辽宁省锦州市2021届新高考第一次质量检测物理试题含解析

辽宁省锦州市2021届新高考第一次质量检测物理试题
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．传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M 与传送带间保持相对静止，受传送带的摩擦力为f 。

则（ ）
A ．传送带加速运动时，f 的方向可能平行传送带向下
B ．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f 相等
C ．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f 越大
D ．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f 越大
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知货箱所受合力沿传送带向上，则有：
sin f mg ma θ-=
知摩擦力的方向向上，故A 错误；
B ．当传送带匀速运动时，货箱受到重力、传送带的支持力和静摩擦力作用，其中重力沿传送带方向的分力与静摩擦力平衡，摩擦力方向一定沿斜面向上，即sin f mg θ=，不同质量的货箱，f 不相等，故B 错误；
C ．传送带匀速运动时的摩擦力为：sin f mg θ=，与货箱的质量有关，与传送带的速度无关，故C 错误；
D ．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知合力沿传送带向上：： sin f mg ma θ-=
解得：sin f mg ma θ=+，所以相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f 越大。

故D 正确。

故选D 。

2．下列属于理想化物理模型的是（ ）
A ．电阻
B ．点电荷
C ．力的合成
D ．瞬时速度
【答案】B
【解析】
【分析】
理想化模型的特点是现实生活中不存在。

通过想象合理分析得出忽略次要因素，只考虑主要因素，据此判断即可。

【详解】
建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素．物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素．为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、点电荷、自由落体运动等，电阻、力的合成以及瞬时速度均不符合理想化模型的定义，ACD 不符合题意，B 符合题意。

故选B 。

3．质量为m 的铁锤从高h 处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是t ，则撞击过程中，铁锤对桩的平均冲击力大小为（ ）
A mg +
B ．mg
C mg +
D mg - 【答案】A
【解析】
【详解】
根据自由落体的运动学公式22v gh =，可得铁锤碰前的速度为
v 取向下为正，对铁锤由动量定理得
()0mg F t mv -=-
解得
F mg = 由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力大小
F F mg '==+ 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．下列说法正确的是（ ）
A ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质
C ．一个氘核2
1H 与一个氚核31H 聚变生成一个氦核4
2He 的同时，放出一个电子 D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故A 错误；
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质，故B 正确；
C ．核反应方程满足质量数和质子数守恒
2
3
411120H H He n +→+
所以放出的是中子，不是电子，故C 错误；
D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量减小，故D 错误。

故选B 。

5．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B 的匀强磁场与D 形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U 、周期为T 的交流电源上，中心A 处粒子源产生的粒子飘人狭缝中由初。

速度为零开始加速，最后从出口处飞出。

D 形盒的半径为R ，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子在出口处的最大动能与加速电压U 有关
B ．粒子在出口处的最大动能与D 形盒的半径无关
C ．粒子在
D 形盒中运动的总时间与交流电的周期T 有关
D ．粒子在D 形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D 形盒的
2m m v qBv m R = 得
m qBR v m
= 最大动能为
222km 2q B R E m
= 故AB 错误；
CD ．粒子每加速一次动能增加
ΔE km =qU
粒子加速的次数为
22
km k 2E qB R N E mU
==∆ 粒子在D 形盒中运动的总时间
2
T t N =⋅，2πm T qB = 联立得
2
π22T BR t N U
=⋅= 故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，L 是带铁芯的线圈，其直流电阻忽略不计.下列说法正确的是（ ）
A ．S 闭合瞬间，
B 先亮A 后亮
B ．S 闭合瞬间，A 先亮B 后亮
C ．电路稳定后，在S 断开瞬间，B 闪亮一下，然后逐渐熄灭
D ．电路稳定后，在S 断开瞬间，B 立即熄灭
【答案】D
【解析】
闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电压，故电流可通过灯泡AB，即AB灯泡同时亮，故AB错误．因线圈的电阻为零，则当电路稳定后，灯泡A被短路而熄灭，当开关S断开瞬间B立刻熄灭，线圈中的电流也不能反向通过二极管，则灯泡A仍是熄灭的，故C错误，D正确．故选D．
【点睛】
该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通．
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，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线。

一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，的中点。

A、B为斜面上的两点，且BO AO
从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。

（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．从A到B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电，从A到O，电场力做正功，电势能减小；从O到B电场力做负功，电势能变大；因在O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与AB两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，选项A错误，B正确；
C．因滑块在O点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到O点以下某位置时具有最大速度，选项C错误；
D．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到A点，且速度大小等于v0，选项D正确。

