甘肃省金昌市2021届新高考物理一模考试卷含解析

甘肃省金昌市2021届新高考物理一模考试卷
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．在地面上发射空间探测器用以探测其他行星，探测器的发射过程有三个主要阶段。

先将探测器发射至地球环绕轨道，绕行稳定后，再开动发动机，通过转移轨道运动至所探测行星的表面附近的合适位置，该位置很接近星球表面，再次开动发动机，使探测器在行星表面附近做匀速圆周运动。

对不同行星，探测器在其表面的绕行周期T 与该行星的密度ρ有一定的关系。

下列4幅图中正确的是（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【详解】
设行星质量为M ，半径为R 。

则由
222()Mm G m R R T
π= 可得探测器在行星表面绕行的周期
3
2R T GM
=行星的体积343
V R π=，又有M V ρ= 解以上各式并代入数据得
231T G πρ
=⋅ 取对数得
113lg lg lg 22T G
πρ=-+ 对照题给函数图像，B 正确，ACD 错误；
故选B 。

2．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块，木板受到
随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到如图乙所示的a-
F 图，最大静摩擦力
近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是
A．滑块的质量m＝4 kg
B．木板的质量M＝2 kg
C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。

对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出:
M＋m＝6 kg，
当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得:
1
F mg mg
a F
M M M
μμ
-
==-，
知图线的斜率k＝1
2
，则:
M＝2 kg，
滑块的质量:
m＝4 kg；
故AB不符合题意；
CD．根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出:
μ＝0.1，
当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出：
a′＝μg＝1 m/s2，
故C符合题意，D不符合题意。

故选C。

3．如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于gR
D．轨道对铁球的磁性引力至少为3mg，才能使铁球不脱轨
【答案】B
【解析】
【详解】
AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A错误，B正确；
C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；
D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点
的速度也越小，根据：F＝m
2
v
R
可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力
的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足
mg•2R
1
2
=mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F﹣mg
2
v
R
=，
联立得：F＝5mg，故D错误．
4．一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是t=0时刻的波形图，图（乙）是x=1.0m处质点的振动图像，下列说法正确的是（）
A．该波的波长为2.0m B．该波的周期为1s
C ．该波向x 轴正方向传播
D ．该波的波速为2.0m/s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 ABD ．根据甲、乙图可知，波长4m ，周期2s ，波速 =2m/s v T λ
=
选项AB 错误，D 正确；
C ．根据图乙t=0s 时，质点向下振动，所以甲图x=1m 坐标向下振动，由同侧法可得波向x 轴负方向传播，选项C 错误。

故选D 。

5．如图所示，一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a 、b 两种单色光。

则下列说法正确的是（ ）
A ．在真空中传播时，a 光的速度大
B ．从玻璃射向空气时，b 光发生全发射的临界角小
C ．经过同一双缝干涉实验装置时，观察到a 光的相邻亮条纹间距大
D ．若b 光能使某金属发生光电效应，则a 光也一定能发生光电效应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．真空中传播时，各种颜色光的光速均相同，A 错误；
B ．根据光路图可知b 光偏折程度小，所以b 光折射率小，根据全反射定律1sin
C n =
可知b 光发生全反射的临界角大，B 错误；
C ．根据光路图可知a 光折射率大，所以频率大，波长短，根据l x d
λ∆=
可知，经过同一双缝干涉实验装置时，观察到a 光的相邻亮条纹间距小，C 错误；
D ．a 光的频率大于b 光，根据=h εν可知a 光的光子能量大于b 光，所以若b 光能使某金属发生光电效应，则a 光也一定能发生光电效应，D 正确。

故选D 。

6．采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R 1、R 2、R 3 是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P ，则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）
A ．P
B ．32P
C ．53P
D ．95
P 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 设三个完全相同的定值电阻的阻值为R ，电压电压为U ，开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212
()5n R R R R n =+=总 电路消耗的总功率为
22
5U U P R R
==总 开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为
212()32
n R R R R n '=+=总 电路消耗的总功率为
22533U U P P R R '==='总
故A 、B 、D 错误，C 正确；
故选C 。

