2022年新疆喀什地区岳普湖县高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年新疆喀什地区岳普湖县高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（）

A.洛伦兹提出了分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电

流

B.法拉第通过实验总结出了电磁感应规律，并制造了世界上第一台手摇发电机

C.安培通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系

D.欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟

电流的关系一一焦耳定律

2.在2020年舟山中学第67届校田径运动会上，苏同学以2.13m的成绩打破了舟山市高

中男子跳高纪录（2.05m）夺得冠军。经了解，苏同学身高1.91m,据此可估算出他

离地时竖直向上的速度最接近（）

A.6.5m/sB.5.5m/sC.4.5m/sD.3.5m/s

3.关于静电场下列说法中正确的是（）

A.将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加

B.无论是正电荷还是负电荷，从电场中移动时，静电力做正功电势能一定减小

C.在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的

D.电势下降的方向就是电场场强的方向

4.我国首次发射的火星探测器“天问一号”自2020年7月23日成功发射入轨后，2021

年2月10日成功被火星捕获，顺利进入环火轨道；5月15日，“天问一号”着陆巡

视器顺利软着陆于火星表面。关于“天问一号”的运行，可以简化为如图所示的模

型：“天问一号”先绕火星做半径为&、周期为T的匀速圆周运动，在某一位置4点

改变速度，使其轨道变为椭圆，椭圆轨道在B点与火星表面相切，设法使着陆巡视

器落在火星上。若火星的半径为/?2,则下列说法正确的是（）

A

A.“天问一号”从圆轨道变为椭圆轨道，机械能增加

B.“天问一号”在圆轨道的4点比在椭圆轨道上4点的加速度小

C.“天问一号”从椭圆轨道的4点运动到B点所需的时间为3佗汐

D.“天问一号”在椭圆轨道B点的速度等于火星的第一宇宙速度

5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒

子a、b、c,以不同的速率对准圆心。沿着力。方向射入磁场，其运动轨迹如图.若

带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）

A

A.a粒子动能最大

B.c粒子速率最大

C.b粒子在磁场中运动时间最长

D.它们做圆周运动的周期兀<Tb<Tc

二、多选题（本大题共5小题，共30.0分）

6.如图所示，斜面固定在水平地面上，物体P,Q在力F作用

下一起沿斜面向下做匀速直线运动，力F的方向与斜面平

行，则下列说法正确的是（）

A.物块P与物块Q之间的摩擦力为静摩擦力

B.物块Q受到的力有3个

C.物块P受到的力有6个

D.物块P与斜面之间的摩擦力大小等于尸

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7.如图所示，质量相同的4、B两物体放在光滑绝缘的水平面上。所在空间有水平向

左的匀强电场。场强大小为E,其中4带正电，电荷量大小为q,B始终不带电。一

根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与8物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠

着物体B,一起压缩弹簧，处于静止状态。现在4物体上施加一水平向右的恒定外

力F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是（）

A.若两物体能分离，则分离瞬间/、B两物体加速度大小相等

B.若尸=qE,则弹簧还未恢复到原长时4、B两物体分离

C.若F>qE,则弹簧还未恢复到原长时4、B两物体分离

D.若F=qE,则弹簧恢复到原长时人B两物体分离

8.如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为3其间有竖直向下的匀强磁场，

磁感应强度为垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒，金属棒通方向如图甲

所示的恒定电流。从t=0时刻起，使导轨间的磁场随时间按如图乙的规律变化，

图甲中B的方向为磁感应强度的正方向，则金属棒（）

图甲图乙

A.一直向右匀加速运动

B.速度在一个周期内先增大后减小

C.受到的安培力随时间周期性变化

D.受到的安培力在一个周期内做功为零

9.对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）

A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大

B.外界对物体做功，物体内能一定增加

C.温度越高，布朗运动越明显

D.当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小

10.一列简谐横波t=0时的波形如图中实线所示，经过时间3s后变成图中虚线所示的

波形。已知波向左传播，图中坐标为(12,2)的4点,经时间5s后振动状态传播到B点,

则()

A.此波的波速可能是3m/s

B.t=0时刻，B点在平衡位置,速度沿y轴正向

C.0〜5s时间内，A的路程可能为10cm

D.。〜5s时间内，B的路程可能为15cm

三、实验题(本大题共2小题，共20.0分)

11.用电磁打点计时器”研究匀变速直线运动”的实验中，打

"二二二二二二二二二二二

点计时器的工作频率为50Hz,如图所示的是一次记录小车始

----LH----L二

运动情况的纸带，图中4、B、C、D、E、F、G为相邻的a

计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。0；h'tfro-4

]1.*1.9012.38j,2.8843.393.87」cm

:Abtb11

(1)根据运动学有关公式可求得力=16.50c?n/s,vc=cm/s,vD=

26.30cm/s；

(2)利用求得的数值在下图所示的坐标系中做出小车的u-t图线(以打4点时开始计

时)，并根据图线求出小车运动的加速度a=m/s2；

(3)将图线延长与纵轴相交，交点的纵坐标是cm/s,此速度的物理意义是：

12.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约为60cm,电阻大约为62横截面如图1所

示.

