山东省临沂市沂水县第三中学2019届高三物理上学期月考试卷（含解析）.docx

山东省临沂市沂水县第三中学2019届第一学期高三物理月考试题一、选择题1.物理学的发展促进了人类文明的极大进步，关于物理学发展的历史，以下说法正确的是（ ）A. 丹麦物理学家奥斯特发现了由磁场产生电流的条件和规律B. 汤姆逊利用阴极射线管发现了电子，并由此提出原子的核式结构模型C. 1687年伽利略出版了自然哲学的数学原理一书D. 物理学中的思想方法很多，比如在显示桌子的微小形变实验和库仑扭秤的工作原理中都用到了放大法【答案】D【解析】丹麦物理学家奥斯特发现了由电流产生磁场的规律，选项A错误；汤姆逊利用阴极射线管发现了电子，卢瑟福提出原子的核式结构模型，选项B错误；1687年牛顿出版了自然哲学的数学原理一书，选项C错误；物理学中的思想方法很多，比如在显示桌子的微小形变实验和库仑扭秤的工作原理中都用到了放大法，选项D正确；故选D.2.如图所示，用轻杆AO（可绕A点自由转动）和轻绳BO吊着一个重物M，保持AO与水平方向的夹角不变。下列说法正确的是（ ）A. 当BO逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小B. 当BO逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大C. 若增大，保持OB水平，仍使重物M处于平衡，则AO、BO的拉力均增大D. 当重物M的质量增大时，AO、BO的拉力均增大【答案】D【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图所示 将两个拉力合成，其合力与第三个力：重力平衡，由图象可以看出，OB绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值；OA杆受到的拉力一直减小；故AB错误；增大M的重力G时，根据共点力的平衡条件可知AO的拉力、BO的拉力，当M的重力G增大，AO、BO的拉力均增大，故D正确；增大，保持OB水平，仍使重物M处于平衡，则AO、BO的拉力均减小，C错误。故选D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答3.如图所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为Rh的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（ ） A. 质量为2m的小球B. 质量为3m的小球C. 质量为4m的小球D. 质量为5m的小球【答案】C【解析】试题分析：甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；故选C。考点：机械能守恒定律【名师点睛】考查机械能守恒定律的应用，掌握曲线运动时，最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键。4.如图所示，一长为l的轻质细绳的下端系一质量为m的小球，绳的上端固定于O点。现用手将小球拉至水平位置（绳处于水平拉直状态），松手后小球由静止开始运动在小球摆动过程中绳突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为已知绳能承受的最大拉力为F，若想求出cos的值，你有可能不会求解，但是你可以通过一定的物理分析，对下列结果的合理性做出判断根据你的判断cos值应为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】没有单位，所以AB都错；当运动到最低点时，有，又由机械能守恒可得，由以上两式解得F=3mg，此时，即当时，则时，F=3mg，C错误；D正确；故选D.点睛：绳断时与竖直方向的夹角为，不在最高点或者最低点，但是题目不要求具体的计算，只是用所学的物理知识来分析，这就需要学生灵活的应用物理知识来分析，而不只是套公式能解决问题，考查学生知识运用的灵活性5.2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。如图所示，“墨子号”卫星的工作高度约为500km，在轨道上绕地区做匀速圆周运动，经过时间小于其运动周期，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为弧度，引力常量为G，则下列关于“墨子号”的说法正确的是A. 线速度大于第一宇宙速度B. 质量为C. 环绕周期为D. 向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度【答案】C【解析】试题分析：已知该太空电站经过时间（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有，得，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“墨子号”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，A错误；环绕周期为，B正确；“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，联立解得地球的质量为，不能求出“墨子号”的质量，C错误；由得：加速度，则知“墨子号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，D错误6.如图所示，水平面内光滑的平行金属导轨左端接有电阻R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va，vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的距离相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（）A. 回路中产生的焦耳热相等B. 棒运动的加速度相等C. 克服安培力做的功相等D. 通过棒横截面的电荷量相等【答案】D【解析】【分析】金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能；由能量守恒判断回路产生的内能；由牛顿第二定律判断加速度的大小关系；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量。