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河北省衡水中学2019届高三第四次调研试题物理试题
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2019学年度上学期高三年级四调考试物理试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。试卷共8页，共110分。考试时间110分钟。
第I卷（选择题共60分）
一、选择题（每小题4分，共60分。其中5、6、7、8、10、11、14是多项选择，其余各题是单选）
1. 下列说法正确的是
A. 物体速度变化越大，则加速度一定越大
B. 物体动量发生变化，则物体的动能一定变化
C. 合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒
D. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒
【答案】D
【解析】
试题分析：根据加速度的定义式可知，速度变化很大时，如果时间更长，加速度可能很小，选项A错误.物体的动量改变，可能是方向变而大小不变，故动能可以不变化，也可以变化，选项B错误.运动过程中受合外力做功为零，若有除重力或者是弹簧弹力以外的做功，物体的机械能并不守恒，比如匀速下降的物体，选项C错误.只有系统所受的合外力为零，系统的动量不能改变，即系统的动量守恒，选项D正确.故选D.
考点：本题考查了加速度的定义、动能与动量的关系、机械能守恒定律的条件、动量守恒定律的条件.
2.氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是（ ）
A. 氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B. 用波长为325 nm的光照射可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C. 大量处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D. 用波长为633 nm的光照射不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
【答案】CD
【解析】
试题分析：从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．当从n=2跃迁到n=1的能级，释放的能量：=[-3．4-（-13．6）]×1．6×10-19，则解得，释放光的波长是λ=122nm，则用波长为122nm的光照射，才可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级．故B错误．根据数学组合，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故C正确；同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D正确．
故选CD．
考点：波尔理论
【此处有视频，请去附件查看】
3.已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（ ）
A. 波长 B. 频率 C. 能量 D. 动量
【答案】A
【解析】
解：根据爱因斯坦光电效应方程得：
Ek=hγ﹣W0，
又 W0=hγc
联立得：Ek=hγ﹣hγc，
据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=，可知该光电子的动量较小，根据λ=可知，波长较大，则频率较小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=．
【此处有视频，请去附件查看】
4. 如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出点到落地有（ ）
A. a的运动时间是b的运动时间的倍
B. a的位移大小是b的位移大小的倍
C. a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D. a、b落地时的速度不同，但动能相同
【答案】B
【解析】
试题分析：设P点离地的高度为h,对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大的时间为，从最高点到落地的时间为，故b运动的总时间,对于a：做平抛运动，运动时间为；则有,故A错误；对于b：，则得；对于a：水平位移为，a的位移为，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍．故B正确；根据机械能守恒定律得：，若两球的质量相等，则两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故CD错误。
考点：动能定理的应用、平抛运动
【名师点睛】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两种运动的研究方法及其规律，并根据机械能守恒分析落地时动能关系。
5.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用代表B对A的摩擦力，代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是（ ）
A. 拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B. 拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量
C. 拉力F和对A做的功之和小于A的动能的增加量
D. 对B做的功小于B的动能的增加量
【答案】AB
【解析】
【详解】A．若拉力不够大，AB一起加速运动时，对整体，根据动能定理可知，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量。故A正确；
B．若拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能；故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量；故B正确；
C．对A来说，只有拉力F和摩擦力f1做功，由动能定理可知，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量。故C错误；
D．对B来说，只有摩擦力f2做功，由动能定理可知，f2对B做的功等于B的动能的增加量。故D错误。
6. 小行星绕恒星运动的同时，恒星均匀地向四周辐射能力，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动，则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ）
A. 半径变大 B. 速率变大 C. 加速度变小 D. 周期变小
【答案】AC
【解析】
试题分析：设恒星的质量为M，行星的质量为m，根据题意可得M在减小，万有引力充当向心力，所以两者之间的引力在减小，提供的引力小于需要的引力，所以小行星做离心运动，即半径在增大，A正确；根据公式可得，半径增大，所以速率减小，B错误；根据公式可得，半径增大，加速度减小，C正确；根据公式可得，半径增大周期增大，D错误；
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算
7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断( )
A. A、B的质量比为3∶2
B. A、B作用前后总动量守恒
C. A、B作用前后总动量不守恒
D. A、B作用前后总动能不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】根据动量守恒定律：，得：，故A正确；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；作用前总动能：，作用后总动能：，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确；故选ABD．
【点睛】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比．
8.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A. 时间内F的功率逐渐增大
B. 时刻物块A的加速度最大
C. 时刻后物块A做反向运动
D. 时刻物块A动能最大
【答案】BD
【解析】
试题分析：由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；
由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选BD.
