物理卷·2018届河南省周口市郸城一中高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河南省周口市郸城一中高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省周口市郸城一中高二（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中．1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．合外力的冲量是物体动量变化的原因 B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变 C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小 D．物体如果做匀速圆周运动，则物体的动量保持不变 ‎2．如图我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎3．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．0～4s内物体的位移为零 B．0～4s内拉力对物体做功为零 C．4s末物体的动量为零 D．0～4s内拉力对物体的冲量为零 ‎4．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（　　）‎ A．两滑块的动能之比EkA：EkB=1：2‎ B．两滑块的动量大小之比pA：pB=2：1‎ C．两滑块的速度大小之比vA：vB=2：1‎ D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB=1：1‎ ‎5．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动（　　）‎ A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去 C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对 ‎6．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（　　）‎ A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动 ‎7．物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由O增大到v，在时间△t2内速度同v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（　　）‎ A．I1＜I2，W1=W2 B．I1＜I2，W1＜W2 C．I1=I2，W1=W2 D．I1=I2，W1＜W2‎ ‎8．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （　　）‎ A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v） D．v0+（v0﹣v）‎ ‎9．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 ‎11．在光滑水平面上动能为E0，动量大小为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的动能和动量大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量大小分别记为E2、P2，则必有（　　）‎ A．E1=E0 B．P2＞P0 C．E2＞E0 D．P1＞P0‎ ‎12．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎　‎ 二、填空题（每空3分，共15分）‎ ‎13．一个质量为 M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒 B．系统的动量守恒，而机械能不守恒 C．子弹减少的动能等于fs D．系统损失的机械能等于fd ‎14．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为　　，A、B碰撞前、后两球总动能之比为　　．‎ ‎15．质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中，则小孩b跃出后小船的速度方向　　（填向前或向后），大小为　　（水的阻力不计）．‎ ‎　‎ 三、计算题（（要写出必要的公式和计算过程，只写结果的不得分，共37分）‎ ‎16．在水平力F=30N的作用力下，质量m=5kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？（g取10m/s2）‎ ‎17．如图所示，质量m=2kg的滑块（可视为质点），以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg．滑块在平板小车上滑移1.5s后相对小车静止．求：‎ ‎（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；‎ ‎（2）若要滑块不滑离小车，平板小车至少多长．（g取10m/s2）‎ ‎18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：‎ ‎（1）A压缩弹簧到A与B具有的相同速度；‎ ‎（2）整个系统损失的机械能．‎ ‎（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎19．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求：两球a、b的质量之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省周口市郸城一中高二（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中．1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．合外力的冲量是物体动量变化的原因 B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变 C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小 D．物体如果做匀速圆周运动，则物体的动量保持不变 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，动量是矢量，动能是标量，同时明确只要有力即存在冲量，但有力时不一定做功．‎ ‎【解答】解：A、合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大，故A正确；‎ B、合外力对物体不做功，物体动能不变，速度方向可能改变，它的动量可能要改变，例如匀速圆周运动，故B错误；‎ C、动量变换I=Ft，作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化不一定越小，还与时间有关，故C错误；‎ D、物体如果做匀速圆周运动，其速度时刻改变，故物体的动量时刻改变，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3‎ ‎ 000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．‎ ‎【解答】解：A、因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．‎ B、设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：‎ ‎①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共 ‎②向前推出（人船模型）→“接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v’甲+m乙v’乙 由上面两个方程联立可以解得：m甲△v甲=﹣m乙△v乙，故说明甲、乙的动量变化大小相等，方向相反；故B正确．‎ C、经历了中间的完全非弹性碰撞过程，一定有动能损失，故二者相互做功并不相等；动能的改变量也不相等；故CD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．0～4s内物体的位移为零 B．0～4s内拉力对物体做功为零 C．4s末物体的动量为零 D．0～4s内拉力对物体的冲量为零 ‎【考点】动量定理；牛顿第二定律；功的计算．