海南省海口一中2017届高三（上）第一次月考物理试卷（b卷）（解析版）

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2016-2017学年海南省海口一中高三（上）第一次月考物理试卷（B卷）

参考答案与试题解析

一．单项选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分．每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．伽利略曾说过：“科学是在不断改变思维角度的探索中前进的”．他在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（ ）

A．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的平方成正比

B．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比

C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关

D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关

【考点】物理学史．

【分析】伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，小球沿斜面滚下的运动的确是匀加速直线运动，换用不同的质量的小球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，小球的加速度都是相同的；不断增大斜面的倾角，重复上述实验，得知小球的加速度随斜面倾角的增大而增大．

【解答】解：A、B、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故A错误，B正确；

C、若斜面光滑，C选项从理论上讲是正确的，但伽利略并没有能够用实验证明这一点，故C错误；

D、斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误；

故选：B

2．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s，甲车的加速度大小恒为1.2m/s²．以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知（ ）

A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动

B．在前4 s的时间内，甲车运动位移为29.6 m

C．在t=4 s时，甲车追上乙车

D．在t=10 s时，乙车又回到起始位置

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】明确v﹣t图象的性质，根据图象的坐标明确速度，根据图象的斜率求解加速度，再根据图象与时间轴围成的面积可求得位移．

【解答】解：A、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；

B、在前4s的时间内，甲车运动位移为x=v₀t+

=5×4+

=29.6m；故B正确；

C、在t=4s时，两车的速度相同，但经达的位移不同，故两车没有相遇；故C错误；

D、在10s前，乙车一直做匀加速直线运动，速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置；故D错误；

故选：B

3．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）

A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小

C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．

【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：

由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：

绳OB的张力T_B=mg

根据平衡条件可知：

Tcosθ﹣T_B=0

Tsinθ﹣F=0

由此两式可得：

F=T_Btanθ=mgtanθ

T=

在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：

F和T均变大，故A正确，BCD错误．

故选：A．

4．四个质量均为m的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳A₁、B₁，让小球下落．在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4的加速度分别用a_l、a₂、a₃和a₄表示，则（ ）

A．a₁=O，a₂=2g，a₃=O，a₄=2g B．a_l=g，a₂=g，a₃=2g，a₄=O

C．a₁=O，a₂=2g，a₃=g，a₄=g D．a₁=g，a₂=g，a₃=g，a₄=g

【考点】牛顿第二定律．

【分析】在除去支托物的瞬间，A₁、A₂一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A₁、A₂所受的合力．采用隔离法B₁、B₂受到的合力．

【解答】解：在剪断绳的瞬间，1、2球由于用绳连接，1和2与将与绳一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则1、2受到的加速度等于g，即a₁=g，a₂=g．

在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，绳对3物体的拉力2mg．在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，4的受力情况没有变化，则4所受合力为零，即F=0．a₄=0，3所受的合力大小等于绳的拉力大小2mg，即F=2mg，由牛顿第二定律可得2mg=ma₃，a₃=2g，故B正确

故选：B

5．如图所示，在竖直方向运动的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30°的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置．则下列判断中正确的是（ ）

A．若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零

B．若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下

C．若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mg

D．若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】以物体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可知物体受到的合力；再由力的合成与分解规律可得出斜面对物体的摩擦力．

【解答】解：A，如果电梯静止不动，物块受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于重力平行斜面的分力，不为零，故A错误；

B、若电梯匀速向上运动，处于平衡状态，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于重力平行斜面的分力，平行斜面向上，故B错误；

C、若电梯加速上升，超重，物块所受弹力与摩擦力的合力为F=m（g+a），竖直向上，故C正确；

D、若电梯加速下降，失重，等效成重力减小的平衡问题，静摩擦力依然是平行斜面向上，故D错误；

故选：C

6．如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E=BLv和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．

【解答】解：线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；

线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；

线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．

线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；

线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A正确，D错误．

故选：A

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得5分；选对但不全的，得3分；有选错的，得0分）

7．如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．

【解答】解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故CD正确，AB错误；

故选：CD．

8．如图所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动：

（1）在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；

（2）在光滑斜面上沿斜面向上的匀速直线运动；

（3）做竖直向下的匀速直线运动；

（4）做竖直向上的加速度大小为g的匀加速直线运动．

设四根弹簧伸长量分别为△l₁、△l₂、△l₃、△l₄，不计空气阻力，g为重力加速度，则（ ）

A．△l₁＞△l₂ B．△l₃＜△l₄ C．△l₁＞△l₄ D．△l₂＞△l₃

【考点】牛顿第二定律；胡克定律．

【分析】分别根据牛顿第二定律、平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律判断四根弹簧伸长量的大小．

