2021-2022学年广东省江门市高一（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年广东省江门市高一（下）期末物理试卷1.如图所示，一架执行救援任务的直升机悬停在空中，救生员抱着伤病员，缆绳正在将他们拉上飞机。若以救生员为参考系，则处于静止状态的是（）A.伤病员B.直升机 4C.地面D.直升机驾驶员2.如图所示，将弹性小球从距地面2,”处的A 点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5巾高的8 点，则此过程中（）A.小球的位移大小为0.5 m,方向竖直向上B.小球的位移大小为3.5zn,方向竖直向上I。力otC.小球的位移大小为0.5 m,方向竖直向下D.小球的位移大小为3.5小，方向竖直向下3.弹力在日常生活和工农业生产中有着广泛的应用。如生活

2、中的缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中心，心为原长相等、劲度系数，心不同的轻质弹簧，经测试均 心,下列说法正确的是（）A.弹簧22缓冲效果更好B.垫片向右移动时，弹簧心产生的弹力更大C.垫片向右移动时，垫片和弹簧组成的系统动量守恒D.垫片向右移动时，弹簧自的长度变化更大4.传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图，传送带靠静摩擦力把货箱从低处匀速送往高处，下列说法中正确的是（）A.货箱与传送带间无相对滑动，静摩擦力不做功B.货箱所受静摩擦力方向沿传送带向下C.增大传送带斜面倾角，货箱受静摩擦力变大D.货箱越重则越不容易相对传送带滑动5.下

3、列关于曲线运动的说法正确的是（）A.曲线运动过程中加速度方向一定改变B.曲线运动过程中速度大小一定改变C.曲线运动物体的加速度方向和速度方向不在同一直线上D.曲线运动的物体加速度可以为零6.若地球绕太阳公转周期及公转轨道半径分别为T和R,月球绕地球公转周期和公转轨道半径分别为，和 ，则太阳质量与地球质量之比为（）1 B也 c -D r2T3 r2t3 r3t2 r3T27.在下面列举的各种实例中（除4外都不计空气阻力），机械能守恒的过程是（）A.跳伞运动员带着伞在空中匀速下落 B.抛出的标枪在空中运动C.拉着一个小球沿光滑斜面匀速上滑 D.飞机在起飞阶段加速升空8.在足球赛场上，某球员截断对方

4、传球并转守为攻，断球前瞬间，足球的初速度大小为6m/s、方向水平向左；断球后瞬间，足球的末速度大小为8zn/s、方向水平向右。若足球的质量为0.5kg,球员的脚与足球接触的时间为0.2 s,忽略断球过程中足球受到草地的摩擦力，则对于该过程，下列说法正确的是（）7777777777777777777777777777777TA.足球动量改变量的大小为7kg-m/sB.足球动量改变量的大小为1/cg-m/sC.足球受到脚水平方向的平均作用力大小为50ND.足球受到脚水平方向的平均作用力方向与初速度方向相同9.如图所示，照片中的汽车做匀速圆周运动通过水平弯道，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.

5、6倍，水平弯道路面的半径为150m g取10m/s2,则运动的汽车（）第2页，共14页A.汽车受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.所受的作用力的合力可能为零C.向心力由合力提供D.最大速度不能超过30m/s10.2021年 11月 2 3 日长征四号丙运载火箭将高分三号02星送入预定轨道，高分三号02星是由中国航天科技集团五院研制的海洋监视监测业务星，运行于距地球表面高度1 55km的轨道，我国即将建成的空间站运行于距地球表面高度400A的圆轨道，高分三号02星和空间站绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.高分三号02星的角速度比空间站的小 B.高分三号02星的线速度

6、比空间站的小C.高分三号02星的加速度比空间站的大D.高分三号02星的周期比空间站的大11.修正带是中学生常用的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，4、6 点分别位于大小齿轮的边缘，C点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速走动时（）A.若大齿轮逆时针转动，则小齿轮顺时针转动B.a、6 点的线速度大小相等C.氏 c 点的角速度大小相等D.a、c 点的线速度大小相等1 2.国家十三五规划中提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。某款电动概念车质量为?，在一段平直公路上由静止匀加速启动，加速度大小为m经时间 1达到额定

7、功率。若汽车运动过程中阻力恒为力则下列说法中正确的是（）A.牵引力做的功为与ma+f）at2 B.牵引力做的功为：ma2t2C.该汽车的额定功率为由r D.该汽车的额定功率为0na+f）at1 3.用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。(1)下 列 物 理 量 需 要 测 量 的 是，通 过 计 算 得 到 的 是(填 写 代 号)。4重锤质量B.重力加速度C重锤下落的高度D与下落高度对应的重锤的速度(2)设重锤质量为机、打点计时器的打点周期为7、重力加速度为g。图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点。根据测得的Si、S2、S3、s4写出重锤由8点到。点势 能 减 少

