2021年山东省日照市高考物理二模试卷.pdf

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1、2021年山东省日照市高考物理二模试卷一、单项选择题：本题包括8 小题，每小题3 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.（3 分）物理学家在物理学的发展史上做出了卓越的贡献，下列有关物理学史的说法正确的 是（）A.法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律B.库仑提出了点电荷间的作用规律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C.伽利略首先建立了瞬时速度、加速度的概念，并研究得出了自由落体运动的规律D.牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球之间的引力大小2.（3 分）蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7000m。已知在深度3

2、000m以下，海水温度基本不变。若蛟龙号在执行某次任务时（可看作理想气体）的小型气缸，气缸及活塞导热性能良好，若蛟龙号从4000m深度下潜到5000m深度的过程中，气体质量不变，则（）EZEA.每个氧气分子的动能均不变B.5000m深度时氧气的体积为4000m深度时体积的国5C.外界对氧气做的功大于氧气放出的热量D.氧气分子单位时间撞击气缸壁单位面积的次数增加3.（3 分）如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1,小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中（）A.F i先减

3、小后增大 B.Fi 一直增大C.F2一直减小 D.F2先减小后增大4.（3 分）一物体从0 点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过A、B、C 三点，物体通过 AB段与BC段所用时间相等。已知AB段距离为xi,BC段距离为X 2,由题目提供的条件，可以求出（）O A B CA.物体运动的加速度B.从 O 点到A 点的距离C.物体通过AB段所用的时间D.物体在B 点的瞬时速度5.（3 分）在研究光电效应现象时，先后用单色光a、b、c 照射同一光电管，所得到的光电流 I 与光电管两端所加电压U 间的关系曲线如图所示（）A.b、c 两种单色光的颜色相同B.a、b 两种单色光的光照强度相同C.增大c 光

4、的光照强度，电路中的饱和光电流将增大D.增大b 光的光照强度，射出的光电子的最大初动能增大6.（3 分）如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60（位于磁场边界）在纸面内匀速转动,角速度为3。线框串有一理想交流电流表（未画出）（）A 回1?3 B 同?0)2R 4RCBL.2 3 口BL.2 33R 6R7.（3 分）2020年 7 月 23日 12时 41分，在海南岛东北海岸中国文昌航天发射场，“天问一号”火星探测器发射成功，航天员在火星的极地表面放置了一倾角为。的斜坡，然后从斜坡顶端以初速度vo水平抛出一个小物体，经时

5、间t 落回到斜坡上。已知火星的半径为R,自转周期为T o,引力常量为G,不计阻力。则火星的（）h a二 2vnR2tanA.质量为 0-GtB.第一宇宙速 度 为 空 四 巴tC.密 度 为 避 GT02D.同 步 卫 星 离 地 面 高 度 为:?I9一V 2兀 2t8.（3 分）现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为3 0。若保证粒子不能从第n 层磁场右边界穿第1层 第2

6、层 第”层/-v-/-卜-：-*：X X：-：X X：；-1 X XI I I I I I Ijj-：x x：-：x x；;-：X X：-0）的粒子0射入电场，并在电场中做变速运动，速度最小时，之后进入磁场，并恰好没有从x轴离开磁场。粒子重力不计（2）磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点开始运动到第二次经过y轴所经历的时间。18.（15分）已知质量为mo的物体在受到F=-ko x的回复力作用下，将做简谐运动，其偏离平衡位置的位移x与时间t的关系遵循规律x=A s i n (3t+(p)k o为比例系数,A为振幅。如图，一竖直光滑的足够长圆管，弹簧下端固定于地面上，上端与一质量为m的圆盘a相 连

7、 驷 的P点由静止由静止开始下落，与a发生碰撞，运动的最低点为0。2 k两圆盘厚度不计，半径相同且略小于圆管半径。在运动过程中，且当形变量为x时，弹性势能为E p=2 k x 2。重力加速度为g,忽略一切阻力 求：2(1)整个运动过程系统损失的机械能；(2)圆盘a、b碰后做简谐运动的振幅；(3)从圆盘b开始下落到第一次运动至最低点Q所用的时间。/2021年山东省日照市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.（3 分）物理学家在物理学的发展史上做出了卓越的贡献，下列有关物理学史的说法正确的 是

