【物理】北京市清华附中2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

【物理】北京市清华附中2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

北京市清华附中2019-2020学年高一下学期期末考试试题 一、单选题。本题共12小题，每小题3分，共36分。在每个小题给出的四个选项中只有一个是符合题意的。‎ ‎1.下列所述的运动过程均不计空气阻力，其中机械能守恒的是（　　）‎ A. 小石块被水平抛出后在空中运动的过程 B. 木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程 C. 人乘电梯加速上升的过程 D. 子弹射穿木块的过程 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小石块做平抛运动时，物体只受到重力的作用，机械能守恒。故A正确；‎ B．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故B错误；‎ C．人乘电梯加速上升的过程，重力势能和动能均增大，机械能增大，故C错误；‎ D．子弹射穿木块的过程，由于摩擦生热，机械能减小，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.下列关于动量、动能的说法中，正确的是（　　）‎ A. 若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化 B. 若物体的动能不变，则动量也不变 C. 若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不变 D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若物体的动能发生了变化，则速度的大小一定变化，但是物体的加速度不一定发生了变化，例如平抛运动，选项A错误；‎ B．若物体的动能不变，则速度的大小不变，但是动量不一定不变，例如匀速圆周运动，选项B错误；‎ C．若一个系统所受的合外力为零，则该系统的动能不一定不变，例如子弹射入放在光滑水平面的木块中时，选项C错误；‎ D．根据动量定理可知，，即物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻，下列说法错误的是（　　）‎ A. 振子所受的弹力大小为5N，方向指向x轴的负方向 B. 振子的速度方向指向x轴的正方向 C. 在0～4s内振子作了1.75次全振动 D. 在0～4s内振子通过的路程为‎4cm ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知A在t轴上方，位移，所以弹力 即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向， A正确；‎ B．由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，B正确；‎ C．由图可看出，和 时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，C错误；‎ D．在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为 ‎，D正确。‎ 故选C。‎ ‎4.在水平地面上方某处，把质量相同的P、O两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，O向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中 A. P球重力做功较多 B. 两球重力的平均功率相等 C. 落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大 D. 落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据W=mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的物体运动时间长，根据P=W/t可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律可知可知，两球落地的速度相同，根据P=mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确；故选D.‎ ‎5.用沙摆演示简谐运动的图象，当沙摆下面的木板.被匀速地拉出过程中，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化关系，板上直线表示时间轴，使两个摆在各自的木板上形成曲线.如图中板N1、N2移动的速度vl、v2的关系为v1=v2。则两曲线代表的沙摆各自摆长L1、L2的关系为（　　）‎ A. L1＝L2 B. L1＝‎2L2‎ C. L1＝‎4L2 D. ‎4L1＝L2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设板长为L，则 L=v1T1=v2∙2T2‎ 因为v1=v2则 T1=2T2‎ 根据则 ‎ ‎ 即L1＝‎4L2‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示是物体受迫振动的共振曲线，该共振曲线表示了物体（　　）‎ A. 在不同时刻的振幅 B. 在不同时刻的位移 C. 在不同频率的驱动力下的振幅 D. 在不同频率的驱动力下的位移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当物体受到的驱动力频率与物体的固有频率相等，振动物体产生共振现象。