吉林省延边朝鲜族自治州2021届新高考物理二模试卷含解析

吉林省延边朝鲜族自治州2021届新高考物理二模试卷
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
1．2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。

嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的是 （ ）
A ．该电池板的电动势为2.80V
B ．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大
C ．外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2W
D ．外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电源的路端电压与干路电流的关系图像中，图线与纵轴的交点表示电动势，所以由图可知该电池板的电动势为2. 80V ， A 正确。

B ．随着外电路电阻增大，干路电流不断减小，由闭合电路欧姆定律E U Ir =+可知内阻 E
U r I
-= 如图所示，
外电路电阻12R R >，阻的伏安特性曲线与原路端电压与干路电流的图线分别交于P 1、P 2， 则 111
E U r I -=
指的是E与P1的斜率，
2
2
2
E U
r
I
-
=
指的是E与P2连线的斜率，可知12
r r
<，B错误。

C．在原图中作出阻值为1kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示
与原图交于(1. 8V，1.8mA)，此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为
3
1. 78V 1.78mA 3.210W
-
⨯≈⨯
故C错误。

D．此时电源的效率
1.78
64%
2.8
IU
IE
==≈
η
故D错误。

故选A。

2．如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。

已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

下列说法正确的是（）
A
4
5
g
R
B
5
3
g
R
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为
7
5
mg
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为
1
5
mg
【解析】
【详解】
AB ．小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2tan 37sin 37mg m R ω=o o
所以解得圆环旋转角速度的大小 4=5g R
ω 故选项A 、B 错误；
CD ．对小球A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上
2sin cos sin N f m R θθωθ-=
竖直方向上
cos sin 0N f mg θθ--=
解得
5
mg f = 所以选项C 错误、D 正确。

故选D.
3．下列说法正确的是（ ）
A ．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B ．铀核（
23892U ）衰变为铅核（20682Pb ）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变 C ．210
83Bi 的半衰期是5天，100克210
83Bi 经过10天后还剩下50克
D ．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
【答案】B
【解析】
A ．β衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A 错误；
B ．铀核（238
92U ）衰变为铅核（206
82Pb ）的过程中，每经一次
α衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次β衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数 23820684m -==次 β衰变次数
()8292826n =--⨯=次
B 正确；
C ．设原来Bi 的质量为0m ，衰变后剩余质量为m 则有
10501110025g 22
()()t T m m ==⨯= 即可知剩余Bi 质量为25g ，C 错误；
D ．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D 错误。

故选B 。

4．如图所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B 球质量为m ，O 点在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A ．小球A 、
B 受到的拉力T OA 与T OB 相等，且T OA ＝T OB ＝
B ．弹簧弹力大小
C ．A 球质量为
D ．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、
B 、隔离对B 分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg，
则，弹簧弹力F=mg，
根据定滑轮的特性知：T OA与T OB相等；故A，B错误.
C、D、对A分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：
2T OA sin60°=m A g，
解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.
故选C.
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．
5．物块以60J的初动能从固定的斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了40J，则物块回到斜面底端时的动能为（）
A．10J B．20J C．30J D．40J
【答案】B
【解析】
【详解】
由能量守恒可知物块沿斜面上滑的过程中，产生的摩擦热为20J。

由于上滑过程和下滑过程中摩擦力的大小相同，相对位移大小也相同，所以上滑过程中的摩擦生热和下滑过程中的摩擦生热相等。

对全程用能量守恒，由于摩擦生热40J，所以物块回到斜面底端时的动能为20J。

故B正确，ACD错误。

故选B。

6．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。

下列说法正确的是
A．贝克勒尔发现天然放射现象，其中 射线来自原子最外层的电子
B．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
C．卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的
D．汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的
【答案】D
【解析】
【详解】
贝克勒尔发现天然放射现象，其中β射线来自于原子核内的质子转化为中子和电子中得电子，而不是原子核外的电子，A 错
波尔的氢原子模型说明原子核外的电子的轨道是不连续的，B 错；
密立根油滴实验首次发现了电荷量子化，C 错误；
电子的发现让人们认识到原子核内的还存在粒子，说明原子核内还是有结构的，D 对。

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．如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N ，手机端为接收线圈M ，接收线圈匝数为n ，电阻为r ，横截面积为S ，手机可看成纯电阻R ，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。

下列说法正确是（ ）
A ．只要发射线圈N 中有电流流入，接收线圈M 两端一定可以获得电压
B ．只要接收线圈M 两端有电压，发射线圈N 中的电流一定不是恒定电流
C ．当接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M 中有均匀增加的电流
D ．若t ∆时间内，接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加B ∆，则接收线圈M 两端的电压为
()
nS BR t R r ∆∆+ 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．若发射线圈N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A 错误；
B ．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B 正确；
C ．若穿过接收线圈M 的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律 B E n n S t t
∆Φ∆==∆∆ 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M 中有感应电流且恒定，C 错误；
D ．根据法拉第电磁感应定律有 B
E n nS t t
∆Φ∆==∆∆ 根据分压规律得M 两端的电压
()
E nS BR U R R r t R r ∆==+∆+ D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD ，直轨道AB 与半径为R 的圆弧轨道相切于B 点，圆弧轨道的圆心为O ，直径CD//AB 。