考点：牛顿第二定律及动能定理的应用
【名师点睛】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要知道当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大, 要掌握图象题的解题思路.
9.如图所示，在光滑的水平面上，质量的小球以速率向右运动。在小球的前方点处有一质量为的小球处于静止状态，点处为一竖直的墙壁。小球与小球发生正碰后小球与小球均向右运动。小球与墙壁碰撞后原速率返回并与小球在点相遇，，则两小球质量之比为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为、，由动量守恒定律有：
①
由能量守恒定律有：
②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：
③
联立①②③，代入数据解得：
。
A. 与上述计算结果不相符，故A不符合题意；
B. 与上述计算结果不相符，故B不符合题意；
C. 与上述计算结果不相符，故C不符合题意；
D. 与上述计算结果相符，故D符合题意。
10.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，， ， ，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为： （ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】AB
【解析】
【分析】
碰撞前系统的总动量：P=1×6+2×3=12 kg·m/s，碰撞前系统的总动能：EK=mAvA2+mBvB2=×1×62+×2×32=25J；
【详解】A、碰撞后，A、B的动量PA=1×4=4 kg·m/s，PB=2×4=8kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×42+×2×42=24J<25J，系统动能不增加，故A正确；
B、碰撞后，A、B的动量PA=1×2=2kg·m/s，PB=2×5=10kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×22+×2×52=27J<25J，系统动能不增加，故B正确；
C、碰撞后，A、B的动量PA=1×（-4）=-4 kg·m/s，PB=2×6=12kg·m/s，系统动量不守恒，故C错误；
D、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，故D错误；
故选：AB。
【点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。
【考点】动量守恒定律
11.如图，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上。乙的宽度足够大，速度为v1。工件从滑上传送带乙至二者相对静止的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 以地面为参考系，工件做类平抛运动
B. 以乙为参考系，工件在乙上滑动的轨迹是直线
C. 工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变
D. 工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1
【答案】BCD
【解析】
【详解】物体在乙上运动时速度合成与所受摩擦力的合力方向如图所示
A.在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动的方向，则摩擦力的合力如图。合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动，故A错误；
B.在乙参考系中，如图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确；
C.工件在乙上滑动时，在x轴方向上做匀减速直线运动，在y轴方向上做匀加速直线运动，可知两个方向上摩擦力的分力不变，受到乙的摩擦力方向不变，当工件沿垂直于乙的速度减小为0时，不受摩擦力，故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力方向不变，故C正确；
D项：设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为、，则，，很短的时间∆t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为∆vx=ax∆t，∆vy=ay∆t，解得：，由题意可知，，则，则当∆vx=v0，∆vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1，故D正确。
12.人用手托着质量为m的小苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 手对苹果的作用力方向竖直向上
B. 苹果所受摩擦力大小为
C. 手对苹果做的功为
D. 苹果对手不做功
【答案】C
【解析】
试题分析：A、手对苹果的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向斜向上，故A错误．B、苹果的加速度，则摩擦力，故B错误．C、根据动能定理得，手对苹果做功的大小，故C正确，D错误。
考点：本题考查了功的计算；摩擦力的判断与计算
13.如图所示，一小球从斜轨道上某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，忽略一切阻力，则下列说法中正确的是
A. 在轨道最低点和最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的
B. 小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点
C. 小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中不脱离轨道
D. 只有小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球才能不脱离轨道
【答案】C
【解析】
试题分析：设小球的初位置比轨道最低点高h，从初位置到圆轨道最高点，根据动能定理有，而要通过圆周运动最高点，速度，带入可得，即初位置要比圆轨道最低点高出时小球才能通过最高点，选项B错。小球沿圆轨道内侧运动，最低点弹力向上最高点弹力向下选项A错。小球在运动过程中能不脱离轨道有两种办法，一种是通过最高点即比最低点高出的初位置释放，另一种是小球沿圆轨道上滑的高度小于半径，根据动能定理即，此时小球上滑速度减小0后又返回所以选项C对D错。
考点：动能定理 圆周运动
14.在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2．则必有( )
A. E1＜E0 B. p1＜p0 C. E2＞E0 D. p2＞p0
【答案】ABD
【解析】
【详解】根据碰撞过程中总动能不增加，必有 E1＜E0，E2＜E0，根据可知，P1＜P0．否则就违反了能量守恒定律。故AB正确，C错误；根据动量守恒定律得：P0=P2-P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故D正确。故选ABD.
15. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )
A. 速率的变化量不同
B. 机械能的变化量不同
C. 重力势能的变化量相同
D. 重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】
由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D
第II卷（非选择题 共50分）
二、非选择题
16.与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a，b分别是光电门的激光发射和接收装置。现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系。方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1，2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为 ，。已知滑块（含遮光板）质量为M，钩码质量为m，两光电门间距为S，遮光板宽度为L，当地的重力加速度为g。
② 用游标卡尺（20分度）测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为_________mm；
②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M____ m（填“大于”，“远大于”，“小于”或“远小于”）
③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为： ＝_________， ＝__________；（用题中所给字母表示）
④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为 __________________________________。（用题中所给字母表示）
【答案】 (1). 5.70； (2). 远大于； (3). ； (4). ； (5). ；
【解析】
试题分析：（1）游标卡尺的读数为
（2）对整体有，对滑块有，联立可得，只有当时，
（3）光电门的宽度很窄，所以通过光电门的平均速度可近似认为是瞬时速度，故有，
（4）重力做功，动能变化量为，故只需要验证即可
考点：验证动能定理实验
【名师点睛】（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，滑块的机械能守恒
17.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点间的距离如图乙所示．已知m1=50g、m2=150g则（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_______；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=________，系统势能的减少量△EP=________，由此得出的结论是_____________________________
（3）若某同学作出-h图象如图丙，则当地的实际重力加速度g=___________．
【答案】 (1). 2.4m/s (2). 0.576J (3). 0.588J (4). 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). 9.7m/s2
【解析】
【详解】第一空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：。
第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek＝(m1+m2)v52−0＝0.576J；
第三空.重力势能减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2-m1）gh=0.588J；
第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
第五空.题中根据机械能守恒可知，（m2-m1）gh＝(m1+m2)v2，即有：v2＝gh，所以v2−h图象中图象的斜率表示g，由图可知，斜率k=g ==4.85，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2。
18.如图1所示，物体A、B的质量分别为4 kg和8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一物体C水平向左运动，在t=5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动，物块C的速度－时间如图2所示．
①求物块C的质量；
②在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量．
【答案】①2 kg②－24 N·s，负号表示方向向右
【解析】
试题分析：（1）由图象可得：物体C以速度与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度
A.C在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：，代入数据解得：．
（2）在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0，再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量为：
解得：，方向向右
考点：考查了动量守恒定律，冲量定理
