2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高二（上）第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高二（上）第一次月考物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动．下列说法中正确的有( )
A. 各摆的振动周期与a摆相同
B. 各摆的振幅大小不同，e摆的振幅最大
C. 各摆的振动周期不同，c摆的周期最长
D. 各摆均做自由振动
2.如图，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内左右振动的周期为0.4s，图中是小球振动到的最左侧位置。在周期为0.1s的频闪光源照射下观察到的图像可能是( )
A. B. C. D.
3.如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的( )
A. x轴表示拖动硬纸板的速度，y轴表示注射器振动的位移
B. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短
C. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长
D. 匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期2倍
4.如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C间距离为20cm，由B→C运动时间为0.2s。下列说法正确的是( )
A. 从C点释放，该简谐运动的表达式为x=0.1cs(5πt)m
B. 每次通过同一位置时，速度一定相同
C. 振子在做简谐运动时受重力、支持力、弹簧的弹力、回复力
D. 从O到B的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
5.如图所示是置于赤道上的一段光滑的圆弧，A、B两点位于圆弧上等高处，它们距圆弧最低点O的距离远远小于圆弧半径，若将一可视为质点的小球从A点由静止释放，小球从A点沿圆弧轨道运动到O点的时间为t，则下列说法正确的是( )
A. 小球在A、B间做匀变速曲线运动
B. 小球在O点的加速度为零
C. 若将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t
D. 将此装置由赤道移到北极，小球由A点运动到O点的时间大于t
6.如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴O为r处有一质量为m的小物块。某时刻起圆盘绕轴O转动，角速度从0增大至ω，小物块始终相对圆盘静止。已知圆盘的动摩擦因数为μ、重力加速度为g，此过程小物块所受的摩擦力( )
A. 方向始终指向O点B. 大小始终为μmgC. 冲量大小为mωrD. 做功为零
7.如图所示为甲、乙两个质点做简谐运动的振动图像，实线为甲的振动图像，虚线为乙的振动图像，其中甲的振动方程x=3asin(5πt)。下列说法中正确的是( )
A. 它的振幅是3B. 它的频率是5π
C. t=0时，甲、乙的相位差是π2D. t=0时，甲、乙的相位差是3π4
8.一枚50g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部高度为45m)落下，能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10−4s，人的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为( )
A. 4500NB. 3300NC. 2000ND. 1700N
9.如图所示，匀质环形管道C平放在足够大的水平桌面上，两个相同的小球A、B位于管内。图示时刻，管道C速度为0，两小球具有相同的速度且均沿x轴正方向，两小球的碰撞为弹性碰撞，不计小球与管道、管道与桌面间的摩擦，则( )
A. 碰前两球均做匀速圆周运动B. 两球组成的系统机械能守恒
C. 两球组成的系统在x方向上动量守恒D. 两球组成的系统在y方向上动量守恒
10.如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B. 火箭上升过程中一直处于超重状态
C. 火箭获得的最大速度为MM−mv0
D. 火箭在空中飞行的时间为t=(M−m)v+mv0(M−m)g
二、实验题（本题共1小题，共7分）
11.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

(1)用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间(如图1)，秒表的读数为 s。
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为模坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线(如图2)。并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g= (用k表示)。
(3)如果计算时将摆线长加小球的直径当作摆长，采用上述方法测得的g值将 (填偏大、偏小或不变)。
三、简答题（本题共5小题，共53分）
12.在实验室里为了验证动量守恒定律，采用如图所示的装置：先将入射小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在四分之一圆弧轨道上留下压痕，再把被碰小球b放在斜槽轨道末端水平段的最右端，让入射小球a仍从固定点由静止开始滚下，和被碰小球b相碰后，两球分别落在圆弧的不同位置处，重复多次，找到平均落点M、P、N。用量角器量出O′P、O′M、O′N与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3。
