河北省石家庄市2019-2020学年度高一下学期期末考试物理试题（解析版）

第 1 页，共 14 页 河北省石家庄市 2019-2020 学年度高一下学期期末考试物 理试题 一、选择题（本题共 12 小题，每题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一项符合题目要求，第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对 但选不全的得 2 分，有错选的得 0 分） 1. 下列物理量中，属于矢量的是(    ) A. 功 B. 动能 C. 动量 D. 质量 【答案】C 【解析】解：A、功只有大小没有方向是标量，故 A 错误； B、动能只有大小没有方向是标量，故 B 错误； C、动量既有大小又有方向是矢量，故 C 正确； D、质量只有大小没有方向是标量，故 D 错误。 故选：C。 只有大小没有方向遵守代数运算法则的量是标量；既有大小又有方向遵守平行四边形定 则的量是矢量，分析各选项答题。 本题考查了判断矢量与标量问题，知道矢量与标量的概念是解题的前提与关键，掌握基 础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。 2. 如图所示，在风力推动下，风叶带动发电机发电，M、N 为 同一个叶片上的两点，下列说法中正确的是(    ) A. M 点的线速度等于 N 点的线速度 B. M 点的角速度小于 N 点的角速度 C. M 点的向心加速度小于 N 点的向心加速度 D. M 点的周期大于 N 点的周期 【答案】C 【解析】解：A、B、D、由于 M、N 两点的转动的角速度相等，则周期相等，根据푣 = 푟휔 知，M 点转动的半径小，则 M 点的线速度小于 N 点的线速度．故 A 错误，B 错误，D 错误．第 2 页，共 14 页 C、根据푎 = 푟휔2知，M、N 的角速度相等，M 点的转动半径小，则 M 点的向心加速度 小于 N 点的加速度．故 C 正确． 故选：C． 同一个叶片上的点转动的角速度大小相等，根据푣 = 푟휔、푎 = 푟휔2比较线速度和加速度 的大小． 解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，考查传送带传到轮子边缘上的点线速度 大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系． 3. 质量为 m 的小物块在倾角为훼的斜面上处于静止状态，如图所 示．若斜面体和小物块一起以速度 v 沿水平方向向右做匀速直线 运动，通过一段位移푠.斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功 情况是(    ) A. 摩擦力做正功，支持力做正功 B. 摩擦力做正功，支持力做负功 C. 摩擦力做负功，支持力做正功 D. 摩擦力做负功，支持力不做功 【答案】B 【解析】 【分析】 物块向右做匀速直线运动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据恒力做功公式分析即 可。 本题主要考查了同学们受力分析的能力，知道力和位移夹角小于90°时做正功，等于90° 时不做功，大于90°时做负功。 【解答】 物块向右做匀速直线运动，受力平衡，物体受重力(方向竖直向下)、支持力(垂直斜面 向上)、摩擦力(沿斜面向上)，位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，支持力做负功； 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 4. 质量为 1kg 的小球自距离地面 20m 高处自由下落，重力加速度푔 = 10푚/푠2，若不 计空气阻力，则小球下落 1s 时重力的瞬时功率是(    ) A. 20W B. 100W C. 200W D. 400W 【答案】B第 3 页，共 14 页 【解析】解：因为小球做自由落体运动，则 1s 末的速度为：푣 = 푔푡 = 10 × 1푚/푠 = 10푚/ 푠， 则重力的瞬时功率为：푃 = 푚푔푣 = 1 × 10 × 10푊 = 100푊，故 B 正确，ACD 错误。 故选：B。 根据自由落体运动的速度时间公式求出 1s 末的速度，根据푃 = 푚푔푣求出重力的瞬时功 率。 