故选BD。

8．如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的
左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的宽度为d ，导轨的右端接有一阻值为R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R ，质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是
A ．通过电阻R 2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为2BdL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D ．电阻R 中产生的焦耳热为1()2
mg h d μ- 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
212
mgh mv = 金属棒到达水平面时的速度
2v gh 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为
E=BLv
最大的感应电流为
22BL gh BLv I R == 故A 正确；
B ．通过金属棒的电荷量
2BLd q R r R
Φ==+V 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：
mgh-W B -μmgd=0-0
则克服安培力做功：
W B =mgh-μmgd
整个电路中产生的焦耳热为
Q=W B =mgh-μmgd
故C 错误；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热： 1122
R Q Q mg h d μ==-（） 故D 正确．
9．空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm 。

一个电子在该水平线上向右运动，电子过a 点时动能为6eV ，运动至b 点时电势能为3eV -，再运动至c 点时速度为零。

电子电荷量的大小为e ，不计重力。

下列说法正确的是（ ）
A ．由a 至b 的运动过程，电场力做功大小为3eV
B ．匀强电场的电场强度大小为300V /m
C ．等势面d 的电势为3V
D ．该电子从c 点返回a 点时动能为6eV
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。

电子沿电场线方向做匀变速运动。

电子从a 至c 的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV ，则电势能增加了6eV ，则电势差
6V ac U =
则
3V ab bc U U ==
电子从a 至b 的过程，电场力做负功，大小为
3eV ab eU =
A 正确；
B ．电场强度大小
2150V/m 2210m
ac U E -==⨯⨯ B 错误；
C ．电子经过等势面b 时的电势能为3eV -，则b 点的电势
3V b ϕ=
又有
23V 6V b d ϕϕ-=⨯=
则
3V d ϕ=-
C 错误；
D ．电子在a 点时动能为6eV ，从a 减速运动至c ，然后反向加速运动再至a 点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6eV ，D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L 。

1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B ，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 。

边长为()d d L <的正方形线圈PQMN 电阻为R ，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。

开始PQ 与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为0v 向右匀速运动。

设PQ 刚进入磁场时PQ 两端电压为1U ，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ 两端电压为2U ；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F ，拉力所做的功为W ，则下列判断正确的是（ ）
A ．0132
Bdv U = B ．20U Bdv = C ．2203B d v F R = D ．23014B d v W R
= 【答案】ABD
【解析】
【详解】 A ．只有PQ 进入磁场，PQ 切割磁感线产生电动势
102E Bdv =
电路中电流
11E I R
= PQ 两端电压 0113342Bdv U E =
= 选项A 正确；
C ．受到的安培力
()()2201122B d v F B I d R ==
进入过程克服安培力做功
233114B d v W F d R
== 都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ 进入右边磁场、MN 在左边磁场中，MN 切割磁感线产生电动势1E ，PQ 切割右边磁感线产生电动势
20E Bdv =
回路中电流
122E E I R
+= PQ 和MN 受到安培力大小分别为
32F BI d =
()422F B I d =
需要拉力最大为
220349B d v F F F R
=+= 选项C 错误；
B ．PQ 进入右边磁场过程中克服安培力做功
2W Fd =
都进入右边磁场后，PQ 和MN 都切割磁场，回路无电流，安培力为0，
220U E Bdv ==
选项B 正确；
D ．PQ 出磁场后，只有MN 切割磁感线，线圈受到安培力
2205B d v F BId R
==
PQ 出磁场过程中安培力做功
35W F d =
整个过程克服安培力做功
23013214B d v W W W W R
=++= 选项D 正确。

