河南省鹤壁市(4校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

河南省鹤壁市(4校联考）2021届新高考模拟物理试题
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．如图所示，12O O 是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，,A B 是关于12O O 对称且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN 是垂直于12O O 放置的光屏，P 是屏上的一个光斑，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A ．在玻璃中，A 光的波长比
B 光的波长短
B ．在真空中，A 光的频率比B 光的大
C ．A 光的光子动量比B 光的小
D ．通过同一双缝干涉装置，A 光的干涉条纹间距比B 光的小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由光路图可知玻璃体对B 光的折射率大于对A 光的折射率，由此可知B 光的频率大于A 光的频率，光的频率越小则波长就越长，故A 光的波长比B 光的波长长，故AB 错误；
C ．根据
h νp c
= 可知，光子的频率越大，则动量也就越大，故A 光的光子动量比B 光的小，故C 正确；
D ．根据
l x d
λ∆= 可知，光的波长越长，则干涉条纹间距越大，即A 光的干涉条纹间距比B 光的大，故D 错误。

故选C 。

2．如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球又叠放在一起，从高度为h 处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m 2=3m 1，则小球m 1反弹后能达到的高度为（ ）
A ．h
B ．2h
C ．3h
D ．4h
【答案】D
【解析】 试题分析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=，m 2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m 1与m 2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2，选向上方向为正方向，则：
m 2v ﹣m 1v=m 1v 1+m 2v 2
由能量守恒定律得：
（m 1+m 2）v 2=+m 2 且，m 2=3m 1 联立解得：
反弹后高度为：H=
故选D
3．如图所示，由Oa Ob Oc 、、三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用123B B B 、、表示．现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆，则其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为
A ．1∶1
B ．5∶3
C ．3∶2
D ．27∶5
【答案】D
【解析】 带电粒子在磁场运动的时间为2t T θπ=，在各个区域的角度都为1203
πθ==o ，对应的周期为2m T Bq π=，则有3m
t Bq π=，故 3m
B tq π=，则三个区域的磁感应强度之比为123123
111::::6:3:2B B B t t t ==，三个区
域的磁场半径相同为mv r Bq =，又动能212k E mv =，联立得2222k B q r E m
=，故三个区域的动能之比为：222123123::::36:9:4k k k E E E B B B ==，故在b 处穿越铝板所损失的动能为
1236927k k k E E E ∆=-=-=，故在c 处穿越铝板所损失的动能为23945k
k k E E E ∆=-=-='，故损失动能之比为:27:5k k
E E ∆='∆，D 正确，选D. 4．在一边长为L 的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为q 的点电荷，其中ABC 处为正点电荷，D 处为负点电荷，P 、Q 、M 、N 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则（ ）
A ．M 、N 两点电场强度相同
B ．P 、Q 两点电势相同
C ．将一个带负电的粒子由Q 沿直线移动到M ，电势能先增大后减小
D ．在O 点静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着OD 做匀变速直线运动
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．场强叠加遵循平行四边形定则，M 、N 两点电场强度大小相等，方向不同，A 错误；
B ．P 、Q 两点即关于A 、
C 两正电荷对称，又关于B 、
D 两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在P 、Q 两点产生的电势相同，B 正确；
C ．M 、N 、P 、Q 关于A 、C 两正电荷对称，所以对于A 、C 两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对B 、
D 两异种电荷而言，P 、Q 两点的电势高于M 、N 两点的电势，所以负电的粒子由Q 沿直线移动到M ，根据：
p E q ϕ=
可知负电荷电势能一直增大，C 错误；
D ．这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从O 点静止释放的粒子不可能做匀变速运动，D 错误。

故选B 。

5．背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。

如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为
A ．2m/s
B ．5m/s
C ．8m/s
D ．11m/s
【答案】B
【解析】
【详解】 运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：
1.3m h ≈，根据机械能守恒定律可知：212
mv mgh =；解得：226m/s 5m/s v gh =≈，故B 正确，ACD 错误。

6．2019年的诺贝尔物理学奖于10月8日公布，有一半的奖金归属了一对师徒——瑞士的天文学家MichelMayor 和DidierQueloz ，以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星"。

