吉林省友好学校2024-2025学年高二（上）期末联考 物理试卷

这是一份吉林省友好学校2024-2025学年高二（上）期末联考 物理试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）两个相同的金属小球，带电荷量分别为﹣Q和+3Q，相距为d（d远大于小球半径）时的位置，则它们之间的库仑力大小将变为（ ）
A．B．FC．D．
2．（4分）如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下悬挂金属验电箔，下列说法正确的是（ ）
A．导体M内部的场强比导体N内部的场强大
B．只有N端的验电箔张开，N端带正电
C．两端的验电箔都张开，M端带正电，N端带负电
D．若用手摸一下导体M端，移走小球，导体MN带负电
3．（4分）如图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。带电粒子在运动中只受电场力作用（ ）
A．该粒子带负电
B．a、b两点的电场强度b处较大
C．该粒子在a、b两点的电势能b处较大
D．该粒子在a、b两点的加速度a处较小
4．（4分）如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝300mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（ ）
A．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝5Ω
B．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝10Ω
C．改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0＝20Ω
D．改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0＝40Ω
5．（4分）如图所示，光源S从水面下向空气斜射一束复色光，在A点分成a、b两束（ ）
A．在水中a光折射率小于b光
B．在水中a光的速度小于b光
C．若a、b光由水中射向空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．分别用a、b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光产生的干涉条纹间距小于b光
6．（4分）“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中（ ）
A．U1变小，U2不变B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大D．U1不变，U2变大
7．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接（ ）
A．带电油滴一直处于静止状态
B．电容器极板间电势差减小
C．带电油滴的电势能将减小
D．极板带电量将减小
（多选）8．（6分）如图所示的装置中，当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（ ）
A．电源左侧为正极
B．小磁针B的N极向纸里转
C．小磁针B的N极向纸外转
D．小磁针B不转动
（多选）9．（6分）如图所示，图甲是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P点是此时处在平衡位置的一个质点。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波沿x轴负方向传播
C．这列波的波速为2.5m/s
D．这列波的波速为2m/s
（多选）10．（6分）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑片P向a端移动时（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变大
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．R2上消耗的功率变大
D．电源内部消耗的热功率变大
二、非选择题（本题共2小题，共54分。）
11．（8分）现有一合金制成的圆柱体导线，要测其电阻率，现用螺旋测微器测量其直径d，螺旋测微器和游标卡尺的读数分别如图中a、b所示；
（1）由上图可知圆柱体的直径d＝ mm；长度L＝ cm。
（2）选择合适的实验器材，实验电路图如图1所示，按照电路图正确连接实物图。在图的实验电路图中 端。（填“a”或“b”）
（3）分别测出多组U、I值，以电压为纵坐标、以电流为横坐标做出U﹣I图像如图2所示。若图像的斜率为k；则该圆柱体的电阻率ρ＝ 。（用k、d、L表示）
12．（8分）用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O
（1）实验必须满足的条件是 。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射球每次都要从同一高度由静止释放
D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
（2）实验中要完成的必要步骤是 （填选项前的字母）。
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量抛出点距地面的高度H
C.用秒表测出小球做平抛运动的时间t
D.分别确定m1碰撞前后落地点的位置和m2碰后的落地点P、M、N，并用刻度尺测出水平射程OP、OM、ON
（3）入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，两小球的质量应满足m1 m2。（选填“大于”“小于”或“等于”）
（4）若所测物理量满足 表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒。
四、解答题（本题共3小题。共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（10分）如图所示，一质量为m＝1.0×10﹣2kg、带电荷量大小为q＝1.0×10﹣6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10m/s2。求：（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）电场强度E的大小；
（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度大小v及方向。
14．（12分）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光0＝1Ω，求：
（1）电源的输出功率P出；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
15．（16分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，求：
（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
