1、2015-2016学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（第17题为单项选择，第810题为多项选择每小题4分，共40分选全得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）1下列宏观概念中，是量子化的有（）A物体的质量 B弹簧振子的能量C汽车的个数 D卫星绕地球运行的轨道2如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D穿过线圈磁通量的变化率最大3已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢
2、原子的能级图如图所示一群氢原子处于量子数n=4的能级状态，下列说法中正确的是（）A氢原子最多可能辐射4种频率的光子B有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应C辐射光子中都不能使钙发生光电效应D处于基态的氢原子能够吸收能量为11 eV的光子向高能级跃迁4一中子与一质量数为A （A1）的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A B C D5如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A3.5A B A C5A D5A6在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示则可判断出
3、（）A甲光的频率大于乙光的频率B乙光的波长大于丙光的波长C乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能7如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，当导线AB在匀强磁场中作匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数为12mA，则电流表2的示数为（）A3mA B48mAC与R的阻值有关 D08用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0则（）A光电管阴极的逸出功为1.8eVB电键k断开后，没有电流流过电流表GC光
4、电子的最大初动能为0.7eVD改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小9如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，可使（）A原线圈匝数n1减小 B副线圈匝数n2减小C负载电阻R的阻值增大 D负载电阻R的阻值减小10如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=Umsint，三个电流表各有不同的读数现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=Umsin（2t）改换电源后，三个电流表的读数变化为（）A三个电流表的
5、读数均保持不变B只有电流表A3的读数保持不变C电流表A2读数变大、A1读数变小D电流表A2读数变小、A1读数变大二、实验题11卢瑟福和他的助手做粒子轰击金箔实验，获得了重要发现：（1）关于粒子散射实验的结果，下列说法正确的是A证明了质子的存在B证明了原子核是由质子和中子组成的C证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动（2）英国物理学家卢瑟福用粒子轰击金箔，发现了粒子的散射实验下列图中，O表示金原子核的位置，则能正确表示该实验中经过金原子核附近的粒子的运动轨迹的是图中的12某同学用如图所示的装置，利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量
6、守恒定律，图中AB是斜槽，BC是水平槽，它们连接平滑，O点为重锤线所指的位置实验时先不放置被碰球2，让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复10次，然后将球2置于水平槽末端，让球1仍从位置G由静止滚下，和球2碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹，重复10次实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P（1）在该实验中，应选用的器材是下列器材中的A、天平 B、游标卡尺 C、刻度尺 D、大小相同的钢球两个E、大小相同的钢球和硬橡胶球各一个（2）在此实验中，球1的质量为m1，球2的质量为m2，需满足m1m2（选填“大于”、“小于”或“等于”）（3）
7、被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示（4）若实验结果满足m1=，就可以验证碰撞过程中动量守恒三、计算题13铝的逸出功是W0，现在将波长0的光照射铝的表面（普朗克常量为h，电子电荷量为e）（1）求光电子的最大初动能；（2）求遏止电压14“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味若此人质量为50kg，橡皮绳长20m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为6s （g=l0m/s2）求：（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量是多少？（2）从橡皮绳开始拉伸到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力为多大？15如图
8、所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：（1）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2；（2）输电线路导线的总电阻R；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n416如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成=30的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9J，物块与OP段
9、动摩擦因素1=0.1另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因素2=，传送带足够长A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g=10m/s2，现释放A，求：（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；（3）A、B能够碰撞的总次数2015-2016学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（第17题为单项选择，第810题为多项选择每小题4分，共40分选全得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）1下列宏观概念中，是量子化的有（）A物体的质量 B弹簧振子的
10、能量C汽车的个数 D卫星绕地球运行的轨道【考点】量子化现象【分析】量子一词来自拉丁语quantus，意为“多少”，代表“相当数量的某事”在物理学中常用到量子的概念，量子是一个不可分割的基本个体例如，一个“光的量子”是光的单位而量子力学、量子光学等等更成为不同的专业研究领域其基本概念是所有的有形性质也许是“可量子化的“量子化“指其物理量的数值会是一些特定的数值，而不是任意值【解答】解：汽车的个数的数值只能取正整数，不能取分数或小数，因而是不连续的，是量子化的其它三个物理量的数值都可以取小数或分数，甚至取无理数也可以，因而是连续的，非量子化的故选：C2如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于
11、磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D穿过线圈磁通量的变化率最大【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变【解答】解：A、该交变电流的周期为 T=，在t=时刻，即t=时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为
12、零，故A错误；BD、在t=时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大故B、D错误；C、在t=时刻，感应电流大小为零，由公式F=BIL知线圈所受的安培力为零故C正确；故选：C3已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示一群氢原子处于量子数n=4的能级状态，下列说法中正确的是（）A氢原子最多可能辐射4种频率的光子B有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应C辐射光子中都不能使钙发生光电效应D处于基态的氢原子能够吸收能量为11 eV的光子向高能级跃迁【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据数学的组合公式C求出这群氢原子
