湖南省长郡中学2021届高三上学期第三次月考物理试题

湖南省长郡中学2019届高三上学期第三次月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于科学家和他们的贡献,下列说祛正确的是（）
A．牛顿通过理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因
B．万有引力定律和万有引力常量是牛顿发现并测量出的
C．元电荷的数值最先是由库仑通过油滴实验测出的
D．电场这个“场”的概念最先是由法拉第提出的
2．如图所示，静止的倾斜传送带上有一木块正在匀速下滑，当传送带突然向上开动时，木块滑到底部，所需要的时间t，与传送带不动所用的时间t0相比较，正确的是（）
A．t=t0B．t> t0C．t< t0D．无法比较
3．如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为R，R1和R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间．保持其他条件不变，（）
A．若将滑动变阻器滑片向b端滑动，带电液滴向上运动；
B．若将滑动变阻器滑片向b端滑动，电流将从c流向d；
C．若将金属块抽出，抽出过程中，带电液滴向上运动；
D．若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从d流向c
4．已知地球两极的重力加速度为g,地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍．考虑地球自转的影响把地球视为质量均匀分布的球体,则赤道上的重力加速度为
A．1
g
n
B．
1
(1)g
n
-C．
2
1
(1)g
n
-D．
3
1
(1)g
n
-
5．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1
4
弧形凹
槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。

另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。

下列说法中正确的是（）
A．当v B点
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C．当v
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为
2 0 v R
6．如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是( )
A．P点的电势与Q点的电势相等
B．带正电的微粒在O点的电势能为零
C．在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动
D．P点的电场强度与Q点的电场强度相等
7．如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)．已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出( )
A．小物块的带电量
B．A、B间的电势差
C．小物块的质量
D ．小物块速度最大时到斜面底端的距离
8．如图所示，轻质弹性绳一端固定于O 点，另一端系一小球，小球静止时弹性绳竖直。

现对小球施加一个水平力，使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°。

若弹性绳的形变在弹性限度内，弹性绳原长为x 0，则此过程中小球上升的高度为
A ．14x 0
B ．12x 0
C ．13x 0
D ．x 0 9．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A 和B ，竖直放置，两球质量均为m ，两球半径忽略不计，杆的长度为L 。

由于微小的扰动，A 球沿竖直光滑槽向下运动，B 球沿水平光滑槽向右运动，下列说法不正确．．．
的是：（ ）
A ．A 球下滑过程中的机械能守恒
B ．在A 球到达水平滑槽前，A 球的机械能先减小后增大
C ．当小球A 沿墙下滑距离为2
L 时，A D ．A 球的机械能最小时轻杆对B 球的作用力为零
二、多选题
10．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度0v 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B （如
图乙所示）， 物体A 以02v 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )
A ．A 物体的质量为3m
B ．A 物体的质量为2m
C ．弹簧压缩最大时的弹性势能为2032
mv D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为2
0mv
11．如图，电源电动势E =6V ，内阻r=0.8Ω，定值电阻及1232R R R ===Ω，R 4=3Ω,图中电压表和电流表均为理想电表，当在P 、Q 之间连接另外一只理想电流表G 时，下列说法正确的是
A ．通过G 的电流为无穷大，从而会将G 烧坏
B ．通过G 的电流为0.2A
C ．V 的示数将变大
D ．V 的示数变化量的绝对值与A 示数变化量的绝对值的比值为0.8Ω
12．如图所示，一质量为m 、带电荷量为q 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成 60°角，线长为l ，细线不可伸长。

小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g)。

现将电场反向，则下列说法正确的是
A ．小球带负电，电场强度E =√3mq q
B ．电场反向后，小球即做圆周运动，在最低点的速度最大， υm =2√gl
C ．电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度υm =√5gl
D ．电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置
三、实验题
13．在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：
①在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴的落下.
②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.
④采集数据进行处理.
（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：．
（2）实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图，根据数据测得当地重力加速度g = m/s2；第8个水滴此时的速度v8= m/s（结果都保留三位有效数字）.
（3）该实验存在的系统误差可能有（答出一条即可）：．14．某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计。

提供的实验器材有:灵敏电流表（量程为1.0 mA，内阻为100Ω)，学生电源(输出电压为U=2.0V，内阻不计），定值电阻R0(阻值为200Ω),滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为3000Ω)，单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻R T，导线若干. 已知热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R T=(2.5t+175)Ω，实验步骤如下：
a.按照电路图连接好实验器材；
b.为了不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片P调整到a端;
然后将单刀双掷开关掷于c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在满刻线，并在以后的操作中使滑片P位置不变）
c.在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于d端，随着热水温度的下降，记录若干个灵敏电流表的示数；
d.根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表的刻度盘，改装成温度计。

