2022-2023学年湖北省武汉市常青联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市常青联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 阻尼振动的振幅不断减小，所以周期也逐渐减小
B. 只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
C. 挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
D. 做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关
2.下列运动中的物体，动量始终保持不变的是( )
A. 绕地球匀速运行的同步卫星B. 小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变
C. 用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动D. 荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变
3.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A. 动量守恒、机械能守恒B. 动量守恒、机械能不守恒
C. 动量不守恒、机械能守恒D. 动量、机械能都不守恒
4.质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中不正确的是(不计一切阻力，g=10m/s2)( )
A. 手对物体做功20JB. 合外力对物体做功8J
C. 物体重力势能增加了20JD. 物体机械能增加了28J
5.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者在最低点碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道的M点，已知两物体的质量之比m1：m2=1：3，若OM与竖直方向夹角为θ，则( )
A. sinθ= 32B. sinθ=34C. csθ= 32D. csθ=34
6.如图所示，一质量为M=3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m=1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是( )
A. 1.8m/sB. 2.4m/sC. 2.8m/sD. 3.0m/s
7.如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面，b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后速度变为零，则下列说法正确的是( )
A. 在a球上升的全过程中，a球的机械能始终是增加的
B. 在a球上升的全过程中，系统的机械能守恒
C. a球到达高度h时两球的速度大小为v= 6gh5
D. 从释放开始，a球能上升的最大高度为1.8h
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙两单摆的摆长相等
B. 甲摆的振幅比乙摆大
C. 甲摆的机械能比乙摆大
D. 在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆
9.A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移-时间(x−t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移-时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图像，若A球的质量mA=3kg，则由图可知下列结论正确的是( )
A. A球碰撞前的速度大小vA=1m/s
B. B球的质量为mB=2kg
C. A、B两球碰撞前的总动量大小为13kg⋅m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15 J
10.一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，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示，已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，(g=10m/s2)则( )
A. 汽车在前5s内的牵引力为6×103N
B. 汽车的额定功率为120kW
C. 汽车的最大速度为vm=30m/s
D. 当汽车速度为20m/s时，汽车加速度大小为2m/s2
11.如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37∘。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m=1kg小煤块A从静止轻放到a处，它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，且此过程中煤块不会脱离传送带，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J
B. 小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.2s
C. 从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J
D. 从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
(1)将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图2中______(选填“甲”或者“乙”)所示的固定方式。
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用10分度的游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图3所示，则d=______ mm。
(3)某次实验过程中，用秒表记录了单摆全振动40次所用的时间如图4所示，该单摆的周期为T=______ s。
(4)改变摆线的长度l，由测量数据作出如图5所示的摆长L−T2图像，根据图像求出重力加速度g=______m/s2(已知π2≈9.86，结果保留3位有效数字)。
13.如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，拉力传感器的读数为F。
(1)某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作______图像(选填“L−1Δt”、“L−1(Δt)2”或“L−(Δt)2”)，该图像的斜率k=______；
(2)该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是______；
A.钩码质量m未远小于滑块质量M
B.滑块运动过程中克服阻力做功
C.气垫导轨没有调节水平
D.没有考虑动滑轮的质量
(3)若用上述装置研究系统(含滑块、钩码)机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为Δt，则满足关系式______(用已知量符号表示)时，运动过程中系统机械能守恒。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
14.