【详解】A、C项：金属棒受到的安培力，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W=Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，故AC错误；B项：金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故B错误；D项：金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故D正确。故应选：D。【点睛】本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、等知识的能力，是一道综合题，有一定难度。7.a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示从图中可看出以下说法中不正确的是( )A. 把带正电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功B. a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点C. 电势最低的P点的电场强度为零D. a和b 一定是同种电荷，但是不一定是正电荷【答案】D【解析】试题分析：P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故A错误，由上面的电场线知和之间各点的电场方向都指向P点，B正确，由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C正确，P点切线斜率为零，而图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零两电荷在P点的合场强为零，P点距离较远，根据点电荷的场强公式知，的电量大于的电量从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知和一定是同种电荷，且都为正电荷故D错误，考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能8.如图所示，A、B在同一水平线上，以A_B为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆相交于M点电荷量为Q1、Q2的两个正、负点电荷分别固定在A点和B点，一个带正电的轻金属环q（视为点电荷，且重力忽略不计）套在绝缘杆上，在M点恰好平衡，MA与AB的夹角为，则（ ）A. tan3B. tan2C. tanD. tan【答案】A【解析】试题分析：设圆周的直径为d，根据库仑定律得：Q1对q的库仑力大小为Q2对q的库仑力大小为；对q，根据平衡条件得：F1sin=F2cos联立以上三式得：tan3=，故选A.考点：库仑定律；物体的平衡.【名师点睛】此题考查了库仑定律的应用以及物体的平衡条件的应用问题；解题的关键是能对带电体受力分析，通过受力图列的平衡方程然后求解；此题是力电平衡的结合题，意在考查学生对物理基本方法的运用能力。9.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g) ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；联立解得：，由数学知识可知，当时，x最大，故选B。【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。10.如图所示为甲、乙、丙三个质点的位置x与时间t的关系图像，则在时间t2内（ ）A. 甲先做匀加速再做匀减速运动B. 在t2时刻丙的速率大于乙的速率C. 甲的平均速度最大D. 丙的路程大于乙的路程【答案】B【解析】x-t图像的斜率等于速度，则甲先向正方向运动，后向负方向运动，选项A错误；在t2时刻丙的图像的切线的斜率大于乙，则丙的速率大于乙的速率，选项B正确；三个物体在相同时间内的位移相同，则平均速度相同，选项C错误；丙的速度方向没变，速度大小逐渐变大，乙的速度一直不变，则乙丙的路程相同，选项D错误；故选B.点睛：本题要求学生理解x-t图象的意义，并能由图知道三个物体的运动过程，明确物体的位移和路程，并正确理解平均速度公式11.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ） A. 0-t1时间内物块受到的摩擦力保持不变B. t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变C. t2时刻拉力F的功率一定最大D. t3时刻拉力F的功率一定最大【答案】B【解析】【分析】根据物块的受力，结合合力的大小与方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时加速度最大，何时速度最大。根据功率的公式分析最大功率的位置。【详解】0-t1时间内，F小于等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，物块受到的摩擦力始终与拉力大小相等，方向相反，所以摩擦力是变力；故A错误。由图可知，t1-t3时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小保持不变，故B正确。从t1-t3时刻，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块A的速度最大。t2时刻的拉力大于t3时刻的拉力，而t3时刻的速度大于t2时刻的速度，所以拉力的功率最大的时刻可能在t2时刻与t3时刻之间，不能判断出t2时刻的功率一定最大，或t3时刻的功率一定最大。故C D错误。故选B。12.如图所示的电路中，当滑动变阻器滑片B在图示位置时，电压表和电流表的示数分别为1.6V、0.4A，当滑动变阻器滑片B从图示位置向右滑到另一位置时，它们的示数各改变了0.1V和0.1A，则此时（） A. 电压表示数为1.7V，电源电动势为2VB. 电流表示数为0.3A，电源的效率为65%C. 电压表示数为1.5V，电源电动势为3VD. 电流表示数为0.5A，电源的效率为75%【答案】D【解析】【分析】由根据闭合电路欧姆定律分别列出两种情况下的表达式，再联立即可求得电动势和内电阻.【详解】向右滑则总电阻变小，电流增加，则电压减小，由闭合电路欧姆定律得：E=1.6+0.4r；E=1.5+0.5r；联立解得：r=1 E=2V；则电动势为2V，内阻1电压表示数为1.5V，则AC错误；电流表示数为0.5A，电源的效率为：100%=75%，则B错误，D正确；故选D。13.如图所示,电路中R1和R2均为可变电阻,平行板电容器C的极板水平放置.闭合开关S,电路达到稳定时,一带电油滴恰好悬浮在两板之间.