長沙市第一中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題含解析

湖南省長沙市第一中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題含解析PAGE26-湖南省長沙市第一中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題（含解析）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9~12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1.以下說法中正確的是（）A。利用洗衣機(jī)能把衣服甩干，是因?yàn)橐路械乃艿诫x心力而做離心運(yùn)動(dòng)B。開普勒總結(jié)出了行星運(yùn)行的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)萬有引力定律C。所有繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的圓心一定和地心重合D.繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)周期是24h的衛(wèi)星一定是同步衛(wèi)星【答案】C【解析】【詳解】A.利用洗衣機(jī)能把衣服甩干，是因?yàn)橐路械乃艿降牧π∮谒鰣A周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力，而做離心運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;B。開普勒總結(jié)出了行星運(yùn)行的規(guī)律，牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故B錯(cuò)誤；C.所有繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星都是受到的萬有引力提供向心力，萬有引力方向指向地心,所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心一定和地心重合,故C正確；D.地球同步衛(wèi)星運(yùn)行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道即與赤道平面重合、運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等即為一天，但繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)周期是24h的衛(wèi)星不一定是同步衛(wèi)星，還必須在赤道平面，故D錯(cuò)誤．2。如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)的速度-時(shí)間圖象，則下列說法中正確的是(）A.在0～6s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B。在t=12s末，質(zhì)點(diǎn)的加速度為—1m/s2C。在6～10s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài) D。在4s末，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向改變【答案】B【解析】在0～4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的加速度為=1。5（m/s2），在4—6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度為：=-1（m/s2），兩段時(shí)間內(nèi)的加速度不同，所以在0~6s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在t=12s末,質(zhì)點(diǎn)的加速度為a==—1（m/s2)，故B正確．

在6s~10s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)以4m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；在0-14s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的速度都為正，一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，故在4s末速度方向沒有改變，故D錯(cuò)誤；故選B。點(diǎn)睛：本題考查學(xué)生對v—t圖象的認(rèn)識(shí)，記住圖象的斜率表示加速度，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示這段時(shí)間內(nèi)物體通過的位移．3。如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小球從足夠長的斜面上同一點(diǎn)O分別以初速度v1、v2、v3水平拋出,落在斜面上的位置分別為A、B、C，已知OA=AB=BC，空氣阻力不計(jì),則（）A.v1:v2：v3=1：2：3B。落到斜面時(shí)的速度方向不同C。落到斜面時(shí)的動(dòng)能之比為1：2：3D。落到斜面時(shí)的動(dòng)能增量之比為1:4:9【答案】C【解析】【詳解】A、設(shè)物體的初速度為v0,斜面的傾角為α,斜面落點(diǎn)到O點(diǎn)的長度為L．則小球落在斜面上時(shí),有，得,則有，α、g一定，則得到；由于OA=AB=BC，則OA：OB：OC=1:2：3,由上式得；故A錯(cuò)誤．B、設(shè)小球落到斜面上時(shí)速度與水平方向的夾角為θ,則有,與初速度無關(guān)，則知落到斜面時(shí)的速度方向相同;故B錯(cuò)誤．C、小球落在斜面上速度平方為，落到斜面時(shí)的動(dòng)能為，所以落到斜面時(shí)的動(dòng)能之比為1：2：3，故C正確．D、根據(jù)動(dòng)能定理得，飛行過程中動(dòng)能增量，得飛行過程中動(dòng)能增量之比為1：2:3；故D錯(cuò)誤．故選C?！军c(diǎn)睛】三個(gè)小球做平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，得出斜面的長度與初速度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系，本題中斜面的傾角反映了位移與水平方向的夾角，關(guān)鍵確定兩個(gè)方向的位移關(guān)系得出時(shí)間表達(dá)式．4?？邕^定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示，已知人的質(zhì)量為70kg，吊板的質(zhì)量為10kg,繩及定滑輪的質(zhì)量、滑輪的摩擦均可不計(jì)，取重力加速度g=10m/s2，當(dāng)人以440N的力拉繩時(shí),人與吊板的加速度a的大小和人對吊板的壓力F的大小分別為

