2018-2019学年吉林省“五地六校”合作体联考高三(上)期末物理试卷(解析版).doc

2018-2019学年吉林省“五地六校”合作体联考高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则()A. 甲的加速度大于乙的加速度B. 它们的初速度均为零C. 0t1时间内，甲的位移大于乙的位移D. 0t1时间内，甲的速度大于乙的速度【答案】A【解析】解：A、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲的加速度大于乙的加速度，A正确；B、由图象可知，乙的初速度不为零。故B错误。C、在0t1时间内，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，则乙的位移大于甲的位移。故C错误。D、在0t1时间内，甲的速度小于乙的速度。故D错误。故选：A。速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义2.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为()A. 都等于g2B. 0和(m1+m2)g2m2C. (m1+m2)g2m2和0D. 0和g2【答案】B【解析】解：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力。故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力。所以根据牛顿第二定律得：aB=m1gsin30+m2gsin30m2=(m1+m2)g2m2；故B正确，ACD错误。故选：B。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。该题考查瞬时加速度问题，要注意明确在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律进行分析求解即可。3.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则()A. Ek2=8Ek1，p2=4p1B. Ek2=3Ek1，p2=3p1C. Ek2=9Ek1，p2=3p1D. Ek2=3Ek1，p2=2p1【答案】C【解析】解：根据动量定理得：0-t0内：F0t0=mv1t0-2t0内：2F0t0=mv2-mv1由解得：v1：v2=1：3由p=mv得：p2=3p1由Ek=12mv2得：Ek1=12mv12Ek2=12mv22解得：Ek2=9Ek1。故选：C。根据动量定理分别求物体在t0和2t0时刻的速度v1和v2之比.根据公式P=mv，求出P1和P2之比，再根据动能的计算式求Ek1和Ek2之比本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理.对于动能，也可以根据动能定理求解4.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其v-t图象如图所示。已知汽车的质量为m=1103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是()A. 汽车在前5s内的牵引力为5102NB. 汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80m/s【答案】C【解析】解：A、匀加速直线运动的加速度为：a=vt=205=4m/s2，根据牛顿第二定律得：F-f=ma，解得牵引力为：F=f+ma=0.11104+11034N=5103N.故A错误；BC、额定功率为：P=Fv=500020W=100000W=100kW。当车的速度是25m/s时，牵引力：车的加速度：a=F-fm=4000-0.111041103=3m/s2，故B错误，C正确。D、当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vm=PF=Pf=1000001000=100m/s.故D错误。故选：C。根据图线的斜率求出匀加速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出汽车的牵引力大小。根据牵引力和匀加速运动的末速度求出额定功率的大小，当牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，根据P=Fv=fv求出最大速度的大小。本题考查了机车的启动问题，知道牵引力等于阻力时，速度最大，结合P=Fv进行求解。基础题。5.在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有()A. 将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功B. x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低C. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D. 若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大【答案】D【解析】解：A、由图可知PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力先做正功，后做负功，故A错误；B、PO之间的电场强度为正，而OQ之间的电场强度为负，所以x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高；故B错误；C、由图可知，y轴两侧的电场强度是对称的，可知该电场可能是两个等量同种正点电荷形成的静电场，则在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做负正功后做正功，故C错误；D、在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大；故D正确；故选：D。沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况。电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。6.在如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P由a端向b端移动时()A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】解：当滑动变阻器的滑动头P由a端向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联部分电阻减小，外电路总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，内电压增大，路端电压U=E-Ir减小，则电压表的示数减小。电路中并联部分的电压U并=E-I(r+R1)，I增大，U并减小，流过电阻R2的电流减小，电流表的示数IA=I-I2，则IA变大。故ACD错误，B正确。故选：B。滑动变阻器的滑动头P由a端向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R2电流的关系分析电流表的示数变化本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质7.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中=45，关于两电阻的描述正确的是()A. 