故选ABD.
11．如图甲所示，长为l 、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m 的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x 的变化图像如图乙所示，则( )
A ．
B ．小物块下滑的加速度逐渐增大
C ．小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D ．小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC 【解析】
【详解】 A 、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A 错误.
B 、根据牛顿第二定律有：
，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a
逐渐增大，故B 正确.
C 、由图乙可知
，则摩擦力，可知f 与x 成线性关系，如图所示:
其中f 0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力
做功：，故C 正确.
D 、下滑过程根据动能定理有：
,解得：，故D 错误.
故选BC.
【点睛】 本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x 图象所围的面积表示F 所做的功.
12．图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动
B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同
C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 m
D ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cm
E.质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt （国际单位）
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；
C ．由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速
v ＝T
＝40 m/s ， 根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离
Δx ＝vΔt ＝6 m ，
选项C 正确；
B ．t ＝0.25s 时，波形图如图所示，
此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；
D ．由
Δt ＝0.15 s ＝34T ， 质点P 在其中的
12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；
E ．由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为
y ＝0.10·sin 20.2
πt （m ）＝0.10sin 10πt （m ）， 选项E 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．某同学用气垫导轨做“验证机械能守恒定律“的实验，如图所示，用质量为m 的钩码通过轻绳带动质量为M 的滑块在水平导轨上，从A 由静止开始运动，测出宽度为d 的遮光条经过光电门的时间△t ，已知当地重力加速度为g ，要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是______，在这过程中系统的动能增量为______。

如果实验前忘记调节导轨水平，而是导轨略为向左倾斜，用现有测量数据______（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律。

【答案】A 、B 的距离L ()2
12d M m t ⎛⎫+ ⎪∆⎝⎭
不能 【解析】
【详解】
[1]要验证机械能守恒，就需要求得动能的增加量和重力势能的减少量，而要知道重力势能的减少量则还需要测得A 、B 的距离L 。

[2]滑块通过光电门B 时，因光电门宽度很小，用这段平均速度代替瞬时速度可得 B d v t
=∆ 故滑块和钩码组成的系统从A 到B 动能的增加量为
()()2
21122k B d E m M v m M t ⎛⎫∆=+=+ ⎪∆⎝⎭
[3]如果导轨不水平，略微倾斜，则实验过程中滑块的重力势能也要发生变化，因不知道倾角，故不能求得滑块重力势能的变化，则不能验证机械能守恒定律。

14．某同学猜想：弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比、与其形变量x ∆的二次方成正比，即()2
p E b x =∆；其中b 为与弹簧劲度系数成正比例的常数。

该同学设计以下实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。

如图所示，在水平桌面上放置一个气垫导轨，将弹簧一端固定于气垫导轨左侧。

调整导轨使滑块能在导轨上自由匀速滑动。

将光电门固定在离弹簧右侧原长点稍远的位置。

推动滑块压缩弹簧一段合适的距离后，由静止释放滑块。

滑块离开弹簧后运动通过光电门。

通过测量和计算研究上述猜想。

实验中进行以下测量：
A ．测得滑块的质量m ；
B ．测得滑块上遮光片的宽度d ；
C ．测得弹簧的原长0L ；
D ．推动滑块压缩弹簧后，测得弹簧长度L ；
E.释放滑块后，读出滑块遮光片通过光电门的时间t ；
F.重复上述操作，得到若干组实验数据，分析数据并得出结论。

回答下列问题。

（前三个问题用实验测得的物理量字母及比例常数b 表示）
（1）滑块离开弹簧后的动能为k E =________。

（2）由能量守恒定律知弹簧被压缩后的最大弹性势能p E 与滑块弹出时的动能k E 相等。

若关于弹簧弹性势能的猜想正确，则()2
0L L -=________。

（3）用图像处理实验数据并分析结论，得出的图像如图所示。

该图像不过坐标原点的原因是
________________。

（只填写一条）
（4）若换用劲度系数更大的弹簧做实验，图像斜率将________。

（选填“不变”“变大”或“变小”） （5）若实验中测得的一组数据：0.05kg m =，0.02m d =，00.1m L =，0.08m L =，0.04s t =。

由此计算比例常数b =________N/m 。

【答案】2
22md t
222md bt 滑块运动过程中受阻力 变小 15.625
【解析】
【详解】
（1）[1]．滑块匀速通过光电门有
d vt =
滑块动能
212
k E mv =
解得 2
22k md E t
=① （2）[2]．弹簧被最大压缩后的最大弹性势能
()2
0p E b L L =-②
最大弹性势能与滑块的动能k E 相等，解①②式得 ()2
2022md L L bt
-=③ （3）[3]．该图像在纵轴上有正截距。

则③式为
()2
202
2md L L c bt -=+（c 为截距） 则滑块的动能小于弹簧的最大弹性势能，主要原因是滑块运动过程中受阻力，或导轨右侧高于左侧。