(1)根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选_______(选填“R1”或“R2”)。

(2)灵敏电流表的电流I与热水温度t之间的函数关系式为I =_______A(请把已知数据代入），该温度计能够测量的最低温度为_______℃。

(3)重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的____(选填“左”或“右”侧，刻度盘上的刻度______(选填“均匀”或“不均匀”)。

四、解答题
15．某公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l=6m;若汽车起动时都以a = 2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到υ=10m/s后做匀速运动。

该路口亮绿灯时间t=50 s。

另外交通规则规定:原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过。

请解答下列问题：
(1)若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？
(2)事实上由于人反应时间存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车。

现假设绿灯亮起时，第一个司机滞后Δt=0.80t起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8s起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
16．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计））上物块A以速度0 向B 运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假
设B 和C 碰撞过程时间极短，那么从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)A 、B 第一次速度相同时的速度大小；
(2)整个过程中系统损失的机械能大小；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小．
17．如图所示，有一水平传送带以6 m/s 的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC ，紧挨着BC 的水平地面DE 上放置一个质量M= 1kg 的木板，木板上表面刚好与BC 面等高.现将质量m=1 kg 的滑块轻轻放到传送带的左端A 处，当滑块滑到传送带右端B 时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC 滑上木板。

滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.45,滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ3=0.05,取g= 10m/s 2。

求：
(1)滑块从传送带A 端滑到B 端，相对传送带滑动的路程；
(2)滑块从传送带A 端滑到B 端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；
(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长 才倉旨使滑块不从木板上掉下来。

18．图1中A 和B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T 的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场．已知B 板电势为零，A 板电势A U 随时间变化的规律如图2所示，其中A U 的最大值为0U ，最小值为02U -，在图1中，虚线MN 表示与A 、B 板平行等距的一个较小的面，此面到A 和B 的距离皆为l ．在此面所在处，不断地产生电量为q 、质量为m 的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等．这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动．设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A 、B 板的电势，已知上述的T 、0U 、l 、q 和m 等各量的值正好满足等式2203()1622
U q T l m =⨯．若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q 、0U 、m 、T 表示）
（1）在t=0到t=
2T 这段时间内产生的微粒中到达A 板的微粒的最大速度Am v ； （2）在0-2
T 范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B 板？ （3）在t=0到t=2
T 这段时间内产生的微粒中到达B 板的微粒的最大速度Bm v ；
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．伽利略通过理想斜面实验证明了力不是维持运动状态的原因，A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，而引力常量由卡文迪许测出，B错误；
C．密立根利用油滴实验，测出的油滴带电量均为一个最小单元的整数倍，把这个最小带电单元叫做元电荷，它是自然界中最小的电荷量，C错误；
D．19世纪30年代，法拉第提出另一种观点，认为一个电荷的周围存在着由它产生的电场，另外一个电荷受到的作用力就是这个电场给予的，他还引入了电力线（又称电场线）来描述电场的性质，这个方法一直被沿用至今，故D正确．
故选D.
2．A
【解析】
【详解】
当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的。

如果在木块下滑时，传送带突然向上开动。

因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，此时木块下滑时受到的摩擦力仍是向上的，因摩擦力的大小仍然是μmgcosθ，则木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样。

综上分析故选A。

【点睛】
此题关键是分析两种情况下木块受到的摩擦力，知道滑动摩擦力的大小与两物体之间的相对运动的速度是无关的。

3．D
【解析】
【分析】
分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析电容器两端电压的变化，场强的变化，再根据电容器的决定式分析电量的变化；
【详解】
A 、由图可知，当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻
2R 增大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，则电阻3R 两端电压减小，即电容器两端电压减小，则电容器内场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项A 错误；
B 、根据上面的分析，电容器电压减弱，则带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从从d 流向c ，故选项B 错误；
C 、将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，则电容减小，由于电压不变，则场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项C 错误；
D 、根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，则电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从从d 流向c ，故选项D 正确．
【点睛】
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压的变化，再根据电容器的决定式分析电量的变化．
4．D
【详解】 考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，2Mm G
mg R =；赤道位置万有引力提供向心力和重力，2Mm G mg ma R
=+赤赤；同步卫星的公转满足2()Mm G ma nR 同=；而赤道自转和同步卫星的角速度相同由2a r ω=，有=a n a 同赤
，联立各式可得31(1)g g n =-
赤；故选D. 【点睛】
本题要知道公转的卫星满足万有引力提供向心力，在地球两极表面万有引力等于重力，而在赤道处，引力与支持力之差提供向心力.
5．C
【详解】
A ．当小球刚好到达
B 点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v 1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：
01()mv m M v =+
由机械能守恒定律得：
220111()22
mv m M v mgR =++ 代入数据解得：
0v =>
所以当0v B 点，故A 错误；
B ．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M 的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M 上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B 错误；
C ．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M 的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C 正确；
D ．若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A 点时的速度大小仍为v 0，在B 点，根据牛顿第二定律得：
20v F mg m R
-= 解得：
20v F mg m R
=+ 根据牛顿第三定律可知，小球返回B 点时对滑块的压力为20v mg m R
+，故D 错误。