解决本题的关键掌握瞬时功率的求法，以及知道平均功率和瞬时功率的区别。 5. 如图所示，水平传送带以速度 v 做匀速转动。现将一质量为 m 的小工件无初速度放 到传送带上，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到速度 v 而与传送带保持相对 静止。则在工件相对传送带滑动的过程中，下列说法正确的是(    ) A. 摩擦力对工件做的功为푚푣2 B. 工件的机械能增量为푚푣2 C. 摩擦力对皮带做的功为1 2푚푣2 D. 系统产生的内能为1 2푚푣2 【答案】D 【解析】解：A、工件从静止开始在摩擦力作用下加速达到 v，摩擦力对工件做正功， 使工件的动能增加了1 2푚푣2，根据动能定理知，摩擦力对工件做的功푊 = 1 2푚푣2，故 A 错 误； B、工件初状态的动能为零，摩擦力对工件做功为푊 = 1 2푚푣2，根据末状态的动能为1 2푚 푣2，故工件机械能增加 △ 퐸 = 1 2푚푣2，故 B 错误； C、工件在传送带上做加速运动运动过程中相对地面的位移为 x，运动时间为 t，则有푥 = 1 2푣푡，根据动能定理有：휇푚푔푥 = 1 2푚푣2， 工件加速运动过程中，传送带的位移푥带 = 푣푡 = 2푥，摩擦力对皮带做的功푊푓 = ― 휇푚푔푥带 = ―2휇푚푔푥 = ― 푚푣2，故 C 错误； D、工件在传送带上运动过程中，工件相对于传送带运动的距离为 △ 푥 = 푥带 ― 푥 = 푥， 产生的内能为푄 = 휇푚푔 ⋅ △ 푥 = 휇푚푔푥 = 1 2푚푣2，故 D 正确。 故选：D。 工件在传送带上运动时先做匀加速运动，后做匀速运动，物体和传送带要发生相对滑动， 滑动摩擦力对传送带要做功，根据动能定理求解动能的增加；第 4 页，共 14 页 根据功能关系求解工件机械能的增量； 由运动学公式求解传送带的位移，根据功的计算公式求解摩擦力对皮带做的功； 求出相对位移，再根据功能关系求解产生的热。 本题主要是考查功能关系和传送带问题，关键是能够分析能量的转化情况，知道动能的 变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。 6. 当汽车通过拱形桥顶点的速度为5푚/푠时，车对桥顶的压力为车重的3 4，如果要使汽 车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度大小 应为(    ) A. 5푚/푠 B. 10 푚/푠 C. 15푚/푠 D. 20 푚/푠 【答案】B 【解析】解：当汽车通过拱形桥顶点的速度为5푚/푠时，根据牛顿第二定律得： 푚푔 ― 푁 = 푚푣2 푅 ， 푁 = 3 4푚푔， 解得：푅 = 10푚． 当汽车在桥顶不受摩擦力作用，可知支持力为零，根据푚푔 = 푚푣′2 푅 得： 푣′ = 푔푅 = 10 × 10푚/푠 = 10푚/푠． 故选：B． 根据牛顿第二定律，结合车对桥顶的压力求出拱桥的半径，当车在桥顶摩擦力为零时， 支持力为零，结合重力提供向心力求出汽车通过桥顶的速度大小． 解决本题的关键知道汽车在桥顶向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不 大． 7. 如图所示，一轻弹簧固定于 O 点，另一端系一重物，将重 物从与悬点 O 在同一水平面且弹簧保持原长的 A 点无初速 度释放，让它自由摆下。不计空气阻力，在重物由 A 点摆向 最低点 B 的过程中(    ) A. 重物的重力势能增加 B. 弹簧的弹性势能不变第 5 页，共 14 页 C. 重物的机械能减少 D. 重物和弹簧组成的系统机械能减少 【答案】C 【解析】解：A、物体高度降低，故重力势能减小，故 A 错误； B、在运动的过程中，弹簧的形变量增大，则弹簧的弹性势能增加，故 B 错误； C、由 A 到 B 的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒；根据能量守恒定 律知，系统机械能不变，弹簧的弹性势能增加，则重物的机械能减小；故 C 正确； D、由 A 到 B 的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故 D 错误； 故选：C。 由 A 到 B 的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，通过弹簧的形变量 判断弹性势能的变化，通过能量守恒判断重物机械能的变化。 