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2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷（含答案）
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这是一份2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷（含答案），共26页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷
一、单项选择题（每道题只有一个正确选项．本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）关于电场强度定义式E＝和点电荷电场强度公式E＝k，下列说法正确的是（ ）
A．E＝和E＝k都只对点电荷产生的电场才成立
B．E＝中的E是式中q所产生的电场的场强大小
C．E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是放入此电场中的点电荷
D．在某一电场中，根据E＝，当q变为两倍，q所受到的电场力F也变为两倍
2．（4分）在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的是（ ）
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．匀速圆周运动 D．匀减速直线运动
3．（4分）质量为m的物体，由静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，以下判断中正确的是（ ）
A．物体的机械能减少了
B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了
D．物体的重力势能增加了mgh
4．（4分）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
5．（4分）在西昌卫星发射中心已成功发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，a、b两轨道相切于P点，如图所示，不计变轨时探测器质量的变化，下列关于探测器说法正确的是（ ）
A．在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同
B．在a轨道上P点所受月球引力等于在b轨道上P点所受月球引力
C．在a轨道上P点的加速度小于在b轨道上P点的加速度
D．在a轨道上运动的周期小于在b轨道上运动的周期
6．（4分）如图所示，A、B、C三处相互间的距离分别为AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm。在A、B两处分别放置两点电荷，C处的电场强度方向平行于A、B的连线。已知放在A处的点电荷所带电荷量为+q．关于放在B处的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．带正电荷，qB＝q B．带负电荷，qB＝q
C．带正电荷，qB＝q D．带负电荷，qB＝q
7．（4分）高楼上某层窗口违章水平抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间为0.2s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，如图是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．石块水平抛出的初速度大小约为22.5m/s
B．石块将要落地时的速度大小约为7.5m/s
C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置
D．石块地出位置离地高度约为28m
8．（4分）一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（4分）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
10．（4分）如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径（不超过圆心离地的高度）．半径越大，小物体（ ）
A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（6分）用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，滑块的上端装有等宽的挡光片．
（1）实验前需要调节气垫导轨使得气垫导轨水平，然后将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置．给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后，两滑块先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A总质量与滑块B总质量的大小关系是mA mB（选填“大于”“等于”或“小于”）．为完成该实验，还必须测量的物理量有 。
A．挡光片的宽度d
B．滑块A的总质量mA
C．滑块B的总质量mB
D．光电门1到光电门2的间距L
（2）若滑块A和B组成的系统在碰擅的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为： （用已知量和测量量表示）．
12．（10分）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．他在打好点的纸带中挑选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．把打下的第一点记作O'打下的第一、二两点距离约2mm，从O点后某个点开始．依次为1、2、3…，分别测出各个计时点到起始点O的距离，已标在图乙中，已知打点计时器频率50Hz，回答下列问题．
（1）关于此实验，下列说法中正确的是 ．
A．重物最好选择密度较大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
（2）通过该纸带上的数据，可得出重物下落的加速度为 m/s2．（保留两位小数）
（3）通过该纸带上的数据，若重物的质量为0.5kg，从开始下落起至打下计时点4时，重物的动能增加量为 J，重物的重力势能减少量为 J．（当地重力加速度大小g＝9.8m/s2，结果均保留2位小数）
（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重物的速度v，通过描绘v2﹣h图像去研究机械能是否守恒，若忽略阻力因素，那么本实验的v2﹣h图做应该是图丙中的 ．
三、计算题（本题共4小题，共44分）
13．（10分）如图所示，光滑圆弧槽（半径为R的四分之一圆）质量为M，静止于光滑水平地面上，质量为m的小球（可以视为质点），在光滑圆弧槽的最高点由静止开始下滑．
（1）若固定槽，求小球滑到槽底端时对槽的压力；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，求小球滑到槽底端时小球速度的大小．
14．（10分）如图所示，质量为2kg的有孔小球在固定的长直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.25，小球在竖直向上大小为30N的拉力F作用下，从A点由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力前瞬间小球的速度；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离。
15．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一个质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝1J；然后从B点地出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带顺时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
16．（12分）如图所示，一根原长L0＝0.4m，劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各连接质量均为M＝3kg的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，弹簧初始的弹性势能为Ep弹＝4.5J，一个质量m＝2kg的小球P从物体A正上方距其高度h＝5m处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求碰撞后瞬间A的速度大小．
（2）判断物体B是否能离开地面．如果不能，通过计算说明理由；如果能，计算出此时A的速度大小．
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，计算小球P第一次上升到最高点离地面的高度．（上述过程中P和A只碰撞一次）
2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每道题只有一个正确选项．本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）关于电场强度定义式E＝和点电荷电场强度公式E＝k，下列说法正确的是（ ）