【名师点睛】本题一要由速度图象读出物体的运动情况，明确碰撞前后A.C的速度，二要会根据动量守恒定律求解C的质量，由动量定理求解变力的冲量
19.如图所示，在水平地面上固定一个倾角α=45°、高H=4m的斜面，在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R=m，AB与圆周相切于B点，长度为，与水平方向夹角θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度。现将一质量为0.1kg，直径可以忽略的小球从管口A处由静止释放，g=10m/s2。
（1）求小球在C点时对轨道压力。
（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移是多少？
【答案】(1) 7N(2) 6m
【解析】
试题分析：（1）设AD之间的竖直高度为h，
由几何关系可知：h=R+Rsin30°+lABsin60°=2m
A到C根据动能定理得：mgh=
在C点：FN﹣mg=
解得：FN=7N
由牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力为7N
（2）从A到碰撞点，根据动能定理得：mg（h+x）=
平抛过程：H﹣x=
平抛水平位移：Sx=v0t
代入数据整理得：Sx=
可知：当x=1m时平抛水平位移Sx有最大值
Sm=6m
20.如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过，在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后静止释放（小球和弹簧不黏连），小球刚好能沿DEN轨道滑下，求：
（1）小球刚好能通过D点时速度的大小。
（2）小球到达N点时速度的大小及受到轨道的支持力的大小
（3）压缩弹簧所具有的弹性势能
【答案】（1）小球到达D点时的速度为2m/s；
（2）小球到达N点时速度的大小是2m/s，对轨道的压力是12N；
（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．
【解析】
试题分析：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：，则
（2）从D点到N点，由机械能守恒得：，
代入数据得：．在N点有：，得
（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能，根据动能定理得
，
即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J
考点：考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理
【名师点睛】小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度．从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度，由牛顿运动定律求小球到达N点时速度的大小对轨道的压力．从A到C的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能
21.如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg，木板的长度为L=1.5m，在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，它们都处于静止状态，重力加速度。
（1）若小物块以初速度沿木板上表面向左滑动，小物块恰好能运动到左端挡板处，求的大小；
（2）若小物块以初速度沿木板向左滑动，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）2m/s （2）0.375J
【解析】
试题分析：小物块滑上木板后，系统在水平方向动量守恒，再根据功能关系求得物块初速度的大小；木板与物块组成的系统动量守恒，根据功能关系分析碰撞过程中损失的机械能。
（1）设木板和物块最终共同的速度为v，由动量守恒定律
对木板和物块系统，由功能关系可知：
解得：
（2）动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度，有
射碰撞过程中损失的机械能为，对木板和物块系统的整个运动过程，
由功能关系有：
由以上各式解得：
代入数据可得：
点睛：本题主要考查了动量守恒和功能关系，正确应用动量守恒和功能关系列方程是解决这类问题的关键。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。试卷共8页，共110分。考试时间110分钟。
第I卷（选择题共60分）
一、选择题（每小题4分，共60分。其中5、6、7、8、10、11、14是多项选择，其余各题是单选）
1. 下列说法正确的是
A. 物体速度变化越大，则加速度一定越大
B. 物体动量发生变化，则物体的动能一定变化
C. 合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒
D. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒
【答案】D
【解析】
试题分析：根据加速度的定义式可知，速度变化很大时，如果时间更长，加速度可能很小，选项A错误.物体的动量改变，可能是方向变而大小不变，故动能可以不变化，也可以变化，选项B错误.运动过程中受合外力做功为零，若有除重力或者是弹簧弹力以外的做功，物体的机械能并不守恒，比如匀速下降的物体，选项C错误.只有系统所受的合外力为零，系统的动量不能改变，即系统的动量守恒，选项D正确.故选D.
考点：本题考查了加速度的定义、动能与动量的关系、机械能守恒定律的条件、动量守恒定律的条件.