由于行星自身不发光，所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。

行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。

在视线方向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。

我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。

结合以上信息，下列说法正确的是（ ）
A ．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一定相等
B ．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小
C ．若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现蓝移
D ．若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等，
周期相同，则
212Mm G
m r L
ω= 222Mm G M r L
ω= 可得
12r M r m
= 由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式v r ω=可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小不同，故AB 错误；
C ．根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故C 错误；
D ．根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，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
7．2012年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生的烟雾影响，宁洛高速安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故，假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30m/s ，距离s 0＝100m ，t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是（ ）
A ．t ＝6s 时两车速度相等
B ．t ＝6s 时两车距离最近
C ．0～6s 内两车位移之差为90m
D ．两车在0～9s 内会相撞
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示
由图象可知，t=6s 时两车等速，甲车在前，乙车在后，故速度相等时，两车相距最近，故AB 项正确； C ．图中阴影部分面积为0～6s 内两车位移之差： 11303m 30(63)m=90m<100m 22x ∆=⨯⨯+⨯⨯- 故C 项正确；
D ．6s 时，甲乙两车的位移之差为90m ，小于100m ，没有相撞，9s 时位移之差小于90m ，则不会相撞，故D 错误．
8．如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B ，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的 质量均为 m ，运动的半径为 r ，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α．下列说法正确的是
A ．若 r=2R ，则粒子在磁场中运动的最长时间为6m qB
π B ．若r=2R ，粒子沿着与半径方向成 45° 角斜向下射入磁场，则有221tan
2α
+=成立 C ．若 r=R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为3m qB
π D ．若 r=R ，粒子沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为 150°
【答案】BD
【解析】
若r=2R ，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为r=2R ，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间
601236063max m m t T qB qB
ππ︒⋅︒＝＝＝ ，故A 错误．
若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有22
221
22
27
22
2
R R
tan
r R R R
α+
--
＝＝＝，故B正确．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间
9012
36042
m m
t T
qB qB
ππ
︒
⋅
︒
＝＝＝，故C错误．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确．故选BD.
9．如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在a、c 两个点处放等量异种电荷＋Q和－Q，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（）
A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同
B．e、d两点电势不同
C．电子沿曲线b e d
→→运动过程中，电场力做正功
D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB．等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，由于b、c、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e各点的场强大小也相等，由以上的分析可知，b、d、e、f各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A正确，B错误；
C．由于b、e、d各点的电势相同，故电子移动过程中，电场力不做功，故C错误；
D．将+Q从a点移动到b点，球心O仍位于等量异种电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故
D 正确。

故选AD 。

10．如图，理想变压器的a 、b 两端接在U=220V 交流电源上，定值电阻R 0 = 40Ω，R 为光敏电阻，其阻值R 随光照强度E 变化的公式为
R=120E
Ω，光照强度E 的单位为勒克斯（lx ）。

开始时理想电流表A 2的示数为0.2A ，增大光照强度E ，发现理想电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，下列说法正确的是（ ）
A ．变压器原副线圈匝数比1241n n =
B ．理想电压表V 2、V 3的示数都减小
C ．光照强度的增加量约为7.5lx
D ．在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小
【答案】AC
【解析】
【分析】 【详解】
A ．设开始时变压器初级电流为I 1，则
1222110.80.2
n I I n I I ===V V 解得
1241
n n = 选项A 正确；
B ．因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V 2不变；因次级电流变大，则R 0上电压变大，则V 3的示数减小，选项B 错误；
C ．变压器次级电压为
21155V 4
U U == 开始时光敏电阻
210255402350.2
U R R I =-=-=Ω 后来光敏电阻
2
20
'
255
40
15
1
U
R R
I
=-=-=Ω
由
120
E
R
=可得
21
120120120120
l
7
1523
x
.5
5
E
R R
∆=-=-≈
选项C正确；
D．在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。

故选AC。

11．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出
A．物体的初速度0v=6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值min 1.44
x m
=
D．当某次θ=30︒时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律
sin cos
mg mg ma
θμθ
+=
得加速度为
sin cos
a g g
θμθ
=+
由运动学公式当θ=90°时，202
v gx
=，可得
m
26s
v gx
==，当θ=0 时，2
2
v gx
μ
=，可得
2
3
24
v
gx
μ==，故A项正确，B项错误；
C. 根据运动学公式得物体能达到的位移
202(sin cos )
v x g g θμθ=+ 由辅助角公式
22021sin()v g x μθα=++
可得位移x 的最小值
20
min 2 1.44m 21x g μ==+
故C 项正确；
D.由于>an t μθ，所以当物体在斜面上停止后，不会下滑，故D 项错误。