（

）A.a=1。0m/s2,F=260N B.a=1。0m/s2,F=330NC.a=3。0m/s2，F(xiàn)=110N D.a=3。0m/s2，F(xiàn)=50N【答案】B【解析】【詳解】CD.以整體為研究對象,整體受重力、兩根繩子拉力(T）;由牛頓第二定律可知：整體的加速度;選項(xiàng)CD不符合題意AB.以人為研究對象,由牛頓第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛頓第三定律可知人對吊板的壓力為330N,選項(xiàng)A不符合題意;選項(xiàng)B符合題意5。如圖，一長為的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為的小球．一水平向右的拉力作用于桿的中點(diǎn)，使桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)桿與水平方向成60°時(shí),拉力的功率為A。 B。 C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】試題分析：先求拉力F的大?。鶕?jù)力矩平衡，，解得；再求速度;再求力與速度的夾角θ=30°，所以功率．考點(diǎn)：力矩的平衡條件；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；功率、平均功率和瞬時(shí)功率【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了力矩的平衡條件、線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速、功率、平均功率和瞬時(shí)功率．屬于難度較大的題目．本題要先根據(jù)力矩平衡條件求出拉力F的大小，再根據(jù)瞬時(shí)功率表達(dá)式求拉力的功率．6.字宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用，分別圍繞其連線上的某一點(diǎn)做周期相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，稱之為雙星系統(tǒng)．由恒星A與恒星B組成的雙星系統(tǒng)繞其連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．已知它們的運(yùn)行周期為T，恒星A的質(zhì)量為M，恒星B的質(zhì)量為3M，引力常量為G，則下列判斷正確的是（）A。兩顆恒星相距B.恒星A與恒星B的向心力之比為3︰1C。恒星A與恒星B的線速度之比為1︰3D。恒星A與恒星B的軌道半徑之比為︰1【答案】A【解析】【分析】兩恒星體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源于兩恒星之間的萬有引力，所以向心力大小相等，列式可得半徑之比；根據(jù)牛頓第二定律列式可求解兩顆恒星相距的距離;恒星A與恒星B的角速度相等，從而可求解線速度之比.【詳解】兩恒星體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源于兩恒星之間的萬有引力，所以向心力大小相等，即，解得恒星A與恒星B的軌道半徑之比為rA:rB=3:1,故選項(xiàng)BD錯(cuò)誤；設(shè)兩恒星相距為L，則rA+rB=L,根據(jù)牛頓第二定律：，解得，選項(xiàng)A正確;由可得恒星A與恒星B的線速度之比為3：1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故選A.7.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒，以初速度從A點(diǎn)豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強(qiáng)電場中，粒子通過電場中B點(diǎn)時(shí)，速率，方向與電場的方向一致，則A、B兩點(diǎn)的電勢差為()A。 B。 C. D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】粒子從A到B，在水平方向上只受到電場力，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式:為A到B沿電場線方向的距離,電場力提供加速度：聯(lián)立方程:勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系：代入方程整理得:則有：ABD錯(cuò)誤,C正確.故選C8。如圖甲所示,平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k。一端固定在傾角為θ的斜面底端，弓一端與物塊A連接；兩物塊A,B質(zhì)量均為m,初始時(shí)均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動(dòng)物塊B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A,B兩物塊在開始階段時(shí)間內(nèi)的v-t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A，B圖線(t1時(shí)刻A、B的圖線相切,t2時(shí)刻對應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)）,重力加速度為g,則（）A.t2時(shí)刻，彈簧形變量為0B。t1時(shí)刻，彈簧形變量為C。過程中，拉力F逐漸增大D。