江西省南昌市2016-2020学年高一物理下学期期末试卷(含解析)

2016-2017学年江西省南昌高一（下）期末物理试卷

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．1--7为单选，8-10题为多选，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分．）

1．伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（）

A．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大

B．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小

C．小球总能准确地到达与起始点相同的高度

D．小球能在两斜面之间来回滚动

2．关于功率公式P=和P=Fv的说法正确的是（）

A．据P=，知道W和t就可求出任意时刻的功率

B．由P=Fv只能求某一时刻的瞬时功率

C．从P=Fv知汽车的功率与它的速度成正比

D．从P=Fv知当功率一定时，牵引力与速度成反比

3．如图所示，一物体在与水平方向成夹角为α的恒力F的作用下，沿直线运动了一段距离x．在这过程中恒力F对物体做的功为（）

A．B． C．FxsinαD．Fxcosα

4．如图所示，桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中下列说法正确的是（）

A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为mgh2

B．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为mgh1

C．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mgh2

D．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mg（h1+h2）

5．下列关于动量及其变化的说法正确的是（）

A．两物体的动量相等，动能也一定相等

B．物体动能发生变化，动量也一定发生变化

C．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同

D．动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同

6．如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）

A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动

C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动

7．如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为（）

A． B． C．D．

8．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象．a、b 分别为A、B两球碰前的位移图象，C为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）

A．A、B碰撞前的总动量为3kg?m/s

B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N?s

C．碰撞前后A的动量变化为4kg?m/s

D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J

9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，运动到图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的

位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）

A．撤去F时，弹簧的弹性势能为4μmgx0

B．撤去F后，物体向右运动到C点时的动能最大

C．从B→C物体弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量

D．水平力F做的功为4μmgx0

10．A，B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为P A=5kg?m/s，B球动量为P B=7kg?m/s；当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（）

A．p A=3kg?m/s、p B=9kg?m/s B．p A=6kg?m/s、p B=6kg?m/s

C．p A=﹣2kg?m/s、p B=14kg?m/s D．p A=﹣5kg?m/s、p B=17kg?m/s

二、实验题（每空2分，共20分）

11．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．实验步骤如下：

A．按图1所示的装置安装仪器；

B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；

C．用天平测出重锤的质量；

D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；

E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；

F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．

按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图2所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：

（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是；操作不恰当的步骤是．

（2）纸带的（左、右）端与重物相连；

（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B= m/s；（计算结果保留两位有效数字）；

（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p= ，此过程中物体动能的增加量△E k= （计算结果保留两位有效数字）；

（5）实验的结论是．

（6）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图线是图3中的．

12．如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．

（1）本实验中，实验必须要求的条件是

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道末端点的切线是水平的

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放

D．入射球与被碰球满足m a＞m b，r a=r b

（2）如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证

的关系是

A．m a?ON=m a?OP+m b?OM

B．m a?OP=m a?ON+m b?OM

C．m a?OP=m a?OM+m b?ON

D．m a?OM=m a?OP+m b?ON．

三、计算题（本题共4小题，共40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．）13．质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？（g取10m/s2）

14．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg （g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．

15．汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.02（sinα=0.02）的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：

（1）汽车所能达到的最大速度v m；

（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？

16．质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑．滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：

（1）BC部分的动摩擦因数μ；

（2）弹簧具有的最大弹性势能；

（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．

2016-2017学年江西省南昌三中高一（下）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．1--7为单选，8-10题为多选，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分．）

1．伽利略理想斜面实验使人们认识到引入能量概念的重要性．在此理想实验中，能说明能量在小球运动过程中不变的理由是（）

A．小球滚下斜面时，高度降低，速度增大

B．小球滚上斜面时，高度增加，速度减小

C．小球总能准确地到达与起始点相同的高度

D．小球能在两斜面之间来回滚动

【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．

【分析】斜面的倾角不同物体受到的支持力不同，物体高度不同物体的重力势能不同，在运动过程中物体的速度随时间发生变化，动能和重力势能相互转化．

【解答】解：A、小球滚下斜面时，高度降低，速度增大，即重力势能减小，动能增加，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故A错误