故选C 。

6．D
【解析】
【详解】
A 、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P 点的电势高于Q 点的电势，故A 错误；
B 、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O 点的电势能不一定为零，故B 错误；
C 、电场线方向水平向右，所以在P 点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C 错误；
D 、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另
一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确；
故选D。

【点睛】
利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态。

7．C
【解析】
试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差．故B错误；由重力势能线得到E P=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离．故D错误．故选C．
考点：功能关系；电势及电势能
【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．
8．B
【解析】
【详解】
小球竖直静止时，设伸长量为x1，有mg=kx1；水平力拉动到60°角平衡时，设伸长量为x2，由三力平衡的条件可得：mg=kx2cos60°，可得x2=2x1，则由几何关系可知小球上升的高度为Δℎ=x0+x1−(x0+x2)cos60°，联立解得：Δℎ=x0
；故选B.
2
【点睛】
本题考查共点力平衡条件，关键时灵活选择平衡的方法(合成法、作用效果分解法、正交分解法)作图分析.
9．A
【解析】
【分析】
A 球和
B 球组成的系统机械能守恒，可以根据B 球动能的变化找到A 机械能的变化情况，利用关联速度并结合系统机械能守恒，求出A 球沿墙下滑距离为
2L 时的速度。

【详解】
AB ．AB 系统只有重力做功，机械能守恒，
A 的机械能转化为
B 的动能，B 的动能开始是0，最终还是0，所以A 球的机械能先减小后增大，最终A 球以一定的竖直速度撞击横槽。

选项A 错误，B 正确；
C ．当小球A 沿墙下滑距离为12
L 时，设此时A 球的速度为v A ，B 球的速度为v B 。

根据系统机械能守恒定律得： mg 12L =12mv A 2+12
mv B 2 两球沿杆方向上的速度相等，则有：
v A cos60°=v B cos30°
联立两式解得：
v A
v B 选项C 正确；
D ．A 球的机械能最小时，B 球的速度最大，此时的加速度为零，即轻杆对B 球的作用力为零，选项D 正确。