過程中，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少【答案】D【解析】【詳解】A．由圖知，時(shí)刻A的加速度為零，速度最大,根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得則得A錯(cuò)誤；B．由圖讀出,時(shí)刻A、B開始分離,對A根據(jù)牛頓第二定律解得B錯(cuò)誤；C．從開始到時(shí)刻,A與B整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律，有解得由于x逐漸減小，故F逐漸增加，從時(shí)刻到時(shí)刻，B物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知解得拉力恒定，C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻A、B分離臨界,則A、B間彈力零，此時(shí)二者加速度相同，從開始到時(shí)刻，對B動(dòng)能定理對A動(dòng)能定理解得D正確。故選D9。質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過程的速度圖象如圖所示，從t1時(shí)刻起汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力恒為Ff，則A。0～t1時(shí)間內(nèi),汽車的牽引力等于B.t1～t2時(shí)間內(nèi),汽車的功率等于C.汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度等于D.t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速度小于【答案】BC【解析】【詳解】A。由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng),，F(xiàn)1—Ff=ma，聯(lián)立得，，故A錯(cuò)誤；B。在t1時(shí)刻汽車達(dá)到額定功率：P=F1v1=(m+Ff)v1，t1~t2時(shí)間內(nèi),汽車保持額定功率不變，故B正確；C.t2時(shí)刻，速度達(dá)到最大值v2，此時(shí)刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正確;D。由v-t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可知,t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速度大于，故D錯(cuò)誤．10.質(zhì)量為m的小球A以速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A球的速度大小和B球的速度大小可能為A.， B.，C.， D.,【答案】AC【解析】【詳解】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均滿足；考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不滿足，ABC滿足;根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，B選項(xiàng)碰撞前總動(dòng)能為，B選項(xiàng)碰撞后總動(dòng)能為，B不滿足，AC滿足；故AC正確，BD錯(cuò)誤．故選AC．11。如圖，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體最后能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程下列說法正確的是（）A.傳送帶克服摩擦力做功為mv2B.傳送帶克服摩擦力做功為C.電動(dòng)機(jī)多做的功為D。物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為【答案】AD【解析】【詳解】CD．電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能,物體在這個(gè)過程中獲得動(dòng)能就是設(shè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,物體位移為傳送帶的位移為相對位移為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為所以電動(dòng)機(jī)多做的功為C錯(cuò)誤D正確;AB．傳送帶克服摩擦力做的功就是電動(dòng)機(jī)多做的功,所以由CD的分析可知,傳送帶克服摩擦力做功為，B錯(cuò)誤A正確。故選AD。12.如圖所示，一個(gè)電容為C，電量為Q的平行板電容器豎直放置，兩板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，將一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為﹣q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)），不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于兩板間O點(diǎn)．現(xiàn)將小球拉至水平位置M點(diǎn)，由靜止釋放，當(dāng)小球延圓弧向下擺動(dòng)60度到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，速度恰好為零．則(A.電容器的左極板帶負(fù)電B.繩子的最大拉力為2mgC。電容器兩極板間的距離為D.如果讓電容器的帶電量減半，小球仍從M點(diǎn)有靜止釋放，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度仍為0【答案】AC【解析】【詳解】A．小球從M到N的過程中，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功0，而重力做正功，則電場力對小球做負(fù)功，即電場力方向向右，由于小球帶負(fù)電，故場強(qiáng)方向向左，所以左極板帶負(fù)電，右極板帶正電．故A正確；BC．