A．E＝和E＝k都只对点电荷产生的电场才成立
B．E＝中的E是式中q所产生的电场的场强大小
C．E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是放入此电场中的点电荷
D．在某一电场中，根据E＝，当q变为两倍，q所受到的电场力F也变为两倍
【分析】公式E＝是电场强度的定义式，公式E＝k是点电荷电场强度的计算式，注意它们的内涵与外延不同．电场是一种物质，其基本性质是对放入其中的电荷有力的作用．
【解答】解：AB、E＝是电场强度的定义式，采用比值法定义，适用于任何电场，式中q是试探电荷，E＝k是点电荷电场强度的计算式，Q是产生电场的场源电荷，故AB错误；
C、E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是产生电场的电荷，故C错误；
D、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，当q变为两倍，电场强度不变，根据F＝Eq得q所受到的电场力F也变为两倍，故D正确。
故选：D。
【点评】对于场强的二大公式关键要理解并掌握其适用条件、各个量准确的含义，要注意比值定义法的含义．
2．（4分）在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的是（ ）
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．匀速圆周运动 D．匀减速直线运动
【分析】物体做匀变速运动，加速度不变，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同。
【解答】解：A、物体做自由落体运动，只受重力作用，加速度不变，是匀变速直线运动，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故A错误；
B、物体做平抛运动运动，只受重力作用，加速度不变，是匀变速曲线运动，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故B错误；
C、物体做匀速圆周运动，是变加速曲线运动，加速度时刻在变化，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化不相同，故C正确；
D、物体做匀减速直线运动，加速度不变，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了加速度的定义式，要求学生会根据公式Δv＝a•Δt求解速度的变化量。
3．（4分）质量为m的物体，由静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，以下判断中正确的是（ ）
A．物体的机械能减少了
B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了
D．物体的重力势能增加了mgh
【分析】根据除重力之外的力做功，来确定机械能的变化；根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力所做的功；重力势能的变化量决定于重力对物体做的功。
【解答】解：A、物体静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，说明除重力做功之外，还有其他力对物体做负功，物体的机械能应减小；
由牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得阻力f＝mg，所以阻力做功Wf＝﹣mgh，机械能减少了mgh，故A正确；
B、根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力所做的功，所以物体的动能增加量为ΔEk＝mah＝mgh，故B错误；
CD、质量为m的物向下运动h高度，重力做功为mgh，则物体的重力势能减小mgh，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
4．（4分）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【分析】A、对运动员空中受力进行分析；
B、对运动员在水中动量的变化量进行分析；
CD、对运动员整个过程中由动量定理进行分析。
【解答】解：A、运动员在空中运动的过程中只受重力作用，其动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；
B、设向下为正方向，由动量定理可得：IG﹣If＝0﹣mv，故重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；
CD、由开始下落到减速为零的过程中，初、末速度均为零，故动量的变化量为零，设向下为正方向，由动量定理得：IG﹣If＝0，故其动量的改变量小于水的作用力的冲量，重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了动量定理的使用，需注意的是使用动量定理需规定正方向。
5．（4分）在西昌卫星发射中心已成功发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，a、b两轨道相切于P点，如图所示，不计变轨时探测器质量的变化，下列关于探测器说法正确的是（ ）
A．在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同
B．在a轨道上P点所受月球引力等于在b轨道上P点所受月球引力
C．在a轨道上P点的加速度小于在b轨道上P点的加速度
D．在a轨道上运动的周期小于在b轨道上运动的周期
【分析】嫦娥四号从地月转移轨道修正至进入环月圆轨道的过程中有近月制动过程，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小；根据万有引力提供向心力可以接的速度与轨道半径的关系，可知判断速度大小的变化，从而可以判断动能的变化；根据卫星的变轨原理判断速度的变化情况；根据速度与周期和轨道半径的关系判断探测器的速度。
【解答】解：A、探测器在P点变轨，则从低轨向高轨变化时，必要做离心运动，须加速，所以探测器在高轨a的速度大于低轨b在P的速度，故A错误；
B、探测器在两个轨道上P点的引力均是由月球对它的万有引力提供，所以引力相等，故B正确；
C、由于引力相等，据牛顿第二定律，两个轨道在P点的加速度也相等，故C错误；
D、由开普勒第三定律可知，在a轨道上运动的周期大于在b轨道上运动的周期。故D错误
故选：B。
【点评】本题要熟悉卫星变轨原理，并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系，知道卫星轨道与周期的关系。
6．（4分）如图所示，A、B、C三处相互间的距离分别为AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm。在A、B两处分别放置两点电荷，C处的电场强度方向平行于A、B的连线。已知放在A处的点电荷所带电荷量为+q．关于放在B处的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．带正电荷，qB＝q B．带负电荷，qB＝q
C．带正电荷，qB＝q D．带负电荷，qB＝q
【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球C所受库仑力的合力的方向平行于A，B的连线，可知，A，B的电荷异号，故B带负电。
对小球C受力分析，如下图所示：
因AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm，因此AC⊥BC，那么两力的合成构成矩形
依据相似原理，则有：＝＝；
而根据库仑定律，FA＝k，
而FB＝k
综上所得，＝×＝，那么qB＝q，且带负电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。
7．（4分）高楼上某层窗口违章水平抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间为0.2s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，如图是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．石块水平抛出的初速度大小约为22.5m/s
B．石块将要落地时的速度大小约为7.5m/s
C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置
D．石块地出位置离地高度约为28m
【分析】石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向。
根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点．由速度的分解法求。
【解答】解：A、由图可知，在0.2s的时间内石块的位移为1.5m，所以石块水平抛出初速度大小v0＝m/s＝7.5m/s，故A错误；
B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 s＝1.5×m≈4.74m，v＝m/s＝23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；