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
15.如图所示，小明用与水平方向夹角θ=37∘的轻绳拉木箱，绳的拉力为F=100N木箱由静止开始沿水平地面向右移动了一段距离L=5m，木箱的质量为m=25kg木箱受到地面的阻力f=40N，cs37∘=0.8，求：
(1)绳的拉力及地面的阻力分别对木箱做的功；
(2)木箱前进5m时的动能；
(3)木箱前进5m时绳的拉力的瞬时功率。
16.在东京奥运跳水比赛中，中国跳水队以7金5银的成绩完美收官，施廷懋作为目前中国跳水队3米跳板女队的领袖，她在女子3米跳板拿到了金牌．在某次跳板跳水训练中，质量为m=50kg的运动员最后一次与跳板接触前距离跳板的最大高度h1=0.45m，与跳板相互作用0.28s后弹起，距离跳板的最大高度h2=0.8m，跳板距离水面的高度H=3.25m，运动员从入水开始受到水的阻力大小恒为f=1000N，受到水的浮力大小恒为F=500N。认为运动员只在竖直方向上运动，水池足够深，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)运动员与跳板作用过程中对跳板的平均压力的大小；
(2)从入水到向下运动到最大深度所用的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、振幅越来越小的振动叫做阻尼振动，阻尼导致能量的耗散，但其周期不变，故A错误；
B、物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率，并非只有发生共振时才如此，故B错误；
C、为避免共振现象发生时，应使驱动力频率远离振动系统的固有频率，所以挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；
D、做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与振动的频率无关，故D错误；
故选：C。
物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率；阻尼振动过程中要不断克服外界阻力做功，消耗能量，振幅就会逐渐减小，但其周期不变；物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率。当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象。
本题主要考查了简谐运动的特点，解决本题的关键知道：一是物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率；二是共振现象产生的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
2.【答案】C
【解析】解：动量的表达式为P=mv，动量是矢量，则有：
A、正常运行的地球同步卫星，速度大小不变，方向不断改变，所以动量改变，故A错误；
B.小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，故B错误；
C.用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动，速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，故C正确；
D.荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中速度大小和方向都改变，所以动量改变，故D错误。
故选：C。
明确动量的定义，知道动量是矢量，p=mv，动量始终保持不变一定是大小方向都不变。
本题考查了对动量的理解，明确各种运动的性质，同时知道动量是矢量，只有大小和方向均保持不变时动量才是不变的。
3.【答案】B
【解析】解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒。
在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒。故B正确。
故选：B。
根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
4.【答案】A
【解析】解：A、根据动能定理得：W−mgh=12mv2−0，解得手对物体做功为：W=mgh+12mv2=1×10×2J+12×1×42J=28J，故A错误；
B、由动能定理得：合外力对物体做功W合=12mv2=12×1×42J=8J，故B正确；
C、物体的重力做功为WG=−mgh=−1×10×2J=−20J，即物体克服重力做功20J，重力势能增加了20J.故C正确；
D、综上物体动能增加8J，重力势能增加20J，物体机械能增加28J，故D正确。
本题选错误的，
故选：A。
根据动能定理求解手对物体做功和合外力对物体做功。物体的高度上升，重力做负功，由功能关系求重力势能的增加量。
本题考查常见的几对功能关系的理解：合力做功等于动能的变化，重力做功等于重力势能变化量的负值。
5.【答案】D
【解析】解：两球到达最低的过程，由动能定理得：mgR=12mv2
计算得出：v= 2gR
所以两球到达最低点的速度大小均为：v= 2gR
设向左为正方向，碰撞过程中根据动量守恒定律可得：m2v−m1v=(m1+m2)v共
解得：v共=m2−m1m2+m1 2gR
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，取地面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：
12(m1+m2)v共2=(m1+m2)gR(1−cs⁡θ)
已知两物体的质量之比m1：m2=1：3，
整理可得：csθ=34
根据三角函数关系可得：sinθ= 1−cs2θ= 1−916= 74，故D正确、ABC错误。
故选：D。
先根据动能定理求出两个小球到达最低点的速度，再用动量守恒解出碰撞后的共同瞬时速度，最后两小球上升过程可列出动能定理表达式，即可求得csθ，再根据三角函数关系求解sinθ。
本题要理清两球的运动过程，把握每个的物理规律。要注意动量守恒的条件的应用：物体之间发生相互作用的过程中，如果没有外力作用，那么相互作用的物体的总动量保持不变，在解题时注意选择合适的正方向。
6.【答案】B
【解析】解：以A、B组成的系统为研究对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零的过程中，根据动量守恒定律可得：
(M−m)v0=MvB1
代入数据解得：vB1=2.67m/s