由共振曲线可知：横坐标表示驱动力的频率，纵坐标表示物体在不同频率的驱动力作用下的振幅。故C正确。‎ ‎7.如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止开始下落，且下落过程中（蹦极绳被拉直之前）所受阻力恒定，且下落的加速度为。在运动员下落h的过程中（蹦极绳未拉直），下列说法正确的是（　　）‎ A. 运动员克服阻力所做的功为 B. 运动员的重力势能减少了 C. 运动员的机械能减少了 D. 运动员的动能增加了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】B．重力做的功为，重力势能减少了，B错误；‎ D．由牛顿第二定律知，运动员所受的合力为，根据动能定理，D正确；‎ AC．运动员的动能增加了，重力势能减少了，则机械能减少了 ‎，根据功能原理知，运动员克服阻力所做的功等于机械能的减少量为，AC错误。 ‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝‎5.0 kg·m/s，pB＝‎7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是(　　)‎ A. ΔpA＝－‎3.0 kg·m/s；ΔpB＝‎3.0 kg·m/s B. ΔpA＝‎3.0 kg·m/s；ΔpB＝‎3.0 kg·m/s C. ΔpA＝‎3.0 kg·m/s；ΔpB＝－‎3.0 kg·m/s D. ΔpA＝－‎10 kg·m/s；ΔpB＝‎10 kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=‎-3kg•m/s、△pB=‎3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=‎2kg•m/s、p′B=‎10kg•m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△PA=‎3kg•m/s，△PB=‎-3kg•m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=‎3kg•m/s、△pB=‎-3kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=‎8kg•m/s、p′B=‎4kg•m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误．如果△pA=‎-10kg•m/s、△pB=‎10kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为 p′A=‎-5kg•m/s、p′B=‎17kg•m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D错误．故选A．‎ ‎9.一列简谐波在t＝0时刻的波形图如图(a)所示，图(b)表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则（　　）‎ A. 若波沿x轴正方向传播，(b)图应为a点的振动图象 B. 若波沿x轴正方向传播，(b)图应为b点的振动图象 C. 若波沿x轴正方向传播，(b)图应为c点的振动图象 D. 若波沿x轴正方向传播，(b)图应为d点的振动图象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图(a)看出，图示时刻质点a的位移为正向最大，而振动图像时刻质点的位移为零，所以图(b)不可能是图(a)中a的振动图像，A错误；‎ B．若波沿x轴正方向传播，b质点的速度方向沿y轴正方向，此时刻b的位移为零，由图(b)看出时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，所以图(b)是图(a)中b质点的振动图像，B正确；‎ C．图甲中质点c此时刻处于波谷，位移为负向最大，此时刻b的位移为零，图(b)不可能c点的振动图像，C错误；‎ D．若波沿x轴正方向传播，d质点的速度方向沿y轴负方向，由图(b)看出时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m，在物体B上固定一个水平轻弹簧，初始时B物体处于静止状态，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 当弹性势能最大时，A、B两物体共速 B. 在从A接触弹簧到弹簧的弹性势能逐渐增加到最大的过程中，弹簧对物体B所做的功为 C. 当A的速度变为0的时候，弹簧再一次恢复原长 D. 整个过程中，整个系统机械能守恒，动量守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，选项A正确，不符合题意； B．以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=2mv，‎ 解得， 对B，根据动能定理得：弹簧对物体B所做功，故B错误，符合题意； C．两物块质量相等，当弹簧恢复到原长时，由动量守恒和能量守恒，，解得v1=0，v2=v0，即两物体交换速度，此时A的速度为零，B的速度为v0，选项C正确，不符合题意；‎ D．整个过程中，系统只有弹力做功，则整个系统机械能守恒；系统所受的合外力为零，系统动量守恒，选项D正确，不符合题意。故选B。‎ ‎11.