【解答】解：

（1）根据牛顿第二定律和胡克定律得：k△l₁=ma=mg，得

（2）由平衡条件和胡克定律得：k△l₂=mgsinθ，得△l₂=

（3）由平衡条件和胡克定律得：k△l₃=mg，得△l₃=

（4）根据牛顿第二定律和胡克定律得：k△l₄﹣mg=mg，得△l₄=

所以△l₁＞△l₂，△l₃＜△l₄，△l₁＜△l₄，△l₂＜△l₃．

故选AB

9．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化

B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化

C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化

D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．

【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故AC均错误；

BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：

力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：

N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0

Fcosα+f﹣Tcosθ=0

由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ

由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确

f=Tcosθ﹣Fcosα

由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．

故选：BD．

10．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是（ ）

A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量

B．重力所做的功等于物体重力势能的增量

C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体与地球系统机械能的增量

D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量

【考点】功能关系．

【分析】根据动能定理，通过合力功判断动能的变化，根据重力功判断重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量进行分析．

【解答】解：A、根据动能定理得，力F、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量．故A错误，D错误．

B、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量．故B正确．

C、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力F和阻力做的功等于物体机械能的增量．故C正确．

故选：BC．

三．实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题8分，共14分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）

11．在研究匀变速直线运动的实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s．

（1）根据 相邻相等时间内的位移之差为一定值 可判定小球做匀加速直线运动；

（2）计算C点速度v_C= 1.225 m/s；

（3）根据纸带点的分布，求出加速度a= 3.5 m/s²．

【考点】测定匀变速直线运动的加速度．

【分析】根据相邻的相等时间间隔位移之差是否相等来判断小车是否做匀变速直线运动．

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：（1）根据纸带的数据有：△x=17.50﹣7.00﹣7.00=31.50﹣17.50﹣（17.50﹣7.00）=3.5cm，

得出相邻的相等时间间隔位移之差相等，即有小车做匀加速直线运动．

（2）利用匀变速直线运动的推论得：v_C=

=

=1.225m/s

（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小，得：

a=

=

=3.5m/s²

故答案为：（1）相邻相等时间内的位移之差为一定值；（2）1.225；（3）3.5．

12．为了测量加速度，使用如图甲所示的气垫导轨装置进行实验．其中1、2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过A、B光电门时，光束被遮挡的时间△t₁、△t₂都可以被测量并记录．挡光片宽度为d，光电门间距离为s．实验步骤如下：

①用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；

②调整轻滑轮，使细线水平：

③让物块从光电门1的右侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门1和光电门2所用的时间△t₁和△t₂，求出加速度a；

④多次重复步骤③，求a的平均

；

回答下列为题：

（1）实验开始时某同学先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，判定调节是否到位的方法是 轻推小车，小车通过两个光电门时间相等 ．

（2）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为0.05mm）如图乙．其读数为 0.225 cm

（3）小球通过A、B的时间分别为△t₁=1.5×10^﹣3s、△t₂=0.9×10^﹣3s，则小球通过光电门1时的瞬时速度为 1.5 m/s

（4）物块的加速度a可用d、s、△t₁，和△t₂，表示为a=

．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】（1）导轨水平时，滑块在不受外力的情况下应处于平衡状态；故小车可以做匀速直线运动或静止；

（2）根据螺旋测微器的读数方法可明确对应的读数，注意在读可动部分时需要估读；

（3、4）根据平均速度公式可求得经过光电门的速度，再由速度和位移公式可求得加速度．

【解答】解：（1）气垫导轨处于水平时，滑块受力平衡，故可以取下牵引重物，M放在任意位置不动，或取下牵相重物，轻推滑块，数字计时器记录每一个光电门的电束被挡住的时间都相等；

（2）螺旋测微器的读数为：

d=2+5×0.05mm=2.25mm=0.225cm；

（3）经过光电门的速度v=

；

代入数据，解得：v=

=1.5m/s；

（4）由v²﹣v₀²=2ax可知，

（

）²﹣（

）²=2as；

解得：

a=

；

故答案为：（1）轻推小车，小车通过两个光电门时间相等；

（2）0.225； （3）1.5；（4）

．

四、计算题（本题共2小题，第13题10分，第14题14分，共23分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）

13．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：

（1）经多长时间，两车第一次相遇？

（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s²，则再经多长时间两车第二次相遇？

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）根据匀变速直线运动的运动学公式，抓住位移关系求出两车第一次相遇的时间．