‎ ‎【分析】根据物体的受力情况分析物体的运动情况，结合运动学基本公式及做功公式、冲量公式即可求解．‎ ‎【解答】解：由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大．‎ A、物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，故A错误；‎ B、前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，4 s末的速度为零，所以两段时间做功代数和为零，故B正确；‎ C、4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；‎ D、根据I=Ft可知：前4s内I合=2F﹣2F=0，故D正确；‎ 本题选择不正确的，故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（　　）‎ A．两滑块的动能之比EkA：EkB=1：2‎ B．两滑块的动量大小之比pA：pB=2：1‎ C．两滑块的速度大小之比vA：vB=2：1‎ D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB=1：1‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ 先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比．‎ ‎【解答】解：A、C、在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：‎ ‎2mvA+mvB=0‎ 得：‎ 两滑块速度大小之比为： =，故C错误；‎ 两滑块的动能之比EkA：EkB==，故A正确；‎ B、两滑块的动量大小之比pA：pB=，故B错误；‎ D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动（　　）‎ A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去 C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】在爆炸的瞬间，由于内力远大于重力，所以系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律列式分析爆炸后另一块速度可能的大小．‎ ‎【解答】解：以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向．根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，得：‎ Mv0=（M﹣m）v′+mv 则得另一块的速度为：v′=‎ 若 Mv0＞mv，则v′＞0，说明另一块沿v0的方向飞去；‎ 若 Mv0＜mv，则v′＜0，说明另一块沿v0的反方向飞去；‎ 若 Mv0=mv，则v′=0，说明另一块做自由落体运动．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（　　）‎ A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动 ‎【考点】动量守恒定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况．‎ ‎【解答】解：设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1．‎ 根据动量守恒定律得：（M﹣m）v=Mv1 ‎ 代入解得：v1===2.67m/s．‎ 此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得：‎ ‎（M﹣m）v=（M+m）v2‎ 代入解得：v2==×4=2m/s．‎ 两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．‎ 由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由O增大到v，在时间△t2内速度同v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（　　）‎ A．I1＜I2，W1=W2 B．I1＜I2，W1＜W2 C．I1=I2，W1=W2 D．I1=I2，W1＜W2‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：，，则W1＜W2．‎ 根据动量定理得，I1=mv﹣0=mv，I2=2mv﹣mv=mv，知I1=I2．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 （　　）‎ A．v0+v B．v0﹣v C．v0+（v0+v） D．v0+（v0﹣v）‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，‎ ‎【解答】解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，‎ 规定向右为正方向 ‎（M+m）v0=Mv′﹣mv v′=v0+（v0+v）‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．‎ ‎【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的得：‎ mv′2=×mv2‎ v′=±v 碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv=mv′+2mvB 解得：vB=v或vB=v 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎10．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0．‎ ‎【解答】解：当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以和b组成的系统的动量不守恒．故A错、B正确．‎ a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒．故C正确、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎11．在光滑水平面上动能为E0，动量大小为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的动能和动量大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量大小分别记为E2、P2，则必有（　　）‎ A．E1=E0 B．P2＞P0 C．E2＞E0 D．P1＞P0‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能．‎ ‎【分析】根据碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．由动量守恒定律分析P2与P0的关系．‎ ‎【解答】解：碰撞后两球均有速度．碰撞过程中总动能不增加，则：E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0，否则，就违反了能量守恒定律．故A正确，BC错误；‎ 由动量守恒定律得：P0=P2﹣P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故ACD错误，B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎12．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由图能读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出木板A的质量，根据Ek=mv2求解木板获得的动能．根据斜率求出B的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数．根据“面积”之差求出木板A的长度．根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能．‎ ‎【解答】解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，‎ 解得：M=4kg，‎ 木板A的质量为 M=4kg，木板获得的动能为：Ek=Mv2=×4×12=2J，故A正确．