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（　　）‎ A. B对A的摩擦力及支持力的合力垂直于斜面 B. B对A做正功 C. A对B的摩擦力做正功 D. A所受的合外力对A不做功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量，水平分量，如图所示 由于具有水平分量，故必受水平向左摩擦力，A受力如图所示，所以支持力做负功，B对A的摩擦力做正功，由牛顿第二定律得，竖直方向上，水平方向上 假设斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得，，由以上几个式子解得， 即，所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，B错误A正确；‎ C．B对A的摩擦力水平向右，则A对B的摩擦力水平向左，A对B的摩擦力做负功，C错误；‎ D．木块A向下加速运动，动能增加，由动能定理可知，木块A所受合外力对木块A做正功，D错误。‎ 故选A。‎ ‎12.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝‎4m1，则A反弹后能达到的高度大约为（　　）‎ A 2.2h B. 3h C. 4h D. 4.8h ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为 ，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得 ，由题可知m2=‎4m1，联立解得，反弹后高度为，故D正确，ABC错误。 故选D。‎ 二、不定项选择题。每题有一至两个答案，本题共6小题，每小题3分，共18分。全部选对的得3分；选对但不全得2分；不选或选错得0分。‎ ‎13.如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　） ‎ A. 过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B. 过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 C. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D. 过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在子弹射入木块到刚相对于静止的过程I中，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误； CD．在Ⅱ过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎14.如图，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中（未穿出），射入深度为d，平均阻力为f，在两物体达到共速时，木块的位移为s，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 子弹损失的动能为fd B. 子弹对木块所做的功为f(s+d)‎ C. 整个过程中的摩擦生热为fd D. 整个过程中系统的总动能损失为f(s+d)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】B．木块的位移为s，子弹对木块所做的功为，B错误； ‎ ACD．在整个过程中，系统克服阻力做功为，根据功能关系可知，产生的内能为，系统损失的动能为，AD错误C正确。‎ 故选C。‎ ‎15.如图所示，图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的速度—时间图象。已知相互作用时间极短，则由图象可知（　　）‎ ‎ ‎ A. 碰前滑块Ⅰ的速度比滑块Ⅱ的速度大 B. 碰前滑块Ⅰ动量比滑块Ⅱ的动量小 C. 滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大 D. 碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】碰撞前滑块I速度为：v1=‎5m/s，滑块II速度为v2=‎-3m/s；碰撞后的共同速度为‎2m/s； ‎ A．碰撞前滑块I速度为：v1=‎5m/s，滑块II速度为v2=‎-3m/s，故A正确； B．碰撞的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故B错误； C．根据动量守恒定律，有‎5m1‎-3m2‎=2（m1+m2），解得，故滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大，故C正确； D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量等大、反向，故D错误。 故选AC。‎ ‎16.如图所示，A，B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态（以此静止状态图中虚线所在位置为零势能参考点），两斜面的倾角分别为α=53°和β=37°。若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体说法中正确的是（　　）‎ A. 两物体着地时的速度相同 B. 两物体着地时的动能相同 C. 两物体着地时的机械能相同 D. 两物体着地时所受重力的功率相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，不计摩擦，则 A．两物体着地时的速度方向不一样，故A项错误；‎ B．设物体静止时位置离地高度为h，据动能定理可得，物体着地时的动能，两物体的质量不同，则两物体着地时的动能不同，故B项错误；‎ C．