13、可能辐射光子频率的种数发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差【解答】解：A、根据C=6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子故A错误；B、n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应故B正确，C错误；D、基态的氢原子吸收11eV光子，能量为由于13.60+11=2.60 eV，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故D错
14、误；故选：B4一中子与一质量数为A （A1）的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A B C D【考点】动量守恒定律【分析】中子与原子核发生弹性正碰，动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比【解答】解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，联立两式解得：故A正确，B、C、D错误故选：A5如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A3.5A B A C5A D5A【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据有效值的定义
15、求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有： R+R=I2RT解得：I=5A故选：D6在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示则可判断出（）A甲光的频率大于乙光的频率B乙光的波长大于丙光的波长C乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【考点】光电效应【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置
16、时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大【解答】解：A、根据，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压
17、，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；故B正确C、同一金属，截止频率是相同的，故C错误D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能故D错误故选B7如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，当导线AB在匀强磁场中作匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数为12mA，则电流表2的示数为（）A3mA B48mAC与R的阻值有关 D0【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论【解
18、答】解：由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A2的读数为0故选：D8用如图的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0则（）A光电管阴极的逸出功为1.8eVB电键k断开后，没有电流流过电流表GC光电子的最大初动能为0.7eVD改用能量为1.5eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】A、该装置所加的电压为反向电压，发
19、现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程EKm=hW0，求出逸出功B、电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表D、改用能量为1.5eV的光子照射，通过判断是否能发生光电效应来判断是否光电流【解答】解：A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为0.7eV，根据光电效应方程EKm=hW0，W0=1.8eV故A、C正确B、电键S断开后，用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表故B错误D、改用能量为1.5e
20、V的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流故D错误故选：AC9如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，可使（）A原线圈匝数n1减小 B副线圈匝数n2减小C负载电阻R的阻值增大 D负载电阻R的阻值减小【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器中匝数与电压成正比、与电流成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：由于电压与匝数成正比，所以原线圈匝数减小时，副线圈两端电压增大电流增大，输出功率增大，又输入功率等于输出功率，故A正确B错误；当负载电阻减小时，线圈中电流增大，由P=U
21、I知输出功率增大则输入功率也增大，故C错误D正确故选AD10如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=Umsint，三个电流表各有不同的读数现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=Umsin（2t）改换电源后，三个电流表的读数变化为（）A三个电流表的读数均保持不变B只有电流表A3的读数保持不变C电流表A2读数变大、A1读数变小D电流表A2读数变小、A1读数变大【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此A变亮，B变暗又因为电阻在直流和交流电路中起
22、相同的作用，故C灯亮度不变【解答】解：由公式f=知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项BD正确，AC错误故选：BD二、实验题11卢瑟福和他的助手做粒子轰击金箔实验，获得了重要发现：（1）关于粒子散射实验的结果，下列说法正确的是cA证明了质子的存在B证明了原子核是由质子和中子组成的C证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动（2）英国物理学家卢瑟福用粒子轰击金箔，发现了粒子的散射实验下列图中，O表示金原子核的位置，则能正确表示该实验中经过金原子核附近
23、的粒子的运动轨迹的是图中的B【考点】粒子散射实验【分析】粒子散射实验的现象为：粒子穿过原子时，只有当粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进【解答】解：（1）A、C、D、粒子散射实验说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，C正确，AD错误；B、卢瑟福发现了质子，查德威克发现了中子，故B错误；故选：C（2）A、在粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用力是斥力，故斥力指向轨迹的内侧，显然A中下方粒子受力指向轨迹的外侧，故A错误；B、在粒子的散射现象中绝大多数的粒子都照直穿过薄
24、金箔，偏转很小，但有少数粒子发生角度很大的偏转，个别的粒子偏转角大于90，极少数的粒子偏转角大于150，甚至个别粒子沿原方向弹回原因在粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用力是斥力，故越靠近原子核的粒子受到的斥力越大，轨迹的偏转角越大，故B正确，C错误，D错误故选：B故答案为：（1）C；（2）B12某同学用如图所示的装置，利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC是水平槽，它们连接平滑，O点为重锤线所指的位置实验时先不放置被碰球2，让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复10次，然后将球2置于水平槽末端，让球1仍从位置