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．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 边刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v ﹣t 图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g ，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向B．线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．线框中安培力的最大功率为
2
1
2 mgv
v
D．线框中安培力的最大功率为
2
2
1
mgv
v
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；
B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；
CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又1
BLv
I
R
=，又L
＝v1（t2﹣t1），联立解得：()
1211
l mgR
B
v t t v
=
-
；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为P m＝F安t2，又
22
2
B L v
F
R
=
安
，联立得：
2
2
1
m
mgv
P
v
=，故C错误，D正确．
8．如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与
两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹
簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，
OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正
确的是（）
A．圆环在O点的速度最大
B ．圆环通过O 点的加速度等于g
C ．圆环在A 点的加速度大小为(22)g -+
kL m
D ．圆环在B 点的速度为gL
【答案】BC
【解析】 【分析】
【详解】
A ．圆环受力平衡时速度最大，应在O 点下方，故A 错误。

B ．圆环通过O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g ，故B 正确。

C ．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A 点弹簧伸长量为2L-L=2-1）L ，根据牛顿第二定律，有
221cos45mg k L ma +︒=（）
解得 (22)kL a g m
-=+ 故C 正确。

D ．圆环从A 到B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有
2122
B mg L mv ⋅=
解得 2B v gL =故D 错误。

故选BC 。

9．甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的
x t t
-图像如图所示。

关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．乙质点做初速度为c 的匀加速直线运动
B ．甲质点做加速度大小为
2c d 的匀加速直线运动 C ．2
d t =时，甲、乙两质点速度大小相等 D ．4
d t =时，甲、乙两质点速度大小相等 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．根据匀变速直线运动位移时间公式2012x v t at =+得01 2
x v at t =+ 对于乙质点，由图可知
v 0乙=c 12c a d
=-乙 乙的加速度为
2c a d
=-乙 乙质点做初速度为c 的匀减速直线运动，选项A 错误；
B ．对于甲质点，由图可知
v 0甲=0
12c a d
=甲 甲的加速度为
2c a d
=甲 甲质点做加速度大小为
2c d 的匀加速直线运动，故B 正确。

C ．2
d t =时，甲的速度 22
=c d c d v a t ⨯==甲甲 乙质点速度 020=v 2v a d t c c d +=-
⨯=乙乙乙 选项C 错误；
D ．4d t =时，甲的速度
'
22
=14c d v t d a c =⨯=甲甲 乙质点速度 '
021=v 42v a t c c d c d +⨯=-
=乙乙乙 即甲、乙两质点速度大小相等，选项D 正确。

故选BD 。

10．如图为磁流体发电机的原理示意图，间距为d 的平行金属板M 、N 间有磁感应强度大小为B 且方向垂直纸面向里的匀强磁场，将一束含有大量带正电和带负电的等离子体以速度v 水平喷入磁场，两金属板间就产生电压.定值电阻0R 、滑动变阻器R （最大值为02R ）及开关S 串联后接在M 、N 两端，已知磁流体发电机的电阻为r （001.52R r R <<），则在电路闭合、滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中（ ）
A ．金属板M 为电源正极，N 为电源负极
B ．电阻0R 消耗功率的最大值为()2220
20B d v R R r +
C ．滑动变阻器消耗功率的最大值为222
B d v r R + D ．发电机的输出功率先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向N 板偏转，负离子向M 板偏转，即金属板M 为电源负极，N 为电源正极，故A 错误；
B ．等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即
E Bqv q d
= 可得电源电动势E Bdv =，当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻0R 消耗的功率最大，且为
()(
)()2202102200
0Bdv R E R P I R R r R r ===++
故B 正确； C ．滑动变阻器最大阻值为02R ，小于定值电阻与电源内阻之和，故滑动变阻器阻值为02R 时消耗的功率最大，且为 ()()22220
022*******E R B d v R R r P R r ⋅=++=
故C 错误；
D ．因001.52R r R <<，所以滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，外电路电阻减小，必然在某位置有 0r R R =+滑
由外电阻与内阻相等时电源输出功率最大可知，滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D 正确。