以静止状态图中虚线所在位置为零势能参考点，则开始时两物体的机械能均为0，两物体下滑过程中不计摩擦，机械能守恒，则两物体着地时的机械能相同，故C项正确；‎ D．对两物体下滑过程由机械能守恒得，解得，两物体着地时所受重力的功率分别为，，则两物体着地时所受重力的功率相同，故D项正确。‎ 故选CD。‎ ‎17.质量m=‎2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取‎10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. x=‎1m时物块的速度大小为‎2m/s B. x=‎3m时物块的加速度大小为‎3m/s2‎ C. 在前‎2m的运动过程中物块所经历的时间为2s D. 在前‎6m的运动过程中拉力对物块做的功为24J ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，x=‎1m时，动能为2J，即，解得v=m/s，故A错误。 B．对x=‎2m到x=‎4m段运用动能定理，有Fx-μmgx=△Ek，解得F=6.5N ‎ ，故B错误。 C．对前‎2m运用动能定理得Fx-μmgx=△Ek，解得F=6N，物体的加速度，末速度 ，根据v=at得t=2s，故C正确。 D．由图像可得‎6m处的动能为14J，对全过程运用动能定理得WF-μmgs=△Ek，解得 WF=38J，故D错误。故选C。‎ ‎18.如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，两天线同时。都发出频率为f1和f2的无线电波。飞机降落过程中，当接收到f1和f2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此系统利用的是波的干涉原理 B. 在跑道上，f1与f2这两种无线电波干涉加强，所以跑道上的信号最强 C. 只有跑道上才能接收到f1的最强信号，其它地方f1的信号都比跑道上的弱 D. 只有在跑道的中心线上才能接收到f1和f2的最强信号，跑道的其它地方是无法同时接收到f1和f2的最强信号的。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．干涉的原理是只有频率相同的两列波才能发生稳定的干涉，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，AB错误；‎ CD．当接收到f1和f2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道，因此两个天线必须相对于飞机跑道对称且信号最强，C错误D正确。‎ 故选D。‎ 三、填空题。每空2分，共14分。‎ ‎19.质量为m的物体，沿着倾角为θ的光滑斜面，从顶端下滑到底端所用时间t，重力加速度为g。则此过程中重力对物体的冲量大小为_________，支持力对物体的冲量大小为_________，物体的动量变化大小为_________。‎ ‎【答案】 (1). mgt (2). mgtcosθ (3). mgtsinθ ‎【解析】‎ ‎【详解】重力对物体的冲量大小为 支持力对物体的冲量大小 根据动量定理可知，物体的动量变化大小 ‎20.额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度是‎20m/s，汽车的质量是‎2000kg，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小是‎2m/s2，运动过程中阻力不变。则汽车受到的阻力为_____N，汽车维持匀加速运动能维持的时间是_____s。‎ ‎【答案】 5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车达到最大速度做匀速直线运动，由平衡条件得，‎ 由功率P=Fv得阻力 由牛顿第二定律得 代入数据解得汽车匀加速运动时的牵引力为F=8000N 根据汽车的功率P=Fv得匀加速结束的速度 由v=at可知匀加速的时间 ‎21.某同学自己设计了一个实验装置来测定弹簧弹性势能的大小：将一弹簧（劲度系数未知）固定在一个带光滑凹槽的直轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面的边缘，如图所示。用钢球将弹簧压缩，然后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面做平抛运动，最终落到水平地面上。‎ ‎（1）该同学想利用平抛运动的规律反向推出弹簧弹性势能的大小，则他在实验时需要直接测定的物理量有____‎ A.弹簧的原长L0‎ B.弹簧的压缩量ΔL C.小球做平抛运动的水平位移x D.小球做平抛运动的竖直位移y E.小球的质量m ‎（2）该弹簧在被压缩时的弹性势能的表达式EP=_____（利用上题直接测出的物理量和重力加速度g表示）。‎ ‎【答案】 (1). CDE (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设弹簧达到原长时小球的速度为，根据能量守恒，弹簧在被压缩时的弹性势能 根据，‎ 解得 则弹性势能 可知需要直接测量的物理量有：小球平抛运动的水平位移x，竖直位移y，小球的质量m，故AB错误，CD正确。‎ 故选CDE。‎ ‎（2）根据以上结果，弹性势能的表达式为 四、解答题、填空题。本题包括4小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎22.如图所示，位于竖直面内光滑曲线轨道的最低点的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=‎0.2m的粗糙圆形轨道的最低点B点平滑连接。