内蒙古乌兰察布市2021届新高考第一次模拟物理试题含解析

内蒙古乌兰察布市2021届新高考第一次模拟物理试题
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．如图甲所示，矩形导线框abcd 放在垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间变化的图像如图乙所示。

规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，水平向右为安培力的正方向，在0~4s 内，线框ab 边受到的安培力F 随时间变化的图像正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知12s -内，线圈中磁通量的变化率相同，由B E S t t
Φ∆∆==∆∆可知电路中电流大小时恒定不变，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针；由F BIL =可知F 与B 成正比；由左手定律可知线框ab 边受到的安培力F 水平向右，为正值，故D 正确，A 、B 、C 错误；
故选D 。

2．通过实验研究通电长直导线间的相互作用规律。

如图所示，M N 、为两根平行的长直导线，通过外接直流电源分别给两导线通以相应的恒定电流。

P Q 、为导线所在平面内的两点。

下列说法中正确的是（ ）
A．两导线中的电流大小相等、方向相反时，P点的磁感应强度为零
B．M导线电流向上、N导线电流向下时，M导线所受安培力向右
C．Q点的磁感应强度一定不为零
D．两导线所受安培力的大小一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】
A．两导线的电流方向相反，由安培定则知两电流在P点产生的磁场方向相同，则合磁感应强度不为零，故A错误；
B．N导线电流向下，由安培定则知该电流在M导线处产生垂直纸面向里的磁场。

M导线电流向上，由左手定则知M导线所受安培力向左，故B错误；
C．若两导线通以反向电流，由安培定则知在Q点产生相反方向的磁场。

若M导线电流较强、N导线电流较弱，它们在Q点产生的磁感应强度的大小可能相等，则合磁感应强度可能为零，故C错误；
D．不管两导线中电流的大小、方向如何，两导线间相互作用的安培力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。

故选D。

3．一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块()
A．从A下降到B的过程中，合力先变小后变大
B．从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小
C．从C上升到B的过程中，动能先增大后减小
D．从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．从A 下降到
B 的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B 点时速度达到最大，此时 kx mg f =-
合力为零，则从A 下降到B 的过程中合力一直减小到零，故A 错误；
B ．从A 下降到B 的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B 下降到
C 的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A 下降到C 的过程中，加速度先减小后增大，故B 错误；
C ．从C 上升到B 的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时 kx mg f '=+
此时的压缩量x x '>，位置在B 点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C 上升到B 的过程中，动能先增大后减小，故C 正确；
D ．对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C 上升到B 的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合，一带电油滴在电容器中的P 点处于静止状态。

下列说法正确的是（ ）
A ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势将升高
C ．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D ．开关S 先闭合后断开，A 板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．保持开关闭合，则电压恒定不变，A 板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式4S C kd επ=
，可知电容C 减小，故A 错误。

B ．根据U E d
=，可知电场强度减小，根据U=Ed 可知，P 点与下极板的距离不变，但E 减小，故P 点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P 点的电势升高，故B 正确。

C ．根据Q=CU 可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C 错误。

D ．开关S 先闭合后断开，则电荷量Q 不变，A 板竖直上移一小段距离，电场强度 4U Q kQ
E d Cd S
πε=＝＝ 恒定不变，故带电油滴静止不动，故D 错误。

故选B 。

5．2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射第49颗北斗导航卫星,标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。

倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,运行周期等于地球的自转周期,倾斜地球同步轨道卫星正常运行时,下列说法正确是
A ．此卫星相对地面静止
B ．如果有人站在地球赤道处地面上,此人的向心加速比此卫星的向心加速度大
C ．此卫星的发射速度小于第一宇宙速度
D ．此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，故A 错误；
B ．由向心加速度2a r ω=，赤道处的人和倾斜面地球同步轨道卫星角速度相同，则人的向心加速度小，故B 错误；
C ．此卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故C 错误；
D ．由题意可知，此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，会一天看到两次此卫星，故D 正确。

6．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD 是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF 与CD 交于O 点，一个带电小球沿着∠FOD 的角平分线从A 点经O 点向B 点做直线运动，重力加速度为g 。

则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．小球可能做匀加速直线运动
C．小球加速度大小为gcosα
D．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；
C．据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知
=
a gα
2cos
故C错误；
D．由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。

故选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．如图所示，两个质量分布均匀的球体P、Q静止在倾角为30︒的固定斜面与固定挡板之间.挡板与斜面垂直。