C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；
D、石块在竖直方向的平均速度vy＝m/s＝22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间 t＝＝s＝2.25s，
所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上＝（2.25﹣0.1）s＝2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h＝gt上2＝×10×2.152m＝23.11m，
加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总＝27.61m≈28m，故D正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度。
8．（4分）一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．
【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小。故A错误。
B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同。
设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα＝ma1；
mgsinα﹣μmgcosα＝ma2；
则得：a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinα﹣μgcosα．则有：a1＞a2．故B正确。
C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1＝v0t﹣a1t2
重力势能为：EP＝mgx1sinα＝mgsinα（v0t﹣a1t2），EP﹣t图象为抛物线。
下滑过程：重力势能为：EP＝mg[H﹣a2（t﹣t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程。所以C是不可能的。故C错误。
D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E＝E0﹣f1x＝E0﹣f1•（v0t﹣a1t2），可知E﹣t图象应为抛物线。故D错误。
故选：B。
【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．
9．（4分）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
【分析】根据几何关系求解碰撞后，蓝壶继续滑行的时间。根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的瞬时速度。分析碰撞前后的总动能，判断碰撞过程是否是弹性碰撞。根据动量定理求红、蓝两壶碰后至停止运动过程中所受摩擦力的冲量之比。
【解答】解：A、设碰撞后蓝壶经过ts时间停止运动。根据三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A错误。
C、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正确。
B、碰撞过程两壶损失的动能为：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误。
D、红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小之比 I红：I蓝＝mv′0：mv＝1：4，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题时要掌握动量守恒定律，能够根据图象获得信息，来分析两个冰壶的运动情况。要知道动量定理是求冲量常用的方法。
10．（4分）如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径（不超过圆心离地的高度）．半径越大，小物体（ ）
A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
【分析】（1）根据动能定理知B点的速度和落地速度，结合牛顿第二定律求出加速度的大小；根据加速度表达式表示加速度．
（2）根据高度，结合位移时间公式求出平抛运动的时间，根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出落地的速度方向．
【解答】解：A、根据动能定理知mgH＝mv2知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；
B、根据平抛运动规律知
h＝gt2，
x＝v0t
mgR＝mv
得x＝＝2，平抛运动的水平位移随R增大后减小，故B错误；
C、到圆弧轨道最低点时加速度a＝＝2g，故加速度大小与R无关，故C错误；
D、小滑块落地时竖直分速度vy＝gt
设与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝＝＝，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（6分）用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，滑块的上端装有等宽的挡光片．
（1）实验前需要调节气垫导轨使得气垫导轨水平，然后将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置．给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后，两滑块先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A总质量与滑块B总质量的大小关系是mA 大于 mB（选填“大于”“等于”或“小于”）．为完成该实验，还必须测量的物理量有 BC 。
A．挡光片的宽度d
B．滑块A的总质量mA
C．滑块B的总质量mB
D．光电门1到光电门2的间距L
（2）若滑块A和B组成的系统在碰擅的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为： （用已知量和测量量表示）．
【分析】实验操作符合实验要求的是选用两球的质量应满足m1＞m2；根据速度公式可求得碰后两物体的速度，再根据动量守恒定律即可确定应验证的表达式，从而确定应测量的物理量。
【解答】解：（1）为保证滑块A碰撞B后不被反弹，应使A的质量大于B的质量；
由题意可知，滑块的速度碰前A的速度
碰后A的速度，碰后B的速度为
设滑块A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知应验证的表达式为mAv0＝mAv1+mBv2
整理可得：
由等式可以看出只需通过天平测出两者质量即可，故BC正确，AD错误。
（2）若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为
故答案为：（1）大于，BC；（2）。
【点评】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。
12．（10分）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．他在打好点的纸带中挑选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．把打下的第一点记作O'打下的第一、二两点距离约2mm，从O点后某个点开始．依次为1、2、3…，分别测出各个计时点到起始点O的距离，已标在图乙中，已知打点计时器频率50Hz，回答下列问题．
（1）关于此实验，下列说法中正确的是 B ．
A．重物最好选择密度较大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
（2）通过该纸带上的数据，可得出重物下落的加速度为 9.75 m/s2．（保留两位小数）
（3）通过该纸带上的数据，若重物的质量为0.5kg，从开始下落起至打下计时点4时，重物的动能增加量为 0.94 J，重物的重力势能减少量为 0.95 J．（当地重力加速度大小g＝9.8m/s2，结果均保留2位小数）
（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重物的速度v，通过描绘v2﹣h图像去研究机械能是否守恒，若忽略阻力因素，那么本实验的v2﹣h图做应该是图丙中的 C ．
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析；
（2）根据逐差法利用纸带求解重物下落的加速度；
（3）匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求解打第4个标记点的瞬时速度，根据动能公式求解动能的增加量，利用重力做功求解重力势能的减少量；
（4）根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
【解答】解：（1）A．为了减小阻力的影响，重物选择密度大，而体积较小的金属球，故A错误；
B．由于动能和重力势能的表达式中均含有质量的因子，所以可以不用测质量，故B正确；
C．实验中应先接通电源，然后释放纸带，故C错误；
D．若用v＝计算速度，实际上就默认了机械能守恒，故D错误。
（2）根据位移差公式可得重物下落的加速度a＝
