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2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图是做斜抛运动物体的轨迹，C点是轨迹的最高点，AB是轨迹上等高的两个点．下列叙述中正确的是(不计空气阻力)( )
A. 物体在C点速度为零
B. 物体在A点速度与物体在B点速度相同
C. 物体在A点、B点的水平速度均大于物体在C点的速度
D. 物体在A、B、C各点的加速度都相同
2.质量为2kg的物块在同一竖直平面内的几个共点力作用下处于静止状态。现将其中一个力的大小由5N突然增大到7N，其他力保持不变，则在3s秒末，该力的瞬时功率为( )
A. 6WB. 15WC. 21WD. 36W
3.电影《流浪地球》正在热播，观众分析流浪地球的发动机推动地球的原理：行星发动机通过逐步改变地球绕太阳运行的行星轨道，然后达到极限以后通过引力弹弓效应弹出地球，整个流浪时间长达几十年。通过停止自转，然后加大地球的反推力来逐步改变地球公转太阳轨道。具体过程如图所示，轨道1为地球运行的近似圆轨道，轨道2、3为椭圆轨道，p、Q为椭圆轨道长轴端点。以下说法正确的是( )
A. 地球在1、2、3 轨道的运行周期分别为 T1、T2、T3，则T1>T2>T3
B. 地球在1、2、3轨道的运行经过 P点的速度分别为 v1、v2、v3，则v1>v2>v3
C. 地球在3轨道运行经过 P、Q点的速度分别为 vp、vQ，则vpD. 地球在1轨道P点加速后进入2轨道，在2轨道P点再加速后进入3轨道
4.中国“天问一号”探测器着陆火星，为下一步实现火星采样返回打下了重要基础。已知“天问一号”探测器在火星停泊轨道运行时，探测器到火星中心的最近和最远距离分别为2.8×102km和5.9×104km，探测器的运行周期为2个火星日(一个火星日的时间可近似为一个地球日时间)，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，通过以上数据可以计算出火星的( )
A. 质量B. 半径C. 密度D. 表面的重力加速度
5.无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是( )
A. 铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B. 模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C. 若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D. 管状模型转动的角速度ω最大为 gR
6.一质量m=4kg的物体静置在粗糙的水平地面上，物体与地面的摩擦因数μ=0.5从t=0时刻开始对物体施加一水平力F，其大小如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则在0∼1.0s时间内，摩擦力对物体产生的冲量大小为( )
A. 10N⋅sB. 16N⋅sC. 20N⋅sD. 25N⋅s
7.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱.如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B. 若增大转速，腰带受到的合力变大
C. 当θ稳定在37∘时，配重的角速度为5rad/s
D. 保持转速不变，将配重的质量更换为1kg时，则θ不变
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的周期为T2，则下列说法正确的是( )
A. A加速可追上同一轨道上的C
B. 经过时间T1T2(T1−T2)，A、B再次相距最近
C. A、C向心加速度大小相等，且大于B的向心加速度
D. 在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积
9.如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的.将质量1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A、B两点的距离为3.2m
B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为−11.2J
D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为3.2J
10.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是( )
A. 在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为43Mv
B. 在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0
D. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为13Mv2
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学生利用Tracker软件对一维对心正碰(碰撞内力远大于外力)的实验视频进行分析，视频中m1=18g的小球碰撞原来静止的m2的小球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x−t图像如图所示。
(1)由图可计算出，入射小球碰撞前的动量m1v1=______g⋅cm/s，被碰小球碰撞后的动量m2v2′=______g⋅cm/s；
(2)碰撞的恢复系数的定义为e=|v2′−v1′v2−v1|，其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度，v1′和v2′分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的恢复系数e<1，可判断该视频中的碰撞属于______(填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。
(1)用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为______cm。
(2)某次实验测得倾角θ=30∘，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=______，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=______，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep，则可认为系统的机械能守恒。(用题中字母M、m、b、t、g、d表示)
(3)在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2−d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=______m/s2。
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，小球甲从A点水平抛出，小球乙从B点自由释放，两小球同时经过C点时速度的大小相等，方向间夹角为60∘，已知两小球质量相等，BC高h，重力加速度为g，不计空气阻力，则：
(1)乙球释放时间要比甲球抛出时间提前多少？
(2)A、B两点的水平距离是多少？
14.如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg.一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m.设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2.(平抛过程中物块看成质点)求：
(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；
(2)子弹在物块B中打入的深度；
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v一t图象(除2s∼10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)，已知在小车的运动过程中，2∼14s时间内小车牵引力的功率保持不变，14s末停止遥控让小车自由滑行，小车的质量m=1.0kg，可以认为小车在整个过程中受到的阻力大小不变.求：
(1)小车所受阻力f的大小；
(2)小车匀速行驶阶段的功率P；
(3)小车在加速运动过程中的位移s大小.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：将小物体的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向为匀减速直线运动．
A、C点的竖直速度为零，水平速度不是零，从C到B物体做的是平抛运动，故C点的速度不为零，故A错误．
B、任何曲线运动的瞬时速度方向都是沿着曲线在该点切线方向，可知，A点的速度斜向上，B的速度斜向下，故B错误；
C、因物体在水平方向不受外力，水平初速度不变；故物体在A点、B点的水平分速度均等于物体在C点的速度，故C错误；
D、平抛物体只受重力，故加速度等于重力加速度g，是个常数，故D正确．
故选：D.