2024-2025学年吉林省友好学校高二（上）期末联考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）
1．（4分）两个相同的金属小球，带电荷量分别为﹣Q和+3Q，相距为d（d远大于小球半径）时的位置，则它们之间的库仑力大小将变为（ ）
A．B．FC．D．
【分析】根据库仑定律和电荷守恒定律即可解答。
【解答】解：根据库仑定律可得：接触前的库仑力大小为
接触后，两个小球的电荷量先中和再平分，则每个小球的电量为﹣Q，接触后的库仑力大小为
得：，故A正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查了库仑定律和电荷守恒定律，解题关键是掌握带同种电荷的两个金属球相接触，电荷量平分；带异种电荷的两个金属球相接触，电荷量先中和再平分。
2．（4分）如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下悬挂金属验电箔，下列说法正确的是（ ）
A．导体M内部的场强比导体N内部的场强大
B．只有N端的验电箔张开，N端带正电
C．两端的验电箔都张开，M端带正电，N端带负电
D．若用手摸一下导体M端，移走小球，导体MN带负电
【分析】根据感应带电的原理分析即可。
【解答】解：ABC.现使一带正电的金属小球靠近M端，在M的左端感应出负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，而处于静电平衡的导体，故ABC错误；
D.若用手摸一下导体M端，人与大地相连，而M的电势高于人的电势，即MN上面的负电荷增多，MN带负电。
故选：D。
【点评】知道感应带电的原理，以及导体的两端带电特点符合“近异远同”。同时要掌握处于静电平衡状态下的导体特点。
3．（4分）如图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。带电粒子在运动中只受电场力作用（ ）
A．该粒子带负电
B．a、b两点的电场强度b处较大
C．该粒子在a、b两点的电势能b处较大
D．该粒子在a、b两点的加速度a处较小
【分析】A.带电粒子做曲线运动，所受合力（电场力）指向运动轨迹的凹侧，结合题图，即可分析判断；
B.根据电场线的疏密与电场强度的关系，即可分析判断；
C.由图，结合功能关系，即可分析判断；
D.结合前面分析，结合牛顿第二定律，即可分析判断。
【解答】解：A.带电粒子做曲线运动，所受合力（电场力）指向运动轨迹的凹侧，所以粒子在a，但电场线方向不明，故A错误；
B.由图可知，a点的电场线比b点的更密，电场强度越大可知，a，故B错误；
C.由图可知，若粒子由a向b运动，故电场力做负功，则b处电势能较大；
D.结合前面分析可知，a、b两点的电场强度a处较大、b两点的电场力a处较大，该粒子在a，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
4．（4分）如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝300mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（ ）
A．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝5Ω
B．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝10Ω
C．改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0＝20Ω
D．改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0＝40Ω
【分析】灵敏电流计要改装成电流表需要并联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出电阻的大小；
灵敏电流计改装成电压表需要串联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出电阻的大小。
【解答】解：AB．根据电表改装的知识可知，需要并联一个电阻，根据欧姆定律可得：
解得R0＝10Ω，故AB错误；
CD．根据电表改装的知识可知，需串联一个电阻，根据欧姆定律可得：
IgRg+IgR8＝U
解得：R0＝40Ω，故C错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律即可完成解答，难度不大。
5．（4分）如图所示，光源S从水面下向空气斜射一束复色光，在A点分成a、b两束（ ）
A．在水中a光折射率小于b光
B．在水中a光的速度小于b光
C．若a、b光由水中射向空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．分别用a、b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光产生的干涉条纹间距小于b光
【分析】根据折射定律知水对a、b光的折射率大小；由公式分析得知速度的大小；根据全反射临界角公式比较临界角的大小；根据公式可知a光产生的双缝干涉条纹间距与b光产生的条纹间距的大小关系。
【解答】解：A、两光束的入射角i相同a＜rb，根据折射定律可得：，所以a光折射率小于b光a＜nb，故A正确；
B、由公式，在水中a光的速度比b光的速度大；
C、a光的折射率小，由，若a，a光的临界角较大；
D、a光折射率小于b光，波长λa＞λb，根据公式可知，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查光的折射定律，解题关键掌握折射定律的应用，注意全反射临界角与条纹间距的计算公式。
6．（4分）“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中（ ）
A．U1变小，U2不变B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大D．U1不变，U2变大
【分析】根据动能定理计算出电子进入偏转电场时的速度，进入偏转电场后，电子水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，联立等式得出偏转角正切值的表达关系，由此逐项分析。
【解答】解：根据动能定理：
在偏转电场中
L＝vt
vy＝at
联立解得：
若使偏转角变小即使tanθ变小，使U7变大，U2变小可使偏转角变小，故B正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据动能定理计算出电子进入偏转电场的速度，进入偏转电场后，电子做类平抛运动，根据不同方向的运动特点列式求解即可。
7．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接（ ）
A．带电油滴一直处于静止状态
B．电容器极板间电势差减小
C．带电油滴的电势能将减小
D．极板带电量将减小
【分析】平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，电压不变，根据分析极板间电场强度E的变化，再判断带电油滴的运动状态；根据电场力做功情况判断电势能变化情况。根据平行板电容器的决定式分析电容的变化，由电容的定义式C＝分析电容器所带电荷量的变化。
【解答】解：B、由于电容器两极板始终与电源相连，故B错误；