12．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v 0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同
C ．该战士在空中经历的时间是02tan v g
θ D ．该战士在空中经历的时间是
0tan 2v g
θ 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知 0
tan 2y gt x v θ== 解得平抛运动的时间为
02tan v t g θ=
如果v 0不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为 0022tan v x v t g
θ== 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．一小灯泡上标有“3.8V ，1.14W”的字样，现用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，实验室有如下器材可供选用：
A ．电压表V 1（0～3V ，内阻R V1约为5k Ω）
B ．电压表V 2（0～15V ，内阻R V2约为25k Ω）
C ．电流表A 1（量程为200mA ，内阻R A1为10Ω）
D ．电流表A 2（量程为600mA ，内阻R A2约为4Ω）
E.定值电阻R 0（10Ω）
F.滑动变阻器R （0～9Ω，1A ）
G .电源E （6V ，内阻约为1Ω）
H.单刀开关一个、导线若干
(1)要求测量尽量准确，且测量范围尽可能大，并能测量小灯泡的额定电流，实验中应选用的两个电表分别是_____、____（填对应器材前的字母序号）；
(2)请利用(1)问中选择的电表，在甲图所示的虚线框里把实验电路图补充完整（要求在图中需标明所选器材的字母代号）；
(3)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图乙所示。

如果用两节干电池组成的电源E 1（电动势3V ，内阻1Ω）和滑动变阻器R 1（0~19Ω），将该小灯泡连接成如图丙所示的电路。

闭合开关S ，调节滑动变阻器R 1的滑片，则流过小灯泡的最小电流为____A 。

（结果保留2位小数）
【答案】CD 0. 13（0. 12～0. 13均可）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]．小灯泡的额定电流为 1.14A=0.3A 3.8
I =，则电流表选择A 2；小灯泡额定电压为3V ，两个电压表量程除了偏小就是偏大，可用已知内阻的电流表A 1与定值电阻R 0串联，可相当于量程为
10()4V g A U I R R =+= 的电压表；则两个电表选择CD ；
(2)[3]．电路如图
(3)[4]．当电流最小时，滑动变阻器电阻取最大值19Ω，将滑动变阻器的阻值等效为电源内阻，则
U=E-Ir=3-20I，将此关系画在灯泡的U-I线上如图，交点坐标为I=130mA=0.13A。

14．现有一电池,电动势E约为5V,内阻r 约为50Ω,允许通过的最大电流为50mA．为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图甲所示的电路进行实验．图中R为电阻箱,阻值范围为0~999.9Ω,R．为定值电阻V 为理想电压表．
（1）可供选用的R．有以下几种规格,本实验应选用的R．的规格为______ (填选项序号字母)
A．15Ω 1.0W B．50Ω 0.01W
C．60Ω 1.0W D．1500Ω 6.0W
（2）按照图甲所示的电路图,在答题卡上将图乙所示的实物连接成实验电路________．
（3）连接好电路,闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录阻值R 和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,并作出如图丙所示的1/U-1/R关系图像,则电动势E=____V,内阻r=____Ω．(结果均保留两位有效数字)
【答案】C 5.0 53
【解析】
【详解】
（1）定值电阻起保护作用，电动势为5V ，允许通过的电流为：50mA ；由欧姆定律可得：
51000.05R ==Ω；需要的保护电阻约为：100-50=50Ω；故电阻数值上BC 均可以，但由于B 中额定功率太小，所以额定电流过小，故应选择C （60Ω，1.0W ）；
（2）根据原理图图，连接实物图如图所示：
（3）由闭合电路欧姆定律得0E U R R R r =++，可整理为0111r R U E R E +=⋅+，根据图象可知10.20E =，解得E=5.0V ；
00.560.2022.50.016
r R k E +-===，解得522.56052.553r =⨯-=Ω≈Ω． 【点睛】 题考查测量电动势和内电阻的实验，注意只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式y kx b =+的形式，再求出k 和b 即可．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q ，质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC=L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ=L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，
且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°
=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)a粒子的发射速率
(2)匀强电场的场强大小和方向
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值
【答案】（1）粒子发射速度为
（2）电场强度的大小为
（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值
【解析】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：
由几何知识可得
代入数据可得粒子轨迹半径
洛仑磁力提供向心力
解得粒子发射速度为
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直向下．
水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
式中
解得电场强度的大小为
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有
解得
故最大偏转角
粒子在磁场中运动最大时长
式中T为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有
解得
速度偏转角最小为
故最短时长
因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值
点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解. 16．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3sin α5
=，整个装置处于水平向右的匀强电场中。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g 。