整个装置处于方向平行AB 、电场强度大小为E 的匀强电场中。

一
质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从A 点由静止释放后沿直轨道AB 下滑。

记A 、
B 两点间的距离为d 。

一切摩擦不计。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球到达C 点时的速度最大，且此时电场力的功率最大
B ．若d=2R ，则小球通过
C 点时对轨道的压力大小为7qE
C ．若d=53
R ，则小球恰好能通过D 点 D ．无论如何调整d 的值都不可能使小球从D 点脱离轨道后恰好落到B 处
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．小球到达C 点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故A 错误；
B ．当d=2R 时，根据动能定理有
2132
C qE R mv ⋅= 小球通过C 点时有
2C v N qE m R
-= 解得
N=7qE
根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE ，故B 正确；
C ．若小球恰好能通过
D 点，则有
2D v qE m R = 又由动能定理有
21()2
D q
E d R mv -=
解得 32
d R = 故C 错误；
D ．当小球恰好能通过D 点时，小球从D 点离开的速度最小。

小球离开D 点后做类平抛运动，有
212qE R t m
=⋅ D x v t =
解得
2x R =
由于
x>R
故小球从D 点脱离轨道后不可能落到B 处，故D 正确。

故选BD 。

9．如图为乒乓球发球机的工作示意图。

若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球，球的初速度大小随机变化，发球方向也在水平面内不同方向随机变化。

若某次乒乓球沿中线恰好从中网的上边缘经过，落在球台上的A 点，后来另一次乒乓球的发球方向与中线成θ角，也恰好从中网上边缘经过，落在桌面上的B 点。

忽略空气对乒乓球的影响，则（ ）
A ．第一个球在空中运动的时间更短
B ．前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等
C ．前后两个球发出时的速度大小之比为1:cos θ
D ．A B 、两落点到中网的距离相等
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由
212
h gt = 可知，两个球在空中的运动时间相等，故A 错误；
B ．由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故B 正确；
C ．两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由
x vt =
可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为cos :1θ，故C 错误；
D ．前后两球发出时速度大小之比为cos :1θ，且在空中运动时间相同，故水平位移之比为cos :1θ，结合几何关系可知，A B 、两落点到中网的距离相等，故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB 固定在水平面上，一小物块从距B 点l0m 的A 点由静止释放后，下滑到B 点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q 点（图中未画出）。

设物
块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B 点为零势能面（sln37°=0.6，cos37°=0.8）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．Q 点到
B 点距离为2m
B ．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C ．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB 中点上方
D ．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物块从A 到Q 全过程由动能定理得
()()1212sin37cos370mg s s mg s s μ-︒-+︒=
代入0.5μ=，110m s =
解得
22m s =
选项A 正确；
B ．全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B 错误；
C ．物块从A 下滑到AB 中点时，由能量守恒定律可得
2
k H mgH mg E Q -=+ 显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB 中点下方，则选项C 错误；
D ．因为tan μθ<，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得
1sin 37cos37mgs mgs μ︒=︒
代入数据解得
s=15m
选项D 正确。

故选AD 。

11．下列说法正确的是（ ）
A ．单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变
B ．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
C ．杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小
D ．光的偏振特征说明光是横波
E.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．单色光从光密介质进入光疏介质时，频率不变，光速发生了变化，所以光的波长也发生变化，选项A 错误；
B ．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，选项B 正确；
C ．根据光的干涉条纹间距公式L x d
λV ＝，可知红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，选项C 错误；
D ．光的偏振特征说明光是横波，选项D 正确；
E ．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，选项E 正确。