（3）重物做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
打下计时点4时的速度为
重物的动能增加量
重物的重力势能减少量Ep＝mgh4＝0.5×9.8×19.41×0.01J＝0.95J
（4）若忽略阻力因素，重锤下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得，
整理得v2＝2gh，由此可知v2与h成正比，故C正确，ABD错误。
故答案为：（1）B；（2）9.75；（3）0.94，0.95；（4）C
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。
三、计算题（本题共4小题，共44分）
13．（10分）如图所示，光滑圆弧槽（半径为R的四分之一圆）质量为M，静止于光滑水平地面上，质量为m的小球（可以视为质点），在光滑圆弧槽的最高点由静止开始下滑．
（1）若固定槽，求小球滑到槽底端时对槽的压力；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，求小球滑到槽底端时小球速度的大小．
【分析】（1）槽固定，小球下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律列式可解。
（2）球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小球到达水平面时的速度。
【解答】解：（1）槽固定，小球下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得
mgR＝
在槽端，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得
FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝3mg，
根据牛顿第三定律知，小球滑到槽底端时对槽的压力为3mg；
（2）槽可以在光滑水平地面上自由滑动，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒、系统机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝0，
由机械能守恒定律得：
mgR＝
解得：v1＝。
答：（1）若固定槽，小球滑到槽底端时对槽的压力为3mg；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，小球滑到槽底端时小球速度的大小为。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
14．（10分）如图所示，质量为2kg的有孔小球在固定的长直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.25，小球在竖直向上大小为30N的拉力F作用下，从A点由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力前瞬间小球的速度；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离。
【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律可求出其运动的加速度，根据速度公式可求得撤去拉力时的速度v；
（2）由位移公式求出从开始到撤去拉力时小球的位移，再根据牛顿第二定律和速度﹣位移公式求出撤去拉力后小球向上滑行的最大距离。
【解答】解：（1）小球在拉力作用下受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律有：（F﹣mg）sin37°﹣μ（F﹣mg）cos37°＝ma
解得小球上滑的加速度大小为：a1＝2m/s2
撤去拉力前瞬间小球的速度为：v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
（2）撤去拉力时，小球沿杆向上的位移
x1＝
撤去拉力后，小球继续向上运动，如图乙，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝8m/s2
小球上滑的位移 x2＝
小球上升的最大距离为x＝x1+x2
联立代入数据解得：x＝1.25m
答：（1）撤去拉力前瞬间小球的速度为2m/s；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离为1.25m。
【点评】本题考查牛顿第二定律与运动学结合的问题，解题的关键在于正确受力分析，明确加速度在力和速度之间的桥梁作用，正确选择运动学公式求解是解题的关键。
15．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一个质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝1J；然后从B点地出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带顺时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【分析】（1）（2）滑块从B点做平抛运动到达c点，由平抛运动的速度规律可求得C点的速度及h2的值；
（3）滑块在传送带上的产生热量等于摩擦力与相对位移的乘积；由运动学公式可求得相对位移，则可求得热量。
【解答】解：（1）从A到B点的过程中，据动能定理列式：mgh1﹣Wf＝
解得：vB＝2m/s；
在C点，水平分速度：vx＝vB＝2m/s
由C点速度的合成可知：vC＝＝＝2.5m/s；
（2）C点的竖直分速度为：vy＝vcsin37°＝1.5m/s
又因为vy2＝2gh2
所以：h2＝＝0.1125m
（3）滑块在传送带上运动时，据牛顿第二定律列：
μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma
解得：a＝0.4m/s2；方向沿传送带向上；
滑块与传送带达到共同速度耗时：
t＝＝＝7.5s；
二者间的相对位移为：Δs＝vt﹣＝0.5×7.5m﹣＝11.25m；
由于mgsin37°＜μmgcos37°，此后滑块将做匀速直线运动。
则摩擦生热：Q＝μmg×Δscos37°＝0.8×10×11.25×0.8＝72J；
答：（1）滑块运动至C点时的速度vC大小为2.5m/s；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2为0.1125m；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q为72J。
【点评】本题考查动能定理、牛顿第二定律及功能关系；在解题时要注意分析滑块的运动过程，注意平抛运动的规律应用；同时分过程正确应用动能定理求解．
16．（12分）如图所示，一根原长L0＝0.4m，劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各连接质量均为M＝3kg的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，弹簧初始的弹性势能为Ep弹＝4.5J，一个质量m＝2kg的小球P从物体A正上方距其高度h＝5m处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求碰撞后瞬间A的速度大小．
（2）判断物体B是否能离开地面．如果不能，通过计算说明理由；如果能，计算出此时A的速度大小．
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，计算小球P第一次上升到最高点离地面的高度．（上述过程中P和A只碰撞一次）
【分析】（1）P自由下落的过程，由机械能守恒定律求出P与A碰撞前瞬间的速度。再对碰撞过程，运用动量守恒定律求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的弹力等于B的重力，对P、A及弹簧组成的系统，运用机械能守恒定律求P与A的共同速度大小；
（3）先研究A与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A的速度，再对小球根据能量守恒定律可解得。
【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得
mgh＝
根据动量守恒定律得
mv0＝（M+m） v1
联立代入数据解得
v1＝4m/s
（2）设整个装置静止时，弹簧的压缩量为x，物体B恰好离开地面时物体A的速度为v2，此时弹簧的伸长量为x，弹簧的弹性势能不变，根据机械能守恒定律得
＝（m+M）g•2x+
根据题意得
Ep弹＝
解得：
x＝0.3m
v2＝2m/s
可知物体B恰好离开地面时物体A还具有向上的速度，则物体B能离开地面。
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，当弹簧恢复原长时二者分离，设分离时二者的速度为v3，根据机械能守恒定律得
+Ep弹＝（m+M）gx+
小球继续上升的高度为
＝mgh1
解得
h1＝0.59m
最高点离地面的高度
H＝L0+h1＝0.4m+0.59m＝0.99m
答：（1）碰撞后瞬间A的速度大小为4m/s．
（2）物体B能离开地面．此时A的速度大小为2m/s．
（3）小球P第一次上升到最高点离地面的高度为0.99m．