(1)放上被碰小球b，两球相碰后，小球a的落地点是图中圆弧面上的______点，小球b的落地点是图中圆弧面上的______点；
(2)设入射小球a的质量为m1，被碰小球b的质量为m2，则在用该装置实验时，所得验证动量守恒定律的结论为(用题中所给物理量的字母表示) ______。
13.光滑斜面的倾角为θ，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在斜面的挡板上，下端固定有质量为m的小球。将小球沿斜面上移至弹簧处于原长，然后释放小球使其运动，发现小球第一次运动到最低点用时为t0。以小球刚被释放的时刻为零时刻，沿斜面向上为正方向，重力加速度为g。
(1)求小球做简谐运动的振幅A；
(2)写出小球做简谐运动的振动方程。
14.下雨时，为什么蚊子不会被雨滴砸死？科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，漂浮在空气中(速度为零)；雨滴质量为nm，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数为k，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体时间为Δt，蚊子重力不计。求：
(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。
15.如图所示，水平传送带与左右两侧的光滑水平台面等高，并平滑连接，装置的最右边是一光滑曲面也与水平台面平滑连接.质量mA=3kg的小物块A静止于左侧台面，传送带始终以v0=2m/s的速度逆时针转动.质量mB=1kg的小物块B从光滑曲面上、距水平台面ℎ=1.0m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，L=1.0m.设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，g取10m/s2．
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否再次滑上右边的曲面？
(3)如果物块A、B每次碰撞后，都会把A立即无初速度地放回原位置，试求出物块B第3次与A碰撞后A运动的速度大小．
16.如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量分别为mA=4kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，右侧放置一个不固定的光滑弧形滑块C(足够高)，质量mC=1kg，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长L=0.25m的小车，小车上表面与ab等高。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(与A、B不拴接)。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B向右滑动冲上弧形滑块C，B在C上可达到的最大高度ℎ=0.4m。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，小车质量M满足1kg≤M≤6kg，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)刚与弹簧分开时物块B的速度大小；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
(3)物块A在小车上滑动过程中产生的热量(计算结果可含有M)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
单摆的固有周期公式T=2π Lg，题中ac两个单摆的摆长相同，固有周期相同。由题，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期。b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期。当驱动力周期等于单摆的固有周期时，产生共振，振幅最大．驱动力的周期与单摆的固有周期相差越大，振幅越小。
本题考查受迫振动的周期和共振现象。自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的，比较简单。
【解答】
解：AC.让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期，b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期，所以各摆的振动周期与a摆相同，故A正确，C错误；
B.e摆的摆长与a摆相差最大，固有周期相差最大，所以e摆的振幅最小，故B错误；
D.只有a摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：振动的周期是0.4s，而频闪的周期是0.1s，所以在一个周期内有三幅不同的照片；
振动的周期是0.4s，则角频率：ω=2πT=2π0.4rad/s，
在0.1s时对于的角度；θ1=2π0.4×0.1s=π2rad
在0.2s时对应的角度：θ2=2π0.4×0.2s=πrad
可得0.3s时刻时与0.1s小球出现在同一个位置，都在平衡位置，0.2s时出现在最右侧位置，0.4s时在最左侧，故ABC错误，故D正确；
