1、甘肃省白银市会宁一中2016届高三上学期第一次月考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第l417题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A5 m/sB10 m/sC15 m/sD20 m/s考点：匀变速直线运动规律的综合运用 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线直线运动的速度位移公式求出最小的初速度大小解答：解：根据匀变速直线运动的速度位移公
2、式有：则最小的初速度为：m/s=10m/s故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题2将一物体以某一初速度竖直上抛物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0则( )At1t0，t2t1Bt1t0，t2t1Ct1t0，t2t1Dt1t0，t2t1考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动 专题：直线运动规律专题分析：题中描述的两种情况物体均做匀变速运动，弄清两种情况下物体加速度、上升高度等区别，然后利用匀变速运
3、动规律求解即可解答：解：不计阻力时，物体做竖直上抛运动，根据其运动的公式可得：，当有阻力时，设阻力大小为f，上升时有：mg+f=ma，上升时间有阻力上升位移与下降位移大小相等，下降时有mgf=ma1，根据，可知t1t2故ACD错误，B正确故选：B点评：正确受力分析弄清运动过程，然后根据运动学规律求解是对学生的基本要求，平时要加强这方面的训练3某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在t
4、时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为( )ABCD考点：匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，即可得出火车匀速运动的时间，根据平均速度公式求出火车匀速运动的速度解答：解：火车中途急刹车，停止后又立即加速到v0这段时间内的位移，这段位移若做匀速直线运动所需的时间，则火车由于刹车减速再加速所耽误的时间为，则火车匀速运动的速度故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键求出火车由于刹车减速再加速所耽误的时间，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式 4如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc
5、固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为和，且一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律 专题：压轴题；运动学中的图像专题分析：vt图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小根据运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象解答：解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2根据牛顿第二定律得： mgsin+mgcos=ma1，mgsinmg
6、cos=ma2，得a1=gsin+gcos，a2=gsingcos，则知a1a2而vt图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=知，上滑过程时间较短因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0故C正确，ABD错误故选C点评：本题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图象的物理意义进行选择5如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向
7、的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )A：4B4：C1：2D2：1考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比解答：解：将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反 则得：F2=F1sin30=0.5F1根据胡克定律得：F=kx，k相同，则 弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：xC=F1
8、：F2=2：1故选：D点评：本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解6科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用下列说法符合历史事实的是( )A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质考点：物理学史 分析：本题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些
9、理论和观点，进行分析解答：解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动故A错误B、伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去故B正确C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实故C正确D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实故D正确故选：BCD点评：本题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力的观点，要理解并记牢7如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平现把物体Q轻轻地叠放
10、在P上，则( )AP向下滑动BP静止不动CP所受的合外力增大DP与斜面间的静摩擦力增大考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：先对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力解答：解：A、B、对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：N=Mgcosf=MgsinfN故tan由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误，B正确；C、物体P保持静止，合力为零，故C错误；D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D正
11、确；故选：BD点评：本题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力8如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度（一直在弹性限度内）后停止下落在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )A小球刚接触弹簧瞬间速度最大B从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小D从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大考点：动能和势能的相互转化；牛顿第二定律；功能关系 分析：根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球
12、的速度最大，根据牛顿第二定律分析小球的加速度的方向解答：解：A、B小球刚接触弹簧瞬间具有向下的速度，开始压缩弹簧时，重力大于弹力，合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，小球做加速度运动，当小球所受的弹力大于重力时，合力竖直向上，加速度竖直向上，与速度方向相反，小球开始做减速运动，则当弹力与重力大小相等、方向相反时，小球的速度最大故AB错误C、由上分析可知，从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小故C正确D、从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后反向增大故D正确故选CD点评：本题是含有弹簧的问题，关键要抓住弹簧弹力的可变性，不能想当然，认为小球一碰弹簧就开始减速三
13、、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（1）某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mm SB=126.5mm SD=624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：相信两计数点的时间间隔为0.1S打C点时物体的速度大小为2.5m/s（取2位有效数字）物体的加速度大小为（用SA、
14、SB、SC、SD和f表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度；打点计时器系列实验中纸带的处理 专题：实验题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度解答：解析：（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.025=0.1s根据间的平均速度等于点的速度得vc=2.5m/s匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即x=aT2，所以有：xBC=xAB+aT2，xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2，xBD=2xAB+3aT2，所以a=答案：（1）0
15、.1 2.5 点评：要注意单位的换算和有效数字的保留能够知道相邻的计数点之间的时间间隔10某同学利用如图1示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是：BCDA钩码个数N1=N2=2，N3=4 B钩码个数N1=N3=3，N2=4C钩码个数N1=N2=N3=4 D钩码个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是AA标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出O
16、A、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答解答：解：（1）对O点受力分析OA
17、 OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A、以钩码的个数表示力的大小，则不能构成三角形，故A错误；B、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等腰三角形，故B正确；C、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故C正确；D、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成直角三角形，故D正确故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正