电阻a的阻值随电流的增大而增大B. 因I-U图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R=1tan=1.0C. 在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值D. 在电阻b两端加2V电压时，流过电阻的电流是4A【答案】C【解析】解：A、由图可知，电阻a的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电压的增大而减小，故A错误；B、两坐标的标度并不相同，所以不能直接根据图象的斜率求解电阻，故B错误；C、两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；故C确；D、由图可知，b的电阻R=102=5，故当加2V电压时，电流为0.4A，故D错误。故选：C。在I-U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数；两线交点时电流和电压相等，则由欧姆定律可求得电阻相等。本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确I-U图象的性质，同时注意图象的斜率可以表示电阻的倒数，但由于采用了不同的标度，故不能用图象斜率求解电阻大小，只能根据坐标值利用欧姆定律求解。二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）8.下列说法正确的是()A. 一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应B. 射线的本质是电子流，所以衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的C. 由玻尔理论可知一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子D. 两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加【答案】CD【解析】解：A、能否发生光电效应与光的强度无关，则一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则也不能发生光电效应，故A错误；B、射线的本质是电子流，衰变是核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；C、由玻尔理论可知一群处于n=3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射C32=3种频率的光子，故C正确；D、两个轻核结合成质量较大的核时，放出核能，比结合能增加，故D正确。故选：CD。光电效应发生条件：入射光的频率高于或等于极限频率，与入射光的强度无关；根据衰变的本质：射线实际上是原子的核中的一个中子转化为质子同时生成一个电子，来分析；依据数学组合公式Cn2，即可求解；中等质量的核最稳定，再结合质能方程，即可分析。该题考查衰变的本质、光电效应发生条件等知识点的内容，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意比结合能与结合能的区别。9.如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是()A. 轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mvB. 轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为14mv2C. 弹簧恢复原长时，A的动量一定为零D. A、B两物体组成的系统机械能守恒【答案】AC【解析】解：A、A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确。B、轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=(m+m)v，解得：v=12v，A的动能：EKA=12mv2=18mv2，故B错误；C、弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA+mvB，由机械能守恒定律得：12mv2=12mvA2+12mvB2，解得：vA=0，vB=v，A的动量：PA=mvA=0，故C正确；D、A、B为系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A和B及弹簧组成的系统没有其它能参与转化机械能守恒，故D错误；故选：AC。A、B系统动量守恒，当弹簧压缩最短时两者速度相等，弹簧恢复原长时，A的速度最小、B的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，解决本题的关键是知道动量守恒定律的条件，明确两个物体的运动过程，知道速度相等时，弹簧压缩量最大。10.如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为，木块始终没有滑离木板。则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中()A. 两物体间的相对位移小于木板对地的位移B. 因摩擦而产生的热Q=MM+m12mv02C. 从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间t=mv0g(M+m)D. 两物体的共同速度v共=mv0M+m【答案】BD【解析】解：D、木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=mv0M+m，故D正确；C、对木板，由动量定理得：mgt=Mv，解得：t=Mv0(M+m)g，故C错误；B、对木块与木板组成的系统，由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+Q，解得：Q=MM+m12mv02，故B正确；A、由牛顿第二定律得：对木板：a木块=mgm=g，对木板：a木板=mgM，由匀变速直线运动的位移公式可知，木板的位移：x木块=v02-v22a木块=(M2+2Mm)v022(M+m)2g，木块的位移：x木板=v22a木板=Mmv022(M+m)g，由于不知M、m间的关系，无法比较木块与木板间的位移大小关系，故A错误；故选：BD。两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们共同运动的速度，应用能量守恒定律可以求出因摩擦产生的热量，应用动量定理可以求出两物体的相对运动时间。本题考查了滑块模型，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚木块和木板的运动过程是解题的前提，应用能量守恒定律、动量定理与牛顿第二定律、运动学公式可以解题。11.如图甲，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是()A. 粒子进入偏转电场的速度大小v=2eU1mB. 