25、G由静止滚下，和球2碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹，重复10次实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P（1）在该实验中，应选用的器材是下列器材中的ACDA、天平 B、游标卡尺 C、刻度尺 D、大小相同的钢球两个E、大小相同的钢球和硬橡胶球各一个（2）在此实验中，球1的质量为m1，球2的质量为m2，需满足m1大于m2（选填“大于”、“小于”或“等于”）（3）被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示（4）若实验结果满足m1=m1+m2，就可以验证碰撞过程中动量守恒【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）根据实验的原理，选择需要进行实验的器材；写出验证动量守恒定律的表达式，根据表达式中的物
26、理量选择需要的测量工具；（2）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量（3）小球1和小球2相撞后，小球2的速度增大，小球1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；（4）先根据平抛运动的特点判断碰撞前后两个小球的落地点，再求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等【解答】解：（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得：tm1v0=tm1v1+tm2v2即：m1=m1+m2可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球
27、在水平方向的位移；所以需要选择的器材有A、C、D（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有： m1v02=m1v12+m2v22解得：v1=要碰后入射小球的速度v10，即m1m20，故答案为：大于（3）1球和2球相撞后，2球的速度增大，1球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以所以碰撞后2球的落地点是P点，所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示；（4）N为碰前入射小球落点的位置，M为碰后入射小球的位置，P为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：碰撞后入射小球的速度为：碰撞后被碰小球的速度为：若m1v1=m2v3+m1v2则
28、表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m2故答案为：（1）ACE；（2）大于；（3）；（4）m1+m2三、计算题13铝的逸出功是W0，现在将波长0的光照射铝的表面（普朗克常量为h，电子电荷量为e）（1）求光电子的最大初动能；（2）求遏止电压【考点】光电效应；动能定理【分析】（1）先利用频率与波长关系，计算出入射光的频率，再利用爱因斯坦光电效应方程求出光电子最大初动能；（2）利用动能定理，找出遏止电压与光电子最大初动能之间的关系，求出遏止电压【解答】解：（1）入射光的频率为：则光电子最大初动能为“（2）由动能定理有：eUc=0Ek解得遏制电压为：答：（1）光电子的最
29、大初动能为；（2）遏止电压为14“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味若此人质量为50kg，橡皮绳长20m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为6s （g=l0m/s2）求：（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量是多少？（2）从橡皮绳开始拉伸到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力为多大？【考点】动量定理【分析】人的运动可分为几个过程，自由落体运动、加速度逐渐减小的加速运动、加速度逐渐增大的减速运动第一个过程很容易求得橡皮绳拉直的时间和速度第二、三个过程可以近似看成匀变速运动来处理，先由速度和时
30、间求出加速度，再根据牛顿第二定律求出平均作用力【解答】解：（1）人做自由落体运动，下落20m高度时，根据2gh=v2解得：v=20m/s所以P=mv=1000kgm/s（2）人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则t1=2s人继续下落到停止过程加速度为：a=m/s2=5m/s2由牛顿第二定律得：Fmg=ma橡皮绳对人的平均作用力为：F=ma+mg=50（10+5）=750N答：（1）此人下落到橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量是1000kgm/s；（2）橡皮绳对人的平均作用力约为750N15如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电
31、能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求：（1）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2；（2）输电线路导线的总电阻R；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4【考点】远距离输电【分析】（1）根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈匝数比；（2）先根据P=UI求解传输电流，再根据求解输电线路导线电阻；（3）先根据U3=U2U求解降压变压器的输入电压，然后根据求解降压变压器的匝数比【解答】解：（1）升压变压器的原副线圈的匝数比为：（2）输电线上的电流为：I=输电线电阻：（3）降压变压器原线圈电压：U3=U2IR=2000520=1900V故降压变压器原副线圈的匝数比
32、为：答：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为1：5（2）输电线路导线电阻R为20（3）降压变压器原副线圈匝数比为95：1116如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成=30的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能Ep=9J，物块与OP段动摩擦因素1=0.1另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因素2=，传送带足够长A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g=10m/s2，
33、现释放A，求：（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；（3）A、B能够碰撞的总次数【考点】动能定理；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）从释放到与B碰撞前的过程，对A和系统运用功能关系列式，即可求解物块A与B第一次碰撞前的速度；（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A、B的速度B获得速度后碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间和位移；最后结合公式Q=fS求解热量（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后
34、A向左运动再返回时与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞每一次过程中损失的机械能为21mgl，根据整个过程能量守恒列式求解A、B碰撞的次数【解答】解：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为v0，则：解得：v0=4m/s（2）设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA=0，vB=4m/s，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则：mgsin+2mgcos=ma1，解得：a1=gsin+2gcos=10m/s2运动的时间位移=0.8m此过程相对运动路程s1=vt1+x1=2m此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动
35、直至与A再次碰撞，加速时间为=0.3s位移为此过程相对运动路程s2=vt2x2=0.45m全过程生热Q=2mgcos（s1+s2）=12.25J（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞： =2n1mgL解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次（取整数）答：（1）物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率为4m/s；（2）从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量为12.25J；（3）A、B能够碰撞的总次数为6次2016年7月5日