8、量 的 表 达 式,动能增加量的表达式 o(3)关 于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是 oA.纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小B.纸带上第1、2两点间距若不接近2加，无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大C.处理纸带时，可以直接用打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法14.小明同学通过以下两种方式研究平抛运动的特点。(1)小明首先用如图甲所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下 列 说 法 中 正 确 的 两 项 是。4改变小锤击打的力度，可

9、以改变两球在空中的运动时间8.改变小锤击打的力度，可以改变A球的水平初速度大小C.如果两球总是同时落地，则A球的竖直分运动是自由落体运动D通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点第4页，共14页图甲ffl/.(2)小明再用如图乙所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道尸。滑下后从。点飞出，落 在 水 平 挡 板 上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为)，轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于。点

10、，钢 球 的(选 填“最上端”、“最下端”或 者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时(选填“需要”或 者“不需要”)y轴与重锤线平行；小明不慎遗漏记录平抛轨迹的起始点，他按下述方法处理数据：如图丙所示，在轨迹上取A、B、C三点，A 8和 BC的水平间距相等且均为x,测得A 8和 8 c 的竖直间距分别是力和丫2则比_ _ _ _ _|(选 填“大于”、“等于”或 者“小于”)，可求得钢 球 平 抛 的 初 速 度 大 小 为(已 知 当 地 重 力 加 速 度 为g,结果用上述字母表示)。15.质量为m=20kg的箱子静止在光滑水平面上。如果给这个箱子施加两个大小都是F=50N且

11、互成120。角的水平恒力，问：(l)3s末它的速度v是多大？(2)3s内两个力对箱子做的总功是多少？16.图(a)为游乐场的悬空旋转椅，可抽象为如图(b)所示模型，已知绳长L=5 m,水平横梁d=3 m,小孩和座椅整体可视为质点，质量m=4 2 k g,整个装置可绕竖直轴转动。整个装置由静止开始转动，随着角速度的增大，绳与竖直方向夹角也随着增大，稳定时绳与竖直方向保持夹角。=53。，取g=10m/s2,已知sin53。=0.8,cos53=0.6,求：图(a)图(b)(i)稳定时绳子拉力的大小；(2)稳定时该装置转动的角速度多大；(结果可保留根号)(3)从静止开始到稳定的过程中绳子的拉力做功为

12、多少？1 7.如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、台阶CO和足够长的水平直轨道。E 组成，表面处处光滑，且 AB段与BC段通过一小圆弧平滑相接。有一小球用轻绳竖直悬挂在C 点的正上方的。点，小球与BC平面相切但无挤压。紧靠台阶右侧停放着表面粗糙且长度为L=0.4巾的木板，木板的上表面水平与C 点等高,右端有挡板。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A 点处释放，滑 至 C 点时与小球发生正碰，然后从左端滑上木板。碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示。已知滑块、小球和木板的质量分别为四=3kg,m2=1kg和g =6kg,A点距BC段的高度为八=0.8 m,轻绳的长度

13、为R=0.5 m,滑块、小球均可视为质点。取g=1 0m/s2o求：(1)滑块到达8C 轨道上时的速度大小；(2)滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小；(3)若滑块与挡板发生的是弹性碰撞，要使滑块能碰撞挡板，又最终没有滑离小车,求滑块与木板间的动摩擦因数的值多大？第6页，共14页答案和解析1.【答案】A【解析】解：以救生员为参考系，则处于静止状态的是救生员抱着的伤病员，而直升机、地面、直升飞机的驾驶员都相对于救生员向下运动，故A正确，BCQ错误。故选：Ao知道我们平时说的运动或静止都是相对于参考系而言的。若相对于参考系，位置没有改变，则静止；若相对于参考系位置发生了改变，则运动。该题需要求学生对“

14、相对静止”有正确的理解：相对静止的两物体必须是速度大小和方向都相同。2.【答案】C【解析】解：小球位移大小为x=2m-1.5nl=0.5 m,方向竖直向下，故错误，C正确。故选：Co位移是描述物体位置变化的物理量，位移可以用一条由初位置指向末位置的有向线段表示，线段的长度表示位移大小，线段的方向表示位移的方向，根据题意分析答题。掌握基础知识、知道位移可以用一条从初位置指向末位置的有向线段表示是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题。3.【答案】D【解析】解：A、劲度系数越小的弹簧在相同的力作用下形变量较大，缓冲效果越好，即弹簧勺缓冲效果更好，故A错误；B D、垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力相