8、（）A.法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律B.库仑提出了点电荷间的作用规律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C.伽利略首先建立了瞬时速度、加速度的概念，并研究得出了自由落体运动的规律D.牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球之间的引力大小【解答】解：A、德国物理学家纽曼，于 1845年 和 1846年先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，因法拉第对电磁感应现象研究的巨大贡献，故 A 错误；B、库仑提出了点电荷间的作用规律，故 B 错误；C、在研究物体的运动规律时，他不仅首先建立了平均速度、加速度的概念，采用了将落体转化为“斜面”的实验方法，故 C 正确；D、牛顿发现了万有

9、引力定律，牛顿并没有计算出太阳与地球之间的引力大小。故选：Co2.（3 分）蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7000im已知在深度3000m以下，海水温度基本不变。若蛟龙号在执行某次任务时（可看作理想气体）的小型气缸，气缸及活塞导热性能良好，若蛟龙号从4000m深度下潜到5000m深度的过程中，气体质量不变，则（）LZEA.每个氧气分子的动能均不变B.5000m深度时氧气的体积为4000m深度时体积的名5C.外界对氧气做的功大于氧气放出的热量D.氧气分子单位时间撞击气缸壁单位面积的次数增加【解答】解：A、每个氧气分子的运动是无规律的，温度不变是分子的平均动能不变；

10、B、根据玻意耳定律有 plVl=p6V2,pl=p8+pghl,p2=p4+pgh2,代入数据可得P7+P gh2=(1.0X4()5+5.0X 1 6 8 i0X 5000)Pa V2 Pl Po+Pgh6(1.6X 102+1.0X 403X 10X 4000)Pa旦，所以5000m深度时氧气的体积为4000m深度时体积的冬；4 2C.根据热力学第一定律由于温度不变，气体压强增大，外界对气体做正功，并且外界对氧气做的功等于氧气放出的热量；D.气体压强增大，但是温度不变，则氧气分子单位时间撞击气缸壁单位面积的次数增加,故 D 正确；故选：BD。3.(3 分)如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木

11、板之间。设小球对墙面的压力大小为F1,小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中()A.F1先减小后增大 B.F1 一直增大C.F2一直减小 D.F2先减小后增大【解答】解：球受到重力，墙面的弹力F i,受到木板的弹力F 2,受力分析如图:F 7 的方向不变，受到木板的弹力F 2 方向斜向左下转到斜向左上方的过程中两个力的合力与重力等大反向，根据平行四边形定则，由图可得F 1 逐渐变小，F 4 逐渐变小。故 C正确。故选：C o4.（3分）一物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过A、B、C三点，

12、物体通过 AB段 与 BC段所用时间相等。己知AB段距离为x i,BC段距离为X 2,由题目提供的条件，可以求出（）-O A B CA.物体运动的加速度B.从 O 点到A点的距离C.物体通过AB段所用的时间D.物体在B点的瞬时速度【解答】解：A、根据匀变速直线运动的推论 x u x z-x i =a T 7,则需要知道物体通过AB段 和 BC段所用时间，才能求出物体运动的加速度；B、设 O A段距离为x,物体通过AB段和BC段所用时间为Tx,+x9 ,V B=：-,J=2a（x+x 3）,X 2 -x i=a T ,8T B（X 1 +X n）6联立解得x=T-XI,8（X2-X8）所以可求出