2.氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是（ ）
A. 氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B. 用波长为325 nm的光照射可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C. 大量处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D. 用波长为633 nm的光照射不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
【答案】CD
【解析】
试题分析：从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．当从n=2跃迁到n=1的能级，释放的能量：=[-3．4-（-13．6）]×1．6×10-19，则解得，释放光的波长是λ=122nm，则用波长为122nm的光照射，才可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级．故B错误．根据数学组合，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故C正确；同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D正确．
故选CD．
考点：波尔理论
【此处有视频，请去附件查看】
3.已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（ ）
A. 波长 B. 频率 C. 能量 D. 动量
【答案】A
【解析】
解：根据爱因斯坦光电效应方程得：
Ek=hγ﹣W0，
又 W0=hγc
联立得：Ek=hγ﹣hγc，
据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=，可知该光电子的动量较小，根据λ=可知，波长较大，则频率较小．故A正确，BCD错误．
故选：A．
【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=．
【此处有视频，请去附件查看】
4. 如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出点到落地有（ ）
A. a的运动时间是b的运动时间的倍
B. a的位移大小是b的位移大小的倍
C. a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D. a、b落地时的速度不同，但动能相同
【答案】B
【解析】
试题分析：设P点离地的高度为h,对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大的时间为，从最高点到落地的时间为，故b运动的总时间,对于a：做平抛运动，运动时间为；则有,故A错误；对于b：，则得；对于a：水平位移为，a的位移为，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的倍．故B正确；根据机械能守恒定律得：，若两球的质量相等，则两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故CD错误。
考点：动能定理的应用、平抛运动
【名师点睛】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两种运动的研究方法及其规律，并根据机械能守恒分析落地时动能关系。
5.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用代表B对A的摩擦力，代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是（ ）
A. 拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B. 拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量
C. 拉力F和对A做的功之和小于A的动能的增加量
D. 对B做的功小于B的动能的增加量
【答案】AB
【解析】
【详解】A．若拉力不够大，AB一起加速运动时，对整体，根据动能定理可知，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量。故A正确；
B．若拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能；故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量；故B正确；
C．对A来说，只有拉力F和摩擦力f1做功，由动能定理可知，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量。故C错误；
D．对B来说，只有摩擦力f2做功，由动能定理可知，f2对B做的功等于B的动能的增加量。故D错误。
6. 小行星绕恒星运动的同时，恒星均匀地向四周辐射能力，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动，则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ）
A. 半径变大 B. 速率变大 C. 加速度变小 D. 周期变小
【答案】AC
【解析】
试题分析：设恒星的质量为M，行星的质量为m，根据题意可得M在减小，万有引力充当向心力，所以两者之间的引力在减小，提供的引力小于需要的引力，所以小行星做离心运动，即半径在增大，A正确；根据公式可得，半径增大，所以速率减小，B错误；根据公式可得，半径增大，加速度减小，C正确；根据公式可得，半径增大周期增大，D错误；
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算
7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断( )
A. A、B的质量比为3∶2
B. A、B作用前后总动量守恒
C. A、B作用前后总动量不守恒
D. A、B作用前后总动能不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】根据动量守恒定律：，得：，故A正确；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；作用前总动能：，作用后总动能：，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确；故选ABD．
【点睛】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比．
8.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A. 时间内F的功率逐渐增大
B. 时刻物块A的加速度最大
C. 时刻后物块A做反向运动
D. 时刻物块A动能最大
【答案】BD
【解析】
试题分析：由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；
由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选BD.
考点：牛顿第二定律及动能定理的应用
【名师点睛】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要知道当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大, 要掌握图象题的解题思路.
9.如图所示，在光滑的水平面上，质量的小球以速率向右运动。在小球的前方点处有一质量为的小球处于静止状态，点处为一竖直的墙壁。小球与小球发生正碰后小球与小球均向右运动。小球与墙壁碰撞后原速率返回并与小球在点相遇，，则两小球质量之比为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为、，由动量守恒定律有：
①
由能量守恒定律有：
②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：
③
联立①②③，代入数据解得：