15、等，根据胡克定律F=因七 心则弹簧七的长度变化更大，故B错误，。正确；C、垫片向右移动时，垫片和弹簧组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，则动量不守恒，故C错误。故选：D。系统所受合外力为零，系统动量守恒；缓冲效果与弹簧的劲度系数有关；垫片向右移动时.，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等，弹性势能变大；由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同.掌握基础知识是解题的前提与关键，解题实验要知道两弹簧串联弹力大小相等.4.【答案】C【解析】解：力B.货箱向上匀速运动，货箱受重力、支持力和静摩擦力作用，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡，静摩擦力沿传送带向上，则静摩擦力做正功，故A B错误；C.因

16、静摩擦力/=m g s i n。，则增大传送带斜面倾角，货箱受静摩擦力变大，故 C正确；。若货箱相对传送带将要滑动时，则满足最大静摩擦力等于重力沿传送带向下的分量，即m g s i n。=m g c o s。，即 =t a n。，与货物的重力无关，故 错误。故选：C o根据平衡条件确定静摩擦力的方向，根据静摩擦力与位移方向的关系判断做功的正负；根据平衡条件得到静摩擦力的大小与传送带的倾角有关；根据最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等的关系得到动摩擦因数与斜面倾角的正切的大小关系，从而作出判断。注意静摩擦力可以做正功、负功或不做功，判断的依据在于静摩擦力方向与位移方向的夹角的大小；货箱能否滑动决定于

17、动摩擦因数与斜面倾角正切的大小关系，与货箱质量无关；若t a n。，无论货箱质量多大，都不会滑动。5 .【答案】C【解析】解：A C,物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，即物体做曲线运动时加速度方向与速度方向不在同一条直线上，但加速度方向不一定改变，例如平抛运动，故 A错误，C正确；8、曲线运动过程中速度大小不一定改变，例如匀速圆周运动，故 B错误；。、曲线运动的物体速度一定变化，则加速度一定不为零，故。错误。故选：C o物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化:根据物体做曲线运动的特点，速度一定在变化但大小不一定变，速度和加速度是否也

18、变化不能决定物体是否做曲线运动.本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住.6 .【答案】D【解析】解：地球绕太阳公转，由太阳的万有引力提供地球的向心力，则得：G,=4 7 r 2 R解 得 太 阳 的 质 量 为 时=需月球绕地球公转，由地球的万有引力提供月球的向心力，则得：G =m 等解 得 月 球 的 质 量 为 瓶=需所以太阳质量与地球质量之比竺=器，故。正确.故选：。地球绕太阳公转，知道了轨道半径和公转周期，利用万有引力提供向心力可求出太阳的质量.第8页，共14页月球绕地球公转，知道了轨道半径和公转周期，利用万有引力提供向心力

19、可求出地球的质量.解决本题的关键要建立物理模型，掌握万有引力提供向心力可求出中心体质量，难度适中.7.【答案】B【解析】解：A、跳伞运动员带着伞在空中匀速下落，动能不变，重力势能减少，两者之和即机械能减少，故 A错误；3、抛出的标枪在空中运动，不计空气阻力，只有重力对标枪做功，其机械能守恒，故8 正确；C、拉着一个小球沿光滑斜面匀速上滑，动能不变，重力势能增加，两者之和即机械能增加，故 C错误；。、飞机在起飞阶段加速升空，动能增加，重力势能增加，两者之和即机械能增加，故。错误。故选：B。根据机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功，判断机械能是否守恒，也可以根据机械能的概念判断。本题考查判断机械能

20、是否守恒，要掌握机械能守恒的条件以及判断机械能是否守恒的方法即可正确解题。8.【答案】A【解析】解：A3、规定水平向右为正方向，根据动量变化量的定义，可得足球动量改变量为：4P=mv mv0=0.5 x 8kg-m/s 0.5 x(6)kg-m/s=7kg-m/s,故 A正确，B 错误；C、足球受到脚水平方向的平均作用力方向与初速度方向相反,设平均作用力大小为F,根据动量定理可得:Ft=4 p,代入数据解得足球受到脚水平方向的平均作用力大小为：F=3 5 N,故 CZ)错误。故选：Ao规定正方向，结合动量的表达式求出初末动量，从而求出动量的变化量；根据动量定理列式求出足球受到的水平方向的平均作

