[题目]如图所示.将一轻质弹簧从物体B内部穿过.并将其上端悬挂于天花板.下端系一质量为m1=2.0kg的物体A.平衡时物体A距天花板h=2.4m.在距物体A正上方高为h1=1.8m处由静止释放质量为m2=1.0kg的物体B.B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞并立即以相同的速度与A运动.两物体不粘连.且可视为质点.碰撞后两物体一起向下运动.历时0 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0kg的物体A。平衡时物体A距天花板h=2.4m，在距物体A正上方高为h1=1.8m处由静止释放质量为m2=1.0kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度与A运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，（弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g=10m/s2）下列说法正确的是（）

A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/s

B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25m

C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18N

D. A、B在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功

【答案】ABC

【解析】A项：B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，AB碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，根据动量守恒定律，代入数据可得：，故A正确；

B、C项：从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理：，解得F=18N，方向竖直向上，此过程对B分析，根据动能定量理可得，解得x=0.25m，故BC正确；

D项：根据动能定理：A、B在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功和克服重力做功之和，故D错误。

点晴：本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体运动规律，动量守恒定律和动量定理列式求解。

【题型】多选题
【结束】
13

【题目】甲图中游标卡尺读数为________ mm，乙图中螺旋测微器读数为________ mm。

【答案】 52.35 4.225~4.228

【解析】甲图为20分度的游标卡尺，主尺读数为52mm，游标尺读数为7×0.05mm=0.35mm，则读数为52.35mm；乙图中固定部分读数为4mm，可动部分读数为22.5×0.01mm=0.225mm，则读数为4.225mm，由于螺旋测微器可动刻度要估读，所以读数在4.225~4.228mm都正确。

练习册系列答案

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（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，滑块的初速度不能超过多少。（g取10m/s2）

【答案】（1）0.2 （2）v0 =4m/s

【解析】试题分析：ⅰ．m滑上平板小车到与平板小车相对静止，设速度为v1

据动量守恒定律：

对m由动量定理：

解得:

ⅱ．设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，为v2

由动量守恒定律：

解得：

考点：考查了动量守恒，动能定理

【名师点睛】以滑块与小车组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，由动量守恒定律可以求出它们共同运动时的速度，对滑块由动量定理可以求出动摩擦因数．根据能量守恒定律求出滑块的最大初速度．

【题型】解答题
【结束】
16

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A. 物体开始运动后加速度不断增大

B. 物体开始运动后加速度先增加、后减小

C. 经过时间t＝E0/k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值

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【答案】AC

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考点：牛顿第二定律、电场强度

【名师点睛】本题关键要找出物体的合力，对物体仅仅受力分析，运用牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，根据物体的初状态确定物体的运动情况，由于电场强度是随时间变化的，求合力时应注意其大小和方向。

【题型】单选题
【结束】
11

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A. 保持BC不动，使AB缓慢伸长，则BC所受的力增大

B. 保持AB不动，缓慢转动立柱D，使CA变长，则BC所受的力大小保持不变

C. 保持AB不动，使BC缓慢伸长，则BC所受的力增大

D. 保持AB不动，使BC缓慢伸长且逆时针转动，BC所受的力增大

【题目】如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）

A. 电流表读数减小

B. 电压表读数减小

C. 质点P将向下运动

D. R3上消耗的功率逐渐增大

【答案】BC

【解析】试题分析：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端，电容器与并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故A错误；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故B正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C正确；因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误。