。
A. 与上述计算结果不相符，故A不符合题意；
B. 与上述计算结果不相符，故B不符合题意；
C. 与上述计算结果不相符，故C不符合题意；
D. 与上述计算结果相符，故D符合题意。
10.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，，， ， ，当A球与B球发生碰撞后，AB两球的速度可能为： （ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】AB
【解析】
【分析】
碰撞前系统的总动量：P=1×6+2×3=12 kg·m/s，碰撞前系统的总动能：EK=mAvA2+mBvB2=×1×62+×2×32=25J；
【详解】A、碰撞后，A、B的动量PA=1×4=4 kg·m/s，PB=2×4=8kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×42+×2×42=24J<25J，系统动能不增加，故A正确；
B、碰撞后，A、B的动量PA=1×2=2kg·m/s，PB=2×5=10kg·m/s，系统动量守恒，系统总动能：EK,=mAvA2+mBvB2=×1×22+×2×52=27J<25J，系统动能不增加，故B正确；
C、碰撞后，A、B的动量PA=1×（-4）=-4 kg·m/s，PB=2×6=12kg·m/s，系统动量不守恒，故C错误；
D、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，故D错误；
故选：AB。
【点睛】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。
【考点】动量守恒定律
11.如图，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上。乙的宽度足够大，速度为v1。工件从滑上传送带乙至二者相对静止的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 以地面为参考系，工件做类平抛运动
B. 以乙为参考系，工件在乙上滑动的轨迹是直线
C. 工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变
D. 工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1
【答案】BCD
【解析】
【详解】物体在乙上运动时速度合成与所受摩擦力的合力方向如图所示
A.在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动的方向，则摩擦力的合力如图。合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动，故A错误；
B.在乙参考系中，如图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确；
C.工件在乙上滑动时，在x轴方向上做匀减速直线运动，在y轴方向上做匀加速直线运动，可知两个方向上摩擦力的分力不变，受到乙的摩擦力方向不变，当工件沿垂直于乙的速度减小为0时，不受摩擦力，故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力方向不变，故C正确；
D项：设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为、，则，，很短的时间∆t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为∆vx=ax∆t，∆vy=ay∆t，解得：，由题意可知，，则，则当∆vx=v0，∆vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1，故D正确。
12.人用手托着质量为m的小苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 手对苹果的作用力方向竖直向上
B. 苹果所受摩擦力大小为
C. 手对苹果做的功为
D. 苹果对手不做功
【答案】C
【解析】
试题分析：A、手对苹果的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向斜向上，故A错误．B、苹果的加速度，则摩擦力，故B错误．C、根据动能定理得，手对苹果做功的大小，故C正确，D错误。
考点：本题考查了功的计算；摩擦力的判断与计算
13.如图所示，一小球从斜轨道上某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，忽略一切阻力，则下列说法中正确的是
A. 在轨道最低点和最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的
B. 小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点
C. 小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中不脱离轨道
D. 只有小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球才能不脱离轨道
【答案】C
【解析】
试题分析：设小球的初位置比轨道最低点高h，从初位置到圆轨道最高点，根据动能定理有，而要通过圆周运动最高点，速度，带入可得，即初位置要比圆轨道最低点高出时小球才能通过最高点，选项B错。小球沿圆轨道内侧运动，最低点弹力向上最高点弹力向下选项A错。小球在运动过程中能不脱离轨道有两种办法，一种是通过最高点即比最低点高出的初位置释放，另一种是小球沿圆轨道上滑的高度小于半径，根据动能定理即，此时小球上滑速度减小0后又返回所以选项C对D错。
考点：动能定理 圆周运动
14.在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2．则必有( )
A. E1＜E0 B. p1＜p0 C. E2＞E0 D. p2＞p0
【答案】ABD
【解析】
【详解】根据碰撞过程中总动能不增加，必有 E1＜E0，E2＜E0，根据可知，P1＜P0．否则就违反了能量守恒定律。故AB正确，C错误；根据动量守恒定律得：P0=P2-P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故D正确。故选ABD.
15. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )
A. 速率的变化量不同
B. 机械能的变化量不同
C. 重力势能的变化量相同
D. 重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】
由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D
第II卷（非选择题 共50分）
二、非选择题
16.与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a，b分别是光电门的激光发射和接收装置。现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系。方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1，2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为 ，。已知滑块（含遮光板）质量为M，钩码质量为m，两光电门间距为S，遮光板宽度为L，当地的重力加速度为g。
② 用游标卡尺（20分度）测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为_________mm；
②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M____ m（填“大于”，“远大于”，“小于”或“远小于”）
③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为： ＝_________， ＝__________；（用题中所给字母表示）
④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为 __________________________________。（用题中所给字母表示）