本题考查了机械能守恒、能量守恒定律，难度不大，需加强这方面的训练。 8. 在水平面上的物体在水平拉力 F 作用下运动的푣 ― 푡图象和拉力 F 的푃 ― 푡图象如图 所示，重力加速度푔 = 10푚/푠2，则物体与水平面间的动摩擦因数为(    ) A. 1 10 B. 3 20 C. 5 27 D. 5 18 【答案】B 【解析】解：由图可知在前 2s 物体做匀加速直线运动，功率随速度均匀增大，第 2s 末 功率最大，速度最大，由푃 = 퐹푣得： 푃푚 = 퐹1푣푚解得퐹1 = 5푁 物体在2 ― 6푠内做匀速直线运动，拉力不变，功率也不变，则： 퐹2 = 푃2 푣2 = 5 3푁由于物体在2 ― 6푠内做匀速直线运动，可知物体受到的摩擦力与拉力大小 相等，即： 푓 = 퐹2 = 5 3푁物体在前 2s 内做匀加速直线运动，加速度：푎 = △ 푣1 △ 푡 = 6 ― 0 2 푚/푠2 = 3푚/푠2 由牛顿第二定律：푚푎 = 퐹1 ― 푓 又：푓 = 휇푁 = 휇푚푔第 6 页，共 14 页 联立解得：휇 = 3 20，故 B 正确，ACD 错误。 故选：B。 速度 ― 时间图象的斜率代表物体的加速度，因此先求出加速度；2 ― 6푠内物体做匀速直 线运动，拉力与摩擦力相等，由此求出摩擦力；由푃 = 퐹푣，求出拉力，然后结合牛顿第 二定律即可求出物体的质量，由푓 = 휇푁即可求出动摩擦因数。 对于速度 ― 时间图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度； 速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含 义：面积代表物体的位移。 9. 某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，实施变轨后卫星的线速度减小到原来的1 2， 此时卫星仍做匀速圆周运动，则(    ) A. 卫星的向心加速度减小到原来的1 4 B. 卫星的角速度减小到原来的1 2 C. 卫星的周期增大到原来的 8 倍 D. 卫星的轨道半径增大到原来的 4 倍 【答案】CD 【解析】解：卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有： 퐺푚푀 푟2 = 푚푣2 푟 = 푚푟휔2 = 푚푟(2휋 푇 )2 = 푚푎 可得线速度푣 = 퐺푀 푟 ，可知线速度减为原来的1 2时，半径增加为原来的 4 倍，故 D 正确； 向心加速度푎 = 퐺푀 푟2 知，半径增加为原来的 4 倍，向心加速度减小为原来的 1 16，故 A 错误； 周期푇 = 4휋2푟3 퐺푀 知，半径增加为原来的 4 倍，周期增加为原来的 8 倍，故 C 正确； 角速度휔 = 퐺푀 푟3 知，半径增加为原来的 4 倍，角速度减小为原来的1 8倍，故 B 错误． 故选：CD． 卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析线速度与半径的关系， 再由半径关系分析其它描述圆周运动的物理量与半径的关系． 根据万有引力提供圆周运动向心力，由此确定描述圆周运动的物理量与轨道半径的关系， 熟练掌握相关规律是解决问题的关键．第 7 页，共 14 页 10. 如图所示，质量为 m 的跳伞运动员，由静止开始下落， 若打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为1 5푔，重 力加速度为 g。在运动员下落 h 的过程中，下列说法正 确的是(    ) A. 运动员的重力势能减少了4 5푚푔ℎ B. 运动员的动能增加了1 5푚푔ℎ C. 运动员克服阻力所做的功为4 5푚푔ℎ D. 运动员的机械能增加了 mgh 【答案】BC 【解析】解：A、在运动员下落 h 的过程中，重力做功 mgh，故重力势能减少了 mgh， 故 A 错误； B、根据牛顿第二定律得，物体所受的合力为퐹合 = 푚푎 = 1 5푚푔，根据动能定理得，合力 做功为1 5푚푔ℎ，则动能增加了1 5푚푔ℎ，故 B 正确； C、设阻力大小为 f，则有푚푔 ― 푓 = 푚푎，解得阻力푓 = 4 5푚푔，则克服阻力做功为4 5푚푔ℎ， 故 C 正确； D、重力势能减少了 mgh，动能增加了1 5푚푔ℎ，故机械能减少了4 5푚푔ℎ，故 D 错误。 故选：BC。 