13、从O 点到A点的距离，故 B正确；C、根据x 2-x 3=a T 2,加速度不知道，所以物体通过AB段所用的时间无法求出；D、根据VB=H生，题中只是告知了物体通过AB段与BC段所用时间相等，所以物2T体在B 点的瞬时速度无法求出。故选：Bo5.（3 分）在研究光电效应现象时，先后用单色光a、b、c 照射同一光电管，所得到的光电流 I 与光电管两端所加电压U 间的关系曲线如图所示（）A.b、c 两种单色光的颜色相同B.a、b 两种单色光的光照强度相同C.增大c 光的光照强度，电路中的饱和光电流将增大D.增大b 光的光照强度，射出的光电子的最大初动能增大【解答】解：A、由题中图像可得用单色光b,

14、由 Ek=h v-Wo和 Ek=eUc得：eUc=hv-W o,故 b、c 两种光的频率不同，故 A 错误；B、由题中图像可知，所以a,故 B 错误；C、饱和光电流与光照强度的关系为：光照强度越大，故 C 正确；D、由Ek=hv-W 6得，最大初动能与b 光的频率有关，不会增大b 光的频率。故选：C6.（3 分）如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60（位于磁场边界）在纸面内匀速转动,角速度为3。线框串有一理想交流电流表（未画出）（）o A.2 RV2 B L2WC/但3R，陪【解答】解：设线框转动周期为T,而线框转动一

15、周只有工，此时感应电动势的大小为:3E=B Lv=BL J 3L=LBL，W，8 21 7此时感应电流的大小：I=E=2-=旦?2 RRR根据有效值的定义有：】守=吟）5吗所以感应电流的有效值为：1=返 坦 _26R故 D 正确，ABC错误。故选：D。7.（3 分）2020年 7 月 23日 12时 41分，在海南岛东北海岸中国文昌航天发射场，“天问一号”火星探测器发射成功，航天员在火星的极地表面放置了一倾角为。的斜坡，然后从斜坡顶端以初速度vo水平抛出一个小物体，经时间t 落回到斜坡上。已知火星的半径为R,自转周期为T o,引力常量为G,不计阻力。则火星的（）A.质量为空曲吧G tB.第一宇

16、宙速度为.A t a n 8tC.密 度 为-G T02D.同步卫星离地面高度为:M T o o t a n。2兀2 t【解答】解：小物体做平抛运动的轨迹图如下图：设火星表面的重力加速度为g,由平抛运动规律有：x=v ot,y=gt26且t a n。=工，x宜 乂”口联立得：g=2vf it-a-n-0-t2 7 口 R 2 十 oA C、设火星质量为M,即：但叵，解得：M=图 一 为 一 学 一，故A正确;R2由 4=等故GG t2B、设火星第一宇宙速度为v J,解得:Rv=怦伊誓-，故B错误;D、设同步卫星离地面高度为h,由牛顿第二定律有：1H（R+h）才 工!（R+h”T82 冗&-R：

17、R*J v ot a n B _R,故 D 错误。V 5 兀 2 t故选：A 8.（3分）现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为3 0。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出（）第 1层 第2 层 第层-A-丁 人、1 i _、r x X；-X X：；-；X XJ I I IT x x ：-x x ：:-x x ,t T x X：-：x x：-x x T X X：-X X：!-!

18、X XA.1 2 B.1 6 C.2 0 D.2 4【解答】解：设粒子在第n层磁场中运动的速度为V n,轨迹半径为则有：n q E d=A m v n622vnq vnB =m-；rn粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为所，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为品，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变V n -is in 0 n -3 =vns in a n如 图1所示：rn s in O n -rn s in a n=d；由以上三式可得：rn s in G n -rn-4s in 0 n-i=d；则可知，n s in 0 6 r2 s in 0 2

19、n s in S、m s in O n为一组等差数列，公差为drn s in 0 n=ris in 0 8+(n -1)d；当n=l时，由图5可知：ris in O i=d图 7联立可得：rnsin0n=nd联立解得:sin0n=若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则有:o fsin0n=4由题目可知当n=4 时，04=30,即sin30当 sin9n=l时,联立解得:n=16故 ACD错误,B 正确;故选：Bo二、多项选择题：本题包括4 小题，每小题4 分，共 16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。9.（4 分