B、小球滚上斜面时，高度增加，速度减小，重力势能增加，动能减小，但是不能确定能量在小球运动过程中不变，故B错误

C、小球总能准确地到达与起始点相同的高度，即重力势能和动能之和不变，故C正确

D、小球能在两斜面之间永不停止地来回滚动，说明重力势能和动能之和不变，没有减小，故D正确

故选：CD．

2．关于功率公式P=和P=Fv的说法正确的是（）

A．据P=，知道W和t就可求出任意时刻的功率

B．由P=Fv只能求某一时刻的瞬时功率

C．从P=Fv知汽车的功率与它的速度成正比

D．从P=Fv知当功率一定时，牵引力与速度成反比

【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】根据P=可以某段时间内的平均功率，根据P=Fv可以求解瞬时功率和平均功率．对于P=Fv，在P一定的条件下，牵引力与速度成反比．

【解答】解：A、根据P=，知道W和t可以求出一段时间内的平均功率，不能求出任意时刻的瞬时功率．故A错误．

B、根据P=Fv，若v表示瞬时速度，则P表示瞬时功率，若v表示平均速度，则P表示平均功率．故B错误．

C、根据P=Fv，知只有在F一定的条件下，功率才与速度成正比．故C错误．

D、根据P=Fv知，功率一定，牵引力与速度成反比．故D正确．

故选：D．

3．如图所示，一物体在与水平方向成夹角为α的恒力F的作用下，沿直线运动了一段距离x．在这过程中恒力F对物体做的功为（）

A．B．C．FxsinαD．Fxcosα

【考点】62：功的计算．

【分析】分析力和位移的夹角，由功的计算公式W=FLcosθ求出拉力做的功．

【解答】解：由图可知，拉力与位移间的夹角为θ，故拉力做功W=Fxcosα；

故选：D．

4．如图所示，桌面高为h1，质量为m的小球从高出桌面h2的A点下落到地面上的B点，在此过程中下列说法正确的是（）

A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为mgh2

B．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为mgh1

C．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mgh2

D．以桌面为参考平面，小球从A到B点过程中，重力势能减少mg（h1+h2）

【考点】6C：机械能守恒定律；67：重力势能．

【分析】根据重力势能的表达式即可求出小球的重力势能；通过重力做功求出重力势能的变化量．

【解答】解：A、以地面为参考平面，小球在A点的高度为（h1+h2），所以重力势能为mg（h1+h2）．故A错误；

B、以桌面为参考平面，小球在B点的高度为﹣h1，所以重力势能为﹣mgh1．故B错误；

C、D、小球从高出桌面h1的A点下落到地面上的B点的过程中，重力做了mg（h1+h2）的正功，则重力势能减小mg（h1+h2）．故D正确，C错误．

故选：D．

5．下列关于动量及其变化的说法正确的是（）

A．两物体的动量相等，动能也一定相等

B．物体动能发生变化，动量也一定发生变化

C．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同

D．动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同

【考点】52：动量定理．

【分析】动能是标量，动量是矢量，矢量方向的变化也是矢量变化；根据动量定理判断动量变化方向和合力冲量的关系．

【解答】解：A、两物体的动量P相等，动能E k=不一定相等，故A错误；

B、物体的质量是一定的，若动能变化，其速度大小一定变化，故物体的动量一定变化，故B正确；

C、动量变化△P=P2﹣P1，当物体做匀加速直线运动时，初动量、末动量和动量的变化方向均相同，故C错误；

D、根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化，故动量变化的方向与合外力的冲量方向一定相同，故D错误；

故选：B．

6．如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）

A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动

C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动

【考点】53：动量守恒定律．

【分析】弹性碰撞过程，遵守动量守恒和机械能守恒，若两球质量相等，会交换速度．【解答】解：A、B质量不等，M A＜M B．AB相碰后A速度向左运动，B向右运动．

BCDE质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，BCD静止．

EF质量不等，M E＞M F，则EF都向右运动．

所以BCD静止；A向左，EF向右运动．故C正确．

故选：C．

7．如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为（）

A． B． C．D．

【考点】53：动量守恒定律．

【分析】对于A、B组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒．用位移表示两个物体水平方向的平均速度，根据平均动量守恒列式，即可求解．

【解答】解：取向右方向为正方向．设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B 向左运动的距离为a﹣b﹣x，则

水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为

根据水平方向动量守恒得：M﹣m=0

解得，x=

故选C

8．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象．a、b 分别为A、B两球碰前的位移图象，C为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图象判断下列结论正确的是（）

A．A、B碰撞前的总动量为3kg?m/s

B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N?s

C．碰撞前后A的动量变化为4kg?m/s

D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J

【考点】53：动量守恒定律．

【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解．

【解答】解：由s﹣t图象可知，碰撞前有：v A===﹣3m/s，v B===2m/s，碰撞

后有：v A′=v B′=v===﹣1m/s；

对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．

碰撞前后A的动量变化为：△P A=mv A′﹣mv A=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg?m/s，