求
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A 点时速度的大小；
(3)小球从C 点落至水平轨道上的位置与A 点的距离。

【答案】（1）34mg q （223gR （3）9R 8 【解析】
【详解】
(1)小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则，则有：
tan αq mg
E = 解得匀强电场的场强大小：
tan α34mg q q
E mg == (2)设小球到达C 点时的速度大小为C v ，由牛顿第二定律得：
2C v F m R = 222()()F mg Eq =+
解得：
5C gR v = 小球到达A 点的速度大小A v ，由动能定理有：
2211(cos α)sin α22
C A mg R R Eq R mv mv -+-=
-g g 解得： 23A gR v =
(3)小球离开C 点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g ，小球在竖直方向的初速度为：
sin αy C v v =
从C 点落到水平轨道上所用时间为t ，由运动学公式，则有：
21cos α2
y v t gt R R +=+ 解得：
355R t g
= 小球在水平方向上做初速度不为零的匀减速直线运动，加速度大小为：
34
Eq a g m == 小球在水平方向的初速度为：
cos αx C v v =
由运动学公式，则有：
212
x x v t at =- 小球从C 点落至水平轨道上的位置与A 点的距离：
9sin α8
s x R R +==
17．如图所示，半径为15m R =的14
光滑圆弧AB 固定在水平面上，BCD 为粗糙的水平面，BC 和CD 距离分别为2.5 m 、1.75 m ，D 点右边为光滑水平面，在C 点静止着一个小滑块P ，P 与水平面间的动摩擦因数为10.2μ=，容器M 放置在光滑水平面上，M 的左边是半径为22m R =的
14光滑圆弧，最左端和水平面相切于D 点。

一小滑块Q 从A 点正上方距A 点高 3.45m H =处由静止释放，从A 点进入圆弧并沿圆弧运动，Q 与水平面间的动摩擦因数为20.5μ=。

Q 运动到C 点与P 发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。

已知Q 、P 和M 的质量分别为1231kg 5kg 1kg m m m ===、、，重力加速度g 取210m/s ，求：
(1)P 、Q 第一次碰撞后瞬间速度大小；
(2)Q 经过圆弧末端B 时对轨道的压力大小；
(3)M 的最大速度。

【答案】（1）-8m/s 4m/s （2）43.8N （第一次）和17.8N （第二、三次）（3）5m/s
【解析】
【详解】
（1）物体Q 从开始下落，到到达C 点的过程，由动能定理：
21121211()2
m g H R m g BC m v μ+-⋅= 解得
v 1=12m/s
Q 运动到C 点与P 发生碰撞，则：
111223m v m v m v =+
222111223111222
m v m v m v =+ 联立解得：
v 2=-8m/s
v 3=4m/s
（2）碰撞后Q 向左滑行，设Q 第二次到B 点时速度为4v ，由动能定理有
222114121122
m gBC m v m v μ-=- Q 第二次在B 点，设轨道对Q 的支持力大小为2F ，应用向心力公式有
214211
m v F m g R -= 解得
217.8F N =
4v
Q 滑上圆弧轨道AB 后再次滑下，第三次经过B 点时的速度大小仍为4v ，轨道对Q 的支持力大小仍为217.8F N =，之后Q 一直向右运动，最终停在BD 上，且与P 无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q 在B 点对轨道的压力大小为43.8 N （第一次）和17.8N （第二、三次）
（3）P 、Q 碰撞后P 向右滑行，设P 点运动到D 点速度为5v ，由动能定理有
221225231122
m gCD m v m v μ-=
- 解得 53m/s v =
P 滑上M 的轨道过程M 向右加速，从轨道上滑下，M 仍向右加速，则P 滑到水平面时M 有最大速度，设P 刚到水平面时，M 和P 的速度分别为7v 和6v ，7v 为M 的最大速度，P 从滑上到回到水平面，P 和M 水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有
252637m v m v m v =+
222252637111222
m v m v m v =+ 联立解得
75m/s v =
62m/s v =。