20、）在 x 轴上分别固定两个点电荷Qi、Q2,Q2位于坐标原点O 处。两点电荷形成的静电场中，x 轴上的电势随x 变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.X2处电势最高，电场强度最大B.Q i带正电，Q2带负电C.Q i的电荷量小于Q2的电荷量D.电子从x i处沿x 轴移动到X2处，电势能增加【解答】解：A、根据E=A _,可知，X3处电势（p 最高，电场强度为零；AxB、由图可知，-8 2 带负电，而在整个空间存在7的区域I带正电，故 B 正确；C、在 X3处电场强度为零，说明两个点电荷在该处电场强度大小相等，根据E=k-知，3rQ i的电荷量大于Q2的电荷量，故 C 错误；D、电子从X6

21、处沿x 轴移动到X2处，电场力做负功，故 D 正确。故选：BD。10.（4 分）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t=0 时刻的波形如图中的实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中的虚线所示。P 是传播介质中的一个质点皂m。下列说法正确的是3（）A.波的频率可能为25HzB.波的传播速度可能为90m/sC.t=0 时刻，质点P 相对平衡位置的位移为0.05mD.若波的传播速度为10m/s,则 t=L s 时 P 点位于波峰63【解答】解：A、波沿x 轴正方向传播_ l+nT,则频率f=一，n=0 5 2，故 A 错4 T t误；B、由图可知波长是4 m,波传播了 A,3T+n 入则波速丫二工-t当

22、 n=2 时，故 B 正确;C、P 的位置对应正弦函数的角度为三=且区口，所以位置为y=3.1sin$,故 C 正确；入 3兀 6 2D、由 B 选项，即波走了四分之一个周期，由C 选项，P 点 对 应 的 角 度 为 波 移63 _动 a=-x 2 H=-KK 在平衡位置。0.5s 6 6 6故选：BC11.（4 分）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q 静止在导轨上。t=0 时，运动过程中，金属棒P、Q 始终与导轨垂直并接触良好，加速度用a 表示；P、Q 与导轨构成的回路中的电流用I 表示,正确的是（）【解答】解：金属棒Q 在水

23、平恒力作用下向右做加速运动，切割磁感线产生感应电流，P棒受到向右的安培力，产生反电动势（相对于Q 棒的电动势）Q -BLVP=BL（VQ-VP）,知回路总的感应电动势取决于两棒速度之差，回路中总的感应电动势逐渐增大，两棒受到的安培力逐渐增大，Q 棒的合力逐渐减小，当两棒的加速度相等时，回路中总的感应电动势不变，两棒受到的安培力不变，由于稳定时，两棒间的距离逐渐增大，故 A C 正确。故选：ACo12.（4 分）如图所示，倾角为。、半径为R 的倾斜圆盘，绕圆心。处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面）（可视为质点）放在圆盘的边缘，当小物块与圆盘间的动摩擦因数n=2tan0时，O C 与 O B 的夹角

24、为6 0 。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g（）A.小物块在A 点时受到的摩擦力最大B.圆 盘 转 动 的 角 速 度 为 后 部 ZC.小物块在C 点时受到的摩擦力大小为mgsinQD.小物块从B 运动到A 的过程，摩擦力做功为2mgRsin。【解答】解：A、设圆盘转动的角速度为3,根据牛顿第二定律可得：fA+mgsine-mRco2,解得：fA=mRa）2-mgsinG,在 B 点时 B-mgsin0=mR（jL）4,解得：fB=mgsinO+mRco2,小物块在A 点时受到的摩擦力小于在B 点时的摩擦力，小物块从B 到 A 运动过程中，所以小物块在B 点受到的摩

25、擦力最大；B、当小物块与圆盘间的动摩擦因数u=2tan。时，小物块在B 点时摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得：|imgcos0-m gsin0=m R co解得圆盘转动的角速度3 =J g s in 里,故 B 正确；C、小物块在C 点时，合力方向指向圆心，mgsinQ则摩擦力大小大于mgsin。，故 C 错误;D、设小物块从B运动到A的过程f,根据动能定理可得：W f-2m gRsi n 9=0,解得:W f=8 m gRsi n。，故 D 正确。故选：B D o三、非选择题：本题包括6 小题，共 60分。1 3.（6分）小明同学用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动，请你帮助小明完成实