設(shè)兩板間電勢差為U、場強(qiáng)為E,由和得E=對球,從M到N由動(dòng)能定理有mgLsin60°﹣qEcos60°=0﹣0所以有Eq=mgtanθ=mg解得則重力與電場力的合力大小為2mg；方向沿與水平方向成30°角，此時(shí)繩子的拉力F﹣2mg=m因速度不為零；故拉力一定大于2mg；故B錯(cuò)誤，C正確；D．由電量減半時(shí),電壓減半，則極板間的場強(qiáng)減半；從M到N的過程中電場力做功變小，根據(jù)動(dòng)能定理外力做功之和mgLsin60°﹣qEcos60°大于零,則小球從M點(diǎn)釋放后，還沒有到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度不會(huì)為零；故D錯(cuò)誤；故選AC．點(diǎn)評：該題中帶電的小球在重力和電場力的復(fù)合場中做類單擺運(yùn)動(dòng)，需要正確對運(yùn)動(dòng)的過程和小球的受力減小分析．該題中需要注意的是：小球速度最大時(shí)重力、電場力、細(xì)繩上的拉力和F提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力．二、實(shí)驗(yàn)、探究題（本題共2小題，每空3分，共15分）13.如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素,其中電容器左側(cè)極板和靜電計(jì)外殼均接地，電容器右側(cè)極板與靜電計(jì)金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開．（1）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)中使用靜電計(jì)的說法正確的是__A.靜電計(jì)可以用電流表替代B.靜電計(jì)可以用電壓表替代C.使用靜電計(jì)的目的是觀察電容器電壓的變化情況D。使用靜電計(jì)的目的是測量電容器電量的變化情況(2)下列做法可使靜電計(jì)張角變小的有___A.將左極板緩慢左移

B。將左極板緩慢上移C。在兩極板間插入云母板（介電常數(shù)大于1）

D。在兩極板間插入較厚的金屬板【答案】（1)。C（2）。CD【解析】【詳解】（1）［1］AB.靜電計(jì)與電壓表、電流表的原理不同，不能替代；電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時(shí)，指針才偏轉(zhuǎn)，故AB錯(cuò)誤；C.靜電計(jì)可測量電勢差，根據(jù)指針張角的大小,觀察電容器電壓的變化情況，故C正確；D。靜電計(jì)無法判斷電量的變化情況，故D錯(cuò)誤．（2）［2]A。根據(jù)電容的決定式，將左極板緩慢左移，板間距離d增大,則電容C減小，因?yàn)殡娙萜鲙щ姾笈c電源斷開,電量Q不變,根據(jù)定義式，可知電勢差U增大，指針張角變大，故A錯(cuò)誤；B。由知，將左極板緩慢上移，正對面積S減小，則電容C減小,根據(jù)定義式，電量Q不變,可知電勢差U增大，指針張角變大，故B錯(cuò)誤．C.在兩極板間插入云母板（介電常數(shù)大于1），根據(jù)電容的決定式，介電常數(shù)變大，則電容C增大，根據(jù)定義式，電量Q不變，可知電勢差U減小，指針張角變小，故C正確;D。在兩極板間插入較厚的金屬板,金屬板在勻強(qiáng)電場中靜電平衡，成為等勢體，相當(dāng)于其板間距離d減少了，由電容的決定式知，電容C增大，根據(jù)定義式,電量Q不變，可知電勢差U減小,指針張角變小，故D正確．14。如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機(jī),是英國數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德(G·Atwood746—1807）創(chuàng)制的一和著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。某同學(xué)對該裝置加以改進(jìn)后用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，如圖乙所示.（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間）(1)該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度如圖丙所示，則d=___________mm；然后將質(zhì)量均為m（A的含擋光片和掛鉤、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，A置于桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出擋光片中心到固定光電門中心的豎直距離h。(2）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,該同學(xué)讓A在桌面上處丁靜止?fàn)顟B(tài)，將乃從靜止位置豎直提升s后由自由下落，光電門記錄下?lián)豕馄瑩豕獾臅r(shí)間為Δt(B未接觸桌面）,則驗(yàn)證繩繃緊過程中系統(tǒng)治繩方向動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為__________；如果該同學(xué)忘記將B下方的C取下（C的質(zhì)量也為m），光電門記錄擋光片擋光的時(shí)間為△t′。完成測量后,騎證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為__________。(用題中所給物理量符號表示）【答案】(1）。5.00(2).(3)?！窘馕觥俊驹斀狻浚?)[1]游標(biāo)卡尺的精度為，主尺度數(shù)為,則讀數(shù)（2)[2］根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知解得則可知,作用前的動(dòng)量此后AB一起做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度作用后的動(dòng)量故只要驗(yàn)證(2)[3]若沒有摘去C，則三個(gè)物體速度相同后做加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知解得則作用后的動(dòng)量故應(yīng)驗(yàn)證的表達(dá)式為三、計(jì)算題（本大題共4小題，共47分）15。