【答案】 (1). 5.70； (2). 远大于； (3). ； (4). ； (5). ；
【解析】
试题分析：（1）游标卡尺的读数为
（2）对整体有，对滑块有，联立可得，只有当时，
（3）光电门的宽度很窄，所以通过光电门的平均速度可近似认为是瞬时速度，故有，
（4）重力做功，动能变化量为，故只需要验证即可
考点：验证动能定理实验
【名师点睛】（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法．（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，滑块的机械能守恒
17.用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图甲中未标出），计数点间的距离如图乙所示．已知m1=50g、m2=150g则（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_______；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=________，系统势能的减少量△EP=________，由此得出的结论是_____________________________
（3）若某同学作出-h图象如图丙，则当地的实际重力加速度g=___________．
【答案】 (1). 2.4m/s (2). 0.576J (3). 0.588J (4). 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (5). 9.7m/s2
【解析】
【详解】第一空.根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：。
第二空.物体的初速度为零，所以动能的增加量为：△Ek＝(m1+m2)v52−0＝0.576J；
第三空.重力势能减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2-m1）gh=0.588J；
第四空.由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
第五空.题中根据机械能守恒可知，（m2-m1）gh＝(m1+m2)v2，即有：v2＝gh，所以v2−h图象中图象的斜率表示g，由图可知，斜率k=g ==4.85，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2。
18.如图1所示，物体A、B的质量分别为4 kg和8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一物体C水平向左运动，在t=5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动，物块C的速度－时间如图2所示．
①求物块C的质量；
②在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量．
【答案】①2 kg②－24 N·s，负号表示方向向右
【解析】
试题分析：（1）由图象可得：物体C以速度与A相碰，碰撞后两者立即有相同的速度
A.C在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：，代入数据解得：．
（2）在5s到15s内，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0，再反弹到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量为：
解得：，方向向右
考点：考查了动量守恒定律，冲量定理
【名师点睛】本题一要由速度图象读出物体的运动情况，明确碰撞前后A.C的速度，二要会根据动量守恒定律求解C的质量，由动量定理求解变力的冲量
19.如图所示，在水平地面上固定一个倾角α=45°、高H=4m的斜面，在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R=m，AB与圆周相切于B点，长度为，与水平方向夹角θ=60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度。现将一质量为0.1kg，直径可以忽略的小球从管口A处由静止释放，g=10m/s2。
（1）求小球在C点时对轨道压力。
（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移是多少？
【答案】(1) 7N(2) 6m
【解析】
试题分析：（1）设AD之间的竖直高度为h，
由几何关系可知：h=R+Rsin30°+lABsin60°=2m
A到C根据动能定理得：mgh=
在C点：FN﹣mg=
解得：FN=7N
由牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力为7N
（2）从A到碰撞点，根据动能定理得：mg（h+x）=
平抛过程：H﹣x=
平抛水平位移：Sx=v0t
代入数据整理得：Sx=
可知：当x=1m时平抛水平位移Sx有最大值
Sm=6m
20.如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过，在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后静止释放（小球和弹簧不黏连），小球刚好能沿DEN轨道滑下，求：
（1）小球刚好能通过D点时速度的大小。
（2）小球到达N点时速度的大小及受到轨道的支持力的大小
（3）压缩弹簧所具有的弹性势能
【答案】（1）小球到达D点时的速度为2m/s；
（2）小球到达N点时速度的大小是2m/s，对轨道的压力是12N；
（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．
【解析】
试题分析：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：，则
（2）从D点到N点，由机械能守恒得：，
代入数据得：．在N点有：，得
（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能，根据动能定理得
，
即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J
考点：考查了圆周运动，机械能守恒，动能定理
【名师点睛】小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度．从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度，由牛顿运动定律求小球到达N点时速度的大小对轨道的压力．从A到C的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能
21.如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg，木板的长度为L=1.5m，在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，它们都处于静止状态，重力加速度。
（1）若小物块以初速度沿木板上表面向左滑动，小物块恰好能运动到左端挡板处，求的大小；
（2）若小物块以初速度沿木板向左滑动，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）2m/s （2）0.375J
【解析】
试题分析：小物块滑上木板后，系统在水平方向动量守恒，再根据功能关系求得物块初速度的大小；木板与物块组成的系统动量守恒，根据功能关系分析碰撞过程中损失的机械能。
（1）设木板和物块最终共同的速度为v，由动量守恒定律
对木板和物块系统，由功能关系可知：
解得：
（2）动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度，有
射碰撞过程中损失的机械能为，对木板和物块系统的整个运动过程，
由功能关系有：
由以上各式解得：
代入数据可得：
点睛：本题主要考查了动量守恒和功能关系，正确应用动量守恒和功能关系列方程是解决这类问题的关键。
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