A、开始时。将上极板竖直向下移动一小段距离后，而电容器极板间电势差U不变
可知，极板间电场强度E增大，则合外力将变为竖直向上，故A错误；
C、带电油滴所受电场力竖直向上。将上极板竖直向下移动一小段距离后，电场力对油滴做正功，故C正确；
D、根据平行板电容器的决定式，C减小分析可知，极板带电量将增加。
故选：C。
【点评】本题是电容器动态分析问题，要抓住电压不变，根据平行板电容器的决定式、电容的定义式C＝和场强公式相结合进行分析。
（多选）8．（6分）如图所示的装置中，当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（ ）
A．电源左侧为正极
B．小磁针B的N极向纸里转
C．小磁针B的N极向纸外转
D．小磁针B不转动
【分析】根据右手螺旋定则判定通电电流周围磁场方向，小磁针静止时N极指向为磁场方向。
【解答】解：A．根据小磁针A的指向可知通电螺线管的左边为S极，所以电源左侧为正极；
BCD．根据电源的正负，根据右手螺旋定则可知小磁针B所处位置的磁场方向垂直纸面向外，故BD错误。
故选：AC。
【点评】本题主要考查了右手螺旋定则和磁场方向的判定，解题关键是掌握小磁针静止时N极指向为磁场方向。
（多选）9．（6分）如图所示，图甲是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P点是此时处在平衡位置的一个质点。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波沿x轴负方向传播
C．这列波的波速为2.5m/s
D．这列波的波速为2m/s
【分析】根据“同侧法”可知这列波的传播方向；由甲图知波长，由乙图知周期，由此得到这列波的波速。
【解答】解：AB、由图乙可知质点P在t＝0时刻向y轴正方向振动，这列波沿x轴正方向传播、B错误；
CD、由甲图知波长λ＝8m，这列波的波速为：，C错误。
故选：AD。
【点评】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
（多选）10．（6分）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑片P向a端移动时（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变大
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．R2上消耗的功率变大
D．电源内部消耗的热功率变大
【分析】当变阻器的滑动头P向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，根据“串反并同”分析。
【解答】解：当变阻器的滑动头P向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，与滑动变阻器等效并联的电压表2的电流、电压；与滑动变阻器等效串联的电源的电流、电功率都变小，BD错误。
故选：AC。
【点评】熟练应用“串反并同”分析动态电路。
二、非选择题（本题共2小题，共54分。）
11．（8分）现有一合金制成的圆柱体导线，要测其电阻率，现用螺旋测微器测量其直径d，螺旋测微器和游标卡尺的读数分别如图中a、b所示；
（1）由上图可知圆柱体的直径d＝ 3.710 mm；长度L＝ 1.570 cm。
（2）选择合适的实验器材，实验电路图如图1所示，按照电路图正确连接实物图。在图的实验电路图中 a 端。（填“a”或“b”）
（3）分别测出多组U、I值，以电压为纵坐标、以电流为横坐标做出U﹣I图像如图2所示。若图像的斜率为k；则该圆柱体的电阻率ρ＝ 。（用k、d、L表示）
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数；游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
（2）根据图示电路图确定滑片的位置。
（3）根据图示图像求出电阻，然后应用电阻定律求出电阻率的表达式。
【解答】解：（1）由图a所示螺旋测微器可知，圆柱体的直径d＝3.5mm+21.3×0.01mm＝3.710mm
由图b所示游标卡尺可知，长度L＝15mm+14×4.05mm＝15.70mm＝1.570cm
（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，应使电表示数为零，滑动板变阻器触头应置于a端。
（3）由欧姆定律可知：U＝RI，由图1所示U﹣I图像可知
根据电阻定律得：R＝
解得，电阻率：ρ＝
故答案为：（1）3.710；1.570；（3）。
【点评】掌握常用实验器材的使用方法与读数方法；应用欧姆定律与电阻定律，根据图示图像即可解题。
12．（8分）用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O
（1）实验必须满足的条件是 BC 。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.入射球每次都要从同一高度由静止释放
D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
（2）实验中要完成的必要步骤是 AD （填选项前的字母）。
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量抛出点距地面的高度H
C.用秒表测出小球做平抛运动的时间t
D.分别确定m1碰撞前后落地点的位置和m2碰后的落地点P、M、N，并用刻度尺测出水平射程OP、OM、ON
（3）入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，两小球的质量应满足m1 大于 m2。（选填“大于”“小于”或“等于”）
（4）若所测物理量满足 m1•OP＝m1•OM+m2•ON 表达式则可判定两个小球相碰前后动量守恒。
【分析】（1）根据利用平抛运动小球的碰撞验证动量守恒的实验原理和注意事项进行分析判断；
（2）根据验证动量守恒的实验原理结合动量守恒的表达式、变形式进行分析器材的选用以及所需测量的物理量；
（3）根据碰撞的要求判断质量的大小关系；
（4）根据动量守恒的表达式推导变形式进行解答。
【解答】解：（1）A.斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行；
B.斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平；
C.小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变；
D.实验过程中，白纸不可以移动。
故选：BC。
（2）A.验证动量守恒表达式中涉及两小球质量，故需要测量的物理量是两小球的质量；
BC.因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量抛出点到地面的高度，故BC错误；
D.因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，该位移可以代表A球碰撞前的速度，该位移可以代表碰撞后A球的速度，该位移可以代表碰撞后B球的速度、OP，故D正确。
故选：AD。
（3）为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量；