‎ B、系统损失的机械能△E=mv02﹣mv2﹣Mv2，代入数据解得：△E=4J，故B错误；‎ C、由图得到：0﹣1s内B的位移为xB=×（2+1）×1m=1.5m，A的位移为xA=×1×1m=0.5m，木板A的最小长度为L=xB﹣xA=1m，故C错误．‎ D、由图示图象可知，B的加速度：a===﹣1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg=mBa，代入解得，μ=0.1，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空3分，共15分）‎ ‎13．一个质量为 M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是（　　）‎ A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒 B．系统的动量守恒，而机械能不守恒 C．子弹减少的动能等于fs D．系统损失的机械能等于fd ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据动量守恒定律的条件和机械能守恒的条件判断出是否守恒；‎ 分别对子弹和木块运用动能定理，列出动能定理的表达式．摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失．‎ ‎【解答】解：A、子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒．故A错误；‎ B、系统处于光滑的水平面上，水平方向不受其他的外力，所以动量守恒；由A的分析可得机械能不守恒．故B正确；‎ C、子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即：△EK=W=f（s+d），故C错误；‎ D、系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即：△E=fd．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为　4：1　，A、B碰撞前、后两球总动能之比为　9：5　．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】设开始时B的速度为v0，由题得出B与A碰撞后A与B的速度关系，然后由动量守恒定律即可求出质量关系，由动能的定义式即可求出动能关系．‎ ‎【解答】解：设开始时B的速度为v0，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后A与B的速度方向相反，大小相等，A的速度是，B的速度是，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ 整理得：‎ 碰撞前的动能：‎ 碰撞后的动能： =‎ 所以：‎ 故答案为：4：1，9：5‎ ‎　‎ ‎15．质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中，则小孩b跃出后小船的速度方向　向前　（填向前或向后），大小为　（1+）v0　（水的阻力不计）．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】水的阻力不计，小孩a、小孩b和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，也可以先对小孩a跳出过程运用动量守恒定律，再对小孩b跳出过程运用动量守恒定律求小船的速度．‎ ‎【解答】解：设小孩b跃出后小船的速度为v′，取小船原来的速度方向为正，根据动量守恒定律，有 ‎（M+2m）v0=Mv′+mυ﹣mυ 解得 v′=（1+）v0，方向向前．‎ 故答案为：向前，（1+）v0．‎ ‎　‎ 三、计算题（（要写出必要的公式和计算过程，只写结果的不得分，共37分）‎ ‎16．在水平力F=30N的作用力下，质量m=5kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对物体进行受力分析，水平方向受拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律直接求解加速度；根据速度时间公式求出撤去拉力时的速度，根据牛顿第二定律求出撤去拉力时的加速度，再根据速度时间公式即可求解物体停下的时间．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得：‎ a====4m/s2，‎ 撤去拉力后的加速度a′==μg=2m/s2‎ 撤去拉力时的速度v=at=4×6=24m/s 则t===12s 答：若在t=6s末撤去力F，则物块再经12s时间停下．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，质量m=2kg的滑块（可视为质点），以v0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M=3kg．滑块在平板小车上滑移1.5s后相对小车静止．求：‎ ‎（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；‎ ‎（2）若要滑块不滑离小车，平板小车至少多长．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）滑块和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒求出滑块和小车相对静止时的速度，结合速度时间公式求出滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出滑块与平板车的滑动摩擦系数．‎ ‎（2）对滑块和小车组成的系统运用能量守恒，求出平板小车的最小长度．‎ ‎【解答】解：（1）滑块和小车组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒得，‎ mv0=（M+m）v，‎ 解得v=，‎ 则滑块匀减速直线运动的加速度大小a=，‎ 根据牛顿第二定律得，a=μg，‎ 解得，‎ ‎（2）对滑块和小车组成的系统，运用能量守恒得，，‎ 代入数据解得L=3.75m．‎ 答：（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ为0.2；‎ ‎（2）若要滑块不滑离小车，平板小车至少为3.75m．‎ ‎　‎ ‎18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：‎ ‎（1）A压缩弹簧到A与B具有的相同速度；‎ ‎（2）整个系统损失的机械能．‎ ‎（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度．‎ ‎（2）应用能量守恒定律可以求出损失的机械能．‎ ‎（3）系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）A、B组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒得，‎ mv0=2mv1，‎ 则A与B具有的相同速度，‎ ‎（2）设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv1=2mv2，‎ 解得：v2=，‎ 根据能量守恒得，系统损失的机械能=．‎ ‎（3）由于v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，‎ 设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv0=3mv3，‎ 由能量守恒定律得：，‎ 解得Ep=．‎ 答：（1）A压缩弹簧到A与B具有的相同速度为；‎ ‎（2）整个系统损失的机械能为．‎ ‎（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为．‎ ‎　‎ ‎19．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求：两球a、b的质量之比．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．‎ ‎【解答】解：b球下摆过程中，由动能定理得：m2gL=m2v02﹣0，‎ a与b组成的系统在碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：m2v0=（m1+m2）v，‎ 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ）‎ 解得：‎ 答：两球a、b的质量之比是（﹣1）：1‎ ‎　‎