P、Q的质量分别为m、2m，半径分别为r、2r，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。

下列说法正确的是（）
A．P受到四个力的作用B．挡板对P的支持力为3mg
C．P所受弹力的合力大于mg D．Q受到P的支持力大于mg
【答案】AD
【解析】
【详解】
A．P受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和Q的压力，故A正确；
B．两球整体受力平衡，故挡板对P的支持力大小
N1=3mgsin30︒
=
3
2
mg
故B错误；
C．P所受三个弹力的合力与重力mg平衡，则P所受弹力的合力大小为mg，故C错误；D．Q受力如图所示，有
F=2mg
故
N2>Fsin30︒=mg
故D正确。

故选AD。

8．平行金属板PQ、MN与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量q
+，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片p的位置可改变加速电场的电压1
U和偏转电场的电压
2
U，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）
A．粒子的竖直偏转距离与1
2
U
U
成正比
B．滑片p向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率
2
m
qE
v
m
=
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率
m
qE
v
m
=
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在加速电场中，由动能定理得
21012
qU mv = 在偏转电场中，加速度为
2qU a md
= 则偏转距离为
212
y at = 运动时间为
l t v = 联立上式得
2
214U l y U d
= 其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。

粒子的竖直偏转距离与21
U U 成正比，故A 错误； B ．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值
tan at v α= 联立解得
21t 2an U l U d
α= 滑片p 向右滑动的过程中，U 1增大，U 2减小，可知偏转角逐渐减小，故B 正确；
CD ．紧贴M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。

由动能定理
2m 1210()=2
mv q U U qE -=+ 解得
m v =故C 正确，D 错误。

故选BC 。

9．2019年11月5日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统”的第3颗倾斜地球同步轨道卫星。

“北斗三号卫星导航系统”由静止地球同步轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星、中圆地球轨道卫星组成。

中圆地
球轨道卫星轨道周期是12个小时左右，“同步轨道”卫星的轨道周期等于地球自转周期，卫星运行轨道面与地球赤道面的夹角叫做轨道倾角。

根据轨道倾角的不同，可将“同步轨道”分为静止轨道（倾角为零）、倾斜轨道（倾角不为零）和极地轨道。

根据以上信息，下列说法正确的有（ ）
A ．倾斜地球同步轨道卫星的高度等于静止地球同步轨道卫星的高度
B ．中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度
C ．可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，静止在扬州上空
D ．可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过扬州上空
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．“同步轨道“卫星的轨道周期等于地球自转周期，根据万有引力提供向心力可知
222π()Mm G m r r T
= 解得
2T = 同步卫星的周期相同，则其轨道半径相等，距地面高度相等，故A 正确；
B ．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
2
2Mm v G m r r
= 解得
v = 中圆地球轨道卫星的轨道半径小，线速度大，故中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度，故B 正确；
C ．倾斜地球同步轨道卫星的周期虽与地球自转周期相同，但不能与地球表面相对静止，不能静止在扬州上空，故C 错误；
D ．倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，则每过24h 都运动一圈，则每天同一时间经过扬州上空，故D 正确。

故选ABD 。

10．夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。

若越接近水面，湖内水的温度
越高，大气压强没有变化，将气泡内看做理想气体。

则上升过程中，以下说法正确的是_______________。

A．气泡内气体对外界做功
B．气泡内气体分子平均动能增大
C．气泡内气体温度升高导致放热
D．气泡内气体的压强可能不变
E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。

【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
AD．气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程
pV
＝，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误。

C
T
B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故B正确。

C．温度升高，气泡内气体内能增大，即△U＞0，体积增大，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可得Q＞0，故气泡内的气体吸热，故C错误。

E．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故E正确。

故选ABE。

11．2019年7月25日，北京理工大学宣布：“北理工1号”卫星搭乘星际荣耀公司的双曲线一号火箭成功发射，进入地球轨道。

如图所示，“北理工1号”卫星与高轨道卫星都在同一平面内绕地球做同方向的匀速圆周运动，此时恰好相距最近。

已知地球的质量为M，高轨道卫星的角速度为ω，“北理工1号”卫星的轨道半径为R1，引力常量为G，则下列说法正确的是（）
A．“北理工1号”卫星的运行周期大于高轨道卫星的运行周期
B．“北理工1号”卫星的机械能小于高轨道卫星的机械能
C．“北理工1号”卫星的加速度和线速度大于高轨道卫星的加速度和线速度
D
．从此时到两卫星再次相距最近，至少需时间=t 【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．由
2
224Mm G m r r T
π= 可知
T =卫星的轨道越高，周期越大，A 项错误；
B ．卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，故B 项错误；
C ．由
2
Mm G ma r = 可知轨道半径越大，向心加速度越小，故“北理工1号”卫星的加速度较大，由
2
2Mm v G m r r
= 可知
v = 轨道半径越小，线速度越大，故“北理工1号”卫星的线速度较大，C 项正确；
D ．设“北理工1号”卫星的角速度为1ω，根据万有引力提供向心力有
21211
Mm G mR R ω= 可得
1ω=可知轨道半径越大，角速度越小，两卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，即
12t t ωωπ-=
可得经历的时间 21
ω=-t GM R 故D 项正确。