根据重力做功的大小得出重力势能的减小量； 根据合力做功的大小得出动能的变化； 根据牛顿第二定律求解阻力，由此求解克服重力做的功； 根据机械能的概念得出机械能的变化。 解决本题的关键知道合力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以 及除重力以外其它力做功与机械能的变化关系。 11. 2020 年 5 月 5 日，我国在海南文昌航天发射中心，用长征 5B 运载火箭将新一代国 产载人飞船试验船送入预定轨道。试验船在近地点高度约为 300km、远地点高度约 为 18000km 的椭圆轨道上运行，下列关于该试验船的说法正确的是(    ) A. 在近地点时的速度大于11.2 푘푚/푠 B. 加速度小于地球表面的重力加速度第 8 页，共 14 页 C. 周期小于同步卫星的周期 D. 在远地点的动能大于近地点的动能 【答案】BC 【解析】解：A、11.2푘푚/푠是脱离速度，是发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速 度，试验船没有脱离地球引力，在近地点的速度小于11.2푘푚/푠，故 A 错误； B、根据万有引力定律，结合牛顿第二定律可知，퐺푀푚 푟2 = 푚푎，解得加速度：푎 = 퐺푀 푟2 ，试 验船离地高度大于地球半径，加速度小于地球表面的重力加速度，故 B 正确； C、根据开普勒第三定律可知，푟3 푇2 = 푘，同步卫星的轨道半径大，则同步卫星的周期大于 试验船，故 C 正确； D、根据开普勒第二定律可知，近地点的速度大，远地点的速度小，故试验船在远地点 的动能小于近地点的动能，故 D 错误。 故选：BC。 根据第二宇宙速度的定义分析。 根据万有引力定律分析加速度。 根据开普勒第三定律分析周期和半径的关系。 根据开普勒第二定律分析近地点和远地点的速度。 此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键知道试验船在做椭圆运动，根据开普 勒行星运动定律分析。 12. 某汽车质量为 5t，发动机的额定功率为 60kW，汽车在运动中所受阻力的大小恒为 车重的0.1倍。若汽车以0.5푚/푠2的加速度由静止开始匀加速启动，经过 24s，汽车 达到最大速度。取重力加速度푔 = 10푚/푠2，在这个过程中，下列说法正确的是(    ) A. 汽车的最大速度为12푚/푠 B. 汽车匀加速的时间为 24s C. 汽车启动过程中的位移为 120m D. 4s 末汽车发动机的输出功率为 60kW 【答案】AC 【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则푃 = 푓푣，解得푣 = 푃 푓 = 푃 0.1푚푔 = 12푚/푠，故 A 正确； B、在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得：퐹 ― 푓 = 푚푎，解得퐹 = 푓 + 푚푎 = 7500푁.匀第 9 页，共 14 页 加速达到的最大速度为푣′，则푃 = 퐹′푣′，解得푣′ = 푃 퐹′ = 8푚/푠，根据푣 = 푎푡可得푡 = 푣′ 푎 = 16 푠，故 B 错误； C、在匀加速阶段，通过的位移为푥1 = 푣′ 2푡′ = 64푚，达到额定功率后，根据动能定理可知 푃(푡 ― 푡′) ― 푓푥2 = 1 2푚푣2 ― 1 2푚푣′2，解得푥2 = 56푚，通过的位移为푥 = 푥1 + 푥2 = 120푚，故 C 正确； D、4s 末汽车푣″ = 푎푡″ = 2푚/푠，故功率푃′ = 퐹푣″ = 15000푊 = 15푘푊，故 D 错误； 故选：AC。 首先要分析清楚汽车的运动过程：第一阶段：匀加速运动阶段，开始，汽车由静止做匀 加速直线运动，这个过程中 v 增大，汽车功率푃 = 퐹푣也增大；第二阶段：变加速运动阶 段，加速度逐渐减小，汽车输出功率达到其允许的最大值并保持不变时，其功率已不能 维持汽车继续做匀加速直线运动了，此时汽车虽然做加速运动，但加速度逐渐减小，直 到푎 = 0，这个过程中 P 不变，F 减小，v 增大；第三阶段：匀速直线运动阶段，加速度 等于 0 后，速度已达到最大值푣푚，此时汽车做匀速直线运动，此时퐹 = 푓，푃 = 퐹푣 = 푓 푣푚。 高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的。