（4）[4]．由③式知，图像的斜率为2
2md b。

换用劲度系数更大的弹簧做实验，则b 更大，则图像斜率变小。

（5）[5]．由③式得
()()()2
2222200.05kg (0.02m)15.625N/m 220.1m 0.08m 0.04md b L L t s ⨯===-⨯-⨯
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平地面上有一辆小车在水平向右的拉力作用下，以v 0=6m/s 的速度向右做匀速直线运动，小车内底面光滑，紧靠左端面处有一小物体，小车的质量是小物体质量的2倍，小车所受路面的摩擦阻力大小等于小车对水平面压力的0.3倍。

某时刻撤去水平拉力，经2s 3
小物体与小车的右端面相撞，小物体与小车碰撞时间极短且碰撞后不再分离，已知重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)小物体与小车碰撞后速度的大小；
(2)撤去拉力后，小车向右运动的总路程。

【答案】 (1) 4m/s ；(2)
17m 3
【解析】
【分析】
【详解】 (1)设小物体的质量为m ，由于车底面光滑，因此小物体做匀速直线运动，小车在地面摩擦力作用下做匀减速运动。

撤去拉力后，小车的加速度为a 1
由牛顿第二定律得
k(mg+2mg)=2ma 1
代入数值得
a 1=4.5m/s 2
小物体与车碰撞时，小车的速度为v 1，由运动学公式
v 1=v 0-a 1t
代入数值得
v 1=3m/s
碰撞过程由动量守恒定律得
mv 0+2mv 1=3mv
代入数值得：
v=4m/s
(2)碰撞前小车运动位移大小为x 1
210112
x v t a t =- 碰后小车做匀减速直线运动，位移大小为x 2
由牛顿第二定律得
k(mg+2mg)=3ma 2
可得
a 2=3m/s 2
由运动学公式
v 2=2a 2x 2
故撤去外力后，小车向右运动的总路程
s=x 1+x 2=173
m
16．将轻质弹簧竖立在水平地面上在其顶端将一质量为3m 的物体由静止释放当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为l 。

QN 是一水平光滑轨道，N 端与半径为l 的光滑半圆管道相切，管道的直径MN 竖直，如图所示。

现将该弹簧水平放置，一端固定在Q 点，另一端与质量为m 的小球P 接触但不连接。

用外力缓缓推动小球P ，将弹簧压缩后放开，P 开始沿轨道运动。

已知重力加速度为g ，半圆管道的管口略大于小球直径。

求：
（1）小球P 到达M 点时对管道的作用力；
（2）小球P 离开管道后落回到NQ 上的位置与N 点间的距离。

【答案】（1）mg 方向竖直向上（2）22s l =
【解析】
【详解】
（1）依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩l 时，质量为3m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为
3p E mgl =①
设小球P 到达M 点时的速度大小为M v ，由能量守恒定律得
2122
P M E mv mgl =+② 联立①②式，代入题给数据得
2g M v l =
在M 点，设小球P 到达M 点时的项对小球的印用力为N F .
2N M mv m l
F g += ④ 代入数据
N F mg =.
根据牛顿第三定律可知，'N N F F mg ==，方向竖直向上
（2）设P 离开M 点后，落回到轨道NQ 所需的时间为t ，由运动学公式得
2122
l gt =⑤ P 落回到NQ 的位置与N 点之间的距离为
M s v t =⑥
联立⑤⑥式得
22s l =
17．如图所示,小球A 及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B 为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k 为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切。

现让小球A 从B 的轨道正上方距地面高为h 处静止释放,经B 末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求：
(1)小球第一次从B 的轨道末端水平滑出时的速度大小； (2)若小球A 第一次返回恰好没有冲出B 的上端,则h 与R 的比值大小；
(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k 的取值大小.
【答案】 (1)21A kgh v k
=
+22(1)(1)8h k R k k +=--(3)1k ³ 【解析】
【详解】
(1)对AB 由水平方向动量守恒有： A B mv kmv =
对AB 由能量守恒有：
221122
A B mgh mv kmv =+ 联立解得：
22,1(1)A B kgh gh v v k k k
==++
(2) 对AB 由水平方向动量守恒有：
()A B mv kmv m km v +=+
对AB 由能量守恒有：
222111()222
A B mv kmv m km v mgR +=++ 联立解得：
2
2(1)(1)8h k R k k
+=-- (3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A 的速度小于等于B 球的速度，由能量守恒有 221122
A B mgh mv kmv =+ A B v v ≥
联立解得：
1k ³。