故选：D。
由频闪的周期和振子的振动周期，结合简谐运动具有时间的对称性分析，结合平衡位置两侧对称的点到平衡位置的时间是相等的．
解决本题的关键是知道简谐运动的周期表示什么含义，掌握简谐运动时间的对称性．
3.【答案】D
【解析】解：A.硬纸板上的图像为注射器的振动图像，y轴表示注射器振动的位移，x轴间接表示注射器振动的时间(即Lv)，故A错误；
BC.由单摆周期公式可知，注射器振动的周期只与单摆的摆长有关，故BC错误；
D.由图乙可知，硬纸板移动距离L时，注射器完成了两个周期性运动，故匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动周期的2倍，故D正确。
故选：D。
注射器在硬纸板上沿垂直于OO1的方向振动，硬纸板上OO1轴上的坐标代表时间，与OO1垂直的坐标代表位移，根据硬纸板移动距离L时，注射器完成了两个周期性运动，确定注射器振动的周期与硬纸板运动时间的关系。匀速拖动硬纸板是为了用相等的距离表示相等的时间。注射器振动周期与拖动硬纸板的速度无关。
本题与教科书沙摆实验相似，采用描迹法得到简谐运动的图象，关键要抓住注射器的运动与硬纸板运动的同时性，知道位移是周期性变化的。
4.【答案】A
【解析】解：A.由B→C运动时间为0.2s，T=2×0.2s=0.4s，故ω=2πT=5π，故简谐运动的表达式为x=0.1cs(5πt)m，故A正确；
B.每次通过同一位置时，速度方向可以不同，故B错误；
C.振子在做简谐运动时受重力、支持力、弹簧的弹力，故C错误；
D.从O到B的过程中，小球动能转化为弹簧的弹性势能，故D错误；
故选：A。
本题根据简谐运动的表达式x=Asinωt以及简谐振动特点，即可解答。
本题考查学生的分析能力和简单计算能力，比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据题意可知，小球的运动跟单摆的运动相同，是简谐运动，简谐运动加速度是变化的，则小球在A、B间不是做匀变速曲线运动，故A错误；
B.小球在O点合力提供向心力，不为零，有向心加速度，则小球在O点的加速度不为零，故B错误；
C.根据单摆周期公式
T=2π Lg
可知周期与振幅无关，则将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t，故C正确；
D.根据单摆周期公式
T=2π Lg
将此装置由赤道移到北极，重力加速度变大，单摆周期变小，则小球由A点运动到O点的时间小于t，故D错误。
故选：C。
小球所受合力是变化的，则加速度不是定值，不能是匀变速曲线运动；小球在O点的合力不为零，则加速度不为零；根据简谐振动的周期和对称性求解时间；将此装置由赤道移到北极，重力加速度会发生变化，可求出周期的变化，即可比较时间。
本题实际考查的是简谐振动，关键是要掌握简谐振动的运动规律和单摆的周期公式。
6.【答案】C
【解析】解：A、物块的角速度逐渐变大，根据v=ωr，可知线速度也逐渐变大，说明摩擦力做了功，即摩擦力有沿着圆周切线方向的分力，说明物块受摩擦力的方向不是始终指向O点，故A错误；
B、根据向心力公式F=mω2r可知，当角速度比较小时，向心力也比较小，而向心力由静摩擦力的一个分力提供，所以物块所受摩擦力的大小是从0开始增加的，不是始终为μmg，故B错误；
C、根据动量定理得I=mv−0，将v=ωr代入可知物块所受摩擦力的冲量大小为mωr，故C正确；
D、物块角速度从0增大至ω过程中，只有静摩擦力可以做功，根据动能定理根据动能定理有W=12mv=12mω2r2，可知物块所受摩擦力做的功不为0，故D错误。
故选：C。
根据物块的运动情况判断其所受摩擦力的方向是否始终指向O点；根据物块的运动情况判断物块所受摩擦力的大小是否始终为μmg；根据动量定理判断物块所受摩擦力的冲量大小是否为mωr；
根据动能定理判断物块所受摩擦力做的功是否为0。
圆盘上的物块在水平面内圆周运动，如果是匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，大小保持不变，方向时刻指向圆心，本题实际是变速圆周运动，静摩擦力就不指向圆心了，静摩擦力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力做功，改变速度大小。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据甲的振动方程可知它的振幅是3a，故A错误；
B.根据振动图像可看出简谐运动的周期均为T=0.4s，则它的频率是：f=1T=10.4Hz=0.25Hz，故B错误；
CD.已知甲的振动方程x=3asin(5πt)，根据图像可知乙的振动方程为：x=3asin(5πt−π2)，则t=0时，甲、乙的相位差是π2，故C正确、故D错误。
故选：C。
根据甲的振动方程得到振幅；根据振动图像求解周期，因此得到频率；根据图像可知乙的振动方程，因此得到相位差。
本题主要是考查简谐振动，关键是能够根据振动方程求解振幅，知道周期和频率的关系。
8.【答案】B
【解析】解：鸡蛋从45m高处自由落体，根据匀变速直线运动规律有
2gℎ=v2
对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理得
(mg−F−)Δt=0−mv
解得
F−≈3300N
根据牛顿第三定律，头骨受到的平均冲击力约为3300N，故ACD错误，B正确；
故选：B。
鸡蛋先做自由落体，根据匀变速直线运动规律求出速度；然后发生碰撞，根据动量定理列式求解平均作用力。
本题考查动量定理及自由落体的运动规律，要注意动量定理中的方向性，在解题时要先明确正方向。
9.【答案】D
【解析】解：A、两小球碰前，A小球和B小球对管道C水平方向有作用力，在A、B碰撞的时候，A、B、C三个水平速度相等，由A、B、C系统动量守恒，可知管道C向右运动，则A、B碰前不是做的匀速圆周运动(如果管道C不动，A、B会做匀速圆周运动)，故A错误；
