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    11．如图所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，用细线悬挂的质量均为m=0.01kg的小球沿水平面排列，且恰与水平面接触．A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s=2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0=10m/s沿水平方向向右运动．设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，重力加速度g=10m/s2．下面说法正确的是BC（　　）
    A．滑块能与11个小球碰撞
    B．碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式为$\frac{50-4n}{25}$
    C．滑块与第一个小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为0.6N
    D．滑块与第一个小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为0.8N

    分析 （1）通过动能定理求出滑块能够向前滑动的距离，结合两球间的距离确定碰撞球的个数．
    （2）根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度，通过机械能守恒定律求出最低点的速度，结合动能定理求出碰撞中第k个小球悬线长Lk的表达式．
    （3）因为小球恰能做圆周运动，求出最高点的临界速度，通过机械能守恒定律求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出悬线对小球的拉力大小．

    解答 解：A、因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有：
    -μmgs0=0-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
    得：s0=25m
    n=$\frac{{s}_{0}}{s}$=12（个）；故A错误；
    B、滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为${v′}_{n}^{\;}$
    对小球，有：mg=m$\frac{{v′}_{n}^{2}}{{L}_{n}}$ ①
    机械能守恒：$\frac{1}{2}$m${v}_{n}^{2}$=$\frac{1}{2}$m${v′}_{n}^{2}$+2mgLn ②
    对滑块，有：-μmgns=$\frac{1}{2}$m${v}_{n}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$ ③
    解①②③三式得：Ln=$\frac{{v}_{0}^{2}-2μgsn}{5g}$=2-$\frac{4n}{25}$ （m） 故B正确；
    C、滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为v1，则有
    -μmgs=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
    由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为v1．
    此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿定律得：
    T-mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{L}_{1}}$
    因为L1=$\frac{50-4×1}{25}$=$\frac{46}{25}$
    由上述三式解得：T=0.6N；故C正确，D错误；
    故选：BC

    点评 本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律及动量守恒理定律等规律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要注意认真分析物理过程，明确每一过程中的受力情况，再选择正确的物理规律求解．

    练习册系列答案
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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    1．一辆汽车从原点O由静止出发沿x轴做直线运动，为研究汽车的运动而记下它的各时刻的位置和速度见下表：
    时刻t/s01234567
    位置坐标x/m00.524.58121620
    瞬时速度v/（m•s-1）12344444
    （1）汽车在第2秒末的瞬时速度为多大？
    （2）汽车在前3秒内的平均速度为多大？
    （3）汽车在前7秒内的平均速度为多大？

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    科目：高中物理 来源： 题型：多选题

    2．物体A的加速度为3m/s2，物体B的加速度为-5m/s2，下列说法中不正确的是（　　）
    A．物体A的加速度比物体B的加速度大
    B．物体B的速度变化比物体A的速度变化快
    C．物体A的速度一定在增加
    D．物体B的速度可能在减小

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    科目：高中物理 来源： 题型：选择题

    19．物体沿一直线运动，下列说法中正确的是（　　）
    A．物体在第一秒末的速度是5 m/s，则物体在第一秒内的位移一定是5 m
    B．物体在第一秒内的平均速度是5 m/s，则物体在第一秒内的位移一定是5 m
    C．物体在某段时间内的平均速度是5 m/s，则物体在每一秒内的位移都是5 m
    D．物体在某段位移内的平均速度是5 m/s，则物体在经过这段位移一半时的速度一定是5 m/s

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    6．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻，导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B=1T，导体棒 MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导体棒的电阻为r=1Ω，导轨的电阻可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s，求：
    （1）感应电动势E和感应电流I；
    （2）拉力F的大小；
    （3）求导体棒两端的电压U．

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    16．如图（甲）所示，两个水平和倾斜光滑直导轨都通过光滑圆弧对接而成，相互平行放置，两导轨相距L=lm，倾斜导轨与水平面成θ=300角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示垂直斜面向上为正值，图中t1、t2未知．水平导轨足够长，其左端接有理想灵敏电流计G（内阻不计）和定值电阻R=3Ω，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区Ⅱ中，Ⅱ区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B2=1T，在t=0时刻，从斜轨上磁场I区外某处垂直于导轨水平静止释放一金属棒ab，棒的质量m=0．l kg，棒的电阻r=2Ω，棒下滑时与导轨保持良好接触，设棒通过光滑圆弧前后速度大小不变，导轨的电阻不计．若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，灵敏电流计指针稳定时显示的电流大小相等，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平且与杆垂直的外力．（g取10m/s2）求：

    （1）ab棒进入磁场区I时速度V的大小；（2）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；
    （3）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量Q；
    （4）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流计G的电流I随时间t变化的关系如图（丙）所示（而未知），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图象．（从上向下看逆时针方向为电流正方向）

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    3．某实验小组利用图1示的装置探究加速度与力、质量的关系．

    （1）下列做法正确的是AD（填字母代号）．
    A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
    B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上
    C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
    D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
    （2）为使托盘及托盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是托盘及托盘内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）
    （3）实验测得的小车的加速度a和拉力F的数据如下表，请根据表中数据在图2中画出a-F图线．
    F/N0.200.300.400.50
    a/（ms-2）0.100.210.290.40

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    20．有一高度为H=20m的高台，高台右侧15m处有一挡板，从高台上将一小球先后两次水平抛出．第一次将球以初速度v1=15m/s抛出，小球直接恰好越过挡板，落到水平地面上的B点；第二次以某一速度水平抛出，球先与地面碰撞一次后，也恰好越过挡板落在B点．设球与地面碰撞遵循类似光的反射定律，且反弹速度大小与碰前速度大小相等，g=10m/s2．
    求：（1）小球第一次抛出的水平射程OB为多少；
    （2）小球第一次抛出越过挡板瞬间的速度；
    （3）小球第二次将抛出到恰好越过挡板的时间．

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    科目：高中物理 来源： 题型：填空题

    1．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：

    ①用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为2.06cm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L．
    ②用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期是T=2.24s（结果保留三位有效数字）．
    ③测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图象如图（丙），此图线斜率的物理意义是C
    A．g    B．$\frac{1}{g}$C．$\frac{{4{π^2}}}{g}$D．$\frac{g}{{4{π^2}}}$
    ④与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是D
    A．振幅偏小  
    B．在单摆未悬挂之前先测定其摆长
    C．将摆线长当成了摆长
    D．开始计时误记为n=1
    ⑤该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=$\frac{4{π}^{2}△l}{{{T}_{1}}^{2}-{{T}_{2}}^{2}}$．

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