将小物体的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向为匀变速直线运动，结合竖直上抛运动的对称性判断．
本题关键抓住水平分运动是匀速直线运动和竖直分运动是竖直上抛运动来分析求解．明确水平方向速度大小不变；竖直方向做加速度为g的变速运动．
2.【答案】C
【解析】解：物体在几个共点力作用下处于静止状态，受到的合力为零，当其中一个力的大小由5N增大到7N时，其他力不变；则物体受到的合力为F合=7N−5N=2N
由牛顿第二定律可知：a=F合m=22m/s2=1m/s2
ts末的速度为：v=at=1×3m/s=3m/s。
该力的功率为：P=Fv=7×3W=21W，故C正确，ABD错误；
故选：C。
由力的合成知识可知物体受到的合力，则由牛顿第二定律及运动学知识可求得ts末的速度，则可求得该力的功率。
本题考查功率公式P=Fv的应用，注意不是合力的功率，要区分合力功率与该力功率的不同之处。
3.【答案】D
【解析】解：A、地球在1、2、3 轨道的半长轴依次增大，根据开普勒第三定律a3T2=k，知地球在1、2、3 轨道的运行周期关系为 T1BD、地球从轨道1上的P点进入轨道2，要做离心运动，需点火加速，可知v1C、根据开普勒第二定律知，地球在近日点的速度比远日点的速度大，即vp>vQ.故C错误。
故选：D。
根据开普勒第三定律分析周期关系。根据变轨的原理比较地球在1、2、3轨道的运行经过 P点的速度大小。根据开普勒第二定律分析地球在3轨道运行经过 P、Q点的速度大小。
解决本题的关键要理解并掌握变轨的原理，当太阳对地球的万有引力大于地球所需要的向心力时，地球将做离心运动。
4.【答案】A
【解析】解：将椭圆轨道近似看成圆轨道GMm(r近+r远2)2=m4π2T2(r近+r远2)
可得M=4π2(r近+r远2)3GT2
由已知条件可知能求出火星质量，无法求出火星半径、密度、及表面重力加速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将椭圆轨道近似看成圆轨道，根据万有引力提供向心力可解得。
本题考查天体中的万有引力问题，知道万有引力提供向心力的解题思路。
5.【答案】C
【解析】解：A、铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A错误；
B、铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，不是匀速圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；
C、若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C正确；
D、为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，故D错误；
故选：C。
铁水做圆周运动，紧紧地覆盖在模型的内壁上，在最高点，最小速度对应的是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．
本题关键是明确无缝钢管的制作原理，知道铁水圆周运动的向心力来源，可以结合牛顿第二定律分析，基础题目．
6.【答案】B
【解析】解：最大静摩擦力等于滑动摩擦力：f=μmg=0.5×4×10N=20N，由图象可知，0∼0.4s内物体保持静止，0.4∼1s，物体做加速运动。所以
0∼0.4s的过程摩擦力为静摩擦力，所受静摩擦力的冲量大小：If1=Ff−⋅t1=0+202×0.4N⋅s=4N⋅s
0.4s到1.0s的过程中摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力产生的冲量大小：If2=ft=20×(1.0−0.4)N⋅s=12N⋅s
摩擦力的总冲量：If=If1+If2=4N⋅s+12Ns=16N⋅s，这样ACD错误，B正确。
故选：B。
根据冲量的定义式即可求出摩擦力的冲量，要注意的是摩擦力分别是0.4s前后的静摩擦力和滑动摩擦力。
本题考查动量定理，解题关键掌握图像的物理含义，注意动量的矢量性即可正确解答。
7.【答案】D
【解析】解：A.匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；
B.运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B错误；
C.对配重，由牛顿第二定律
mgtanθ=mω2(lsinθ+r)
即ω= gtanθlsinθ+r
当θ稳定在37∘时，解得
ω= 15rad/s
故C错误；
D.由C中公式可知，θ与配重的质量无关，故D正确。
故选：D。
匀速转动时，配重受到的合力提供向心力，方向变化；先以配重为研究对象，分析转速增大时绳子拉力的变化；根据牛顿第二定律求角速度，从而分析D项。
本题考查匀速圆周运动和共点力平衡条件，关键是弄清楚配重和腰带的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A、卫星A加速后所需要的向心力增大，而万有引力不变，所以卫星A加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星C，故A错误；
B、根据题意可知，A、B再次相距最近时，A、B两卫星转过的角度相差2π，设经过的时间为t，则有(2πT2−2πT1)t=2π
解得：t=T1T2T1−T2，故B正确；
C、由万有引力提供向心力有GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于A、C轨道半径相等，且大于B的轨道半径，则有aA=aCD、绕地球运动的卫星与地心连线时间t内扫过的面积为S=12vtr
由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，得v= GMr
联立解得：S=12t GMr
由于A的轨道半径大于B的轨道半径，则在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D正确。
故选：BD。