（4）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，该位移可以代表A球碰撞前的速度，该位移可以代表碰撞后A球的速度，该位移可以代表碰撞后B球的速度1•OP＝m1•OM+m8•ON，说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
故答案为：（1）BC；（2）AD；（4）m1•OP＝m1•OM+m8•ON。
【点评】考查应用平抛小球的碰撞验证动量守恒的问题，明确实验的原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。
四、解答题（本题共3小题。共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（10分）如图所示，一质量为m＝1.0×10﹣2kg、带电荷量大小为q＝1.0×10﹣6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10m/s2。求：（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）电场强度E的大小；
（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度大小v及方向。
【分析】（1）对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值；
（2）剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解.
【解答】解：（1）由于小球静止时偏向左边，受电场力水平向左
对小球，由平衡条件可得：qE＝mgtanθ
解得电场强度E的大小为：E＝＝C＝7.5×103N/C
（2）剪断细线后，小球只受重力和电场力，小球做初速度为零的匀加速直线运动，
小球受到的合力为：F＝
由牛顿第二定律得：F＝ma
由速度﹣时间公式得：v＝at
代入数据解得：v＝12.5m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向下。
答：（1）电场强度E的大小为7.5×104N/C；
（2）若在某时刻将细线突然剪断，经过1s时小球的速度大小为12.4m/s。
【点评】解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，要明确剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动。
14．（12分）如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光0＝1Ω，求：
（1）电源的输出功率P出；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
【分析】（1）先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路电流，根据P＝UI计算输出功率；
（2）根据并联电路电流的特点计算出通过电动机的电流，然后根据焦耳定律计算；
（3）电动机的机械功率等于电动机的电功率减去电动机的发热功率，据此计算即可。
【解答】解：（1）由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E﹣U＝10V﹣8V＝7V
总电流
I＝＝A＝8A
电源的输出功率
P出＝UI＝8×2W＝16W
（2）流过灯泡的电流
I2＝＝A＝1.7A
则流过电动机的电流
I2＝I﹣I1＝8A﹣1.5A＝7.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝0.42×1×10J＝5.5J
（3）电动机的总功率
P′＝UI2＝7×0.5W＝7W
电动机的机械功率
P机＝＝2.75W
答：（1）电源的输出功率P出为16W；
（2）10s内电动机产生的热量Q为2.5J；
（3）电动机的机械功率为4.75W。
【点评】掌握串并联电路电压、电流的特点是解题的基础，知道电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系。
15．（16分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，求：
（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
【分析】（1）研究滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律求出A滑到曲面底端时的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B碰撞结束瞬间的速度。
（2）当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
（3）应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出滑块C脱离弹簧时的速度；滑块C离开桌面后做平抛运动，根据分运动的规律求C落地点与桌面边缘的水平距离。
【解答】解：（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒1，由机械能守恒定律有：mAgh＝mAv12，
代入数据解得：v5＝6m/s；
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，设为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv3＝（mA+mB）v2，
代入数据解得：v2＝7m/s；
（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时、B、C速度相等3，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB+mC）v6，
代入数据解得：v3＝1m/s，
由机械能守恒定律有：（mA+mB）v28＝（mA+mB+mC）v32+Ep，
代入数据解得 Ep＝3J；
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧、B的速度为v5，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v2＝（mA+mB）v5+mCv5，
由机械能守恒定律得：（mA+mB）v22＝（mA+mB）v42+mCv22，
代入数据解得：v4＝6，v5＝2m/s；
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：s＝v7t，
竖直方向：H＝gt2，
代入数据解得：s＝2m；
答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是2m/s；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能是6J；
（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离是2m．
【点评】本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
D
C
D
A
B
C