故选：BD 。

11．如图甲所示，A 、B 两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A 、B 的质量分别为A m m =，3B m m =。

t=0时刻对物块A 施加一水平向右推力F 1，同时对物块B 施加一水平向右拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，力F 1、F 2随时间变化的规律如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．02t 时刻A 对
B 的推力大小为034
F B ．0～02t 时刻内外合力对物块A 做的功为2200128F t m
C ．从开始运动到A 、B 分离，物体B 运动的位移大小为2200964F t m
D ．0t 时刻A 的速度比B 的速度小
0024F t m
【答案】BD
【解析】
【详解】 C ．设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物体共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：
012
4A B F F F a m m m
+=
=+
分离时：
0203344B F F m a m F m ==⨯
= 根据乙图知此时03
4
t t =，则从开始运动到A 、B 分离，物体B 运动的位移大小：
222000039411224128F x at t F t m ==⨯⨯=（）
故C 错误； A ．
2
t 时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有： 012
4A B F F F a m m m
+=
=+
对B ，根据牛顿第二定律： F 2+F AB =m B a 则
001324
AB F F ma F =-
= 故A 错误； B ．0～
2
t 时间，根据乙图知： F 1+F 2=F 0
则始终有，对整体根据牛顿第二定律：
012
4A B F F F a m m m
+=
=+
则
2
t 时刻 00028A t F t v a m
==
对A 根据动能定理：
20022
12812A F t W mv m
==
合 故B 正确； D ．03
4
t t =
时，AB 达到共同速度 00316AB
F t v at m
==
此后AB 分离，对A ，根据动量定理： I=m A △v
根据乙图
3
4
t 0～t 0，F-t 图象的面积等于F 1这段时间对A 的冲量，则 0000443122
t F F t I =⨯⨯=
则
001
32F t v m
=
⨯V 对B ，根据动量定理： I′=m B △v′ 根据乙图
3
4
t 0～t 0，F-t 图象的面积等于F 2这段时间对B 的冲量，则 00000374432
12t
F F t I F '=⨯⨯+=（）
则
0071
323F t v m
'=
⨯V 则
3
4
t 0～t 0时间内B 比A 速度多增大 00
24F t v v v m
"='-=
V V V 故D 正确。

故选：BD 。

12．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A ，将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处，图中AC=h 。

当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）
A 2
L B ．以后由于A 漏电，B 在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A 的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C ．若保持悬点C 位置不变，缓慢缩短丝线BC 的长度，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B所受重力的3
倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整
为3
h或
23
h
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根
据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为
3
2
h，选项A错误；
B．而由三角形相似可知
G F T
h AB BC
==
则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；
Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标为（x，y），则由几何关系
cos sin
x hθθ
=⋅
tan
x
y θ=
消掉θ角且整理可得
2
222
(cos)
x y h BC
+==
θ
缓慢缩短丝线BC的长度，最初阶段BC的长度变化较小，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C正确；
D．若A对B的静电力为B 3
B静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B受力分
析，G、F与T，将F与T合成，则有G F
AC AB
=
解得
33
F AB h h
G =
= 根据余弦定理可得
2
2232cos30h h BC BC h =+-⨯⨯︒（
） 解得 BC=
33
h 或233h
选项D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．圆柱形陶瓷元器件表面均匀镀有一层导电薄膜，已知导电薄膜电阻率为ρ，为了测量该薄膜厚度，某同学使用铜丝紧绕在元件表面，铜丝绕制成圆形，圆柱体轴线垂直于铜丝圆面，制成电极A 、B ，如图甲所示
(1)用螺旋测微器测量元件的直径，测量结果如图乙所示，其读数为_________mm 。