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①用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图2所示，金属管线的外径为

mm-,

②现有如下器材

4电流表(量程0.64,内阻约0,10)

B.电流表(量程34内阻约0.030)

C.电压表(量程3V,内阻约3kO)

D滑动变阻器(1750。0.34)

E.滑动变阻器(1523A)

F.蓄电池(6匕内阻很小)

G开关一个，带夹子的导线若干

要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选,滑动变阻器应选

.(只填代号字母).

③请将图3所示的实际测量电路补充完整.

④已知金属管线样品材料的电阻率为P，通过多次测量得出金属管线的电阻为R,

金属管线的外径为d,要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S,在前

面实验的基础上，还需要测量的物理量是.计算中空部分截面积的表达式为

S=.

四、计算题(本大题共4小题，共40.0分)

13.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以。为圆心、半,一、

径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示，质量为血，电荷量AQ?1

为q(q>0)的带电粒子在纸面内自4点先后以不同的速度进\\7

入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速c

度为零的粒子，自圆周上的C点以速率%穿出电场，4c与48的夹角0=45。，运动

中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小；

(2)为使粒子穿出电场的位移最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？

(3)从4点射入的粒子速率取某一值时，粒子穿过电场时动能的增量最大，求动能增

量的最大值。

14.如图所示，长林=30根、倾角为。=37。的固定斜面顶端，叠放着小滑块4和长木

板B,4、B间的动摩擦因数%=0.8,B与斜面间的动摩擦因数42=0.75,斜面底

端固定一垂直斜面的挡板，挡板长度小于B的厚度。开始4、B均保持静止，现使4以

大小为%=4m/s的初速度自B的上端沿木板滑下，已知4、B的质量=

2kg,B的长度八=15m,B与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，在B第一次碰撞

挡板前4未滑离B,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

(1)求B第一次碰撞挡板时的速度大小巧;

(2)求B第一次碰撞挡板前运动的时间t"；

(3)求在B第一次碰撞挡板前的运动过程中,4、B及斜面体组成的系统产生的热量Q。

15.如图所示，4气缸截面积为500cm2,4B两个气缸中装有体积均为10L、压强均为

latm,温度均为27K的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M,细

管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力。使其缓慢向右移动，同时给8中气

体加热，使此过程中4气缸中的气体温度保持不变。活塞M保持在原位置不动。不

计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为latzn=105pa.当推力F=ICPNH寸，

求:

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①活塞N向右移动的距离是多少？

②B气缸中的气体升温到多少？

N

16.如图所示，两个横截面半径均为R的半圆柱形玻璃

砖4BC和DEF紧密地拼接在一起，形成一个圆柱形

玻璃砖，一束单色光从左侧玻璃砖上的M点入射,

M点到AC(DF)的距离d=苧/?,入射光线的延长线

经过4(D)点，左侧玻璃砖48c对该单色光的折射率

%=8，右侧玻璃砖DEF对该单色光的折射率电=鱼，真空中的光速为c。

(1)若将该单色光第一次在玻璃砖DEF与空气的界面上的入射点记为N(图中未标出

),通过计算判断该单色光在N点能否发生全反射;

(2)求该单色光从M点传播至N点的时间。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、安培提出了分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一

环形电流，故4错误；

8、法拉第通过实验总结出了电磁感应规律，并制造了世界上第一台手摇发电机，故B

正确；

C、奥斯特通过实验发现了通电导线周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，故C错

误；

。、焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流

的关系-焦耳定律，故。错误。

故选：B。

知道相关电磁学的发现历程，根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献

即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一，要注意准确掌握不能张冠李戴而出现错误。

2.【答案】C

【解析】解：王宇的成绩七=2.05m,王宇重心高度后=詈僧=0.95m,弹跳高度zlh=

-h2=2.05m—0.95m=1.1m

王宇向上跳起看成是匀减速直线运动，最高点速度为零，有：v2=2gAh,代入数据解

得：v®4.7m/s,与题中C最接近，故C正确，AB。错误。

故选：Co

先算出实际弹跳的高度，根据匀变速直线运动规律可以求出跳时竖直向上的速度。

本题考查了竖直上抛运动。竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上

升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解

即可.