卫星A加速后将做离心运动；A、B卫星由相距最近到再次相距最近时，A、B两卫星转过的角度相差2π，由此求所需要的时间；根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合分析向心加速度关系；根据卫星与地心连线扫过的面积与轨道半径的关系分析C与地心连线扫过的面积与B与地心连线扫过的面积关系。
解决本题时，要知道卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。绕地球运行的卫星，可根据几何知识和线速度公式分析卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0−1.2s内货物运动的位移为x=(2×0.22+2+42×1)m=3.2m，则AB两点的距离为3.2m，故A正确；
B、由图象可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
0−0.2s内，有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
0.2−1.2s内，有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
由v−t图象的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：a1=20.2m/s2=10m/s2，a2=4−21.2−0.2m/s2=2m/s2
解得：θ=37∘，μ=0.5，故B正确；
C、设传送带对货物做的功为W，对整个过程，根据动能定理得：W+mgxsinθ=12mv2−0，由图知，v=4m/s，解得W=−11.2J，故C正确；
D、由图判断知，传送带的速度为：v皮=2m/s。根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ=0.5×10×1×0.8N=4N
0−0.2s内，货物的位移为：x1=12×2×0.2m=0.2m，皮带位移为：x皮1=v皮t1=2×0.2m=0.4m，两者间相对位移为：Δx1=x皮1−x1=(0.4−0.2)m=0.2m
同理：0.2−1.2s内，货物的位移为：x2=12×(2+4)×1m=3m，x皮2=v皮t2=2×1m=2m，两者间相对位移为：Δx2=x2−x皮2=(3−2)m=1m
故两者之间相对路程为：Δx=Δx1+Δx2=(1+0.2)m=1.2m
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fΔx=4×1.2J=4.8J，故D错误。
故选：ABC。
货物在传送带上先做加速度较大的匀加速直线运动，然后做加速度较小的匀加速直线运动，根据速度-时间图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，求出AB两点间的距离。由速度图象的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求动摩擦因数。根据动能定理求传送带对货物做功大小。根据货物与传送带间的相对位移求产生的热量。
本题一方面要分析货物的运动情况，由图象的斜率求两段过程的加速度，另方面结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角。在求摩擦产生的热量时注意找两物体的相对位移。
10.【答案】AD
【解析】解：A、以向右方向为正，根据动量守恒定律得：2Mv=2MvA′+MvB′
根据机械能守恒定律得：12×2Mv2=12×2MvA′2+12MvB′2
解得：vA′=−13v，vB′=43v
以向右方向为正方向，根据动量定理得：I=2MvA′−2MvA；
代入解得：I=43Mv，故A正确；
B、在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，故B错误；
CD、以向右为正方向，根据动量守恒定律得：2Mv=(2M+M)v′
解得：v′=23v
弹簧对A、B做功分别为；WA=12×2Mv′2−12×2Mv2=−59Mv2
WB=12Mv′2=29Mv2；
弹簧对A、B做功的代数和为：W=WA+WB=−13Mv2，即对整个系统做负功。
最大弹性势能为：Ep=12×2Mv2−12×3Mv′2=13Mv2，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度，再对B或A，运用动量定理求弹簧的冲量。
分析A与弹簧接触的过程，B受到的弹簧弹力与位移的方向确定弹簧对B做功情况；
当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能。
本题要求同学们能正确分析A、B的受力情况及运动情况，知道当A、B两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律结合解决这类问题。
11.【答案】1800 900 非弹性碰撞
【解析】解：(1)入射小球碰撞前的速度为v1=xt=200.2cm/s=100cm/s
则m1v1=18×100g⋅cm/s=1800g⋅cm/s
[2]入射小球碰撞后的速度为v1′=xt=30−200.4−0.2cm/s=50cm/s
则m1v1′=18×50g⋅cm/s=900g⋅cm/s
则碰撞前后根据动量守恒定律可得m1v1=m1v1′+m2v2′
则m2v2′=1800g⋅cm/s−900g⋅cm/s=900g⋅cm/s
(2)被碰小球碰撞后的速度为v2′=xt=35−200.4−0.2cm/s=75cm/s
则e=|v2′−v1′v2−v1|=|75−50100|=0.25<1
故该视频中的碰撞属于非弹性碰撞。
故答案为：(1)1800，900；(2)非弹性碰撞
(1)根据图像计算速度，根据动量的公式计算；
(2)根据题意计算恢复系数，从而判断。
本题考查动量守恒定律的应用，解题关键掌握动量的计算公式，注意图像的斜率含义。
12.【答案】0.50(M+m)b22t2 (m−M2)gd9.6
【解析】解：(1)刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为0.50cm；
(2)由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以滑块通过光电门B速度为：vB=bt；
滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△Ek=12(M+m)(bt)2=(M+m)b22t2；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd−Mgdsin30∘=(m−M2)gd；
(3)根据系统机械能守恒有：12(M+m)v2=(m−M2)gd；
则v2=2×m−M2M+mgd
若v2−d图象，则图线的斜率：k=2×m−M2M+mg；
由图象可知，k=；
则有：g=M+mm−M2×k2
代入数据得：g=9.6m/s2。
故答案为：(1)0.50； (2)(M+m)b22t2；(m−M2)gd；(3)9.6。
(1)掌握刻度尺读数的方法，需估读一位；
(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；
(3)根据图象的物理意义可知，结合图象的斜率大小与物体的重力加速度大小关系，即可求解。
了解光电门测量瞬时速度的原理；
实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；
此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键。
13.【答案】解：(1)假设甲物体下落的时间为t1，乙物体下落的时间为t2，竖直方向做自由落体运动则有
h=12gt22
得到
t2= 2hg
由速度公式
v=gt2= 2gh
对于甲物体，根据
gt1=vcs60∘
联立解得
t1=12 2hg
因此
Δt=t2−t1
解得Δt=12 2hg
乙球释放时间要比甲球抛出时间提前12 2hg。
(2)小球甲水平方向做匀速运动，可知A、B间的距离为
x=vsin60∘t1
得到
x= 32h
答：(1)乙球释放时间要比甲球抛出时间提前12 2hg；
(2)A、B两点的水平距离是 32h。
【解析】(1)根据速度-时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出A、B运动的时间，从而得出A、B两球到达C点的时间差；
(2)根据速度-位移公式求出B球到达C点的速度，抓住两球在C点的速度大小相等，结合平行四边形定则求出A球做平抛运动的初速度，根据速度-位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差，结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离。
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，结合运动学公式灵活求解。
14.【答案】解：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律得：
在竖直方向：h=12gt2，
代入数据解得：t=0.4s，
A离开桌边的速度：vA=st=20.4=5m/s，
设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，
子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒守恒定律得：mv0=MvA+(M+m)vB，
代入数据解得：vB=10m/s；
(2)设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+2MvA，
代入数据解得：v1=40m/s，
子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒定律得：
fLB=12MvA2+12mv12−12(M+m)vB2…①
子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒得：
fLA=12mv02−12mv12−12(M+M)vA2…②
由①②解得：LB=0.035m；
(3)子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，
由动能定理得：fs1=12(M+M)vA2−0…③
子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，
由动能定理得：fs2=12MvB2−12MvA2…④
由②③④解得物块B到桌边的最小距离：smin=s1+s2，
代入数据解得：smin=0.025m；
答：(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是5m/s、10m/s；
(2)子弹在物块B中打入的深度为0.035m；
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离为0.025m.
【解析】(1)物块A做平抛运动，据此可求出A的速度大小，根据系统动量守恒可求出B与子弹的速度大小．
(2)根据子弹传木块过程中动量守恒以及功能关系列方程，可正确解答．
(3)子弹穿木块过程中分别以两木块为研究对象，根据动能定理列方程，即可求解．
利用功能关系和动量守恒解题时一定要选好状态，分析清楚运动过程，然后正确选择研究对象列方程求解，这类问题有一定难度，能够很好的考查学生综合分析问题的能力．
15.【答案】解：(1)由图象可得：在14s∼18s时间段a=0−618−14m/s2=−1.5m/s2
小车受到阻力大小：Ff=ma=−1.5N(负号表示力的方向与运动方向相反)
(2)在10s∼14s小车做匀速运动，牵引力大小F 与 Ff 大小相等，为：F=1.5N
P=Fυ=1.5×6W=9W
(3)速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移，0∼2s内的位移为：
x1=12×2×3m=3m
2s∼10s内根据动能定理有：
Pt−Ffx2=12mv22−12mv12
解得：x2=39m
加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42m
答：(1)小车所受到的阻力大小为1.5N；
(2)小车匀速行驶阶段的功率为9W；
(3)小车在加速运动过程中位移的大小为42m.