【点评】解决该题的关键是明确知道在碰撞过程的能量以及动量是守恒的，知道当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的弹力等于B物体的重力这一条件。
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2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷
一、单项选择题（每道题只有一个正确选项．本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）关于电场强度定义式E＝和点电荷电场强度公式E＝k，下列说法正确的是（ ）
A．E＝和E＝k都只对点电荷产生的电场才成立
B．E＝中的E是式中q所产生的电场的场强大小
C．E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是放入此电场中的点电荷
D．在某一电场中，根据E＝，当q变为两倍，q所受到的电场力F也变为两倍
2．（4分）在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的是（ ）
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．匀速圆周运动 D．匀减速直线运动
3．（4分）质量为m的物体，由静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，以下判断中正确的是（ ）
A．物体的机械能减少了
B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了
D．物体的重力势能增加了mgh
4．（4分）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
5．（4分）在西昌卫星发射中心已成功发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，a、b两轨道相切于P点，如图所示，不计变轨时探测器质量的变化，下列关于探测器说法正确的是（ ）
A．在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同
B．在a轨道上P点所受月球引力等于在b轨道上P点所受月球引力
C．在a轨道上P点的加速度小于在b轨道上P点的加速度
D．在a轨道上运动的周期小于在b轨道上运动的周期
6．（4分）如图所示，A、B、C三处相互间的距离分别为AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm。在A、B两处分别放置两点电荷，C处的电场强度方向平行于A、B的连线。已知放在A处的点电荷所带电荷量为+q．关于放在B处的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．带正电荷，qB＝q B．带负电荷，qB＝q
C．带正电荷，qB＝q D．带负电荷，qB＝q
7．（4分）高楼上某层窗口违章水平抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间为0.2s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，如图是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．石块水平抛出的初速度大小约为22.5m/s
B．石块将要落地时的速度大小约为7.5m/s
C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置
D．石块地出位置离地高度约为28m
8．（4分）一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（4分）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
10．（4分）如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径（不超过圆心离地的高度）．半径越大，小物体（ ）
A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（6分）用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，滑块的上端装有等宽的挡光片．
（1）实验前需要调节气垫导轨使得气垫导轨水平，然后将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置．给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后，两滑块先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A总质量与滑块B总质量的大小关系是mA mB（选填“大于”“等于”或“小于”）．为完成该实验，还必须测量的物理量有 。
A．挡光片的宽度d
B．滑块A的总质量mA
C．滑块B的总质量mB
D．光电门1到光电门2的间距L
（2）若滑块A和B组成的系统在碰擅的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为： （用已知量和测量量表示）．
12．（10分）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．他在打好点的纸带中挑选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．把打下的第一点记作O'打下的第一、二两点距离约2mm，从O点后某个点开始．依次为1、2、3…，分别测出各个计时点到起始点O的距离，已标在图乙中，已知打点计时器频率50Hz，回答下列问题．
（1）关于此实验，下列说法中正确的是 ．
A．重物最好选择密度较大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
（2）通过该纸带上的数据，可得出重物下落的加速度为 m/s2．（保留两位小数）
（3）通过该纸带上的数据，若重物的质量为0.5kg，从开始下落起至打下计时点4时，重物的动能增加量为 J，重物的重力势能减少量为 J．（当地重力加速度大小g＝9.8m/s2，结果均保留2位小数）
（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重物的速度v，通过描绘v2﹣h图像去研究机械能是否守恒，若忽略阻力因素，那么本实验的v2﹣h图做应该是图丙中的 ．
三、计算题（本题共4小题，共44分）
13．（10分）如图所示，光滑圆弧槽（半径为R的四分之一圆）质量为M，静止于光滑水平地面上，质量为m的小球（可以视为质点），在光滑圆弧槽的最高点由静止开始下滑．
（1）若固定槽，求小球滑到槽底端时对槽的压力；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，求小球滑到槽底端时小球速度的大小．
14．（10分）如图所示，质量为2kg的有孔小球在固定的长直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.25，小球在竖直向上大小为30N的拉力F作用下，从A点由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力前瞬间小球的速度；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离。
15．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一个质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝1J；然后从B点地出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带顺时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
16．（12分）如图所示，一根原长L0＝0.4m，劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各连接质量均为M＝3kg的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，弹簧初始的弹性势能为Ep弹＝4.5J，一个质量m＝2kg的小球P从物体A正上方距其高度h＝5m处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求碰撞后瞬间A的速度大小．
（2）判断物体B是否能离开地面．如果不能，通过计算说明理由；如果能，计算出此时A的速度大小．
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，计算小球P第一次上升到最高点离地面的高度．（上述过程中P和A只碰撞一次）
2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每道题只有一个正确选项．本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）关于电场强度定义式E＝和点电荷电场强度公式E＝k，下列说法正确的是（ ）
A．E＝和E＝k都只对点电荷产生的电场才成立
B．E＝中的E是式中q所产生的电场的场强大小
C．E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是放入此电场中的点电荷