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3.【答案】B

【解析】解：4、将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电场力做正功，电能减

少，故A错误；

8、无论是正电荷还是负电荷，静电力做的正功，电势能转化成其他形式能，电势能一

定减少，故B正确；

C、在同一个等势面上的各点，场强大小不一定相等，例如，等量异种电荷连线的中垂

线是一个等势面，但这条线上的各点的场强大小是不同的，故C错误；

。、电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度方向，

故。错误；

故选：B。

电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与

电势没有直接关系。电势是描述电场性质的一种物理量，与试探电荷没有直接关系，电

势能与电荷的电量和电性有关；电场力做功，电势能和其他形式能量相互转化。

本题考查电场强度、电势、电势能、电场线等知识的理解和应用，电场强度和电势这两

个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性。

4.【答案】C

【解析】解：4当“天问一号”从圆轨道变为椭圆轨道，需要在4点减速使其做近心运

动，动能减小，变轨时势能不变，则机械能减小，故A错误；

8.由公式誓=ma,解得a=詈，可知“天问一号”在圆轨道和椭圆轨道上4点的加速

度相同，故B错误；

C.由图可知，椭圆轨道的半长轴为L=也产，设椭圆轨道运动的周期为T。，由开普勒第

三定律可得：合=熊，则''天间一号”从椭圆轨道的4点运动到B点所需的时间为t=*

解得：t=（鬻）3,故C正确；

。.在椭圆轨道经过B点后做离心运动，所以在椭圆轨道上B点的速度大于以/?2做圆周运

动的速度，所以“天问一号”在椭圆轨道B点的速度大于火星的第一宇宙速度，故。错

误。

故选：故

根据做功情况分析机械能的变化；根据牛顿第二定律，结合“天问一号”到火星的距离

判断加速度的大小；利用开普勒第三定律，结合半长轴关系，可以求出周期；利用万有

引力提供向心力，求出线速度，再由已知条件来判断B点的速度与第一宇宙速度的关系。

本题考查万有引力定律及其应用，在只有引力做功时机械能守恒，在涉及变轨问题时，

要注意从高轨道变化到低轨道，需要点火减速，机械能要减小。

5.【答案】B

【解析】解:粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据quB=my,

可得：「=谪。

AB,由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨

道半径越大，则知a粒子速率最小，动能最小，c粒子速率最大。故A错误、8正确；

CD、由于T=等及t=可知，三粒子运动周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，

对应时间最长，故c错误、。错误。

故选：B。

三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径

的不同，导致运动轨迹也不同.因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大.而

运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定.

带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆

弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运

动的时间的长短.

6.【答案】ABC

【解析】解：AB,对Q进行受力分析可知，Q受到重力、P对Q的支持力，由于Q沿斜面

向下做匀速直线运动，可知Q一定还受到P对Q的沿斜面向上的摩擦力。物块P与物块Q之

间的摩擦力为静摩擦力，故A8正确；

C、对P进行受力分析，可知P受到重力、斜面的支持力、Q对P的压力、Q对P的向下的

摩擦力以及向下的拉力F的作用；其中斜面的支持力、Q对P的压力都与斜面垂直，重力

有沿斜面向下的分力，Q对P的摩擦力以及拉力F的都沿斜面向下，所以P必定受到斜面

对它的沿斜面向上的摩擦力，才能向下做匀速直线运动.所以P共受到6个力的作用，

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故C正确；

。、物块P与Q组成的整体受到重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力以及沿斜面向

下的拉力，可知沿斜面向上的摩擦力等于拉力尸与重力沿斜面向下的分力的和，故。错

'口

1天。

故选：ABC。

分别对Q和P进行受力分析，然后结合共点力平衡的条件即可求出.

解答本题掌握受力分析的方法，掌握重力、弹力与摩擦力的产生条件与方向的即可确定,

在解答的过程中，不能添力，也不能漏力.