本题选不正确的，故选A 。

10．AC
【详解】
对图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E P =12M 20v ；对图乙，物体A 以20v 的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x 时，A 、B 二者达到相等的速度v
由动量守恒定律有：M
02v =(M+m)v 由能量守恒有：E P =12M ()202v -
12
(M+m)2v 联立两式可得：M=3m ，E P =12M 20v =32m 20v ，故B 、D 错误，A 、C 正确． 故选A 、C
11．BD
【详解】
A 、
B 、当在P 、Q 之间连接另外一只理想电流表G 时外电路中的总电阻为
231 2.223R ⨯=+=Ω+，根据闭合电路欧姆定律知62A 2.20.8
E I R r ===++，R 2和R 4是并联关系，根据分流原理知流过R 4的电流是0.8A ，所以有0.2A 的电流从电流计流过；故A 错误，B 正确.
C 、当在P 、Q 之间连接另外一只理想电流表G 时相比原来的电阻变小，所以电流变大，导致路端电压减小，所以电压表的示数变小，故C 错误.
D 、根据闭合电路欧姆定律知：U
E Ir =-，则
0.8U r I
∆==Ω∆；故D 正确. 故选BD.
【点睛】
掌握电阻的连接方式和闭合电路的欧姆定律，动态分析电路的从局部导轨整体再到局部的步骤.
12．AC
【解析】
【详解】
由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，受力分析如图：
根据平衡条件：T sin60°=mg ,T cos60°=qE ,得：qE =mg tan60°，E =√3mg q ；故A 正确.
B 、
C 、电场反向后，小球受向右的电场力大小为√3mg ，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达右侧与竖直方向夹角为60°时速度最大，根据动能定理：qE ⋅√3L −mgLcos60°=12mv 2，得：v =√5gL ；故C 正确，B 错误.
D 、由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置；故D 错误. 故选AC.
【点睛】
本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．
13．（1）频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 （2） 9.72 ;2.27
（3）存在空气阻力
【详解】
（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率
（2）根据逐差法可得，求出()243.6726.3926.3913.439.724g T
---==；根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求出834.4819.36 2.272v T
-=
= （3）存在空气阻力 14．R 2 22.5t+1975 10 右 不均匀
【解析】
【分析】
本题创新性地考查了电表的改装原理和改装步骤，意在考查考生对物理规律的理解能力.
【详解】
(1)由于灵敏电流表的内阻只有100Ω，所以当灵敏电流表达到满偏时，有I =U
R g +R 0+R ，将
U =2.0V ，R 0=200Ω,R g =100Ω及I =1.0×10-3A 代入可得R =1700Ω，应选择滑动变阻器R 2.
(2)由于滑动变阻器的滑片在以后的实验中保持不动，则滑动变阻器接入电路的阻值和电流表的内阻之和为2000-200=1800Ω.当开关掷于d 端时，有I =U
1800+R T (A )，又因为R T =(2.5t +175)(Ω)，代入整理可得I =22.5t+1975(A )；当电流表达到满偏时，此时测量的温度为该温度计能够测量的最低温度，将I =1.0×10-3A 代入上式可得t =10℃.
(3)由I =22.5t+1975(A )可知，电流随温度不是均匀变化的，刻度盘上的刻度不均匀；温度越低，电流越大，指针越向右偏，低温刻度应在刻度盘的右侧.
15．(1)80辆 (2)34辆
【解析】
【详解】
(1)车匀加速时间t 1=v a =5s
车匀加速位移为x 1=12at 2=25m 匀速运动位移为x 2=v(t −t 1)=450m
所以通过车辆n 1=[x 1+x 2l ]+1=[25+4506]+1=80(辆)
(2)考虑第n 2辆车，耗损时间为n 2⋅Δt ，加速时间和位移同上问，
故通过停车线条件应满足：x 1+v(t −n 2⋅Δt −t 1)>(n 2−1)l
解得：n 2<
48114 即：n 2=[
48114]=34(辆) 【点睛】
本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析汽车的运动情况. 16．(1)0.5v 0 (2)
20116mv (3)201348
mv 【解析】
【分析】
（1）A 碰B 过程，动量守恒，可得A 、B 第一次速度相同时的速度大小．
（2）B 碰C 是完全非弹性碰撞，可得系统损失的机械能．
（3）弹簧被压缩到最短时，物体速度相等，据动量守恒、能量守恒可得弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小．
【详解】
（1）对A 、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得012mv mv = 解得：100.5v v ＝
（2）BC 组成的系统动量守恒，122mv mv =，解得：200.25v v = 系统损失的机械能222000111()2()222416
v v E m m mv =-⨯=损 （3）设AB 第二次速度相同时的速度大小v 3，对ABC 系统，根据动量守恒定律： 033mv mv =，解得：3013v v =
当ABC 速度相同时，弹簧的弹性势能最大，据能量守恒可得，弹簧的最大弹性势能 2220301113(3)2248
P E mv m v E mv =--∆= 【点睛】
弹簧两端物体速度相等时，弹簧长度出现极值（极大或极小），弹簧的弹性势能出现极值． 17．(1)4m (2)36J (3)L=6m
【解析】
【分析】
(1)滑块在传送带上运动，摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律即可求出加速度，然后由运动学的公式即可求出；(2)传送带因传送滑块多消耗的电能转化为滑块的动能和内能；(3)滑块滑上木板，对滑块和木板受力分析，求出加速度，结合速度相等是恰好不滑下的临界条件，由运动学的公式即可求出.
【详解】
(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v =6m/s.
a =μ1g =4.5m/s 2
t =
v a =43
s 传送带位移x 2=vt =8m
△x =x 2-x 1=4m
(2)传送带因传送滑块多消耗的电能Q =f ⋅Δx +12mv 2=μ1mgΔx +12mv 2=36J (3)滑块以6m/s 的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析,滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块减速晕的加速度为a 滑.
则a 滑=gμ2=2m/s 2
木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，
由牛顿第二定律得：Ma 木=mgμ2-(M +m )gμ3
解得：a 木=1m/s 2
假设滑块在木板上经过时间t ，木板和滑块达到共同速度v 共
对滑块：x 滑=vt −12a 滑t 2,v 共=v -a 滑t
对木板：x 木=12a 木t 2, v 共= a 木t
则木板长度L =x 滑-x 木
代入数据得：L =6m
【点睛】
该题考查传送带模型与滑块-木板模型，解决本题的关键理清物块在传送带上和木板上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解.滑块-木板也可以使用动量守恒定律来解答.
18．（1）Am v =
2）0~4T 时间内产生的微粒可直达A 板（3）Bm v =【解析】 试题分析：在电压为0U 时，微粒所受电场力为
02qU l ，此时微粒的加速度为002qU a ml
= （1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度0a 向A 板加速运动，经2
T 时，位移222000218()()()22421622
qU qU T T T s a l l ml ml ===⨯⋅> 即t=0时刻产生的微粒，在不到2T 时就可直达A 板，所以到达A 板的微粒的最大速度Am v 满
足201122Am qU mv =，解得Am v =（2）考虑临界状况：设1t t =时刻产生的微粒达到A 板时速度刚好为零，则该微粒以加速。