故选BDE 。

12．如图所示，半径分别为R 和2R 的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为2h 和h ，两物块a 、b 分别置于圆盘边缘，a 、b 与圆盘间的动摩擦因数μ相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观
察发现，a 离开圆盘甲后，未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A ．动摩擦因数μ一定大于32R h
B ．离开圆盘前，a 所受的摩擦力方向一定指向转轴
C ．离开圆盘后，a 运动的水平位移大于b 运动的水平位移
D ．若52R h
μ=，落地后a 、b 1114【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．由题意可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角速度为物体随圆盘做圆周运动的最大角速度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得
2b b b 2m g m R μω=
解得b 物体滑离圆盘乙的临界角速度为
b 2g
R μω=同理可得，a 物块的临界角速度为
a g
R μω=
由几何知识知，物体a 滑离圆盘时，其位移的最小值为
22min (2)3x R R R =-=
由题意知，其未与圆盘乙相碰，根据平抛运动规律可知
a a min 23h x R t R x R g
ωω=⋅=>= 解得 32R h
μ> 所以A 正确；
B ．离开圆盘前，a 随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力来提供向心力，所以a 所受的摩擦力方向一定指向转轴，B 正确；
C ．由于
b a ωω<
所以一定是b 物块先离开圆盘，离开圆盘后，物块做平抛运动，对b 物体的水平位移为
b b b 222h x v t R hR g ω
μ==⋅=
同理可得，a 物体的水平位移为
a a a a 42h x v t R t R hR g
ωωμ''==⋅=⋅= 故离开圆盘后a 的水平位移等于b 的水平位移，所以C 错误；
D ．当
52R h
μ=时 a 的落地点距转轴的距离为
221a 11x R x R =+=
同理，b 的落地点距转轴的距离为
222b (2)14x R x R =+=
故
121114
x x = 所以D 正确。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A B 、，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D 上，轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。

（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________；
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d =______cm ；
（3）主要实验步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M ，测量两遮光条间的距离L ，按图甲正确连接器材。

②将木板左端与轨道左端对齐。

由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B A 、先后经过光电门所用的时间2t t t 、，则可以测出遮光条B A 、通过光电门时的速度大小和合外力对木板做的功；
③加挂钩码，重复②的操作，建立木板速度v 和细线拉力对木板做的功W 的相关图像，分析得出实验结论。

（4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题：
①由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_______（填“变大”“变小”或“不变”）；
②如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功W 将_______（填“会”或“不会”）成倍增加； ③利用图像法处理实验结果时，应该建立_______（填“v W ∆-”“2v W -”或“2v W ∆-”）图像，如果得到的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为k =________（用已知物理量的符号表示）。

【答案】平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2v W ∆-
2M
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；
（2）[2]根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm 120.05mm 0.5cm 0.060cm 0.560cm +⨯=+=
（4）[3]释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F ，根据受力平衡有
12F mg =
释放的瞬间，对木板有
F Ma '=
对钩码有
122
mg F m a '-=⋅ 则有
12mg F = 1
22F mg m M '=⋅+
故有
1F F '<
弹簧测力计的示数会变小
[4]由 122F mg
m M '=⋅+
可知，当钩码的个数成倍增加，即m 加倍时，F '不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；
[5][6]以木板为研究对象，根据动能定理有
222111222
A B FL Mv Mv M v =-=∆ 故应该建立2v W ∆-图像，图像对应的函数关系为
22v W M ∆=
⋅ 故
2k M
= 14．用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，A 为装有挡光片的钩码，挡光片宽度为b ，轻绳跨过光滑轻质定滑轮与A 和重物B 相连，A 的质量是B 的质量的3倍，A 、B 静止时挡光片上端到光电门的距离为h(h>>b)。

由静止释放B 后，挡光片经过光电门的挡光时间为t ，重力加速度为g.
(1)实验中，将挡光片通过光电门的平均速度当作A 下落h 时的瞬时速度，该速度表达式为____________(用题中所给字母表示)。

(2)为减小挡光片通过光电门的平均速度与A 下落h 时的瞬时速度间存在的误差，下列做法中可行的是____________(填选项序号字母)。

A ．将
B 改换成密度小而体积大的重物
B ．减小挡光片的挡光宽度b
C ．增大挡光片的挡光宽度b
D ．减小挡光片上端到光电门的距离h
(3)在A 下落h 的过程中，验证A 和B 的系统机械能守恒定律成立的表达式为______________________(用题中所给字母表示)。

【答案】b t B 2
b gh t ⎛⎫= ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】
（1）[1]．A 经过光电门时的速度： b v t
=； （2）[2]．A 、运动过程中重物B 要受到空气阻力作用，为减小实验误差，应将B 改换成密度大而体积小的重物，故A 错误；
BC 、挡光片的宽度越小，挡光片经过光电门时的平均速度越接近其瞬时速度，为减小实验误差，应减小挡光片的挡光宽度b ，故B 正确，C 错误；
D 、挡光片经过光电门的时间越短实验误差越小，为减小实验误差，应增大挡光片上端到光电门的距离h ，故D 错误；
故选B ．
（3）[3]．设B 的质量为m ，则A 的质量为3m ，由机械能守恒定律得：
212
33mgh mgh m m v -=+（） 整理得
gh=v 2
即：
2
b gh t ⎛⎫= ⎪⎝⎭
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。

其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1=5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域。