D．在某一电场中，根据E＝，当q变为两倍，q所受到的电场力F也变为两倍
【分析】公式E＝是电场强度的定义式，公式E＝k是点电荷电场强度的计算式，注意它们的内涵与外延不同．电场是一种物质，其基本性质是对放入其中的电荷有力的作用．
【解答】解：AB、E＝是电场强度的定义式，采用比值法定义，适用于任何电场，式中q是试探电荷，E＝k是点电荷电场强度的计算式，Q是产生电场的场源电荷，故AB错误；
C、E＝k中的E是某电场的场强，式中Q是产生电场的电荷，故C错误；
D、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，当q变为两倍，电场强度不变，根据F＝Eq得q所受到的电场力F也变为两倍，故D正确。
故选：D。
【点评】对于场强的二大公式关键要理解并掌握其适用条件、各个量准确的含义，要注意比值定义法的含义．
2．（4分）在任意相等时间内，物体的速度变化不相同的是（ ）
A．自由落体运动 B．平抛运动
C．匀速圆周运动 D．匀减速直线运动
【分析】物体做匀变速运动，加速度不变，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同。
【解答】解：A、物体做自由落体运动，只受重力作用，加速度不变，是匀变速直线运动，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故A错误；
B、物体做平抛运动运动，只受重力作用，加速度不变，是匀变速曲线运动，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故B错误；
C、物体做匀速圆周运动，是变加速曲线运动，加速度时刻在变化，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化不相同，故C正确；
D、物体做匀减速直线运动，加速度不变，根据公式Δv＝a•Δt，可知在任意相等时间内内物体的速度变化相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了加速度的定义式，要求学生会根据公式Δv＝a•Δt求解速度的变化量。
3．（4分）质量为m的物体，由静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，以下判断中正确的是（ ）
A．物体的机械能减少了
B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能减少了
D．物体的重力势能增加了mgh
【分析】根据除重力之外的力做功，来确定机械能的变化；根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力所做的功；重力势能的变化量决定于重力对物体做的功。
【解答】解：A、物体静止释放后以的加速度竖直向下运动了h，说明除重力做功之外，还有其他力对物体做负功，物体的机械能应减小；
由牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得阻力f＝mg，所以阻力做功Wf＝﹣mgh，机械能减少了mgh，故A正确；
B、根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力所做的功，所以物体的动能增加量为ΔEk＝mah＝mgh，故B错误；
CD、质量为m的物向下运动h高度，重力做功为mgh，则物体的重力势能减小mgh，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
4．（4分）跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
【分析】A、对运动员空中受力进行分析；
B、对运动员在水中动量的变化量进行分析；
CD、对运动员整个过程中由动量定理进行分析。
【解答】解：A、运动员在空中运动的过程中只受重力作用，其动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；
B、设向下为正方向，由动量定理可得：IG﹣If＝0﹣mv，故重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；
CD、由开始下落到减速为零的过程中，初、末速度均为零，故动量的变化量为零，设向下为正方向，由动量定理得：IG﹣If＝0，故其动量的改变量小于水的作用力的冲量，重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了动量定理的使用，需注意的是使用动量定理需规定正方向。
5．（4分）在西昌卫星发射中心已成功发射“嫦娥四号”月球探测器。探测器奔月飞行过程中，在月球上空的某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，a、b两轨道相切于P点，如图所示，不计变轨时探测器质量的变化，下列关于探测器说法正确的是（ ）
A．在a轨道上P点的速率与在b轨道上P点的速率相同
B．在a轨道上P点所受月球引力等于在b轨道上P点所受月球引力
C．在a轨道上P点的加速度小于在b轨道上P点的加速度
D．在a轨道上运动的周期小于在b轨道上运动的周期
【分析】嫦娥四号从地月转移轨道修正至进入环月圆轨道的过程中有近月制动过程，此过程中发动机对卫星做负功，卫星的机械能减小；根据万有引力提供向心力可以接的速度与轨道半径的关系，可知判断速度大小的变化，从而可以判断动能的变化；根据卫星的变轨原理判断速度的变化情况；根据速度与周期和轨道半径的关系判断探测器的速度。
【解答】解：A、探测器在P点变轨，则从低轨向高轨变化时，必要做离心运动，须加速，所以探测器在高轨a的速度大于低轨b在P的速度，故A错误；
B、探测器在两个轨道上P点的引力均是由月球对它的万有引力提供，所以引力相等，故B正确；
C、由于引力相等，据牛顿第二定律，两个轨道在P点的加速度也相等，故C错误；
D、由开普勒第三定律可知，在a轨道上运动的周期大于在b轨道上运动的周期。故D错误
故选：B。
【点评】本题要熟悉卫星变轨原理，并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系，知道卫星轨道与周期的关系。
6．（4分）如图所示，A、B、C三处相互间的距离分别为AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm。在A、B两处分别放置两点电荷，C处的电场强度方向平行于A、B的连线。已知放在A处的点电荷所带电荷量为+q．关于放在B处的点电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．带正电荷，qB＝q B．带负电荷，qB＝q
C．带正电荷，qB＝q D．带负电荷，qB＝q
【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球C所受库仑力的合力的方向平行于A，B的连线，可知，A，B的电荷异号，故B带负电。
对小球C受力分析，如下图所示：
因AB＝5cm，BC＝3cm，CA＝4cm，因此AC⊥BC，那么两力的合成构成矩形
依据相似原理，则有：＝＝；
而根据库仑定律，FA＝k，
而FB＝k
综上所得，＝×＝，那么qB＝q，且带负电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。
7．（4分）高楼上某层窗口违章水平抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间为0.2s的相机拍摄到，拍摄时镜头正对石块运动平面，如图是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．石块水平抛出的初速度大小约为22.5m/s
B．石块将要落地时的速度大小约为7.5m/s
C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置
D．石块地出位置离地高度约为28m
【分析】石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向。
根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点．由速度的分解法求。
【解答】解：A、由图可知，在0.2s的时间内石块的位移为1.5m，所以石块水平抛出初速度大小v0＝m/s＝7.5m/s，故A错误；
B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 s＝1.5×m≈4.74m，v＝m/s＝23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；
C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；
D、石块在竖直方向的平均速度vy＝m/s＝22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间 t＝＝s＝2.25s，
所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上＝（2.25﹣0.1）s＝2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h＝gt上2＝×10×2.152m＝23.11m，