21、用力大小。本题以某球员截断对方传球并转守为攻为背景，考查了动量定理在实际问题中的应用，解决本题的关键知道动量、动量的变化量以及冲量和力等都是矢量，求解时注意各物理量的方向。9.【答案】CD【解析】解：A、汽车受到重力、支持力、摩擦力作用，故 A 错误;B、汽车做曲线运动，所受的作用力的合力不为零，故 8 错误；C、汽车做匀速圆周运动，则向心力由合力提供，故C正确；D、由合力提供向心力得0.6 m g =竺皆，解得卜=3 0 m/s,故力正确。故选：CD.汽车做匀速圆周运动通过水平弯道时受到重力，支持力和静摩擦力，其合力提供向心力,根据最大静摩擦力和牛顿第二定律求得最大速度。本题考查匀速圆周运动

22、，关键在于分析向心力的来源,汽车转弯时静摩擦力提供向心力,当轨道半径最大时有最大速度.【答案】ABD【解析】解：4 B.由万有引力提供向心力有：G =my=ma)2r=m -r =ma可得3=旧，偿a当 T=2弟4 B.因r交r高 分，则高分三号0 2星的角速度比空间站的小，线速度比比空间站的小，故A B正确；C.因r空r高 分，高分三号0 2星的加速度比空间站的小，故C错误；。.因r交r高 分，高分三号0 2星的周期比空间站的大，故。正确。故选：ABD.根据万有引力提供向心力得出加速度、周期、线速度、角速度与轨道半径的关系，从而比较大小。卫星的运动都看成匀速圆周运动，圆周运动的一切规律都适用

23、，只是向心力的来源是唯一的，由万有引力提供.1 1.【答案】AB【解析】解：A、由图示结构可以知道，大小齿轮的运动方向相反，所以若大齿轮逆时针转动，则小齿轮顺时针转动，故A正确；B、大小齿轮靠齿轮咬合，所以八。两点的线速度大小相等，故2正确；C、a、c两点同轴传动，故角速度相等，又因为“北两点的线速度大小相等，所以有%=外,根据线速度与角速度的关系有=3，整理得3b：3c =2：1,故C错误；r、4、C两点同轴传动，故角速度相等，根据线速度与角速度的关系有1 2 =3T,由于%小所以线速度也不同，故。错误；故选：ABo同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；结合D=3T分析。本

24、题关键明确同缘传动、同轴传动的特点，注意没有链条的齿轮传动相邻的两个齿轮转动方向相反。1 2.【答案】AD第10页，共14页【解析】解:A反 假定匀加速运动阶段的牵引力大小为F,则根据牛顿运动定律得F -f =ma则有=m a +f则期间牵引力做功为W=F/=(/+m a)X g a t?=g (y +n i a)a t 2,故A正确，8错误;C。、依题意，达到额定功率时的汽车的速率大小为u =a t则汽车额定功率大小为=F v O n a +f l a t，故C错误，。正确。故选：AD.根据牛顿第二定律求得牵引力，根据勿=F x求得牵引力做功，当匀加速达到最大速度时，此时达到额定功率，根据P

25、 =F f即可求得。本/T主要考查了以恒定加速度启动，根据牛顿第二定律求得牵引力，由勿=F x求得牵引力做功，根据P =F 求得额定功率。1 3.【答案】CDAEp=mg(s3-sjg=黄 -2s2)C【解析】解：(1)实验要验证的关系是巾9/1 =?血/，即g h =1后,则不需要测量重锤的质量，重力加速度也不需要测量；需要测量的是重锤下落的高度，通过计算得到的是与下落高度对应的重锤的速度：故选C、D；(2)重锤由B点到D点势能减少量的表达式4 Ep =mg(s3-sj做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时的速度如=未 打。点时的速度外=芳重锤由B点到D

26、点 动 能 增 加 量 的 表 达 式-m v l=有衿-鬻=第(s4-2 s2)(3)4、实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越少，但要通过测量长度来求出变化的高度与瞬时速度，因此太短导致误差就越大,故A错误；B、根据九=g g t?=x 1 0 x (0.0 2)2 =2 m m,要选用第1、2点间距离接近2?根的纸带，若纸带上第1、2两点间距大于2/nzn,说明不是静止释放的或先释放重物后接通电源，但可以求得动能与重力势能变化量的关系，实验误差不一定较大，故8错误；C、处理打点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法

27、，若采用计数点，是使测量长度变长，从而减小测量长度的误差，故C正确；故选：C o故答案为：(1)C；D；(2)AEP=mg(s3-sj；(s4-2 s2)；(3)C。(1)根据实验原理分析答题。(2)根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，根据动能与重力势能的计算公式求解。(3)根据实验误差来源分析答题。理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题。1 4.【答案】BC球 心 需 要 大 于xyjyz-yi【解析】解：(1)4 8.改变小锤击打的力度，不能改变两球在空中的运动时间，可以改变A球的水平初速度，故A错误，B正确；C D.小锤极