【解析】(1)在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；
(2)匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求解；
(3)前2秒位移根据运动学公式求解，2s到10s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解．
本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解．
1.如图是做斜抛运动物体的轨迹，C点是轨迹的最高点，AB是轨迹上等高的两个点．下列叙述中正确的是(不计空气阻力)( )
A. 物体在C点速度为零
B. 物体在A点速度与物体在B点速度相同
C. 物体在A点、B点的水平速度均大于物体在C点的速度
D. 物体在A、B、C各点的加速度都相同
2.质量为2kg的物块在同一竖直平面内的几个共点力作用下处于静止状态。现将其中一个力的大小由5N突然增大到7N，其他力保持不变，则在3s秒末，该力的瞬时功率为( )
A. 6WB. 15WC. 21WD. 36W
3.电影《流浪地球》正在热播，观众分析流浪地球的发动机推动地球的原理：行星发动机通过逐步改变地球绕太阳运行的行星轨道，然后达到极限以后通过引力弹弓效应弹出地球，整个流浪时间长达几十年。通过停止自转，然后加大地球的反推力来逐步改变地球公转太阳轨道。具体过程如图所示，轨道1为地球运行的近似圆轨道，轨道2、3为椭圆轨道，p、Q为椭圆轨道长轴端点。以下说法正确的是( )
A. 地球在1、2、3 轨道的运行周期分别为 T1、T2、T3，则T1>T2>T3
B. 地球在1、2、3轨道的运行经过 P点的速度分别为 v1、v2、v3，则v1>v2>v3
C. 地球在3轨道运行经过 P、Q点的速度分别为 vp、vQ，则vp
4.中国“天问一号”探测器着陆火星，为下一步实现火星采样返回打下了重要基础。已知“天问一号”探测器在火星停泊轨道运行时，探测器到火星中心的最近和最远距离分别为2.8×102km和5.9×104km，探测器的运行周期为2个火星日(一个火星日的时间可近似为一个地球日时间)，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，通过以上数据可以计算出火星的( )
A. 质量B. 半径C. 密度D. 表面的重力加速度
5.无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管．已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是( )
A. 铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B. 模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C. 若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
D. 管状模型转动的角速度ω最大为 gR
6.一质量m=4kg的物体静置在粗糙的水平地面上，物体与地面的摩擦因数μ=0.5从t=0时刻开始对物体施加一水平力F，其大小如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则在0∼1.0s时间内，摩擦力对物体产生的冲量大小为( )
A. 10N⋅sB. 16N⋅sC. 20N⋅sD. 25N⋅s
7.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱.如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B. 若增大转速，腰带受到的合力变大
C. 当θ稳定在37∘时，配重的角速度为5rad/s
D. 保持转速不变，将配重的质量更换为1kg时，则θ不变
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的周期为T2，则下列说法正确的是( )
A. A加速可追上同一轨道上的C
B. 经过时间T1T2(T1−T2)，A、B再次相距最近
C. A、C向心加速度大小相等，且大于B的向心加速度
D. 在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积
9.如图甲所示的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的.将质量1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. A、B两点的距离为3.2m
B. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为−11.2J
D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为3.2J
10.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是( )
A. 在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为43Mv
B. 在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0
D. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为13Mv2
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
11.Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学生利用Tracker软件对一维对心正碰(碰撞内力远大于外力)的实验视频进行分析，视频中m1=18g的小球碰撞原来静止的m2的小球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x−t图像如图所示。
(1)由图可计算出，入射小球碰撞前的动量m1v1=______g⋅cm/s，被碰小球碰撞后的动量m2v2′=______g⋅cm/s；
(2)碰撞的恢复系数的定义为e=|v2′−v1′v2−v1|，其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度，v1′和v2′分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的恢复系数e<1，可判断该视频中的碰撞属于______(填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。
(1)用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为______cm。
(2)某次实验测得倾角θ=30∘，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=______，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=______，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep，则可认为系统的机械能守恒。(用题中字母M、m、b、t、g、d表示)
(3)在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2−d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=______m/s2。
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图所示，小球甲从A点水平抛出，小球乙从B点自由释放，两小球同时经过C点时速度的大小相等，方向间夹角为60∘，已知两小球质量相等，BC高h，重力加速度为g，不计空气阻力，则：
(1)乙球释放时间要比甲球抛出时间提前多少？
(2)A、B两点的水平距离是多少？
14.如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg.一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m.设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2.(平抛过程中物块看成质点)求：
(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；
(2)子弹在物块B中打入的深度；
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v一t图象(除2s∼10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)，已知在小车的运动过程中，2∼14s时间内小车牵引力的功率保持不变，14s末停止遥控让小车自由滑行，小车的质量m=1.0kg，可以认为小车在整个过程中受到的阻力大小不变.求：
(1)小车所受阻力f的大小；
(2)小车匀速行驶阶段的功率P；
(3)小车在加速运动过程中的位移s大小.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：将小物体的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向为匀减速直线运动．
A、C点的竖直速度为零，水平速度不是零，从C到B物体做的是平抛运动，故C点的速度不为零，故A错误．
B、任何曲线运动的瞬时速度方向都是沿着曲线在该点切线方向，可知，A点的速度斜向上，B的速度斜向下，故B错误；
C、因物体在水平方向不受外力，水平初速度不变；故物体在A点、B点的水平分速度均等于物体在C点的速度，故C错误；
D、平抛物体只受重力，故加速度等于重力加速度g，是个常数，故D正确．
故选：D.