加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总＝27.61m≈28m，故D正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度。
8．（4分）一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】滑块在斜面上运动过程中，先上滑后下滑，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式．根据功能关系分析E与t的关系．
【解答】解：A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小。故A错误。
B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同。
设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα＝ma1；
mgsinα﹣μmgcosα＝ma2；
则得：a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinα﹣μgcosα．则有：a1＞a2．故B正确。
C、在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1＝v0t﹣a1t2
重力势能为：EP＝mgx1sinα＝mgsinα（v0t﹣a1t2），EP﹣t图象为抛物线。
下滑过程：重力势能为：EP＝mg[H﹣a2（t﹣t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程。所以C是不可能的。故C错误。
D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E＝E0﹣f1x＝E0﹣f1•（v0t﹣a1t2），可知E﹣t图象应为抛物线。故D错误。
故选：B。
【点评】本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．
9．（4分）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶剧摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v﹣t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过4s停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：5
【分析】根据几何关系求解碰撞后，蓝壶继续滑行的时间。根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的瞬时速度。分析碰撞前后的总动能，判断碰撞过程是否是弹性碰撞。根据动量定理求红、蓝两壶碰后至停止运动过程中所受摩擦力的冲量之比。
【解答】解：A、设碰撞后蓝壶经过ts时间停止运动。根据三角形相似法知，，解得：t＝5s，故A错误。
C、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，解得：v＝0.8m/s，故C正确。
B、碰撞过程两壶损失的动能为：ΔEk＝，解得：ΔEk＝0.16m＞0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误。
D、红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量大小之比 I红：I蓝＝mv′0：mv＝1：4，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题时要掌握动量守恒定律，能够根据图象获得信息，来分析两个冰壶的运动情况。要知道动量定理是求冲量常用的方法。
10．（4分）如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径（不超过圆心离地的高度）．半径越大，小物体（ ）
A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
【分析】（1）根据动能定理知B点的速度和落地速度，结合牛顿第二定律求出加速度的大小；根据加速度表达式表示加速度．
（2）根据高度，结合位移时间公式求出平抛运动的时间，根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出落地的速度方向．
【解答】解：A、根据动能定理知mgH＝mv2知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；
B、根据平抛运动规律知
h＝gt2，
x＝v0t
mgR＝mv
得x＝＝2，平抛运动的水平位移随R增大后减小，故B错误；
C、到圆弧轨道最低点时加速度a＝＝2g，故加速度大小与R无关，故C错误；
D、小滑块落地时竖直分速度vy＝gt
设与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝＝＝，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
二、实验题（本题共2小题，共16分）
11．（6分）用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，滑块的上端装有等宽的挡光片．
（1）实验前需要调节气垫导轨使得气垫导轨水平，然后将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置．给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后，两滑块先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A总质量与滑块B总质量的大小关系是mA 大于 mB（选填“大于”“等于”或“小于”）．为完成该实验，还必须测量的物理量有 BC 。
A．挡光片的宽度d
B．滑块A的总质量mA
C．滑块B的总质量mB
D．光电门1到光电门2的间距L
（2）若滑块A和B组成的系统在碰擅的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为： （用已知量和测量量表示）．
【分析】实验操作符合实验要求的是选用两球的质量应满足m1＞m2；根据速度公式可求得碰后两物体的速度，再根据动量守恒定律即可确定应验证的表达式，从而确定应测量的物理量。
【解答】解：（1）为保证滑块A碰撞B后不被反弹，应使A的质量大于B的质量；
由题意可知，滑块的速度碰前A的速度
碰后A的速度，碰后B的速度为
设滑块A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知应验证的表达式为mAv0＝mAv1+mBv2
整理可得：
由等式可以看出只需通过天平测出两者质量即可，故BC正确，AD错误。
（2）若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为
故答案为：（1）大于，BC；（2）。
【点评】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。
12．（10分）某同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律．他在打好点的纸带中挑选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．把打下的第一点记作O'打下的第一、二两点距离约2mm，从O点后某个点开始．依次为1、2、3…，分别测出各个计时点到起始点O的距离，已标在图乙中，已知打点计时器频率50Hz，回答下列问题．
（1）关于此实验，下列说法中正确的是 B ．
A．重物最好选择密度较大的物体
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
（2）通过该纸带上的数据，可得出重物下落的加速度为 9.75 m/s2．（保留两位小数）
（3）通过该纸带上的数据，若重物的质量为0.5kg，从开始下落起至打下计时点4时，重物的动能增加量为 0.94 J，重物的重力势能减少量为 0.95 J．（当地重力加速度大小g＝9.8m/s2，结果均保留2位小数）
（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重物的速度v，通过描绘v2﹣h图像去研究机械能是否守恒，若忽略阻力因素，那么本实验的v2﹣h图做应该是图丙中的 C ．
【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析；
（2）根据逐差法利用纸带求解重物下落的加速度；
（3）匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求解打第4个标记点的瞬时速度，根据动能公式求解动能的增加量，利用重力做功求解重力势能的减少量；
（4）根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
【解答】解：（1）A．为了减小阻力的影响，重物选择密度大，而体积较小的金属球，故A错误；
B．由于动能和重力势能的表达式中均含有质量的因子，所以可以不用测质量，故B正确；
C．实验中应先接通电源，然后释放纸带，故C错误；
D．若用v＝计算速度，实际上就默认了机械能守恒，故D错误。
（2）根据位移差公式可得重物下落的加速度a＝
（3）重物做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