已知BC 长度L 2=1m ，瓶子质量m=1kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.2.某选手作用在瓶子上的水平推力F=10N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g 取10m/s 2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：
(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
【答案】（1）0.5s ；（2）0.8m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）要想获得游戏成功，瓶滑到C 点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t 1，有力作用时瓶的加速度为a 1，t 1时刻瓶的速度为v ，力停止后加速度为a 2，由牛顿第二定律得
1F mg ma μ-=
2mg ma μ=
加速运动过程中的位移
2
11
2v x a = 减速运动过程中的位移
2
22
2v x a = 位移关系满足
121x x L +=
11v a t =
由以上各式解得10.5s t =
（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d ，
'2'2
1212
22v v L L a a +=- '212v a d =
联立解得0.8m d =
16．如图，两根相距l=0.4m 的平行金属导轨OC 、O′C′水平放置。

两根导轨右端O 、O′连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD 、O′D′，两根与导轨垂直的金属杆M 、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持
保持良好电接触。

M 、N 的质量均为m=0.2kg ，电阻均为R=0.4Ω，
N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。

整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T 。

现给N 杆一水平向左的初速度v 0=3m/s ，同
时给M 杆一竖直方向的拉力F ，使M 杆由静止开始向下做加速度为a M =2m/s 2的匀加速运动。

导轨电阻不计，（g 取10m/s 2）。

求：
(1)t=1s 时，N 杆上通过的电流强度大小；
(2)求M 杆下滑过程中，外力F 与时间t 的函数关系；（规定竖直向上为正方向）
(3)已知N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求M 杆运动的位移；
(4)在N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为﹣11.1J ，求系统产生的总热量。

【答案】（1）0.5A （2）F=1.6﹣0.1t （3）7.84m （4）2.344J
【解析】
【详解】
(1)M 杆的速度：
21m/s 2m/s M v a t ==⨯=
感应电流：
0.50.420.5A A 2220.4
E BLv I R R ⨯⨯====⨯ (2)对M 杆，根据牛顿第二定律：
M mg F BIl ma --=
M v a t =
整理得：
2M M Bla t F mg ma B l R
=--⨯
⨯ 解得： 1.60.1F t =-
(3)对N 杆，由牛顿第二定律得：
()2M N Bla t mg B l ma R
μ+⨯
⨯= 可得： 222M N B l a t a g mR
μ=+ 解得：
10.05N a t =+
可做N a t -图
可得：
0001(10.05[)]v t t =++
解得：
0 2.8s t =
位移：
220112 2.87.84m 2m 2
M s at ==⨯⨯= (4)对M 杆，则有： 2102M F M mgS W W mv ++=
-安 解得：
1.444J I W Q ==安
对N 杆，则有：
220110.23J 0.9J 22
f W mv ==⨯⨯= 总热量：
1.4440.9J
2.344J I f Q Q W =+=+=总
17．如图，质量0.3kg M =的长方体钢板静止在粗糙的水平面上，质量0.5kg m =的滑块静止在钢板右端。

一质量00.2kg m =的光滑小球沿水平面以初速度05m/s v =向右运动，与钢板发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后钢板向右滑行，滑块恰好不从钢板上掉下来。

已知钢板与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，与滑块间的动摩擦因数20.2μ=，取210m/s g =。

求：
(1)碰后瞬间，小球的速度大小和钢板的速度大小；
(2)滑块在钢板上滑行的时间t ；
(3)钢板的长度L 以及钢板刚停下时滑块与小球间的距离x 。

【答案】 (1)1m/s ，4m/s ；(2)0.5s ；(3)1m ，2.25m
【解析】
【详解】
(1)碰后瞬间，设小球的速度为v ，钢板的速度为1v ，小球与钢板发生弹性正碰，取水平向右为正，满足动量守恒和机械能守恒，则
0001m v m v Mv =+
2220001111222
m v m v Mv =+ 解得
0001m/s m M v v m M
-==-+ 001024m/s m v v m M =
=+ 小球的速度大小为1m/s ，钢板的速度大小为4m/s 。

(2)碰后，滑块水平向右做匀加速直线运动，钢板水平向右做匀减速直线运动，直至与滑块的速度相同。

设钢板、滑块运动的加速度大小分别为1a 、2a ，根据牛顿第二定律有
121(M )g m mg Ma μμ++=
22mg ma μ=
钢板与滑块速度相同时有
111221v a t v a t -==
解得
10.5s t =
钢板与滑块共速后，由于
112()M m g
a g a M m μμ+==<+
滑块与钢板以相同的加速度一起水平向右做匀减速直线运动，则滑块在钢板上滑行的时间
10.5s t t ==
(3)在10t :内，钢板的位移大小
1212
v v x t += 滑块的位移大小
222
v x t = 钢板的长度
12=-L x x
解得
1m L =
设钢板与滑块共速后到刚停下所用的时间为2t ，则 212a t t a
= 钢板刚停下时滑块与小球间的距离
()212221||2
x v t t x at =+++ 解得
2.25m x =。