当从开始运动到A、B共速的过程中，根据动量守恒定律可得：
(M−m)v0=(M+m)vB2
代入数据解得：vB2=2m/s
木块A加速运动的过程为其速度为零至与B共速，此过程中B始终减速，则在木块A正在做加速运动的时间内，B的速度范围为2m/s≤vB≤2.67m/s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据动量守恒定律的条件判断系统动量是否守恒，结合题意得出物体B的临界速度，根据选项完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，由此列式即可完成分析，整体难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A、在b落地之前，对于a、b组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒。由于绳子对a球做正功，所以a球的机械能增加；b球落地后，a球继续上升，只有重力做功，a球的机械能守恒，故A错误；
B、b球落地时，机械能有损失，系统的机械能不守恒，故B错误；
CD、设b球落地时，两球的速度大小为v，根据系统机械能守恒得：4mgh−mgh=12⋅5mv2
解得：v= 6gh5，此时轻绳恰好松弛，a球开始做初速度为v的竖直上抛运动，由a球的机械能守恒，得：mgh+12mv2=mgH，解得a球能上升的最大高度为：H=1.6h，故C正确，D错误。
故选：C。
本题可以分为两个过程来分析：b落地前，首先根据a、b系统的机械能守恒，列式求出a球上升h时的速度大小。b球落地后，a球的机械能守恒，再求出a球上升的高度的大小，即可得到a球可达到的最大高度。
在本题中要分过程来求解，第一个过程中系统的机械能守恒，a球的机械能并不守恒；在第二个过程中只有a球的机械能守恒。
8.【答案】ABD
【解析】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π Lg得知，甲、乙两单摆的摆长L相等。故A正确。
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大。故B正确。
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小。故C错误。
D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度。故D正确。
故选：ABD。
由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．
本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出振幅、周期是基本功．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
在位移时间图象中，图线的斜率表示物体的速度，由图象的斜率可求得碰撞前后两球的速度，根据动量定义公式、动量定理及动量守恒定律可以求解。
本题首先要求同学们能根据位移图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，其次要明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。
【解答】
由s−t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：
vA=ΔxAtA=4−102m/s=−3m/s
vB=ΔxBtB=4−02m/s=2m/s
碰撞后有：vA′=vB′=v=Δxt=2−42m/s=−1m/s
A.A球的碰前速度为−3m/s，故A错误；
B.根据动量守恒定律有：mAvA+mBvB=(mA+mB)v
解得：mB=2kg，故B正确；
C.A、B两球碰撞前的总动量为：P=mAvA+mBvB=−5kg⋅m/s，故C错误；
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为：ΔE损=12mAvA2+12mBvB2−12(mA+mB)v2=15J，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】解：A：前5s内车做匀加速直线运动，据v−t图像可知，其加速度为a=v2−v1t2−t1=155m/s2=3m/s2，汽车所受的阻力为f=0.1mg=2×103N，对车，根据牛顿第二定律：F−f=ma，得：F=8×103N。故A错误；
B：0∼5s内，汽车所受牵引力不变，故5s时牵引力为F=8×103N，速度为15m/s。故牵引力功率为：P=Fv=8×103×15W=1.2×105W，故B正确；
C：当牵引力等于阻力时速度最大，P=Fvm，F=f，故vm=Pf=1.2×1052×103=60m/s，故C错误；
D：据图像可知当速度为15m/s时，功率达到额定功率，故当v=20m/s时，启程率为额定功率。据P=Fv知，F=Pv=1.2×10520N=6×103N，据牛顿第二定律，F−f=ma，得：a=F−fm=6×103−2×1032×103m/s2=2m/s2，故D正确
故选：BD。
机车启动问题，要清楚P=Fv的含义，P指的是牵引力的功率，F指牵引力。机车运动过程中受牵引力和阻力作用，根据F−f=ma知要保持加速度不变，牵引力应该不变，根据P=Fv，启动过程速度增大，功率也增大，当功率达到额定功率时，功率保持不变，而此时牵引力大于阻力，继续加速，根据根据P=Fv，F会变小，加速度变小，当牵引力减小到和阻力大小相等时，加速度为零，速度最大。
解决机车启动问题，首先要分清楚是哪种启动方式，然后采用分段处理的方法，在匀加速阶段常用牛顿第二定律结合运动学公式进行分析，在非匀加速阶段，根据P=Fv和F−f=ma对各物理量的变化情况进行定性分析。
11.【答案】AC
【解析】解：小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设到达b点之前可以和皮带共速，则加速度为a1=μg=2.5m/s2，位移为x1=v22a=0.8mμmgcs37∘=0.2mg
所以煤块一直匀加速运动，在bc段的加速度大小为a2=mgsin37∘−μmgcs37∘m=gsin37∘−μgcs37∘
解得a2=4m/s2
由bc=vt3+12at32，解得t3=1s
该过程皮带位移为x3=vt3=2×1m=2m
煤块和传送带相对滑动位移为Δx2=bc−x3=4m−2m=2m
因摩擦产生的热量为Q2=μmgcs37∘⋅Δx2=0.25×1×10×0.8×2J=4J
所以煤块由a运动到c的时间为t=t1+t2+t3=0.8s+0.6s+1s=2.4s