26、验。（1）除了图甲中标出的器材外，还需要（请填选项前的字母序号）。A.弹簧测力计B.刻度尺C.天平D.秒表（2）实验中，必 要 的 措 施 是C （请填选项前的字母序号）。A.重物的质量远远小于小车的质量B.先接通电源，待打点稳定后再释放小车C.小车与滑轮间的细线要尽可能与木板平行D.长木板的一端垫高，直到小车不挂重物时能够匀速下滑（3）实验中得到一条点迹清晰的纸带，打出的部分计数点如图乙所示，每两个相邻的计数点之间还有4个点未画出。小车的加速度大小a=0.8 0 m/s2（要求充分利用测量的数据，结果保留2位有效数字）。【解答】解：（1）研究小车的匀变速直线运动，需要测量小车的位移，但是打点

27、计时器已经可经测量时间了，所以需要刻度尺；A C D错误。（2）A D.本实验只需小车做匀加速度运动，不需要平衡摩擦力，所以AD错误；B.打点计时器的使用，先接通电源，所以B正确；C小车与滑轮间的细线要尽可能与木板平行，才能保证纸带顺利通过限位孔。（3）小车的加速度大小为a=XDG-X 1=(7.99+6.80+7.62)-(2.62+4.39+5.20义 1()-20Vs2=3.8 0 m/s29T2 3X0.I4答案：(1)B；(2)C1 4.(8 分)某实验小组设计出一个欧姆表，其内部结构可简化成如图甲所示的电路，其中电源内阻r=2 f l o该小组首先用一个电阻箱测出欧姆表内部电源的电

28、动势E和电流表G的量程I g,操作如下：(1)将两表笔断开，调节滑动变阻器使电流表G满偏；(2)将电阻箱接入两表笔之间，构成闭合回路，改变电阻箱阻值x 和对应的电流表G的示数I;(3)该小组选择合适的y-x 坐标，做出了图乙所示的图线，该小组选用的y-x 坐标可能 为 D (请填选项前的字母序号)。A.R x -IB.1-R xIC.R-IR xD.工 I Rx(4)根据图乙和上题选择的坐标，可得出欧姆表内部电源的电动势E=3.0 V,电流表 G的量程I g 0.5 A o(5)该实验小组把图甲中电流表的表盘改装成欧姆表的表盘，通过读取流过电流表G的电流而得到被测电阻的阻值。被测电阻接到两表笔

29、之间时，电流表的指针半偏1.3 3【解答】解：(3)由题意，若两表笔断开，应有：E=Ig(R +r),其中R 包括定值电阻，滑动变阻器接入的电阻阻值，当接入R x 时;电流表的示数为I&r而 I 总=I+I x l x B P：E=I (J-,r)+(!+；(/_ )ig Rx Rg化简得：工d+(_L一生)xj 故需要做W，D正确I Ig Ig E Rx I Rx(4)由题图图象可知，b=2 A _7 1 d=1.7 5 m,t 2=Y s2_则从t=0 开始，Q刚好要从P的右端掉下3+t 2=O.5 s+Y 7 s=2 s2 2答：(1)运动过程中，P的最小速度是为2 m/s；(2)从 t

30、=0 开始，Q刚好要从P的 右 端 掉 下 上 返。21 7.(1 3 分)如图所示，在 x Oy 平面内，第二象限有与x 轴负方向成0=3 0 角的匀强电场,第一象限有垂直x O y 平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为-q (q 0)的粒子 0射入电场，并在电场中做变速运动，速度最小时，之后进入磁场，并恰好没有从x轴离开磁场。粒子重力不计(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点开始运动到第二次经过y轴所经历的时间。【解答】解：(1)在 P点根据速度的合成与分解(如图所示)，当速度最小时沿电场线方向的速度为零，得到最小速度为 V m in =V OC OS 0 =V OC OS 3