根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△P B=﹣△P A=﹣4kg?m/s，

又：△P B=m B（v B′﹣v B），所以：m B===kg，

所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mv A+m B v B=2×（﹣3）+×2=﹣kg?m/s

由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：I B=△P B=﹣4kg?m/s=﹣4N?s．

碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：△E K=mv A2+m B v B2﹣（m+m B）v2，代入数据解得：△E K=10J，故A错误，BCD正确；

故选：BCD．

9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，运动到图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）

A．撤去F时，弹簧的弹性势能为4μmgx0

B．撤去F后，物体向右运动到C点时的动能最大

C．从B→C物体弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量

D．水平力F做的功为4μmgx0

【考点】6B：功能关系．

【分析】研究物体从B向右运动到最右端的过程，由能量守恒求撤去F时弹簧的弹性势能．通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动．再结合功能关系分析即可．【解答】解：A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能E p=μmg?3x0=3μmgx0，故A错误；

B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，物体向右加速运动．随着弹力减小，后来弹力小于摩擦力，合力向左，物体向右减速运动，所以当弹力和摩擦力大小相等时，即运动到C点时的动能最大．故B正确；

C、从B→C物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C 错误；

D、物体向左运动过程中，由功能关系知：水平力F做的功为 W=E p+μmgx0=4μmgx0，故D正确．

故选：BD

10．A，B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为P A=5kg?m/s，B球动量为P B=7kg?m/s；当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（）

A．p A=3kg?m/s、p B=9kg?m/s B．p A=6kg?m/s、p B=6kg?m/s

C．p A=﹣2kg?m/s、p B=14kg?m/s D．p A=﹣5kg?m/s、p B=17kg?m/s

【考点】53：动量守恒定律．

【分析】当A球追上B球时发生碰撞时，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．

【解答】解：A、碰撞前后系统的动量守恒，碰撞前，A的速度大于B的速度，即 v A＞v B，则有＞，得到：m A＜m B

根据碰撞过程总动能不增加，则有： +≤+，得到：m A≤2m B，满足m A＜

m B，是可能的，故A正确．

B、碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，当A球追上B球时发生碰撞时，A的动量不可能沿原方向而且增大．故B错误；

C、碰撞前后动量守恒，根据碰撞过程总动能不增加，则有： +≤+，

得到：m A≤m B，满足m A＜m B，是可能的，故C正确．

D、碰撞前后动量守恒，但是碰撞后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：AC

二、实验题（每空2分，共20分）

11．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg．实验步骤如下：

A．按图1所示的装置安装仪器；

B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；

C．用天平测出重锤的质量；

D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；

E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；

F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图2所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：

（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是 C ；操作不恰当的步骤是 B ．

（2）纸带的左（左、右）端与重物相连；

（3）打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B= 0.98 m/s；（计算结果保留两位有效数字）；

（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p= 0.49J ，此过程中物体动能的增加量△E k= 0.48J （计算结果保留两位有效数字）；

（5）实验的结论是在误差允许的范围内，机械能守恒．

（6）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图线是图3中的 A ．

【考点】MD：验证机械能守恒定律．

【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定没有必要的步骤以及操作不恰当的步骤．

（2）根据相等时间内的位移逐渐增大确定纸带的哪一端与重物相连．

（3）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度．

（4、5）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据B点的速度求出物体动能的增加量．从而得出实验的结论．

（6）根据机械能守恒定律得出的关系式，从而确定正确的图线．

【解答】解：（1）实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平，故C不必要．打点计时器使用交流电源，故B不恰当．

（2）纸带在重物的拖动下，速度越来越快，相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连．

（3）B点的瞬时速度m/s=0.98m/s．

（4）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△E p=mgh=1×9.8×0.0501J≈

0.49J，此过程中物体动能的增加量△E k=．

（5）由第（4）问题可知，在误差允许的范围内，机械能守恒．

（6）根据机械能守恒得，，解得，可知为纵轴、以h为横轴的图线是一条过原点的倾斜直线，故选：A．

故答案为：（1）C，（2）左，（3）0.98，（4）0.49J，0.48J，（5）在误差允许的范围内，机

械能守恒，（6）A．

12．如图所示“为探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．

（1）本实验中，实验必须要求的条件是B、C、D

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道末端点的切线是水平的

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放

D．入射球与被碰球满足m a＞m b，r a=r b

（2）如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是 C

A．m a?ON=m a?OP+m b?O M

B．m a?OP=m a?ON+m b?OM

C．m a?OP=m a?OM+m b?ON

D．m a?OM=m a?OP+m b?ON．

【考点】ME：验证动量守恒定律．

【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．

（2）本题要验证动量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2，故需验证m a OP=m a OM+m b ON．