下列说法正确的是( ) A. 仅增大的R1阻值,油滴仍然静止B. 仅增大R2的阻值,油滴向上运动C. 增大两板间的距离,油滴仍然静止D. 断开开关S,油滴将向下运动【答案】ABD【解析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，当增大R1的阻值，对电容器的电压没有影响，板间场强不变，油滴受力情况不变，仍静止，故A正确。当增大R2的阻值，R2分担的电压增大，电容器的电压增大，电容器板间场强增大，油滴所受的电场力增大，因此油滴将向上运动，故B正确。增大两板间的距离，电容器的电压不变，由E=U/d知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，所以油滴将向下运动，故C错误。断开开关S，电容器通过两个电阻放电，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故D正确。故选ABD。14.如图所示，两个质量为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=40N、F2=10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（ ）A. 弹簧秤的示数是28NB. 弹簧秤的示数是30NC. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2【答案】AC【解析】【详解】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-F=m1a，则F=F1-m1a=28N，故A正确，B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，故C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度：，故D错误；故选AC。【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变15.如图所示，半径为R的圆形边界内充满垂直纸面向外的匀强磁场，三个粒子以相同的速度从O点沿on方向射入，粒子1从p点射出，粒子2从n点射出，粒子3从mn边界射出，出射方向偏转了，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定A. 粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B. 粒子1和粒子3的周期之比为：1C. 粒子1和粒子3在磁场中运动的时间之比为：D. 粒子1和粒子3的比荷之比为：【答案】AC【解析】试题分析：根据左手定则判断出粒子的电性；做出粒子运动的轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径与R的关系，然后由半径公式即可求出粒子1与3的比荷的比值；由周期公式即可求出粒子1与2的时间比；根据题意可知粒子1向上偏转，粒子2不受洛伦兹力作用，粒子3向下偏转，结合左手定则可得粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电，A正确；做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：，由可得，粒子3的运动的轨迹如图，则：，由可得：，所以，粒子在磁场中运动的周期比为，粒子1在磁场中的运动时间：，粒子3在磁场中运动的时间，所以，故C正确BD错误16.如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，m1球能够沿圆弧轨道运动到水平桌面上。则（ ）A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B. 在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少C. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2D. 在m1由C点下滑到A 点的过程中轻绳对m2做的功等于m2的机械能增加【答案】BCD【解析】试题分析：AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是，分析竖直方向速度的变化情况求解，若恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系根据功能关系可分析机械能的改变量由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，A错误；重力的功率，这里的v是指竖直的分速度，一开始是由静止释放的，所以一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率也是先增大后减小的过程，B正确；若恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：，解得，C正确；重力之外的其他力做功等于物体机械能的改变量；故在由C点下滑到A点的过程中轻绳对做的功等于的机械能增加，D正确17.如图所示，一质量为m的物体从固定的粗糙斜面底端A点以速度v0滑上斜面，恰好能够到达斜面顶端B点，C点是斜面的中点。已知斜面的倾角为，高度为h，。则物体（ ）A. 到达B点后将停止运动B. 经过C时的速度为C. 从C点运动到B点的时间为D. 从A点运动到C点机械能减少2mgh【答案】AB【解析】【分析】对物体由A到B的过程应用动能定理求得动摩擦因数，即可由最大静摩擦力求得到达B点后的运动；根据动能定理求得在C的速度，即可得到机械能减少量；再根据匀减速运动规律求得从C到B的运动时间。【详解】对物体由A到B的过程应用动能定理可得：mghmgcos0mv02，所以，=2tan；那么，tan，所以，mgsinmgcos，所以，物体到达B点后将停止运动，故A正确；对物体由A到C的过程应用动能定理可得：mgmgcosmvC2mv02，所以，vC，故B正确；物体运动过程受重力、支持力、摩擦力作用，故由牛顿第二定律可得：物体向上运动时，加速度a=gsin+gcos=3gsin，故由匀减速运动规律可得：从C点运动到B点的时间为，故C错误；从A点运动到C点机械能减少量Emv02(mvC2+mgh)mgh，故D错误；故选AB。【点睛】动能定理常用于初末位置速度已知的情况下求某个力在这一过程中做的功或已知做功的表达式求得某一位置的速度。二、实验题18.