(2)为了测量元件电阻，某同学首先使用多用电表对元件粗测，元件电阻约为10Ω，现需准确测量电阻阻值，可供器材如下
A ．被测元件x R （阻值约10Ω）
B ．直流电源（电动势约6V ，内阻约3Ω）
C ．电流表1A （量程0~0.6A ，内阻约2Ω）
D ．电压表1V （量程0~2V ，内阻1V 1000ΩR =） E.电压表2V （量程0~12V ，内阻约5000Ω） F.定值电阻0R （02000ΩR =） G .滑动变阻器1R （020Ω:） H.滑动变阻器2R （0100Ω:） I.电键、导线等
①在可供选择的器材中，已经选择A 、B 、C 、I 除此之外，应该选用________（填写序号） ②根据所选器材，在图丙方框中画出实验电路图_______
③需要测量的物理量________，请用上述物理量表示被测电阻x R =______。

(3)为了测量薄膜厚度还需要测量的物理量为__________。

(4)若被测元件电阻为R ，元件直径为d ，电阻率为ρ，请结合使用(3)物理量表示薄膜厚度d ∆=____。

【答案】0.398（0.396~0.399均可给分） DFG （分压式接法
也可以） 电流表1A 示数I ，电压表1V 示数U (
)110V V U R R R I U
+-（或()1
1V 0
V U R
R R I
+） 电极A 、B
之间的距离L πL
d R
ρ⋅ 【解析】 【详解】
(1)[1]螺旋测微器主尺刻度为0，可动刻度为39.8×0.01mm=0.398mm ，所以读数为 0+0.398mm=0.398mm
(2)[2]因为直流电源电动势为6V ，电压表V 2量程太大，不能选择，可将电压表V 1改装，因此需要DF ；滑动变阻器起限流作用，安全下选择小的，比较方便操作，所以选择G 。

[3]该电路设计滑动变阻器阻值比被测阻值大，而且能保证仪器安全，因此滑动变阻器采用限流方式，使用伏安法测量被测电阻，其中电压表需串联一个分压电阻，总电阻远大于待测电阻，采用电流表外接。

电路如图：
[4]根据欧姆定律，需要测量电流表1A 示数I ，电压表1V 示数U ； [5]电压应为电压表和定值电阻的总电压，电流应为流过待测电阻的电流，则
()
()
111
1
1
V 0
V 0V x V V U
R R U R R R R U R I U I R ++==--
因为1
V
U
I R ?
，所以也可表示为 ()
()
111
1V 0
V 0V x V U
R R U R R R R I
R I
++=
=
(3)[6]根据电阻定律
x L R S
ρ
= 其中薄膜很薄，展开后可认为是以圆周长为边，厚度为高的矩形，即
πS d d ≈⋅∆
所以为了测量薄膜厚度，还需要测量连入电路的电阻长度为电极A 、B 之间的距离L 。

(4)[7]据题有
πL
R d d ρ
=⋅∆
因此
πL
d d R
ρ
∆=⋅ 14．用图（a ）所示的实验装置，探究小车匀加速运动的加速度a 与其质量m 及所受拉力F 的关系。

实验所用交变电流的频率为50Hz 。

(1)保持沙桶及沙的总质量不变，改变小车上砝码的质量，分别做了5次实验。

在图（b ）所示的1a m
-坐标系中标出了相应的实验数据。

(2)再进行第6次实验，测得小车及砝码总质量为0.25kg ，实验得到图（c ）所示的纸带。

纸带上相邻计数点之间还有4个点未画出，由纸带数据计算加速度为__________2m /s 。

（保留3位有效数字） (3)请把第6次实验的数据标在图（b ）所示的1a m -
坐标系中，并作出实验的1
a m
-图像________。

【答案】0.633
【解析】 【详解】
(2)[1]相邻计数点时间间隔为
0.02s 50.1s t =⨯=V
由逐差法计算加速度有
22
2
7.977.33(6.70 6.07)cm /s 0.633m /s (2)a t +-+=
≈V
(3)[2]本次实验的数据为：
111 4.0kg 0.25kg m -== 20.633m /s a =
将其在坐标系内描点，坐标系上全部的6个点均有效。

画--条平滑的、细的直线，使各点对称分布在直线的两侧，且直线过坐标原点。

图像如图所示：
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC 固定在粗糙水平面上，直径AC 竖直。