28、大弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放，自由下落，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向做自由落体，不能得出水平方向的运动规律，故C项正确，。项错误。故选：BC。(2)因为钢球所挤压的痕迹点是球心的投影点，而所有的痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应白纸上的位置为原点。y轴正方向沿竖直向下，故需要与重锤线平行。因为A、B和8、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设 为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为以,、vB y,则以=勿 7+：972、丫2 =vB yT+gT2=(vAy+gT)T+gT2=vA yT+gT2所以在:yi

29、3根据运动学规律有4 y =%-%=gT?解得7=后 五钢球平抛的初速度大小为%=*=%F匚T y%一九故答案为：(1)B C；(2)球心，需要；大于，%其(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；(2)根据竖直方向的运动特点计算出时间间隔，根据运动学公式分析出初速度。本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向的运动特点结合运动学公式即可完成分析。1 5.【答案】解：(1)两个互成1 2 0。角的力，其合力大小为F合=2 F c o s 6(T =2 x 5 0 x0.5/V =SON根据牛顿第二定律得F今=m a所以物体3 s末的速度为=砒联立解得f

30、-7.5m/s(2)物体3 s内的位移为x =1 at23 s内的总功为勿=尸铲解得卬=5 6 2.5 7第12页，共14页答：(l)3 s末它的速度v是7.5 m/s；(2)3 s内两个力对箱子做的总功是5 6 2.5/。【解析】(1)根据力的合成求得合力，根据牛顿第二定律求得加速度，根据运动学公式求得速度；(2)根据位移-时间公式求得通过的位移，由W=F x求得合力做功。本题考查牛顿第二定律的应用，正交分解法是解题的关键，利用好恒力做功求得合力做功。1 6.【答案】7 0 0 N；(2)3 =r a d/s；(3)1 1 2 0 7解：(1)稳定时绳子拉力的大小F =潦 索=700N(2)

31、由向心力公式可得 m gt an 5 3 =m(d +L s in 5 3 0)o 2可得r ad/s(3)由动能定理可得 W 7 n gz(1 c o s 5 3 )=|m v2其中 i;=(d +L s in 5 3 )c o联立可得W=1 1 2 0;答：(1)稳定时绳子拉力的大小为7 0 0 N；(2)稳定时该装置转动的角速度为4争r ad/s；(3)从静止开始到稳定的过程中绳子的拉力做功为1 1 2 0 J o【解析】(1)小孩在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件可以得到绳子拉力；(2)小孩做匀速圆周运动的向心力由绳子在水平方向的分力提供，根据牛顿第二定律可以

32、得到其运动的角速度；(3)根据动能定理求得绳子拉力做功。小孩做匀速圆周运动的半径为横梁的长度加上绳子在水平方向的投影长度之和，根据共点力平衡和动能定理即可。1 7.【答案】解：(1)设滑块与小球碰撞前瞬间速度为%,由机械能守恒定律有：m19h=|加诏代入数据解得：v0=4 m/s(2)设小球在最高点的速度为v,由图乙可知小球在最高点时受到的拉力尸=22N由牛顿第二定律有：F+m2g=R解得：v 4m/s设小球碰撞后瞬间速度为1A由机械能守恒，W|m2v，2=1 m2v2+2 m2gR联立并代入数据，解得I/=6M/S(3)滑块与小球碰撞过程在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律

33、得：m jV o =m1 v-i+m2v代入数据解得，碰撞后m i 的速度：V j=2 m/s,方向向右；滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，滑块最终没有滑离小车,滑块和小车之间必有共同的末速度v 共在水平方向，对滑块与小车组成的系统动，由量守恒定律得：巾1/=(巾1+巾3”共(/)若“较大，则滑块恰好滑到挡板处，由能量守恒定律得：=+加3)唉解得：%=()若不是很大，则滑块与挡板相碰被弹回到小车左端，由能量转守恒定律得：2 2血1 9 乙=：血1 及 3 一：(血1 +加3)?解得：“2=；动摩擦因数范围是：答：(1)滑块到达B C轨道上时的速度大小是4 m/s；(2)滑

34、块与小球碰后瞬间小球的速度大小是6?n/s；(3)滑块与木板间的动摩擦因数的值范围是；【解析】(1)滑块下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求解。(2)应用牛顿第二定律求出小球到达最高点时的速度大小；小球向上摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出碰撞后瞬间小球的速度大小。(3)碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求解。(4)滑块与小球碰撞过程系统在水平方向动量守恒，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。本题考查了动量守恒定律与机械能守恒的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。第14页，共14页