7.【答案】ACD

【解析】解：4、两物体分离的临界条件是两物体间无作用力但加速度相同，故A正确：

BD、若尸=勺6,4、B两物体分离时，

对4根据牛顿第二定律得：F-qE=ma

对B,由牛顿第二定律得：广弹=小。，

联立解得：a=0,F弹=0,

说明弹簧恢复到原长时力、8两物体分离，故8错误，。正确；

C、若F>qE,力、B两物体分离时，

对4根据牛顿第二定律得：F-qE=ma,知加速度a方向水平向右。

对B,由牛顿第二定律得：F^=ma,知弹簧的弹力方向水平向右，

说明4、B两物体分离时弹簧处于压缩状态，还没有恢复到原长，故C正确；

故选：ACD。

A、B两物体分离时，相互间的作用力为零，但加速度仍相同，采用隔离法，由牛顿第

二定律和胡克定律相结合分析。

本题关键在于分析B和4刚分离时A、B的受力情况，来确定弹簧的状态，运用牛顿第二

定律列式分析。

8.【答案】BCD

【解析】解：ABC,由左手定则可以判断，金属棒在0〜3内所受的安培力水平向右，大

小恒定，金属棒向右做匀加速直线运动，在?〜7内磁场方向发生变化，由左手定则可

以判断金属棒所受的安培力水平向左，大小恒定且o〜:内相等。金属棒在0〜T内线向

右做匀加速直线运动，在T〜7内安培力反向大小不变，向右左匀减速直线运动，t=7时

刻速度减为零，此后继续重复上述运动，故A错误，8C正确；

。、由上述分析结合动能定理可知，安培力在一个周期内做功等于动能变化量为零，故

。正确；

故选：BCD。

根据电流和磁场方向利用左手定则判断出安培力的方向；结合加速度方向与速度方向的

关系判断金属棒的运动规律，从而得出速度、安培力随时间的变化规律：然后根据动能

定理确定安培力做的功。

解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解

决本题的基础。

9【答案】AC

【解析】解：4、温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，故A正确；

8、外界对物体做功，若同时对外散热，物体内能不一定增加，故B错误；

C、温度越高，布朗运动越显著，故C正确；

当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，故。错误。

故选：AC„

明确热力学第一定律公式：△〃=<?+勿的基本内容和应用；知道分子间同时存在引力

和斥力，随着分子间距的增加，引力和斥力同时减小；明确温度是分子热运动平均动能

的标志；同时掌握布朗运动的性质，温度越高，颗粒越小布朗运动越显著。

本题考查了温度的微观意义、布朗运动、热力学第一定律等，重点掌握利用热力学第一

定律分析物体的内能变化的基本方法。

10.【答案】AC

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【解析】解：力、由图可知，波长;1=12m，且nT+：r=3s,化简得：T=-^-s(n=

44n+3

0,1,2,3)则波速为u=*=4n+3(7n/s)(?i=0,1,2,3)。当九=0时，v=3m/sf

故A正确；

B、若T=4s,则u=3m/s,8点离/点的距离为a=3x5m=15m,恰好经平衡位置

向上运动，4点振动1沏，路程为54=5x2cm=10cm；若T=节s,则u=7m/s,B

点离4点的距离为优=5x7m=35m=2苫4,此时B点沿y轴负方向运动，B的路程接

近24cm,故C正确，错误；

故选：ACo

根据图像得出波长和时间的可能值，结合波长、周期和波速的关系计算出波速的可能值;

根据横波在不同方向的运动特点计算出不同质点的可能路程和振动方向。

本题主要考查了横波的图像的相关应用，根据图像得出振幅、波长，解题的关键点是理

解横波的周期性，并由此完成分析。

11.【答案】21.40.4911.60开始计时时小车的速度

【解析】解：(1)电磁打点计时器频率是50Hz时，它们每隔

0.02s打一次点,根据题意可知:每相邻两个计数点间还有4个

点没有画出，因此计数点之间的时间间隔为：T=5x

0.02s=0.1s,

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平

均速度，因此有：生=誉=程胃m/s=21.4c?n/s,

LBD2XU.1

(2)描点作图，用平滑曲线连接，如图所示；速度图象中斜率即加速度，所以a=k=言=

嚷:了*=0.50m/s2

(3)根据数据描点可以得到图象：

将图线延长与纵轴相交，交点的纵坐标是11.60c/n/s,此速度的物理意义是：开始计时

时小车的速度；

故答案为：(1)21.4；(2)如图所示，0.49；(3)11.60,开始计时时小车的速度；

根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度；

描点作图求斜率得到加速度；

知道纵轴交点的数值及物理意义；

能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题

的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。

12.【答案】1.125；4E；管线长度咚一彳

【解析】解：①螺旋测微器的读数等于lnmi4-0.01x12.5mm=1.125mm.

②电路中的电流大约为/=|4=0.54所以电流表选择4待测电阻较小，若选用大电

阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择E.