若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压U0=d2U13L2C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T=Lnm2eU1(n=1,2,3)D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期U0应该满足的条件为U0=4nU1d2L2(n=1,2,3)【答案】ACD【解析】解：A、根据动能定理得，eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正确；B、粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：d2=(L+12L)tan，解得tan=d3L，又tan=vyvx=eU0mdLvv=eU0Lmdv2，解得：U0=2U1d23L2.故B错误；CD、要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t=Lv1=nT，则T=Lnv1=Ln2eU1m=Lnm2eU1(n=1,2，3，4)，在竖直方向位移应满足d2=2n12a(T2)2=2n12eU0md(T2)2，解得：U0=4nU1d2L2(n=1,2，3，4)，故CD正确；故选：ACD。A、根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小；B、粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小；CD、要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期。抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式。根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于d2，根据该关系求出偏转电压的通项表达式。本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。12.如图所示，劲度系数为k0的轻弹簧一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的小球a，小球a静止时处于空中A点。在悬点O处固定一带电量为-q(q0)小球b(未画出)，弹簧与小球a、b彼此绝缘。某时刻，用某种方式让小球a带上电量+q，小球a由静止开始向上运动，当a、b球间的电场力为a球重力的两倍时，小球a的速度达到最大值v，此时小球a处于空中B点。两带电小球均看作点电荷，静电力常数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。则()A. 弹簧的原长为qk2mg+mgk0B. A、B两点间的距离为3mgk0C. A、B两点间的电势差UAB=mv22q-2m2g2qk0D. 小球a从A点到B点机械能的增加量为mv22+2m2g2k0【答案】AD【解析】解：A、小球a静止时处于空中A点，根据平衡条件有：mg=k0x小球a带上电荷量为+q的正电荷后向上加速到B点时有：mg+k0x=2mg得：k0x=mg，x=x，此时弹簧弹力处于压缩状态，B点形变量与A点形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得：2mg=kq2r2，r=l-x联立解得弹簧原长l=qk2mg+mgk0，故A正确；B、A、B两点间的距离为：x=2x=2mgk0，故B错误；C、小球a从A点到B点，根据动能定理有：qUAB-mgx=12mv2，解得：UAB=mv22q+2m2g2qk0，故C错误；D、小球a从A点到B点机械能的变化量为：E=12mv2+mgx=mv22+2m2g2k0，故D正确。故选：AD。小球a静止时处于空中A点，根据平衡条件列式，可求得弹簧的伸长量。小球a处于空中B点时速度最大，合力为零，由平衡条件列式得到弹簧的压缩量。A、B两点弹簧的形变量相同，A、B两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律和几何关系求弹簧的原长以及A、B两点间的距离。小球a从A点到B点，根据动能定理求出A、B两点间电势差。根据动能和重力势能的变化来求机械能的变化量。解决本题的关键是要正确分析小球的受力情况和能量转化情况，要知道弹簧的弹性势能与形变量有关，只要形变量相同，弹性势能就相同。13.下列说法中正确的是()A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮的固体小颗粒的无规则运动B. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C. 液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发越慢E. 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】ACD【解析】解：A、布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒(如花粉)的运动，是液体分子做无规则运动的体现，故A正确；B、温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子做无规则的热运动的统计规律，故温度升高了，物体内分子热运动的平均动能增大，不是每个分子的速率都增大，故B错误；C、液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，故C正确；D、相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢。故D正确；E、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体，如空调机作为制冷机使用时仍然遵守热力学第二定律，故E错误。故选：ACD。布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到流体分子与粒子的碰撞而发生的不停息的随机运动；温度是分子热运动平均动能的标志根据相对湿度与绝对湿度之间的关系即可正确判定D；根据热力学第二定律可知，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；本题考查的知识点比较多，关键明确布朗运动和物体内能的概念，以及对热力学第二定律的几种不同说法的正确理解三、实验题探究题（本大题共2小题，共11.0分）14.如图甲所示装置，可以进行以下实验：A.“研究匀变速直线运动”B.“验证牛顿第二定律”C.“研究合外力做功和物体动能变化关系(1)在A、B、C这三个实验中，_需要平衡摩擦阻力。(2)已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m，且将mg视为细绳对小车的拉力；为此需要满足mM.前述A、B、C三个实验中，_不需要满足此要求。(3)如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得如图乙纸带上由O点到D点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W=_，该小车动能改变量的表达式Ek=_。由于实验中存在系统误差，所以W_Ek.(选填“小于”、“等于”或“大于”)。【答案】BC A mgs4 M(s5-s3)28T2 大于【解析】解：(1)在A、B、C这三个实验中，“验证牛顿第二定律”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要平衡摩擦阻力；故选：BC。(2)已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m，且将mg视为细绳对小车的拉力。为此需要满足mM.前述A、B、C三个实验中，实验A只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求；故选：A。