（2）根据位移关系，结合运动学公式求出第二次相遇的时间，注意汽车速度减为零后不再运动．

【解答】解：（1）设经t₁秒，汽车追上自行车，由题意得：v_汽t₁=v_自t₁+x

代入数据解得：t₁=10 s；

（2）汽车的加速度大小为a=2 m/s²，设第二次追上所用的时间为t₂，则有：

v_自t₂=v_汽t₂﹣

at₂²

代入数据解得：t₂=12 s．

设汽车从刹车到停下用时t₃秒，则有：

t₃=

=9 s＜t₂，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下

停止前汽车的位移为：x_汽=

t₃

设经t₄时间追上，则有：v_自t₄=

t₃

解得：t₄=13.5 s，再经过13.5 s两车第二次相遇．

答：（1）经10s时间，两车第一次相遇；

（2）再经13.5s时间两车第二次相遇．

14．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角θ=37°（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s²．

求：

（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？

（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．

（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B点的速度，结合速度位移公式求出AB的最大长度．

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：

=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣0.5×8m/s²=2m/s²．

（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：

，

根据速度位移公式得，B点的速度为：

．

根据速度位移公式得：

．

答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2m/s²．

（2）人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m．

五模块选做题（本题包括2小题，只要求选做2小题．每小题4分，共24分．对于其中的计算题，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）【选修3-3】（12分)

15．以下说法正确的是（ ）

A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离

B．饱和蒸汽在等温变化的过程中，随体积减小压强增大

C．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动

D．给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的

E．热量可以从低温物体传递到高温物体

【考点】布朗运动；分子的热运动．

【分析】已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离；明确布朗运动是指固体小颗粒的运动；区分压强和分子间作用力的；一切热学现象均具有方向性．

【解答】解：A、摩尔体积V=

，气体分子所占空间v₀=

，所以可以求得分子间的平均距离；故A正确；

B、饱和蒸汽不是理想气体，在等温变化的过程中，随体积减小，饱和蒸汽压不变，故B错误；

C、布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，故C正确；

D、给自行车轮胎打气时，打到后面很难打，不是因为分子间的作用力，而是因为气体压强变大的原因，故D错误；

E、热量可以从低温物体传递到高温物体，如电冰箱，只是要耗电，故E正确；

故选：ACE

16．一圆柱形气缸，质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一厚度不计的活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm²，活塞与气缸壁间摩擦不计，但不漏气，当外界大气压强p₀为1×10⁵ Pa、温度t₀为7℃时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L₁为35cm，（g取10m/s²）求：

①此时气缸内气体的压强；

②当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】以气缸为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压强；

温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程列出等式求解．

【解答】解：（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力．

根据平衡条件得：

p₀=p+

得：p=0.8×10⁵ Pa，

（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程得

=

=

解得t=47°C，

答：（1）此时气缸内气体的压强是0.8×10⁵ Pa；

（2）当温度升高到47°C，活塞与气缸将分离．

【选修3-5】（共2小题，满分12分）

17．下列说法正确的是（ ）

A．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构

B．α、β和γ三种射线，α射线的穿透力最强

C．

U衰变成

Pb要经过6次β衰变和8次α衰变

D．根据玻尔理论可知，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光

E．10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后，一定有5个原子核发生衰变

【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．

【分析】天然放射现象的发现就说明原子核有复杂的结构；

γ射线的穿透能力最强，α射线的穿透能力最弱；

根据质量数和电荷数守恒判断衰变种类和次数；

根据数学组合

，即可确定辐射种类；

半衰期适用于大量的原子核．

【解答】解：A、天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核有复杂的结构，故A正确；

B、γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱．α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故B错误；

C、根据质量数和电荷数守恒知，α衰变一次质量数减少4个，次数n=

=8，β衰变的次数为n=88×2+82﹣92=6要经过8次α衰变和6次β衰变，因此铀核（

U）衰变为铅核（

Pb）要经过6次β衰变和8次α衰变，故C正确；

D、根据数学组合

=6，故D正确；

E、半衰期是大量原子核显现出来的统计规律，对少量的原子核没有意义．故E错误．

故选：ACD．

18．如图所示，质量m_B=2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量m_A=2kg的物块A，一颗质量m₀=0.01kg的子弹以v₀=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/s．已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少？

【考点】动量守恒定律；功能关系．

【分析】A在B上发生相对滑动时产生内能，根据动量守恒和能量守恒定律求出．

【解答】解：对于子弹、物块A相互作用过程，设向右为正方向，由动量守恒定律得：

m₀v₀=m₀v+m_Av_A

解得：v_A=2m/s

对于A、B相互作用作用过程，设向右为正方向，由动量守恒定律得：

m_Av_A=（m_A+m_B）v_B

v_B=1m/s

A、B系统因摩擦产生的热量等于A、B系统损失的动能，即：

△E=

m_Av_A²﹣

（m_A+m_B）v_B²

代入数据解得：△E=2J；

答：整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为2J．

2016年12月17日