小物块P 和Q 之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P 、Q 和弹簧作为一个系统可视为质点。

开始时，系统位于4处，某时刻弹簧解锁（时间极短）使P 、Q 分离，Q 沿水平面运动至D 点静止，P 沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C ，最终也落在D 点。

已知P 的质量为m 1=0.4kg ，Q 的质量为m 2=0.8kg ，半圆轨道半径R=0.4m ，重力加速度g 取l0m/s 2，求： （I ）AD 之间的距离； （2）弹簧锁定时的弹性势能；
（3）Q 与水平面之间的动摩擦因数。

（结果保留两位小数）
【答案】（1）0. 8m （2）6J （3）0.31 【解析】 【详解】
（1）设物块P 在C 点时的速度v ，AD 距离为L ，由圆周运动和平抛运动规律，得
2
11m v m g R
= 2122
R gt =
=L vt
解得
=2m/s v =0.8m L
（2）设P 、Q 分离瞬间的速度大小分别为1v 、2v ，弹簧锁定时的弹性势能为p E ， 由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
1122m v m v =
22111111
222
m v m g R m v =⋅+ 22
11221122
p E m v m v =+
联立解得
=6J p E
（3）设Q 与水平面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理，得
222212
m v m gL μ= 解得
5
0.3116
μ=
≈ 16．如图所示，质量m B =2kg 的平板车B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一块质量m A =2kg 的物块A ，A 、B 一起以大小为v 1=0.5m/s 的速度向左运动，一颗质量m 0=0.01kg 的子弹以大小为v 0=600m/s 的水平初速度向右瞬间射穿A 后，速度变为v=200m/s.已知A 与B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止时A 刚好停在B 的右端，车长L=1m ，g=10m/s 2，求： （1）A 、B 间的动摩擦因数；
（2）整个过程中因摩擦产生的热量为多少？
【答案】（1）0.1（2）1600J 【解析】 【详解】
（1）规定向右为正方向，子弹与A 作用过程，根据动量守恒定律得： m 0v 0－m A v 1=m 0v ＋m A v A
代入数据解得： v A =1.5m/s
子弹穿过A 后，A 以1.5m/s 的速度开始向右滑行，B 以0.5m/s 的速度向左运动，当A 、B 有共同速度时，A 、B 达到相对静止，对A 、B 组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有： m A v A －m B v 1=(m A ＋m B )v 2 代入数据解得： v 2=0.5m/s
根据能量守恒定律知： μm A gL=
12m A v A 2＋12m B v 12－1
2
(m A ＋m B )v 22 代入数据解得： μ=0.1
（2）根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为： Q=
12m 0v 02＋12(m A ＋m B )v 12－12m 0v 2－1
2
(m A ＋m B )v 22 代入数据解得： Q=1600J
17．如图所示，两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s 。

已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m 处重合。

①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m 处的质点到达波峰且为振动加强点？
【答案】①(2.520)m(012)x k k =+=±±L ，
，，② 5.4s a t = 【解析】 【详解】
①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。

从题图中可以看出，a 波波长 2.5m a λ=；b 波波长4m b λ=
a 波波峰的x 坐标为
()()1112.5 2.5m 0,1,2,k k x =+=±±L ；
b 波波峰的x 坐标为
()()2222.54m 0,1,2,x k k =+=±±L ；
由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为
(2.520)m (0,1,2,)x k k =+=±±L 。

②a 波波峰传播到 1.0m x =处的时间为
1(0,1,2,)a a
a x x m t m v v
λ∆∆+=
==L 。

b 波波峰传播到 1.0x m =处的时间为 2(0,1,2,)b b
b x x n t n v v
λ∆∆+===L 。

其中121m 1.5m x x ∆=∆=，
当 1.0m x =处的质点处于波峰时，有a b t t = 以上各式联立可解得
581m n -=。

由分析可知，当53m n ==、时， 1.0m x =处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m =代入
1a a
a x x m t v v
λ∆∆+=
= 解得
5.4s a t =。