B、A、B、C系统机械能守恒，而管道C碰前有水平方向速度，也就是有动能，则A、B的机械能是减少的，等于C增加的机械能，故两球组成的系统机械能不守恒；故B错误；
C、由于管道C在x方向上有移动，则两小球在x方向上对C的作用力的合力不为0，即轨道C对AB两小球在x方向上合力不为0，则两球组成的系统在x方向上动量不守恒；故C错误；
D、由于管道C在y方向上没有移动，则两小球在y方向上对C的作用力的合力为0，即轨道C对AB两小球在y方向上合力为0，则两球组成的系统在y方向上动量守恒；故D正确；
故选：D。
根据动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，判断碰撞前两球是否做匀速圆周运动及两球组成的系统单方向动量守恒。
本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
10.【答案】D
【解析】解：A、火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力，故A错误；
B、火箭先加速上升、后减速上升，所以上升过程中先处于超重状态、后处于失重状态，故B错误；
C、取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：(M−m)vm=mv0，解得：vm=mv0M−m，故C错误；
D、上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得：−(M−m)t1−kv1−t1=0−(M−m)vm
下降过程中，取向下为正方向，根据动量定理可得：(M−m)t2−kv2−t2=(M−m)v−0
设上升的最大高度为ℎ，则有：v1−t1=v2−t2=ℎ
火箭在空中飞行的时间为：t=t1+t2
联立解得：t=(M−m)v+mv0(M−m)g，故D正确。
故选：D。
火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力；根据加速度的方向分析超重或失重；根据动量守恒定律求解最大速度；根据动量定理求解火箭在空中飞行的时间。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
11.【答案】99.8 4π2k 偏大
【解析】解：(1)由图示秒表可知，秒表示数为：1.5min+9.8s=90s+9.8s=99.8s；
(2)由单摆周期表达式T=2π Lg可得：T2=4π2Lg
故以L为横坐标、T2为纵坐标得到的图象的斜率为：k=4π2g
解得：g=4π2k
(3)用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，摆长偏大，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大；
故答案为：(1)99.8；(2)4π2k；(3)偏大
(1)根据秒表的读数方法读数；
(2)由单摆周期表达式可得T2与L的关系式，得到斜率k的表达式，进而可求得g值；
(3)单摆的摆长是从悬点到摆球的球心的距离，结合T=2π Lg分析误差。
该题考查单摆测重力加速度的实验的实验原理，其中摆长与单摆的周期的计算也是该实验中的一个注意事项．属于简单题．本题关键是根据单摆周期公式T=2π Lg推导出T2−L的关系图象，得到斜率的表达式，基础问题．
12.【答案】M N m1 sinθ1tanθ1=m2 sinθ2tanθ2+m3 sinθ3tanθ3
【解析】解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，设圆弧轨道的半径为R，设轨道末端与小球落点连线与竖直方向夹角为θ，小球做平抛运动的初速度为v，水平方向有：x=Rsinθ=vt
竖直方向有：y=Rcsθ=12gt2
解得：v= 2gRsinθtanθ2
则θ越大，小球做平抛运动的初速度v越大；
两球发生碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前入射球的速度，且小于被碰球的速度，则P点是碰撞前入射球a球的落点，M是入射球a碰撞后的落点，N点是被碰球碰撞后的落点。
(2)根据上述分析，入射球碰撞前的速度为：v0= 2gRsinθ1tanθ12
碰撞后的速度为：v1= 2gRsinθ2tanθ22
被碰球碰撞后的速度为：v2= 2gRsinθ3tanθ32
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m2v2
代入数据整理得m1 sinθ1tanθ1=m2 sinθ2tanθ2+m3 sinθ3tanθ3。
故答案为：(1)M；N；(2)m1 sinθ1tanθ1=m2 sinθ2tanθ2+m3 sinθ3tanθ3。
(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球初速度越大，落地点越远，据此分析作答；
(2)根据动量守恒定律求解需要满足的表达式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证，根据平抛运动规律求解两小球碰撞前后的水平速度是解题的关键。
13.【答案】解：(1)由题意可知，小球在平衡位置处重力沿斜面向下的分力和弹力大小相等，则mgsinθ=kA
解得小球做简谐运动的振幅A=mgsinθk
(2)小球从最高的第一次运动到最低点用时为t0，则振动周期T=2t0
则有ω=2πT=πt0
小球做简谐运动的振动方程x=Acsωt=mgsinθkcsπt0t
答：(1)小球做简谐运动的振幅A为mgsinθk；
(2)写出小球做简谐运动的振动方程为x=mgsinθkcsπt0t。