故选CD 。

12．已知与长直通电导线距离为r 处的磁感应强度大小为I B k r
=，其中I 为导线中的电流，k 为常数。

在∠ABC=120°的等腰三角形的三个顶点处各有一条长直通电导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流I ，电流方向如图所示。

其中O 点为AC 边的中点，D 点与B 点关于AC 边对称。

现将另外一根通电导体棒垂直于纸面放在O 点时，其受到的安培力的大小为
F 。

若将该导体棒垂直于纸面放到D 点，电流大小和方向与在O 点时一致，则此时该导体棒受到的安培力（ ）
A ．方向与在O 点受到的安培力方向相同
B ．方向与在O 点受到的安培力方向垂直
C ．大小为F
D ．大小为2F
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由磁场叠加以及安培定则可知，AC 两处的直导线在O 点产生的磁场叠加结果为零，则O 点的磁场是B 点的直导线在O 点产生的，其方向为水平向左；同理可知D 点的合磁场方向也是水平向左，则导体棒在O 点和D 点所受安培力的方向相同（如图），选项A 正确，B 错误；
CD ．由以上分析可知，O 点的磁感应强度为
212O I kI B k l l == D 点的磁感应强度为 2cos60cos60D I I I kI B k
k k l l l l =++=o o 则导体棒在OD 两点受安培力相等，选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。

实验器材中恰好有一块零刻度在中央的双电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量，他用到的实验器材有：
待测水果电池组（电动势约4V ，内阻约50Ω）、双向电压表（量程为2V ，内阻约为2k Ω）、电阻箱（09999Ω:）、滑动变阻器（0200Ω:），一个单刀双掷开关及若干导线。

（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。

请完善测量电压表内阻的实验步骤： ①将1R 的滑动触头滑至最左端，将S 拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节1R 的滑动触头，使电压表示数达到满偏；
③保持______不变，调节2R ，使电压表的示数达到______；
④读出电阻箱的阻值，记为2R ，则电压表的内阻V R =______。

（2）若测得电压表内阻为2k Ω，可分析此测量值应______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

（3）接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S 拨至______（选填“1”或“2”）位置，将1R 的滑动触片移到最______端，不再移动； ②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值； ③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。

（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R ，作出11U R
-图象，则可消除系统误差，如图所示，其中纵截距为b ，斜率为k ，则电动势的表达式为______，内阻的表达式为______。

【答案】（1）③1R 半偏（或最大值的一半） ④2R （2）大于 （3）①2 左 （4）1E b = k r b
= 【解析】
【详解】
（1）由题图可知，当S 拨向1位置，滑动变阻器1R 在电路中为分压式接法，利用电压表的半偏法得：调节1R 使电压表满偏；
[1].保持1R 不变，2R 与电压表串联；
[2].调节2R 使电压表的示数达到半偏（或最大值的一半）；
[3].则电压表的内阻v R 与电阻箱示数2R 相同。

（2）[4].由闭合电路欧姆定律可知，调节2R 变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻变大。

干路总电流
变小，由·
E I r U =+外得U 外变大，由电路知U U U =+右外并，滑动变阻器的滑动触头右侧分得的电压·U I R =右右变小，则U 并变大，电压表半偏时，2R 上分得的电压就会大于电压表上分得的电压，那么2R 的阻值就会大于电压表的阻值。

（3）[5].[6].测水果电池组的电动势和内阻，利用伏阻法，S 拨到2位置，同时将1R 的滑动触头移到最左端。

利用112U E U r R =+⋅，112U E U r R '''
=+⋅，联立求E 、r 。

（4）[7].[8].由闭合电路欧姆定律得：
U E U r R
=+
⋅， 变形得 111r U E R E
=⋅+， 则
r k E =，1b E
=， 解得：
1E b =，k r b
=。

14．现用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，如图所示。

在滑块上安装一遮光条，把滑块放在水平气垫导轨上，并用绕过定滑轮的细绳与钩码相连，光电计时器安装在B 处。

测得滑块（含遮光条）的质量为M ，钩码总质量为m ，遮光条宽度为d ，导轨上滑块的初始位置A 点到B 点的距离为L ，当地的重力加速度为g 。

将滑块在图示A 位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为t ∆。

滑块从A 点运动到B 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为__________，动能的增加量为_____________。

（均用题中所给字母表示）
【答案】mgL 2
2
()2()M m d t +∆ 【解析】
【分析】
【详解】
[1] 滑块从A 点运动到B 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为mgL 。