将小物体的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向匀速直线运动，竖直方向为匀变速直线运动，结合竖直上抛运动的对称性判断．
本题关键抓住水平分运动是匀速直线运动和竖直分运动是竖直上抛运动来分析求解．明确水平方向速度大小不变；竖直方向做加速度为g的变速运动．
2.【答案】C
【解析】解：物体在几个共点力作用下处于静止状态，受到的合力为零，当其中一个力的大小由5N增大到7N时，其他力不变；则物体受到的合力为F合=7N−5N=2N
由牛顿第二定律可知：a=F合m=22m/s2=1m/s2
ts末的速度为：v=at=1×3m/s=3m/s。
该力的功率为：P=Fv=7×3W=21W，故C正确，ABD错误；
故选：C。
由力的合成知识可知物体受到的合力，则由牛顿第二定律及运动学知识可求得ts末的速度，则可求得该力的功率。
本题考查功率公式P=Fv的应用，注意不是合力的功率，要区分合力功率与该力功率的不同之处。
3.【答案】D
【解析】解：A、地球在1、2、3 轨道的半长轴依次增大，根据开普勒第三定律a3T2=k，知地球在1、2、3 轨道的运行周期关系为 T1
故选：D。
根据开普勒第三定律分析周期关系。根据变轨的原理比较地球在1、2、3轨道的运行经过 P点的速度大小。根据开普勒第二定律分析地球在3轨道运行经过 P、Q点的速度大小。
解决本题的关键要理解并掌握变轨的原理，当太阳对地球的万有引力大于地球所需要的向心力时，地球将做离心运动。
4.【答案】A
【解析】解：将椭圆轨道近似看成圆轨道GMm(r近+r远2)2=m4π2T2(r近+r远2)
可得M=4π2(r近+r远2)3GT2
由已知条件可知能求出火星质量，无法求出火星半径、密度、及表面重力加速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将椭圆轨道近似看成圆轨道，根据万有引力提供向心力可解得。
本题考查天体中的万有引力问题，知道万有引力提供向心力的解题思路。
5.【答案】C
【解析】解：A、铁水做圆周运动，重力和弹力的合力提供向心力，没有离心力，故A错误；
B、铁水做圆周运动的向心力由重力和弹力的径向分力提供，不是匀速圆周运动，故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同，故B错误；
C、若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，则是重力恰好提供向心力，故C正确；
D、为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，管状模型转动的角速度不能小于临界角速度，故D错误；
故选：C。
铁水做圆周运动，紧紧地覆盖在模型的内壁上，在最高点，最小速度对应的是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可．
本题关键是明确无缝钢管的制作原理，知道铁水圆周运动的向心力来源，可以结合牛顿第二定律分析，基础题目．
6.【答案】B
【解析】解：最大静摩擦力等于滑动摩擦力：f=μmg=0.5×4×10N=20N，由图象可知，0∼0.4s内物体保持静止，0.4∼1s，物体做加速运动。所以
0∼0.4s的过程摩擦力为静摩擦力，所受静摩擦力的冲量大小：If1=Ff−⋅t1=0+202×0.4N⋅s=4N⋅s
0.4s到1.0s的过程中摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力产生的冲量大小：If2=ft=20×(1.0−0.4)N⋅s=12N⋅s
摩擦力的总冲量：If=If1+If2=4N⋅s+12Ns=16N⋅s，这样ACD错误，B正确。
故选：B。
根据冲量的定义式即可求出摩擦力的冲量，要注意的是摩擦力分别是0.4s前后的静摩擦力和滑动摩擦力。
本题考查动量定理，解题关键掌握图像的物理含义，注意动量的矢量性即可正确解答。
7.【答案】D
【解析】解：A.匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；
B.运动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，故B错误；
C.对配重，由牛顿第二定律
mgtanθ=mω2(lsinθ+r)
即ω= gtanθlsinθ+r
当θ稳定在37∘时，解得
ω= 15rad/s
故C错误；
D.由C中公式可知，θ与配重的质量无关，故D正确。
故选：D。
匀速转动时，配重受到的合力提供向心力，方向变化；先以配重为研究对象，分析转速增大时绳子拉力的变化；根据牛顿第二定律求角速度，从而分析D项。
本题考查匀速圆周运动和共点力平衡条件，关键是弄清楚配重和腰带的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答。
8.【答案】BD
【解析】解：A、卫星A加速后所需要的向心力增大，而万有引力不变，所以卫星A加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星C，故A错误；
B、根据题意可知，A、B再次相距最近时，A、B两卫星转过的角度相差2π，设经过的时间为t，则有(2πT2−2πT1)t=2π
解得：t=T1T2T1−T2，故B正确；
C、由万有引力提供向心力有GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于A、C轨道半径相等，且大于B的轨道半径，则有aA=aC
由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，得v= GMr
联立解得：S=12t GMr
由于A的轨道半径大于B的轨道半径，则在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D正确。
故选：BD。
卫星A加速后将做离心运动；A、B卫星由相距最近到再次相距最近时，A、B两卫星转过的角度相差2π，由此求所需要的时间；根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合分析向心加速度关系；根据卫星与地心连线扫过的面积与轨道半径的关系分析C与地心连线扫过的面积与B与地心连线扫过的面积关系。