18、确，BCD错误故选：A（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BCD；（2）A；（3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别11如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处（已知cos37=0.8，sin37=0.6取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）用大小为30N，与水平方
19、向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律 分析：（1）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；（2）当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律可以求得时间的大小解答：解：（1）物体做匀加速运动 L=at02所以a=10m/s2由牛顿第二定律Ff=ma f=30210=10N 所以 =0.5 即物体与地面间的动摩擦因数为0.5
20、；（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律 Fcos37（mgFsin37）=ma a=g=5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 at=att=t=t=2.3tL=at2+at2所以t=1.03s 即该力作用的最短时间为1.03s点评：分析清楚物体的运动的过程，分别对不同的运动的过程列示求解即可得出结论12甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲
21、的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：压轴题；直线运动规律专题分析：分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比解答：解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2由题，汽车甲在在第二段时间间隔内加速度为2a设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有s=s1+s2，s=s1+s2 由运动学公式得 v=at0 s1= 将代入得
22、 s2=2a，由+得 s=s1+s2=设乙车在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2同样有 v=（2a）t0 将代入得 s2= 由+得s=s1+s2=所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7点评：对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，往往要抓住它们之间的关系，列出关系式（二）选考题：共45分请考生从给出的3个选修中任选一个解答，如果多做均按所答第一评分；【物理一选修3-3】13对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 ( )A若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B若气体的内能不变，其
23、状态也一定不变C若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E当气体温度升高时，气体的内能一定增大考点：物体的内能；理想气体的状态方程 专题：压轴题；内能及其变化专题分析：理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化解答：解：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故A正确；B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；C、由理想气体的状态方程可知，若气体的
24、温度T随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变，故C错误；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故E正确；故答案为：ADE点评：理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，理想气体内能由温度决定14如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚
25、度可忽略）开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空； 右活塞上方气体体积为现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦求：（1）恒温热源的温度T；（2）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；（2）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解解答：解：（1）与恒温热源接触后
26、，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕萨克定律得：=解得：T=T0 （2）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大打开K后，左活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：pV0=对下方气体由玻意耳定律得：（p+p0）（2V0Vx）=p0V0联立式得：6VX2V0VXV02=0，解得：VX=V0，VX=V0不合题意，舍去答：（1）恒温热源的温度T为T0；（2）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx为V0点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离
27、研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系【物理一选修3-4】15如图甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30107m，屏上P点距双缝s1和s2的路程差为7.95107m则在这里出现的应是暗条纹（选填“明条纹”或“暗条纹”）现改用波长为6.30107m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将变宽（选填“变宽”、“变窄”、或“不变”考点：用双缝干涉测光的波长 专题：实验题；光的干涉专题分析：当光屏上的点到双缝的路程差是半波长的偶数倍，出现明条纹；路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹根据判断条纹间距的变化解答：解：屏上P点距双缝s1和s2的路
28、程差为7.95107m，则n=，为奇数，在P点出现暗条纹根据知，波长变大，则条纹间距变宽故答案为：暗条纹，变宽点评：解决本题的关键掌握出现明暗条纹的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式16如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2s时的波形图象求：波传播的可能距离 可能的周期（频率）可能的波速 若波速是35m/s，求波的传播方向若0.2s小于一个周期时，传播的距离、周期（频率）、波速考点：波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由图波长=4m若波向左传播的最短距离为3m，即，若波向右传播的最短距离为1m，即，根据波的周期性：波经过整数倍时间，图形相同，求出波传播的距离根据周
29、期性，得到时间与周期的关系，即得到周期的通项波速是35m/s和时间为0.2s，求出波传播的距离，分析与波长的关系，根据波形的平移，确定波的传播方向若0.2s小于一个周期时，由上面的通项得到距离、周期和波速的特殊值解答：解：题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：向左传播或向右传播 若向左传播时，传播的距离为x=n+=（4n+3）m （n=0、1、2 ） 若向右传播时，传播的距离为x=n+=（4n+1）m （n=0、1、2 ）向左传播时，传播的时间为t=nT+T得：T=（n=0、1、2 ） 向右传播时，传播的时间为t=nT+T得：T=s（n=0、1、2 ）计算波速，有两种方法v=或v= 向左传播
30、时，v=m/s或v=m/s（n=0、1、2 ） 向右传播时，v=m/s或v=m/s（n=0、1、2 ）若波速是35m/s，则波在0.2s内传播的距离为x=vt=350.2m=7m=1，所以波向左传播若0.2s小于一个周期，说明波在0.2s内传播的距离小于一个波长，则： 向左传播时，传播的距离x=3m；传播的时间t=T得：周期T=0.267s； 波速v=15m/s 向右传播时，传播的距离为=1m；传播的时间t=T得：周期T=0.8s；波速v=5m/s答：波传播的可能距离是（4n+3）m 或（4n+1）m （n=0、1、2 ）可能的周期为=（n=0、1、2 ）或s（n=0、1、2 ）可能的波速为m
31、/s（n=0、1、2 ）或m/s（n=0、1、2 ）若波速是35m/s，波的传播方向向左若0.2s小于一个周期时，向左传播时，传播的距离为3m；周期为0.267s；波速为15m/s向右传播时，传播的距离为1m；周期为0.8s；波速为5m/s点评：本题考查理解波动图象的能力以及运用数学通项求解特殊值的能力对于两个时刻的波形，一定要考虑波的双向性【物理一选修3-5】17某考古队发现一古生物骸骨考古专家根据骸骨中的含量推断出了该生物死亡的年代已知此骸骨中的含量为活着的生物体中的，的半衰期为5730年该生物死亡时距今约11460年考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：压轴题；衰变和半衰期专题分析：
32、此骸骨中的含量为活着的生物体中的，说明正好经过两个半衰期时间解答：解：该核剩下，说明正好经过两个半衰期时间，故该生物死亡时距今约25730年=11460年 （11460或1.01041.2104均可）故答案为：11460点评：该题考查半衰期的相关计算，可以根据质量关系：来计算该题中质量关系，故非常简单，可以列出公式，也可以不列出公式18如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）求：（1）
33、子弹射入木块前的速度；（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；（2）由动量守恒定律与机械能守恒定律求出最大高度解答：解：（1）根据机械能守恒定律得：，解得：v=，子弹射入木块的过程中，对子弹和木块组成的系统研究，规定向右为正方向，根据动量守恒得：mv0=（M+m）v，解得：（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：由以上各式可得：H=答：（1）子弹射入木块前的速度为；（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为点评：本题考查了求速度与木块上升的高度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题
