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[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(福建卷)答案

最新联考 2023-09-18 15:59:24 23

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本文从以下几个角度介绍。

弧形斜面的速度方向向左，滑块甲和滑块乙发生弹性碰撞，根据动量守：解析(1)由抛运动的规律得恒定律有mw-m0'+3m2,根据机械能守恒定律有2mu2一tan =gt合m+号×3m2,联立解得e-一√受=√受负号表示1/ghx=vt解得.x=1.2m:滑块甲的速度方向向左，由此可知三者不会发生二次碰撞，最终速度大(2)物块在小车上CD段滑动过程中，设滑块在C点的速度为1，山动量小相等，D项正确。守恒定律得2.BD解析小球沿圆弧轨道下滑过程，系统竖直方向合力不为零，故系mu=(M+m)v统动量不守恒，A项情误：小球沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，系功能关系得统机械能守恒，B项正确；小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，在半圆轨道的最高点有mg=m发，从D点到最高点有之m2fl.-2 mu2-(M-+m)对物块，山动量定理得mw2=一mgR,在D点有N=m紧-6N,根据牛顿第三定律可1-flo=mv-mv知，小球对轨道的压力大小为6N,C项错误；小球与圆弧轨道分离，由得to=1s。(3)设A点距水轨道CD的高度为II,圆弧轨道BC的半径为R,圆心水方向动量守恒得mn=M,由系统机械能守恒得令mn2十为O,如图所示，有销钉时号mw2=mgRu,其巾号nm2-令mwa2=-2mgR,且ma=M4,nAh-0H十xM=RM,解得xM=0.5m,D项正确3.(1)2m/s(2)3m/s1m/s解析(1)弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能转化为滑块乃的动能，设滑块B的速度为0o,由能量守恒定律得E,一2mBo2由几何关系得代入数据解得0=3m/sB、C碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后瞬问BC整休的速度为，以向右H-gP=R(1-cos 0)为正方向，由动量守恒定律得m0o=(m十c)uB、C间水距离xc=Rsin0代入数据解得v-2m/s。ang=名m2-名M+m)2(或f=wmg)(2)B、C碰撞后A、B、C组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧第二次恢复原长时，A的速度为0A,BC整体的速度为心C,以向右为正方向，若拔掉销钉，小车向左运动到最大位移时，速度为0，中系统水方向动从B、C碰撞后到弹簧第二次恢复原长过程，由动量守恒定律得(B十量守恒可知，此时物块速度为4m/s)U=,AUA十(B十C)Vx:由能量守恒定律得mgH=rmg(△r一xC）由机械能守恒定律得空ma十mc)2-之ma0A2计号(ma十mc)m2解得△x=3.73m。代入数据解得vA=3m/s,vx=1m/s。a2ms(2r0或≥281<器4.(1)3mg(2)L(3)见解析解析(1)1、2分离过程，由动量守恒有解析(1)设小球运动到最低点的速率为，小球向下摆动过程，由动mio=mi1在D点，由牛顿第二定律可得能定理有mgL-2w2八-mgm得n=√2gL小球在圆周最低点时细线拉力最大，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律可得F'=F-mg-加艺联立解得F、'=2ng。解得FT=3mg(2)①小球2恰好运动到圆轨道的最高点，有mg=m2r由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力F'=F由动能定理可得即细绳能够承受的最大拉力FT'=3mg。-mg·2n=zmw2-子122(2)小球碰撞后做抛运动，竖直位移h=之g解得川-误水位移1=受：②小球2恰好运动到与圆心等高的位置，由动能定理可得一g·2=0解得h=L。(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设C碰后2m8速率为1依题意有m=m(-空）十3m则假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最由①②可知圆形轨道的半径，应满足的条件为？<证或≥爱终共同速度为2，由动量守恒得(3)要使物块1有相对地面向右的速度，说明物块1要滑到曲面上再返3m1-(3m+6m)2回运动，物块1相对滑板反方向运动过程中，可知当冉次回到B点时两由能量守恒得者的速度最大，此时1有向石运动的速度即可，因此再次回到B时，由水×3m=(3m十6m2+·3mgs方向动量守恒可得mn一mA十2mB由能量守恒可得2me2=号mwa2+2×2mug2+mgL联立解得=号联立可得方程3a2-20vA一2十4ugL=0由s

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