【解答】解：（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；

B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；

C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；

D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a＞m b，r a=r b，故D正确．

故选BCD．

（2）要验证动量守恒定律定律即：m a v0=mav1+m b v2

小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为：

m a v0t=m a v1t+m b v2t

故需验证m a OP=m a OM+m b ON，因此ABD错误，C正确．

故选C．

三、计算题（本题共4小题，共40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．）13．质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？（g取10m/s2）

【考点】52：动量定理．

【分析】根据速度位移公式求出小球与地面碰撞前后的速度，结合动量的表达式求出碰撞前后的动量．根据动量定理求出水平面对小球的平均作用力

【解答】解：由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：

v1===5m/s，方向竖直向下；

所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.1×5kg?m/s=0.5 kg?m/s，方向竖直向下．

与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为：

v2===4m/s，方向竖直向上；

此时小球的动量为：P2=mv2=0.1×4 kg?m/s=0.4 kg?m/s，方向竖直向上．

设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化．小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，

则有：（N﹣mg）t=P2﹣P1

得：N=mg+=（0.1×10+）N=91N，方向竖直向上．

答：小球与水平板之间的平均撞击力为91N．

14．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg （g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．

【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力．

【分析】要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h最小；当压力最大时，h最大．

【解答】解：若物体恰好能够通过最高点，则有

mg=m

解得v1=

初始位置相对于圆轨道底部的高度为h1，

则根据机械能守恒可得

mgh1=2mgR+

解得h1=

当小物块对最高点的压力为5mg时，

有5mg+mg=

解得v2=

初始位置到圆轨道的底部的高度为h2，

根据机械能守恒定律可得

mgh2=2mgR+

解得h2=5R

故物块的初始位置相对于圆轨道底部的高度的范围为

15．汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为4t，当它行驶在坡度为0.02（sinα=0.02）的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍（g=10m/s2），求：

（1）汽车所能达到的最大速度v m；

（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？

【考点】37：牛顿第二定律；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；63：功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】（1）当汽车加速度为零时，达到的速度最大．根据平衡条件得到牵引力，由功率公式P=Fv求解最大速度．

（2）对于匀加速直线运动过程，根据牛顿第二定律求出汽车的牵引力，从而根据功率的公式求出匀加速直线运动的末速度，通过速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．

【解答】解：（1）汽车在坡路上行驶，所受阻力 F f=kmg+mgsinα=4000N+800N=4800N．

当汽车加速度为零时，达到的速度最大，此时有 F=F f时，

由发动机的功率P=F?v m=F f?v m，所以

v m==m/s=12.5m/s．

（2）汽车从静止开始，以a=0.6 m/s2匀加速行驶，根据牛顿第二定律得：

F′﹣F f=ma，

所以牵引力F′=ma+kmg+mgsinα═4×103×0.6 N+4800N=7.2×103N．

保持这一牵引力，当汽车的实际功率等于额定功率时，匀加速运动的速度达到最大，设匀加速行驶的最大速度为v m′，

则有 v m′==m/s=8.33 m/s．

由运动学规律得：匀加速行驶的时间为：t==s=13.9s

答：

（1）汽车所能达到的最大速度v m为12.5m/s．

（2）若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持13.9s时间．

16．质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由圆弧和平面组成，车的右端固定有一

不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑．滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．求：

（1）BC部分的动摩擦因数μ；

（2）弹簧具有的最大弹性势能；

（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．

【考点】53：动量守恒定律；37：牛顿第二定律；6B：功能关系．

【分析】（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒求解

（2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，据能量守恒求解．（3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，据能量守恒和系统动量守恒求解．

【解答】解：（1）滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，

据能量守恒：

mgR=μmg?2l，

∴

（2）弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时据能量守恒，

弹簧的弹性势能

（3）弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2据能量守恒有：

又因为系统动量守恒，有：mv1﹣Mv2=0

解得：

答：（1）BC部分的动摩擦因数；

（2）弹簧具有的最大弹性势能是；

（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小分别是，．