有一质量为M=‎0.1kg的滑块1静止于B点，另一质量m=‎0.20kg的滑块2（两滑块均可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，已知A点到B点的高度h=‎1.8m，滑块1与滑块2相撞后粘在一起共同运动，他们恰好能通过圆轨道的最高点C，重力加速度g=‎10m/s2，空气阻力可忽略不计，求：‎ ‎（1）两滑块相撞前瞬间滑块2的速度大小；‎ ‎（2）相撞后瞬间，粘在一起的滑块对圆轨道B点的压力的大小；‎ ‎（3）粘在一起的滑块从B点滑至C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块2由A点到B点过程，根据机械能守恒 解得滑块2 的速度 ‎（2）设俩个滑块碰撞后的速度为，根据动量守恒 解得 在最低点 解得 根据牛顿第三定律得对轨道的压力 ‎（3）块1与滑块2相撞后粘在一起恰好能通过圆轨道的最高点，设此时的速度为，根据 解得 粘在一起的滑块从B点滑至C点的过程中，根据动能定理 解得 克服摩擦阻力所做的功 ‎23.如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、‎3m，A球从在边某高度处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后B球能达到的最大高度为。重力加速度为g。试求：‎ ‎（1）第一次碰撞刚结束时B球的速度；‎ ‎（2）在碰撞过程中B球对A球的冲量；‎ ‎（3）若AB两球的碰撞是完全弹性碰撞，则A球当初是从多高的地方滑下的。‎ ‎【答案】（1）；（2），方向水平向左；（3）R.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据机械能守恒定律 解得 ‎ ‎（2）根据动量定理可知，在碰撞过程中A球对B球的冲量 由牛顿第三定律可知在碰撞过程中B球对A球的冲量 方向水平向左。‎ ‎（3）设A球当初是从高H的地方滑下的，且碰前A的速度为v，则 ‎ AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知 联立解得H=R ‎24.如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k=1000N/m的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个物体A从物体B的正上方距离B的高度为H0=‎20cm处由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B粘合在一起并立刻向下运动，在以后的运动中，A、B不再分离。已知物体A、B、C的质量均为M=‎2kg，重力加速度为g=‎10m/s2，忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）A与B碰撞后瞬间的速度大小；‎ ‎（2）A和B一起运动到最大速度时，物体C对水平地面的压力多大；‎ ‎（3）开始时，物体A从距B多大的高度自由落下时，在以后的运动中，能使物体C恰好离开水平地面 。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物体A碰前速度为，对物体A从高度处自由下落，由机械能守恒定律得 解得 设A、B碰撞后共同速度为，则由动量守恒定律得 解得 ‎（2）当A、B达到最大速度时，A、B所受合外力零，设此时弹力为F，对A、B由平衡条件得 设地面对C的支持力为，对ABC整体，因加速度为零，所以 由牛顿第三定律得C对地面的压力大小为60N ‎（3）设物体A从距B的高度H处自由落下，根据（1）的结果， A、B碰撞后共同速度 当C刚好离开地面时，由胡克定律得弹簧伸长量为 根据对称性，当A、B一起上升到弹簧伸长为x时弹簧的势能与A、B碰撞后瞬间的势能相等，则对A、B一起运动到C刚好离开地面的过程中，由机械能守恒得 联立以上方程解得 ‎25.如图所示，两个半径为R的光滑圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体（可看成质点）从轨道的最高点A处由静止滑下，质量m为长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车A即向右运动，当小车右端与壁DE 刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。小车与DE相碰后立即停止运动，但与DE不粘连，物体则继续滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。重力加速度为g。求：‎ ‎（1）物体从A处滑到B处时的速度大小；‎ ‎（2）物体滑到小车右端时的速度大小 ‎（3）物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度h；‎ ‎（4）当水平面CD的长度为LCD，当物体再从EF上滑下并滑上小车，如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体停在小车上的Q点。则求Q点距小车的右端距离为多少。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由机械能守恒定律得 ‎ 解得 ‎ ‎（2）由动量守恒定律得mv1=2mv 解得 ‎ ‎（3）物体滑上EF轨道，由机械能守恒定律 解得 ‎ ‎（4）物体从AB轨道滑上小车，到达DE时相对静止，则由能量关系 解得 ‎ 物体从EF滑下后到达底端时的速度仍为，设滑上小车与车共速的速度为v′，产生的相对位移为s1：‎ ‎ mv=2mv′ ‎ ‎ ‎ 解得 车撞BC后，物体做匀减速运动的位移为s2： 对物体 ‎ ‎ ‎ ‎ Q点距小车右端距离