痕迹长为s=2m，摩擦生热Q=Q1+Q2=2J+4J=6J，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，并求出当小煤块的速度达到2m/s时的位移，判断出小煤块的运动情况，从而求出小煤块从a点传送到b点所用的时间。小煤块A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcs37∘，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和是a到c的运动时间；在ab段与bc段都会留下痕迹，但ab段传送带快，bc段煤块快，所留痕迹的长度之和即为总长度；应用功能关系求出小煤块从a到b过程电动机多消耗的电能；求出从a到c过程求出小煤块因摩擦产生的热量。
本题是力学综合题，小煤块运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。
12.【答案】甲
【解析】解：(1)为了使小球在摆动过程摆长保持不变，将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图2中甲所示的固定方式；
(2)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，则图中游标卡尺示数为d=15mm+5×0.1mm=15.5mm
(3)图中秒表读数为t=90s+10.2s=100.2s
该单摆的周期为
T=tn=100.240s=2.505s
(4)根据单摆周期公式：T=2π Lg
可得：L=g4π2T2
可知L−T2图像的斜率为：k=g4π2=0.9−0.53.6−2.0m/s2=0.25m/s2
解得重力加速度为：g=9.86m/s2
故答案为：(1)甲；(2)15.5；(3)2.505；(4)9.86
(1)选用固定方式时，应保证摆线的长度不变。
(2)根据游标卡尺的精度读数；
(3)根据秒表的读数和全振动的次数解得周期；
(4)通过单摆的周期公式，推导T2与L的关系式，利用图像斜率，可以求重力加速度。
此题考查了用单摆测定重力加速度的方法，实验数据的处理，利用图像处理物理问题，需要深刻理解实验原理。
13.【答案】L−1(Δt)2 Md22F BCmgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
【解析】解：(1)滑块通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则滑块通过光电门的速度为
v=dΔt
由动能定理由：
FL=12Mv2
则L=Md22F⋅1(Δt)2
则为了获得线性图像应作L−1(Δt)2图像；
该图像的斜率k=Md22F
(2)A.因实验中应用了力传感器，则不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，故A错误；
B.滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，故B正确；
C.气垫导轨没有调节水平，拉力做功的一部分可能转化为小车的重力势能，故动能可能减小，故C正确；
D.因实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，故D错误。
故选：BC。
(3)重力势能减少量为
ΔEp=12mgL
滑块的速度为：v=dΔt
则钩码的速度为：v′=12v=d2Δt
则系统动能的增量为：ΔEk=12Mv2+12mv′2=12M(dΔt)2+18m(dΔt)2
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式：mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
故答案为：(1)L−1(Δt)2，Md22F；(2)BC；(3)mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2。
(1)根据动能定理推导函数表达式，结合图像斜率计算；
(2)实验中细绳对滑块的拉力通过力传感器测量，不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，动滑轮的质量对实验无影响，克服阻力做功使动能变化量小于拉力做功；
(3)根据重力做功表示重力势能减少量，根据平均速度计算滑块速度、钩码速度，表示出系统动能增加量，根功能关系写出要验证的表达式。
本题的关键是表示出拉力做功和动能变化量，掌握实验原理和注意事项。
14.【答案】

【解析】
15.【答案】解：(1)由功的定义式得绳的拉力对木箱做的功WF=FLcsθ=100×5×0.8J=400J；
地面的阻力对木箱做的功Wf=−fL=−40×5J=−200J；
(2)由动能定理有WF+Wf=Ek−0，
400J+(−200J)=Ek−0，
得木箱前进5m时的动能Ek=200J，
(3)因为动能Ek=12mv2，可求得v=4m/s，
则瞬时功率为P=Fvcsα=100×4×0.8W=320W。
答：(1)绳的拉力及地面的阻力分别对木箱做的功是400J，−200J；
(2)木箱前进5m时的动能是200J；
(3)木箱前进5m时绳的拉力瞬时功率是320W。
【解析】(1)根据功的公式求出绳的拉力及地面的阻力分别对木箱做的功；
(2)根据动能定理得木箱前进5m时的动能；
(3)根据P=Fvcsα求解木箱前进5m时绳的拉力瞬时功率。
本题考查了功和功率的计算，关键是要利用功和功率的相关公式，注意公式中各物理量的意义。
16.【答案】解：(1)依题意，取竖直向上为正方向，可求得运动员最后一次与跳板接触前，速度为
v1=− 2gh1
接触后，速度为
v2= 2gh2
则运动员与跳板接触过程中，根据动量定理有
(F−mg)t=mv2−mv1
代入数据求得，跳板对运动员的弹力为
F=1750N
根据牛顿第三定律，可知运动员与跳板作用过程中对跳板的平均压力的大小为1750N，方向竖直向下。
(2)设从入水到向下运动到最大深度所用的时间为t，运动员从h2处自由下落到入水前所用时间为t0，则有
h2+H=12gt02
根据动量定理有
mg(t0+t)−(f+F)t=0
联立两式，代入数据求得
t=0.45s
答：(1)运动员与跳板作用过程中对跳板的平均压力的大小为1750N；
(2)从入水到向下运动到最大深度所用的时间为0.45s。
【解析】(1)根据运动学公式解得运动员与跳板接触前后的速度，根据动量定理解得跳板对运动员的弹力，根据牛顿第三定律可知运动员对跳板的平均压力；
(2)从入水到向下运动到最大深度的过程中根据动量定理解得时间。
本题考查动量定理的应用，解题关键掌握动量是矢量，需要规定正方向。