解决本题时，要知道卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。绕地球运行的卫星，可根据几何知识和线速度公式分析卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示物块的位移，知0−1.2s内货物运动的位移为x=(2×0.22+2+42×1)m=3.2m，则AB两点的距离为3.2m，故A正确；
B、由图象可以看出，货物在两段时间内均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：
0−0.2s内，有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
0.2−1.2s内，有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
由v−t图象的斜率表示加速度，可得两段的加速度分别为：a1=20.2m/s2=10m/s2，a2=4−21.2−0.2m/s2=2m/s2
解得：θ=37∘，μ=0.5，故B正确；
C、设传送带对货物做的功为W，对整个过程，根据动能定理得：W+mgxsinθ=12mv2−0，由图知，v=4m/s，解得W=−11.2J，故C正确；
D、由图判断知，传送带的速度为：v皮=2m/s。根据功能关系，知货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，货物受到的滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ=0.5×10×1×0.8N=4N
0−0.2s内，货物的位移为：x1=12×2×0.2m=0.2m，皮带位移为：x皮1=v皮t1=2×0.2m=0.4m，两者间相对位移为：Δx1=x皮1−x1=(0.4−0.2)m=0.2m
同理：0.2−1.2s内，货物的位移为：x2=12×(2+4)×1m=3m，x皮2=v皮t2=2×1m=2m，两者间相对位移为：Δx2=x2−x皮2=(3−2)m=1m
故两者之间相对路程为：Δx=Δx1+Δx2=(1+0.2)m=1.2m
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fΔx=4×1.2J=4.8J，故D错误。
故选：ABC。
货物在传送带上先做加速度较大的匀加速直线运动，然后做加速度较小的匀加速直线运动，根据速度-时间图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，求出AB两点间的距离。由速度图象的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求动摩擦因数。根据动能定理求传送带对货物做功大小。根据货物与传送带间的相对位移求产生的热量。
本题一方面要分析货物的运动情况，由图象的斜率求两段过程的加速度，另方面结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角。在求摩擦产生的热量时注意找两物体的相对位移。
10.【答案】AD
【解析】解：A、以向右方向为正，根据动量守恒定律得：2Mv=2MvA′+MvB′
根据机械能守恒定律得：12×2Mv2=12×2MvA′2+12MvB′2
解得：vA′=−13v，vB′=43v
以向右方向为正方向，根据动量定理得：I=2MvA′−2MvA；
代入解得：I=43Mv，故A正确；
B、在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，故B错误；
CD、以向右为正方向，根据动量守恒定律得：2Mv=(2M+M)v′
解得：v′=23v
弹簧对A、B做功分别为；WA=12×2Mv′2−12×2Mv2=−59Mv2
WB=12Mv′2=29Mv2；
弹簧对A、B做功的代数和为：W=WA+WB=−13Mv2，即对整个系统做负功。
最大弹性势能为：Ep=12×2Mv2−12×3Mv′2=13Mv2，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度，再对B或A，运用动量定理求弹簧的冲量。
分析A与弹簧接触的过程，B受到的弹簧弹力与位移的方向确定弹簧对B做功情况；
当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能。
本题要求同学们能正确分析A、B的受力情况及运动情况，知道当A、B两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律结合解决这类问题。
11.【答案】1800 900 非弹性碰撞
【解析】解：(1)入射小球碰撞前的速度为v1=xt=200.2cm/s=100cm/s
则m1v1=18×100g⋅cm/s=1800g⋅cm/s
[2]入射小球碰撞后的速度为v1′=xt=30−200.4−0.2cm/s=50cm/s
则m1v1′=18×50g⋅cm/s=900g⋅cm/s
则碰撞前后根据动量守恒定律可得m1v1=m1v1′+m2v2′
则m2v2′=1800g⋅cm/s−900g⋅cm/s=900g⋅cm/s
(2)被碰小球碰撞后的速度为v2′=xt=35−200.4−0.2cm/s=75cm/s
则e=|v2′−v1′v2−v1|=|75−50100|=0.25<1
故该视频中的碰撞属于非弹性碰撞。
故答案为：(1)1800，900；(2)非弹性碰撞
(1)根据图像计算速度，根据动量的公式计算；
(2)根据题意计算恢复系数，从而判断。
本题考查动量守恒定律的应用，解题关键掌握动量的计算公式，注意图像的斜率含义。
12.【答案】0.50(M+m)b22t2 (m−M2)gd9.6
【解析】解：(1)刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为0.50cm；
(2)由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以滑块通过光电门B速度为：vB=bt；
滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△Ek=12(M+m)(bt)2=(M+m)b22t2；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd−Mgdsin30∘=(m−M2)gd；
(3)根据系统机械能守恒有：12(M+m)v2=(m−M2)gd；