③待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法.滑动变阻器可

以采用限流式接法，也可以采用分压式接法.

④还需要测量的物理量是管线长度3根据R=p：,则S=《，则中空部分的截面积S'=

22

ndc_ndpL

44R

故答案为：①1.125

②4;E

③见答图

④管线长度L,早一零

①螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估

读.

②根据电路中电流的大小确定电流表的量程，从测量误差的角度选择滑动变阻器.

③将待测电阻与电压表和电流表内阻比较，确定其是大电阻还是小电阻，从而确定电

流表的内外接.

④根据电阻定律求出导体电阻的横截面积，用大圆的面积减去电阻的横截面积，即为

中空部分的截面积.

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解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握电阻定律的公式，掌握如何确定

电流表的内外接.

13.【答案】解：(1)初速度为零的粒子从4开始沿着电场力方向做匀加速直线运动，则

场强E沿4C方向。

从4到C由动能定理得：

qE-y[2R=|mvg，

解得：

E=百；

(2)如图：

从8点穿出的粒子位移最大，设4点的速度为％,则％沿y轴正方向。A到B,沿x、y正

方向，有

y/2R—^atl，

\[2R=，

而qE=maf

联立解得：

%=/；

(3)垂直于x轴作圆的切线P。与圆相切于。点，从。点穿出的粒子沿电场力方向的位移x

最大，动能的增量最大，如图所示

由几何关系得

xmax=AP=(l+^R,

由动能定理得：

^^kmax=qEXmax，

联立解得：

A，1+V22

^krmax=—mv^

答：(1)电场强度的大小为空普；

(2)为使粒子穿出电场的位移最大，该粒子进入电场时的速度应为：火；

(3)从4点射入的粒子速率取某一值时，粒子穿过电场时动能的增量最大，动能增量的最

大值为上署zn诏。

【解析】(1)初速度为零的粒子沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由C点射出电场，

所以电场方向与AC平行，由4指向C,根据动能定理求电场强度的大小。

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，电场力做功最多，出射点的切线必定与电场

垂直。粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分别列式，结合几

何关系求解。

(3)垂直于x轴作圆的切线PC与圆相切于。点，从。点穿出的粒子沿电场力方向的位移X

最大，动能的增量最大，根据动能定理求解。

本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要明确粒子的受力情况，确定其运动情况,

会熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，结合几何知识帮助解答。

14.【答案】解：A、B间的最大静摩擦力八=^mAgcos9=0.8x2x10xcos37°N=

12.8N

B与斜面间的最大静摩擦力心=〃式叫i+mB)gcose=0.75x(2+2)x10x

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cos37°N=24N

(1)由牛顿第二定律得：

对/：fi~rnAgsin0=mAaA,

对B：mBgsin3+/i—心=aB,

22

代入数据解得：aA=0.4m/s,aB=0.4m/s,

4做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，设经过时间t两者速度相等，共同速度为"，

则1?=%-%1=。8匕代入数据解得：t=5s,v-2m/s

2x2

该过程8的位移大小小=~^B^=|0,4x5m=5m<Lo-LB=(30—15)m=

15m,5没有与挡板发生碰撞

由于叫4gsi九<A共速后4相对于8静止，对4、8整体，由于：⑺4+mB)gsind=f2,

A、8共速后它们一起向下做匀速直线运动直到B与挡板发生碰撞，因此8与挡板第一次

发生碰撞时的速度%=v=2m/s

(2)从4、B共速到B与挡板第一次发生碰撞需要的时间t'=空=型s=7.5s

B第一次与挡板碰撞前的运动时间g=t+t'=(5+7.5)s=12.5s

(3)4、B相对滑动过程4的位移大小/=笠々=等x5m=15m

在B第一次碰撞挡板前的运动过程中，4、B及斜面体组成的系统产生的热量：Q=

fi(xA-xB)+2B+，2(啊+mB)^(L0-L^sinO

代入数据解得：(2=518/

答：(1)8第一次碰撞挡板时的速度大小是2m/s；

(2)B第一次碰撞挡板前运动的时间是12.5s；

(3)在B第一次碰撞挡板前的运动过程中，4、B及斜面体组成的系统产生的热量是518/。

【解析】(1)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解。

(2)根据4B的运动过程与运动性质，应用运动学公式求出B的运动时间。

(3)求出4、B的相对位移，求出B的位移，然后求出产生的热量。

本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，难道较大，根据题意分析清楚受力情况与

运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式可以解题。

15.【答案】解：①加力F后，4中气体的压强为p/=Po+£=i.oxl05+_hUp