的距离L (3).
【解析】
【详解】（1）根据实验原理可知当小盘和沙子的总质量m远小于滑块车的总质量M时，可将才可以认为小盘和沙子的重力看作滑块的拉力，根据动能定理可知，此时小盘和沙子的重力所做的功等于滑块动能的改变量．
（2）要测量滑块受到的拉力做的功，必须要知道滑块从光电门1运动到光电门2的距离，即还必须测量两光电门之间的距离L．
滑块所受的合外力做功为W=mgL；由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度v1=；滑块通过光电门2速度v2=；所以动能
的增量△E k＝Mv22−Mv12= M（）2-M（）2；故本次探究的原理表达式为mgL=M（）2-M（）2.
【点睛】管是考查什么实验，首先要找到实验原理，我们就可以根据实验原理找需要的实验仪器，找实验时需要注意的问题，列式求解一些需要的物理量．实验中我们还要清楚研究对象和研究过程，要学会对实验误差的分析．
14.在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重锤拖着纸带自由下落，通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。

(1)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。

图中O点为打点起始点，且速度为零。

(2)本实验是否需要测定重锤质量m：________(填“需要”或“不需要”)。

(3)选取纸带上打出的连续点A、B、C、…,测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。

为验证从打下F点的过程中机械能是否守恒，需要验证的表达式是_________(用题中所给字母表示)。

【答案】 (1). （2）不需要 (2). （3）
【解析】
（2）验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量重锤的质量．
（3）F点的瞬时速度v F＝，则动能的增加量△E k＝mv F2＝，重力势能的减小量△E p=mgh2，则需要验证的表达式为：mgh2＝，即gh2＝。

15.在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。

槽口末端在水平地面上的竖直投影为O点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认为是弹性碰撞。

设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2。

（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使m1____m2。

（填“>”“＝”或“<”）；（2）为了保证入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须调整斜槽末端____；（3）在（1）（2）条件的前提下，让入射小球从同一高度沿斜槽滑下，实验中将被碰小球放入槽口末端前后的落点如图中A、B、C所示，图中OA＝x1，OB＝x2，OC＝x3，为验证小球碰撞前后动量守恒，实验中____（填“需要”或“不需要”）测量槽口末端到水平地面的高度h。

若实验中小球碰撞前后动量守恒，则应满足的关系式为m1x2＝__________。

【答案】 (1). （1） (2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4).
【解析】
（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a＞m b，r a=r b
（2）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
（3）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，所以不需要测量槽口末端到水平地面的高度h.
要验证动量守恒定律定律，即验证：,上式两边同时乘以t得：
，得：，
【点睛】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．
（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式．
三、计算题（本大题共3小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
16.如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°。

已知圆弧轨道半径为R＝0.5 m，斜面AB的长度为L＝2.875 m。

质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D,sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。

求：
（1）物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小F C；
（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)60 N (2)0.25
【解析】
【详解】（1）由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有：mg＝①
从D到C由动能定理可得－mg·2R＝②
由牛顿第二定律可得F C′－mg＝m③
由牛顿第三定律得F C＝F C′④
联解①②③④并代入数据得：F C＝60 N⑤
（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：
mg[L sin θ＋R(1－cos θ)]－μmg cos θ·L＝－0⑥
联解①②⑥并代入数据得：μ＝0.25
17.如图所示，长木板B的质量为m2=1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.0 kg 的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。

一个质量为m1=0.5kg的物块A从距离长木板B 左侧l=9.5 m处，以速度v0=10m／s向着长木板运动。

一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。

已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m／s2，求：
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离。

【答案】(1)， (2) d=3m ,
【解析】
（1）设物块A与木板B碰前的速度为v
由动能定理得
解得＝9 m/s
A与B发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，
（2）之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律
对木板B有
对物块C
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，
木板B的最小长度＝3 m
B、C达到共同速度之后，因，二者一起减速至停下，
由牛顿运动定律得
整个过程B运动的位移为＝6 m
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度也为a3，位移为 4.5 m
物块A离长木板B左侧的最终距离为10.5 m
18.如图所示,长L=9 m的传送带与水平方向的倾角θ=37°,在电动机的带动下以v=4 m/s的速率沿顺时针方向运行,在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住,在传送带的顶端A点无初速度地放一质量m=1 kg的物块,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,物块与挡板碰撞的能量损失及碰撞时间不计.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：
(1)系统因摩擦产生的热量；
(2)传送带多消耗的电能；
(3)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．
【答案】(1)100.8 J(2)76.8J(3)16 W
【解析】
【详解】(1)物块从A点由静止释放,物块相对传送带向下滑,物块沿传送带向下加速运动的速度a1=g sin θ-μg cos θ=2 m/s2
与P碰前的速度大小v1==6 m/s,
物块从A到B的时间t1==3 s
在此过程中物块相对传送带向下的位移s1=L+vt1=21 m
物块与挡板碰撞后,以大小为v1的速度反弹,因v1>v,物块相对传送带向上滑,物块向上做减速运动的加速度大小为a2=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2
物块速度减小到与传送带速度相等的时间t2==0.2 s,
在t2时间内物块向上的位移L1=t2=1 m
此过程中物块相对传送带向上的位移s2=L1-vt2=0.2 m
物块速度与传送带速度相等后相对传送带向下滑,物块向上做减速运动的加速度大小
a3=g sin θ-μg cos θ=2 m/s2,
物块速度减小到零的时间t3==2 s,
在t3时间内物块向上的位移L2=t3=4 m
此过程中物块相对传送带向下的位移s3=vt3-L2=4 m
摩擦生热Q=μmg(s1+s2+s3)cos θ=100.8 J
(2)多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的总功
ΔE电＝－Ff(x传送带1－x传送带2＋x传送带3)＝－μmgcosθ(vt1－vt2＋vt3)＝－76.8J。