则v2=2×m−M2M+mgd
若v2−d图象，则图线的斜率：k=2×m−M2M+mg；
由图象可知，k=；
则有：g=M+mm−M2×k2
代入数据得：g=9.6m/s2。
故答案为：(1)0.50； (2)(M+m)b22t2；(m−M2)gd；(3)9.6。
(1)掌握刻度尺读数的方法，需估读一位；
(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；
(3)根据图象的物理意义可知，结合图象的斜率大小与物体的重力加速度大小关系，即可求解。
了解光电门测量瞬时速度的原理；
实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；
此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键。
13.【答案】解：(1)假设甲物体下落的时间为t1，乙物体下落的时间为t2，竖直方向做自由落体运动则有
h=12gt22
得到
t2= 2hg
由速度公式
v=gt2= 2gh
对于甲物体，根据
gt1=vcs60∘
联立解得
t1=12 2hg
因此
Δt=t2−t1
解得Δt=12 2hg
乙球释放时间要比甲球抛出时间提前12 2hg。
(2)小球甲水平方向做匀速运动，可知A、B间的距离为
x=vsin60∘t1
得到
x= 32h
答：(1)乙球释放时间要比甲球抛出时间提前12 2hg；
(2)A、B两点的水平距离是 32h。
【解析】(1)根据速度-时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出A、B运动的时间，从而得出A、B两球到达C点的时间差；
(2)根据速度-位移公式求出B球到达C点的速度，抓住两球在C点的速度大小相等，结合平行四边形定则求出A球做平抛运动的初速度，根据速度-位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差，结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离。
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，结合运动学公式灵活求解。
14.【答案】解：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律得：
在竖直方向：h=12gt2，
代入数据解得：t=0.4s，
A离开桌边的速度：vA=st=20.4=5m/s，
设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，
子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒守恒定律得：mv0=MvA+(M+m)vB，
代入数据解得：vB=10m/s；
(2)设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+2MvA，
代入数据解得：v1=40m/s，
子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒定律得：
fLB=12MvA2+12mv12−12(M+m)vB2…①
子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒得：
fLA=12mv02−12mv12−12(M+M)vA2…②
由①②解得：LB=0.035m；
(3)子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，
由动能定理得：fs1=12(M+M)vA2−0…③
子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，
由动能定理得：fs2=12MvB2−12MvA2…④
由②③④解得物块B到桌边的最小距离：smin=s1+s2，
代入数据解得：smin=0.025m；
答：(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是5m/s、10m/s；
(2)子弹在物块B中打入的深度为0.035m；
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离为0.025m.
【解析】(1)物块A做平抛运动，据此可求出A的速度大小，根据系统动量守恒可求出B与子弹的速度大小．
(2)根据子弹传木块过程中动量守恒以及功能关系列方程，可正确解答．
(3)子弹穿木块过程中分别以两木块为研究对象，根据动能定理列方程，即可求解．
利用功能关系和动量守恒解题时一定要选好状态，分析清楚运动过程，然后正确选择研究对象列方程求解，这类问题有一定难度，能够很好的考查学生综合分析问题的能力．
15.【答案】解：(1)由图象可得：在14s∼18s时间段a=0−618−14m/s2=−1.5m/s2
小车受到阻力大小：Ff=ma=−1.5N(负号表示力的方向与运动方向相反)
(2)在10s∼14s小车做匀速运动，牵引力大小F 与 Ff 大小相等，为：F=1.5N
P=Fυ=1.5×6W=9W
(3)速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移，0∼2s内的位移为：
x1=12×2×3m=3m
2s∼10s内根据动能定理有：
Pt−Ffx2=12mv22−12mv12
解得：x2=39m
加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42m
答：(1)小车所受到的阻力大小为1.5N；
(2)小车匀速行驶阶段的功率为9W；
(3)小车在加速运动过程中位移的大小为42m.
【解析】(1)在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；
(2)匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求解；
(3)前2秒位移根据运动学公式求解，2s到10s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解．
本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解．