最大功率要用第三阶段中的푃푚 = 퐹푣 = 푓푣푚计算，而不能用第一阶段中的 F 与第三阶段中的푣푚的乘积计算，两个 F 是不同 的；푣푚是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用푣푚 = 푎푡来计算整个过程时 间。要注意某一时刻的物理量要对应起来。 二、实验题（本题共两小题，共 15 分） 13. 在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为푚 = 1.00푘푔的重物自由下 落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所 示．O 为第一个点，A、B、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点 计时器每隔0.02푠打一个点，当地的重力加速度为푔 = 9.80푚/푠2，那么： (1)根据图上所得的数据，应取图中 O 点到______点来验证机械能守恒定律； (2)从 O 点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量 △ 퐸푝 = ______ J，动能增加 量 △ 퐸푘 = ______ 퐽(结果取三位有效数字)． 【答案】B 1.88 1.84第 10 页，共 14 页 【解析】解：(1)验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能 △ 퐸푝 = 푚푔ℎ和增加 的动能 △ 퐸푘 = 1 2푚푣2之间的关系，由 B 点能够测 h 和 v 的数据，而 A、C 两点无法测出푣. 故选 B 点． (2)减少的重力势能 △ 퐸푝 = 푚푔ℎ = 1 × 9.8 × 19.2 × 10―2 = 1.88퐽 푣퐵 = 푥퐴퐶 2푇 = (23.23 ― 15.55) × 10―2 2 × 0.02 = 1.93푚/푠所以：增加的动能 △ 퐸푘 = 1 2푚푣2 = 1 2 × 1 × 1.932퐽 = 1.84퐽 故答案为：(1)퐵；(2)1.88，1.84． (1)验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能 △ 퐸푝 = 푚푔ℎ和增加的动能 △ 퐸푘 = 1 2푚푣2之间的关系，所以我们要选择能够测 h 和 v 的数据． (2)减少的重力势能 △ 퐸푝 = 푚푔ℎ，增加的动能 △ 퐸푘 = 1 2푚푣2，v 可由从纸带上计算出来． 正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测 量计算，会起到事半功倍的效果． 14. 利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道 下端与水平桌面相切，先将小滑块 A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑 块在水平桌面滑行的距离푥1(图甲)；然后将小滑块 B 放在圆弧轨道的最低点，再将 A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，测量出整体 沿桌面滑动的距离푥2(图乙)。圆弧轨道的半径为 R，A 和 B 完全相同，重力加速度 为 g。 (1)滑块 A 运动到圆弧轨道最低点时的速度푣 = ______(用 R 和 g 表示)； (2)滑块与桌面的动摩擦因数휇 = ______(用 R 和푥1表示)； (3)若푥1和푥2的比值푥1 푥2 = ______，则验证了 A 和 B 的碰撞动量守恒。 【答案】 2푔푅 푅 푥1 8第 11 页，共 14 页 【解析】解：(1)퐴在圆弧面上运动时机械能守恒，则有： 푚푔푅 = 1 2푚푣2解得：푣 = 2푔푅； (2)对 A 下滑的全过程由动能定理要分析可知： 푚푔푅 ― 휇푚푔푥1 = 0解得：휇 = 푅 푥1 ； (3)如果碰撞中动量守恒，则有： 푚푣 = 2푚푣′再对碰后的 AB 物体分析，由动能定理可知： 1 2푚푣′2 = 휇 ⋅ 2푚푔푥2则푥2 = 푣2푥1 8푅 故푥1 푥2 = 8； 因此只要满足푥1 푥2 = 4即可证明动量守恒。 故答案为：(1) 2푔푅；(2)푅 푥1 ；(3)8。 (1)根据 A 在运动过程中的机械能守恒定律列式即可求得最低点的速度； (2)对 A 下滑的全过程由动能定理可求得动摩擦因数； (3)假设碰撞中动量守恒，根据动量守恒定律以及功能关系列式即可求得碰后滑行的距 离，从而求出两种情况下的位移表达式，从而确定距离的比值，找出碰撞中动量守恒的 依据。 