如圖所示，平行金屬板長為L,一個(gè)帶電為＋q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0緊貼上板垂直射入電場,剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30°角，粒子重力不計(jì),求：(1）粒子末速度大?。?2）電場強(qiáng)度；（3)兩極板間距離．【答案】(1）（2)（3）【解析】【分析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知粒子的末速度的大小將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可求得電場強(qiáng)度；由動(dòng)能定理可求得兩板間的距離．【詳解】（1)粒子離開電場時(shí)速度如圖所示：由圖可知：（2）粒子從射入電場到離開電場,由動(dòng)能定理得：聯(lián)立以上解得：(3)帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上：L=v0t粒子離開電場時(shí),粒子豎直方向的分速度：vy=v0tan60°兩板間的距離：【點(diǎn)睛】:本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，若垂直電場線進(jìn)入則做類平拋運(yùn)動(dòng),要將運(yùn)動(dòng)分解為沿電場線和垂直于電場線兩個(gè)方向進(jìn)行分析，利用直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解．16。香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下會(huì)從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中,伴隨著音樂旋律，米老鼠模型能夠上下運(yùn)動(dòng)，引人駐足，如圖所示．這一景觀可做如下簡化，假設(shè)水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出，水柱的流量為Q（流量定義：在單位時(shí)間內(nèi)向上通過水柱橫截面的水的體積）,設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部．水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計(jì)，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開．已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(jì)．（1)求噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；（2）由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時(shí)間很短，因此在分析水對沖浪板的作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力．試計(jì)算米老鼠模型在空中懸停時(shí)，水到達(dá)沖浪板底部的速度大?。?3）要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化,需調(diào)整水泵對水做功的功率．水泵對水做功的功率定義為單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的動(dòng)能．請根據(jù)第（2)問中的計(jì)算結(jié)果，推導(dǎo)沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關(guān)系式．【答案】（1);（2）；（3）．【解析】【詳解】(1）設(shè)很短時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為△V，質(zhì)量為△m,水柱在噴口的初速度為v0，噴口的橫截面積為S．則解得單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為（2)設(shè)米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時(shí)，水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變?yōu)?,時(shí)間這些水對板的作用力的大小為F′，板對水的作用力的大小為F，以向下為正方向,不考慮水柱頂部水的重力，根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)牛頓第三定律F=F′由于米老鼠模型在空中懸停，根據(jù)力平衡條件得聯(lián)立可解得（3）設(shè)米老鼠模型和沖浪板懸停時(shí)其底面距離噴口的高度為h，對于時(shí)間內(nèi)噴出的水，根據(jù)機(jī)械能守恒定律(或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式)得水泵對水做功的功率為聯(lián)立解得17。如圖所示，水平地面上靜止放置一輛長度為L=1。5m、質(zhì)量mA=4kg的小車A，小車的上表面粗糙,小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計(jì)；小車左端固定一輕質(zhì)彈簧，自然長度為L=0.5m,最右端靜置一質(zhì)量mB=2kg的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）；現(xiàn)對A施加一個(gè)水平向右F=20N的恒力，小車運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,物塊B和彈簧接觸,同時(shí)撤掉恒力F，已知物塊B和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù).不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，求:（1）水平向右的恒力F作用的時(shí)間t;（2）彈簧最大壓縮量d=0。3m時(shí)，彈簧的彈性時(shí)能Ep?！敬鸢浮?1）；（2）【解析】【詳解】(