(4)纸带上由O点到D点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式：W=mgs4；打D点时的速度：vD=s5-s32T，则小车动能的改变量：Ek=12M(s5-s32T)2=M(s5-s3)28T2；由于实验中存在系统误差，所以盘和砝码受到的重力所做功W大于小车动能的增量Ek。故答案为：(1)BC(2)A(3)mgs4；M(s5-s3)28T2；大根据实验原理与实验注意事项分析答题。由匀变速直线运动的推论求出打D点的速度，然后根据重力势能与动能的计算公式分析答题。此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实验的原理及操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆。15.如图所示实验装置，某同学用a、b是两个半径相等的小球。按照以下步骤研究弹性正碰实验操作在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处与小球落点的平均位置，得到痕迹B；把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C。(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1_m2.(选填“大于”，“小于”，“等于”)(2)完成本实验，必须测量的物理量有_。A.小球a开始释放的高度hB.木板水平向右移动的距离lC.A球和B球的质m1、m2D.O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3；(3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件_(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞。【答案】大于 D 1y2+1y3=1y1【解析】解：(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于；(2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间相等，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选D；(3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度。v=xt=x2yg，由动量守恒的将初速度的表达式代入得到：m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22联立可得：v0+v1=v2即：1y2+1y3=1y1所以上式是弹性碰撞的条件。故答案为：(1)大于(2)D(3)1y2+1y3=1y1(1)若碰撞反弹，则影响速度的测定，所以为防止反弹，根据弹性碰撞的公式，必须使入射球的质量大于被碰球的质量。(2)平抛过程中小球释放水平不需要测定，测定水平位移相等的情况下用竖直位移表示平抛的初速度，再通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。(3)根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同；由两个守恒从而能表示出相应的表达式。实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。四、计算题（本大题共4小题，共37.0分）16.一艘宇宙飞船绕着某行星作匀速圆周运动，已知运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，行星半径为R.求：(1)行星的质量M；(2)行星表面的重力加速度g；(3)行星的第一宇宙速度v【答案】(1)行星对飞船的万有引力提供飞船所需向心力GMmr2=m(2T)2r解得M=42r3GT2故行星的质量为42r3GT2(2)重力等于万有引力mg=GMmR2解得g=GMR2=GR242r3GT2=42r3R2T2故行星表面的重力加速度为42r3R2T2(3)卫星以第一宇宙速度绕行星附近作匀速圆周运动GMmR2=mv2R解得v=GMR=GR42r3GT2=42r3RT2故行星的第一宇宙速度为42r3RT2【解析】(1)根据万有引力等于向心力，可列式求解；(2)根据星球表面重力等于万有引力，可列式求解；(3)根据在星球表面，万有引力等与向心力，列式求解本题关键抓住星球表面重力等于万有引力，人造卫星的万有引力等于向心力17.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速v0从右端滑上B，一段时间后，以v02滑离B，并恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能【答案】解：(1)当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，图A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv0=m12v0+2mvB解得：vB=14v0(2)图，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：mgL=12mv02-12m(v02)2-122m(v04)2联立解得：=5v0216gL(3)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用.设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，图，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：m12v0+mvB=2mv，由A、C组成的系统机械能守恒：mgR=12m(v02)2+12m(v04)2-122mv2联立解得：R=v0264g(4)由图，AC系统动量守恒有：m12v0+m14v0=mvA+mvC，AC系统初、末状态动能相等，有：12m(v02)2+12m(v04)2=12mvA2+12mvC2，解得：vA=14v0所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为：E=12mv02-12mvA2=15mv0232答：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度大小是14v0；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数=5v0216gL；(3)圆弧槽C的半径是v0264g；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能是5v0216gL【解析】1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式求解；2、由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解；3、当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；4、根据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时A的速度，再求出损失的机械能该题是一个连接体的问题，要理清A、B、C的运动过程，解决该题关键要