本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知道实验中如何验 证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。 三、计算题（本题共 3 小题，共 37 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤。只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15. 在火炮发明并被大规模应用于实战之前，抛石机是中国古代常用的破城重器。某同 学仿照古代抛石机制作一个抛石机模型如图所示，炮架上横置一个可以转动的轴， 固定在轴上的长杆，可绕转轴 O 转动，转轴 O 到地面的距离为ℎ = 0.5푚，发射前 长杆 A 端着地与地面成30°夹角，A 端半球形凹槽中放置一质量푚 = 2푘푔的物体， 用手搬动长杆另一端 B 至 O 点正下方，B 贴近地面且速度푣퐵 = 1푚/푠，此时长杆受 到装置作用迅速停止，A 端物体从最高点水平飞出，重力加速度푔 = 10푚/푠2，求： (1)物体从最高点飞出时的速度大小푣퐴； (2)物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力大小。第 12 页，共 14 页 【答案】解：(1)푂到 A 的距离：퐿 = ℎ 푠푖푛30∘ = 1푚 A 与 B 属于同轴转动，角速度是相等的，则：푣퐴 퐿 = 푣퐵 ℎ 代入数据可得：푣퐴 = 2푚/푠 (2)物体在最高点受到的重力与支持力提供向心力，则有： 푚푔 ― 퐹푁 = 푚 푣2퐴 퐿 代入数据可得：퐹푁 = 12푁 根据牛顿第三定律可知，物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力等于凹槽 对物体的支持力，等于 12N。 答：(1)物体从最高点飞出时的速度大小为2푚/푠。 (2)物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力大小为 12N。 【解析】(1)同轴转动的物体的角速度相等，由此结合半径关系即可求出物体从最高点 飞出时的速度푣퐴； (2)由向心力的来源求出物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力； 此题考查了平抛运动的规律，属于竖直平面内的圆周运动与平抛运动的综合应用，平抛 运动采用运动的合成和分解的方法研究。 16. 如图所示，光滑水平轨道 AB 与光滑半圆形轨道 BC 在 B 点相切连接，半圆轨道半径为 R，轨道 AB、BC 在同一竖直平面内。一质量为 m 的物块在 A 处压缩 弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最 高点 C，已知物块在到达 B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为 g。求： (1)半圆轨道在 B 点时对物块的支持力大小； (2)物块在 A 点时弹簧的弹性势能。第 13 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上滑过程中，根据动能定理可得： ―푚푔푠푖푛 ⋅ 퐿 2 ― 휇푚푔푐표푠휃 ⋅ 퐿 2 = 0 ― 1 2푚푣2联立解得：푣0 = 13푚/푠 答：(1)两物体与斜面间的动摩擦因数휇为0.75； (2)物体 P 的初速度大小푣0为 13푚/푠。 【解析】(1)物体 Q 恰好静止于斜面上，根据平衡条件列方程求解动摩擦因数； (2)根据动能定理列方程求解物体 P 与 Q 碰撞前的速度，两物体碰撞过程中，根据动量 守恒定律、能量关系列方程，物体 Q 上滑过程中根据动能定理列方程联立求解。 本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是： 系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞 前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。