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实 验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮； 木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过 定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 50 Hz开始实 验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列 点。图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在 纸带上标出连续的 5 个计数点 A、B、C、D、E，每相邻两计数点间还有 4 个打 点（图中未标出），测出各计数点到 A 点之间的距离如图所示请完成下列小题：（1）根据图中数据计算：（保留两位有效数字）打 C 点时滑块的速度的大小为_m/s；滑块的加速度 a=_m/s2；（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_A. 木板的长度 LB. 木板的质量 m1C. 滑块的质量m2D. 托盘和砝码的总质量 m3E. 滑块运动的时间 t（3）不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力，则滑块与木板间的动摩擦因数m_用被测物理量的字母表示，重力加速度为 g）【答案】 (1). 0.54m/s (2). (3). CD (4). 【解析】【分析】（1）根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，再利用逐差法可以求出滑块下滑的加速度（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式【详解】（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：；由x=at2得：（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g-f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2g，解得：，要测动摩擦因数，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选CD；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：由上式得： 某同学通过实验描绘一个“2V 1W”小灯泡的U-I曲线。该同学已正确选用合适的器材及其量程，并连接好了部分实验电路，如图甲所示。要求小灯泡两端的电压能在02V范围内连续变化，且尽可能减小实验误差。19. 在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正：_，_ 。20. 该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的U-I特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V.内阻为1.0的电源上，小灯泡的实际功率是 _ W。(结果保留2位有效数字)【答案】 (1). A开关S不应闭合；应处于断开状态; (2). B滑动变阻器的滑动触头P位置不当；应将其置于b端; (3). 见解析 (4). 0.44（0.420.46）;【解析】(1)连接电路，开关应断开，所以不当之处一：开关S不应闭合；应处于断开状态；小灯泡两端的电压能从0开始连续变化，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器的滑动触头P位置不当，所以不当之处二： 滑动变阻器的滑动触头P位置不当；应将其置于b端；(2). 该同学在正确完成实验后得到如图乙所示的小灯泡的U-I特性曲线，将此小灯泡接在电动势为1.5V，内阻为1.0的电源上，根据闭合电路欧姆定律则有，作出图像由图像可得，小灯泡的实际功率是；三、计算题21.如图所示，质量ml10kg的物块随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带始终以速度v带30ms匀速运动，质量m240kg的物块在m1的右侧L25m处无初速放上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为010，两物块碰后瞬间m1相对传送带的速度大小为20ms，（g10ms2）求：（1）质量为m2的物块释放后经过多少时间两物块相碰。（2）碰撞后两物块间的最大距离。【答案】（1）1.0s（2）0.875m【解析】【分析】（1）、质量为m2的物块释放后做匀加速运动，m1做匀速直线运动，根据运动学公式和位移关系求解；（2）、根据（1）问数据求出碰前瞬间m2的速度，碰撞瞬间由动量守恒定律求得碰后瞬间m2速度碰后m1和m2均作匀加速运动至与传送带相对静止，根据m1和m2的速度关系和运动学公式求得碰撞后两物块间的最大距离【详解】（1）由牛顿第二定律可得碰撞前m2向右的加速度为：a=g=1.0m/s2碰撞前运动时间内m1与m2位移关系为：s1=s2+L，即：v带t=at2+L代入数据解得：t=1.0s，t=5.0s，由于m2从静止到加速到3.0m/s时间为=3s，所以t=5.0s不合题意舍去（2）碰前m1随传送带匀速运动速度为v1=v带=3.0m/s，碰前瞬间m2的速度v2=at=1m/s，碰后瞬间m1的速度为：v1=v1-2.0m/s=1.0m/s规定向右为正方向，碰撞瞬间由动量守恒定律有：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2代入数据解得：v2=1.5m/s碰后m1和m2均作匀加速运动至与传送带相对静止，由于v2v1，其加速度均为a，此过程中总有m2均大于m1的速度，故二者都相对传送带静止时距离最大，设为Smm1相对滑动的时间为：t1=（v1-v1）=2.0sm2相对滑动的时间为：t2=（v1-v2）=1.5sm1相对滑动的时间内m2先加速后匀速，则：Sm=S2m-S1m=v2t2+at22+v1（t1-t2）-（v1t1+at12）=0.875m【点睛】解决该题关键要分析两物块的运动情况，把运动学公式和动量守恒定律结合运用求解运用动量守恒定律应注意其矢量性如图所示，足够大的绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=50N/C在桌