[2]通过光电门的速度d v t
=∆，所以系统动能增加量为 2
221()()022()
M m d M m v t ++-=∆ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm 3，上方汽缸的长度为40 cm ，横截面积为50 cm 2。

小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。

皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，
汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p 0＝1.0×
105 Pa ，g ＝10 m/s 2。

①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强； ②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小。

【答案】①3×
105 Pa ②250 N 【解析】
【详解】
①以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0，
体积：
V 1＝1000 cm 3＋40×50 cm 3＝3000 cm 3
当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p ，体积为V 2＝1000 cm 3，
由玻意耳定律：p 0V 1＝p 2V 2
解得：
p 2＝3p 0＝3×105 Pa
②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0，体积为V 2＝1000 cm 3，活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止时，设小明作用力的大小为F ，封闭气体的压强为p 3，体积为：
V 3＝1000 cm 3＋20×50 cm 3＝2000 cm 3
由玻意耳定律有：p 0V 2＝p 3V 3
又有：F ＋p 3S ＝p 0S
解得：
F ＝250 N
16．静止在水平地面上的两小物块A 、B （均可视为质点），质量分别为m A =1.0kg 、m B =4.0kg ，两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧竖直墙壁的距离L ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E K =10.0J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2。

重力加速度取g=10m/s 2。

A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；
（2）若要让B 停止运动后A 、B 才第一次相碰，求L 的取值范围；
（3）当L=0.75m 时，B 最终停止运动时到竖直墙壁的距离。

【答案】（1）4m /s A v =，1m /s B v =；（2）0.75m 1.875m L ≤≤；（3） 1.36m S =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A 和B 获得的速度大小分别为A v ，B v 以向右为正方向，由动量守恒定律： 0A A B B m v m v +=①
两物块获得的动量之和为：
221122
B A A B E m v m v κ=+② 联立①②式并代入数据得：
4m /s A v =
1m /s B v =
（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为加速度为 mg ma μ=③
设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为B X ，则有：
B v at =④
22B B v X a
= 弹簧释放后A 先向右匀减速运动，与墙碰撞后再反向匀减速。

因A B v v >，B 先停止运动。

设当A 与墙距离为1L 时，A 速度恰好减为0时与B 相碰
2122A B v L X a
+=⑥ 设当A 与墙距离为2L 时，B 刚停止运动A 与B 相碰
22122
A B L X v t at +=-⑦ 联立③④⑤⑥⑦得
1 1.875m L =
20.75L =
L 的范围为：
0.75m 1.875m L ≤≤
（3）当0.75L =时，B 刚停止运动时A 与B 相碰，设此时A 的速度为v
A v v at =-⑧
故A 与B 将发生弹性碰撞。

设碰撞后AB 的速度分别为'A v 和'B v ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
A A A
B B m v m v m v ''=+⑨
222111222A A A B B m v m v m v '=+⑩ 联立⑧⑨⑩式并代入数据得
6m/s 5
B v '= 碰撞后B 继续向左匀减速运动，设通过位移为B
X ' 22B B v X a
''=⑪ 最终B 离墙的距离为S
B B
S X X L '=++ 解得
1.36m S =
17．如图甲所示，水平台面AB 与水平地面间的高度差0.45m h =，一质量20.1kg m =的小钢球静止在台面右角B 处。

一小钢块在水平向右的推力F 作用下从A 点由静止开始做向右直线运动，力F 的大小随时间变化的规律如图乙所示，当 1.5s t =时立即撤去力F ，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C 点和D 点。

已知B 、D 两点间的水平距离是B 、C 两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因数415
μ=
，取210m/s g =。

求： (1)钢块的质量m 1；
(2)B 、C 两点间的水平距离x 1。

【答案】 (1)0.3kg ；(2)0.6m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设碰前钢块的速度大小为v ，碰后，钢块、钢球的速度大小分别为1v 和2v ，钢块、钢球均做平抛运动，根据水平位移关系可知
213v v =
钢块与钢球发生弹性正碰，由动量守恒可知
11122m v m v m v =+
由机械能守恒可知
22211122111222
m v m v m v =+ 联立解得
10.3kg m =
（2）根据图乙图像，图线与t 轴所包围的面积表示冲量，则20~t 时间内，推力冲量大小为
120.5N s+(20.8)1N s=2.4N s 2
P I =⨯⋅⨯+⨯⋅⋅ 根据动量定理
1210F I m gt m v μ=--
解得
4m/s v =
在根据第一问碰撞过程，可以求得
12m/s v =
碰撞后，钢块做平抛运动，则
21111
12h gt x v t ==
解得
10.6m x =。