31、 0 =V Z.2 J故粒子在Q点速度为V Q =V m in =Y2v,方向与y轴正方向成3 0 向上;2 0(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设 Q点到x 轴的距离为y,粒子在电场中运动时，可看做垂直于电场线方向做匀速直线运动，粒子达到Q点的时间为：t8=V0S i n 30,其中2=必a m解得:t i =m u 4返 vm v4-V3mv4TV0 4qE由于粒子达到Q点的速度最小，故 P Q 垂直于电场线方向m in t l =则 y=P Q c o s 3 0 2o-6m VqE52根据几何关系可得：y=R+Rc o s 6 0 ,解得：R=EW5qE2粒子在磁场中运动时，根据洛

32、伦兹力提供向心力可得：q v Q B =m*R解得：v0（3）根据图中几何关系可知，a=6 0 粒子在磁场中运动的时间为3嗯产T 乂晋=曾粒 子 从 P 点开始运动到第二次经过y轴所经历的时间t=t 7+t 2=1n丫0+=7qE 18qE（9+5 遥）mv0答：（1）粒子经过Q点时速度为亨V。，方向与y 轴正方向成30 向上;（2）磁感应强度B的大小为2 迹；v0（3）粒子从p点开始运动到第二次经过y 轴所经历的时间为网里32吧 218qE18.（15分）已知质量为m o的物体在受到F=-k o x的回复力作用下，将做简谐运动，其偏离平衡位置的位移x与时间t的关系遵循规（3t+（p）居，k

33、o为比例系数，A为振幅。如图，一竖直光滑的足够长圆管，弹簧下端固定于地面上，上端与一质量为m的圆盘a相连曳区的P点由静止由静止开始下落，与a发生碰撞，运动的最低点为0。2k两圆盘厚度不计，半径相同且略小于圆管半径 在运动过程中，且当形变量为x时，弹性势能为Ep=a k x 2。重力加速度为g,忽略一切阻力。求：（1）整个运动过程系统损失的机械能；（2）圆盘a、b碰后做简谐运动的振幅；（3）从圆盘b开始下落到第一次运动至最低点Q所用的时间。/【解答】解：（1）圆盘b从开始下落到与a碰撞前运动过程，设碰撞前瞬间b的速度大小为V0,对b,由动能定理得：2m g H=x 2m v Q2 2a、b碰撞过

34、程系统内力远大于外力,设碰撞后的共同速度为v,以向下为正方向0=(2m+m)v碰撞过程，由能量守恒定律得：!x 6 m v 2-1 x (2m+m)v4n 2 b 3解得，碰撞过程损失的机械能：椀=3私gk(2)圆盘a 位移O点时，设弹簧的压缩量是1(),由胡克定律得：m g=k l o,a、b碰撞后一起运动15到达最低点Q,该过程、b、弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：l x(2 m+m)v2+2m+m)g l s=lk(l2+i Q)2-Akl 解得：11=生 1ka、b处于平衡位置M 时设弹簧的压缩量为E由胡克定律得：(2m+m)g=k l2,a、b 做简谐运动的振幅：A=l5-(12-

35、10)解得：k(3)开始圆盘b做自由落体运动，设运动时间为t i,则 H=。?,解 得:6=3、但4 g t i V k _a、b一起做简谐运动的周期：1=等=兀=2兀 眄3 /k V kV2m+m0、M 间的距离：l 0 M=12-10,解得：1OM=卫喧=1-A,k 2由简谐运动的运动学方程x=A s i n (3t+(p)可知，从。到 M 的运动时间：12=_ T12从 M 运动到最低点Q的时间：t 3=&T4总的运动时间：t=t l+U+t 3,解得：t=3 j +3 n j 8 2答：(1)整个运动过程系统损失的机械能是 L；k(2)圆盘a、b 碰后做简谐运动的振幅是胭；k(3)从圆盘b开始下落到第一次运动至最低点Q所用的时间是7秒2n癖。