【解析】(1)小球处于平衡位置时，重力沿斜面向下的分力和弹力大小相等，根据胡克定律求解小球处于平衡位置时弹簧的形变量，而此时的形变量即为振幅；
(2)分析初始时刻小球的位置，从而找到初相位，再结合一般表达式分析小球简谐运动位移随时间变化的表达式。
解决该题需要明确知道小球做简谐运动的相关性质，知道小球在平衡位置时弹簧的形变量等于振幅，掌握振动方程的一般表达式。
14.【答案】解：(1)击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，则有：kv0=nmg
蚊子与雨滴融为一体，取竖直向下为正方向，则有：nmv0=(n+1)mv
解得：v=n2mg(n+1)k
(2)对蚊子由动量定理有：FΔt=mv
解得：F=n2m2g(n+1)kΔt
答：(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小为n2mg(n+1)k；
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为n2m2g(n+1)kΔt。
【解析】(1)根据平衡条件和动量守恒定律计算蚊子的速度大小；
(2)根据动量定理计算蚊子受到的平均作用力。
本题考查动量和动量定理，要求掌握动量守恒定律和动量定理内容。
15.【答案】解：(1)物块B从静止释放滑到曲面底部过程中，根据动能定理得
mBgℎ=12mBv2
解得：v=2 5m/s
因为v>v0=2m/s，所以物块B滑上传送带后做减速运动，在传送带上，根据动能定理得
−μmBgL=12mBvB2−12mBv2
解得：vB=4m/s
因为vB>v0=2m/s，所以B与A第一次碰撞前速度大小为4m/s。
(2)物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞过程，取向右为正方向，根据碰撞过程中动量守恒、能量守恒可得：
mBvB=mAvA1+mBvB1
12mBvB2=12mAvA12+12mBvB12
联立解得：vB1=−2m/s
即B第一次碰撞后速度大小为2m/s方向向右
设B第一次碰撞后滑上传送带最大位移为x，由动能定理得
μmBgx=12mBvB12
解得：x=1m，B物体刚好滑到传送带右端，所以不能再次滑上曲面。
(3)由(2)问可得，A、B对心碰撞后
vB1=mB−mAmA+mBvB=12vB
vA1=2mBmB+mAvB=12vB
因为B每次碰撞后被传送带以原速率传回故第二次碰撞后B的速率为
v′B2=14vB
所以vA3=12v′B2=12×14vB=18vB
即vA3=0.5m/s
答：(1)物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后不能再次滑上右边的曲面；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，都会把A立即无初速度地放回原位置，物块B第3次与A碰撞后A运动的速度大小为0.5m/s。
【解析】(1)根据动能定理求出物块B滑上传送带速度，再根据动能定理分析物块B滑离传送带时速度；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律求出第一次碰撞后A、B速度，再根据动能定理求B滑离传送带速度，分析B能否滑上曲面；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出每次A、B碰撞后速度特点，推算出B第三次与A碰撞后A的速度。
本题是一道动量和能力综合性的问题，难度较高，需要学生具有一定的分析综合能力，解题时注意两个难点的分析：B在传送带上滑行的运动分析；B与A每次碰撞后速度变化特点。
16.【答案】解：(1)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB=(mB+mC)v
由机械能守恒定律得：12mBvB2=12(mB+mC)v2+mBgℎ
代入数据解得：vB=4m/s
(2)细绳断裂过程，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA−mBvB=0
由能量守恒定律得：EP=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得：EP=10J，vA=1m/s
(3)假设A与小车不分离，A在小车上相对小车滑行的距离为x
A与小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=(M+mA)v0
由能量守恒定律得：12mAvA2=12(mA+M)v02+μmAgx
解得：x=0.5−24+M
当x=L=0.25m时，M=4kg
当4kg代入数据解得：Q1=1J
当1kg≤M≤4kg时A不会滑离小车，A在小车上滑动过程产生的热量Q2=μmAgx
解得：Q2=2M4+MJ
答：(1)刚与弹簧分开时物块B的速度大小是4m/s；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能是10J；
(3)当1kg≤M≤4kg时，物块A在小车上滑动过程中产生的热量是2M4+MJ；当4kg【解析】(1)B、C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求出刚与弹簧分开时B的速度大小。
(2)细绳断裂过程A、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。
(3)应用动量守恒定律与能量守恒定律求出物块A在小车上滑动过程产生的热量。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与能量守恒定律可以解题。