打下计时点4时的速度为
重物的动能增加量
重物的重力势能减少量Ep＝mgh4＝0.5×9.8×19.41×0.01J＝0.95J
（4）若忽略阻力因素，重锤下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得，
整理得v2＝2gh，由此可知v2与h成正比，故C正确，ABD错误。
故答案为：（1）B；（2）9.75；（3）0.94，0.95；（4）C
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。
三、计算题（本题共4小题，共44分）
13．（10分）如图所示，光滑圆弧槽（半径为R的四分之一圆）质量为M，静止于光滑水平地面上，质量为m的小球（可以视为质点），在光滑圆弧槽的最高点由静止开始下滑．
（1）若固定槽，求小球滑到槽底端时对槽的压力；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，求小球滑到槽底端时小球速度的大小．
【分析】（1）槽固定，小球下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律列式可解。
（2）球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小球到达水平面时的速度。
【解答】解：（1）槽固定，小球下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得
mgR＝
在槽端，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得
FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝3mg，
根据牛顿第三定律知，小球滑到槽底端时对槽的压力为3mg；
（2）槽可以在光滑水平地面上自由滑动，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒、系统机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝0，
由机械能守恒定律得：
mgR＝
解得：v1＝。
答：（1）若固定槽，小球滑到槽底端时对槽的压力为3mg；
（2）若槽可以在光滑水平地面上自由滑动，小球滑到槽底端时小球速度的大小为。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
14．（10分）如图所示，质量为2kg的有孔小球在固定的长直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.25，小球在竖直向上大小为30N的拉力F作用下，从A点由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去拉力前瞬间小球的速度；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离。
【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律可求出其运动的加速度，根据速度公式可求得撤去拉力时的速度v；
（2）由位移公式求出从开始到撤去拉力时小球的位移，再根据牛顿第二定律和速度﹣位移公式求出撤去拉力后小球向上滑行的最大距离。
【解答】解：（1）小球在拉力作用下受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律有：（F﹣mg）sin37°﹣μ（F﹣mg）cos37°＝ma
解得小球上滑的加速度大小为：a1＝2m/s2
撤去拉力前瞬间小球的速度为：v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
（2）撤去拉力时，小球沿杆向上的位移
x1＝
撤去拉力后，小球继续向上运动，如图乙，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝8m/s2
小球上滑的位移 x2＝
小球上升的最大距离为x＝x1+x2
联立代入数据解得：x＝1.25m
答：（1）撤去拉力前瞬间小球的速度为2m/s；
（2）小球离开A点后上滑的最大距离为1.25m。
【点评】本题考查牛顿第二定律与运动学结合的问题，解题的关键在于正确受力分析，明确加速度在力和速度之间的桥梁作用，正确选择运动学公式求解是解题的关键。
15．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一个质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝1J；然后从B点地出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带顺时针传动，速度大小为v＝0.5m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【分析】（1）（2）滑块从B点做平抛运动到达c点，由平抛运动的速度规律可求得C点的速度及h2的值；
（3）滑块在传送带上的产生热量等于摩擦力与相对位移的乘积；由运动学公式可求得相对位移，则可求得热量。
【解答】解：（1）从A到B点的过程中，据动能定理列式：mgh1﹣Wf＝
解得：vB＝2m/s；
在C点，水平分速度：vx＝vB＝2m/s
由C点速度的合成可知：vC＝＝＝2.5m/s；
（2）C点的竖直分速度为：vy＝vcsin37°＝1.5m/s
又因为vy2＝2gh2
所以：h2＝＝0.1125m
（3）滑块在传送带上运动时，据牛顿第二定律列：
μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma
解得：a＝0.4m/s2；方向沿传送带向上；
滑块与传送带达到共同速度耗时：
t＝＝＝7.5s；
二者间的相对位移为：Δs＝vt﹣＝0.5×7.5m﹣＝11.25m；
由于mgsin37°＜μmgcos37°，此后滑块将做匀速直线运动。
则摩擦生热：Q＝μmg×Δscos37°＝0.8×10×11.25×0.8＝72J；
答：（1）滑块运动至C点时的速度vC大小为2.5m/s；
（2）滑块由B到C点对应的高度差h2为0.1125m；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q为72J。
【点评】本题考查动能定理、牛顿第二定律及功能关系；在解题时要注意分析滑块的运动过程，注意平抛运动的规律应用；同时分过程正确应用动能定理求解．
16．（12分）如图所示，一根原长L0＝0.4m，劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各连接质量均为M＝3kg的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，弹簧初始的弹性势能为Ep弹＝4.5J，一个质量m＝2kg的小球P从物体A正上方距其高度h＝5m处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求碰撞后瞬间A的速度大小．
（2）判断物体B是否能离开地面．如果不能，通过计算说明理由；如果能，计算出此时A的速度大小．
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，计算小球P第一次上升到最高点离地面的高度．（上述过程中P和A只碰撞一次）
【分析】（1）P自由下落的过程，由机械能守恒定律求出P与A碰撞前瞬间的速度。再对碰撞过程，运用动量守恒定律求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的弹力等于B的重力，对P、A及弹簧组成的系统，运用机械能守恒定律求P与A的共同速度大小；
（3）先研究A与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A的速度，再对小球根据能量守恒定律可解得。
【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得
mgh＝
根据动量守恒定律得
mv0＝（M+m） v1
联立代入数据解得
v1＝4m/s
（2）设整个装置静止时，弹簧的压缩量为x，物体B恰好离开地面时物体A的速度为v2，此时弹簧的伸长量为x，弹簧的弹性势能不变，根据机械能守恒定律得
＝（m+M）g•2x+
根据题意得
Ep弹＝
解得：
x＝0.3m
v2＝2m/s
可知物体B恰好离开地面时物体A还具有向上的速度，则物体B能离开地面。
（3）若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连，当弹簧恢复原长时二者分离，设分离时二者的速度为v3，根据机械能守恒定律得
+Ep弹＝（m+M）gx+
小球继续上升的高度为
＝mgh1
解得
h1＝0.59m
最高点离地面的高度
H＝L0+h1＝0.4m+0.59m＝0.99m
答：（1）碰撞后瞬间A的速度大小为4m/s．
（2）物体B能离开地面．此时A的速度大小为2m/s．
（3）小球P第一次上升到最高点离地面的高度为0.99m．
【点评】解决该题的关键是明确知道在碰撞过程的能量以及动量是守恒的，知道当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的弹力等于B物体的重力这一条件。
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