1.3.5

二、本體共3小題，共18分。把答案填在題中的橫線上。

11．（1）6×10³；（2）36.0；（3）180（各2分）

12．（1）小車與滑輪之間的細(xì)線水平（或與軌道平行）（2分）；遠(yuǎn)小于（2分）

   （2）兩車從靜止開始作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且兩車的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，據(jù)S= aT²知，S與a成正比（2分）

13．（1）2.98（3分）；（2）5.0（3分）

三、本題共5小題，共42分。解答寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。

14．（8分）解答：

兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后甲、乙兩球的速度分別為v₁、v₂，則

m₁v₀ = m₁v₁ + m₂v₂     2分

m₁v₀² = m₁v₁² + m₂v₂²                          2分

從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于BC=2AB，則甲和乙通過的路程之比為1：5，故碰撞后甲和乙的速度之比為，

v₁:v₂ = 1:5                 2分

聯(lián)立解得 =      2分

15．（8分）解答：

   （1）設(shè)A、B兩物塊的加速度為a₁、a₂，由v―t圖得

a₁ = = m/s² = m/s²             1分

a₂ = = m/s² = － m/s²           1分

分別以A、B為研究對(duì)象，摩擦力大小為f，由牛頓第二定律

F－f = ma₁                1分

－f = ma₂                  1分

聯(lián)立解得 F = 0.8N   1分

   （2）設(shè)A、B在12s內(nèi)的位移分別為S₁、S₂，由v―t圖得

S₁ = ×（4 + 8）×12m = 72m                   1分

S₂ = ×6×4m = 12m  1分

故S = S₁－S₂ = 60m  1分

16．（8分）解答：

   （1）設(shè)帶電粒子射入磁場時(shí)的速度大小為v，由帶電粒子射入勻強(qiáng)磁場的方向和幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑為l。

則Bqv = m             ①1分

設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂，總時(shí)間為t。

t₁ = T                     ②1分

T =                    ③1分

t₂ =                         ④1分

聯(lián)立解得 t =                              1分

   （2）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則

l = at₂²                   ⑤1分

a =                       ⑥1分

聯(lián)立①④⑤⑥解得  E =                  1分

17．（8分）解答：

設(shè)繩中張力為T，斜面對(duì)A的支持力為N_A，A、B加速度大小為a，以A為研究對(duì)象，

由牛頓第二定律

m_Agsin37° －T =ma   ①2分

N_A = m_Agcos37°④      ②1分

以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律

T－m_Bg = m_Ba           ③2分

聯(lián)立解得 a = 2m/s²  T = 12N  N_A= 24N

以斜面體為研究對(duì)象，受力分析后，在水平方向

F = N′_Asin37°－Tcos37°                            ④2分

N_A = N′_A                                       

解得 F = 4.8N          1分

   （或以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F = m_Aacos37°）=4.8N，則本式給4分，①③式各給2分，共8分）

18．（10分）解答：

   （1）當(dāng)小物塊速度小于3m/s時(shí)，小物塊受到豎直向下的重力、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin30° + μmgcos30°=ma₁                       ①1分

解得 a₁ = 7.5m/s²

當(dāng)小物塊速度等于3m/s時(shí)，設(shè)小物塊對(duì)地位移為L₁，用時(shí)為t₁，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

t₁ =                       ②1分

L₁ =                    ③1分

解得 t₁ = 0.4s   L₁ = 0.6m

由于L₁＜L 且μ＜tan30°，當(dāng)小物塊速度大于3m/s時(shí)，小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，設(shè)加速度為a₂，用時(shí)為t₂，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

mgsin30°－μmgcos30°=ma₂                       ④1分

解得  a₂ = 2.5m/s²

L－L₁ = v₁t₂ + a₂t₂² ⑤1分

解得 t₂ = 0.8s

故小物塊由禁止出發(fā)從A到B所用時(shí)間為 t = t₁ + t₂ = 1.2s       1分

   （2）作v―t圖分析知：傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度越大，小物塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)用時(shí)越短，當(dāng)傳送帶速度等于某一值v′ 時(shí)，小物塊將從A點(diǎn)一直以加速度a₁做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所用時(shí)間最短，即

L = a₁t_min²               ⑥1分

解得t_min = 1s

v′ =a₁t_min =7.5m/s

此時(shí)小物塊和傳送帶之間的相對(duì)路程為 △S = v′ t－L = 3.75m

傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時(shí)間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對(duì)路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當(dāng)痕跡長度等于傳送帶周長時(shí)，痕跡為最長S_max，設(shè)此時(shí)傳送帶速度為v₂，則

S_max = 2L + 2πR         ⑦1分

S_max = v₂t－L            ⑧1分

聯(lián)立⑥⑦⑧解得 v₂ = 12.25m/s                 1分