2022-2023学年河北省张家口市尚义县高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省张家口市尚义县高一（下）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河北省张家口市尚义县高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于如图甲、乙、丙、丁所示的四种圆周运动模型，下列说法不正确的是(    )

甲                           乙                          丙                      丁

A. 图甲中拱形桥半径为R，若车在最高点时速度大小为 gR，车对桥面的压力为零，车将做平抛运动
B. 图乙中，在固定圆锥筒(内壁光滑)内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力的作用
C. 图丙中，仅在重力和轻绳拉力作用下，绕O点在竖直面内做圆周运动的小球，最容易拉断轻绳的位置一定是最低点
D. 图丁中，当火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，外轨对火车有侧压力，火车易脱轨做离心运动
2. 下列有关物理知识和史实的说法，正确的是(    )
A. 伽利略发现了万有引力定律
B. 卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值
C. 地球同步卫星的发射速度应介于11.2km/s与16.7km/s之间
D. 哥白尼发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据
3. 中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。据报道称新一代高速列车牵引功率可达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为(    )

A. 3.3×103kW⋅h B. 3.3×104kW⋅h C. 3.3×105kW⋅h D. 3.3×106kW⋅h
4. 央视网消息，俄罗斯“乌拉尔航空”公司一架空客客机在起飞后不久遭遇多只飞鸟撞击，导致两台发动机起火引擎失灵，迫降在离机场不远处的一片玉米地里。假设客机撞鸟时飞行速度大约为900km/h，小鸟的质量约为0.5kg，撞机时间约为0.01s，估算飞机受到的撞击力为(    )
A. 1250N B. 25000N C. 12500N D. 2500N
5. 在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤。为什么要“双眼紧盯树梢”，以下解释正确的是(    )
A. 伐木工人所关注的是树梢的线速度 B. 伐木工人所关注的是树梢的角速度
C. 伐木工人所关注的是树梢的向心加速度 D. 伐木工人所关注的是树梢的向心力
6. 如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30∘的固定斜面做加速度大小为g的匀减速直线运动，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中(    )

A. 物体克服摩擦力做功2mgh B. 物体的动能损失了mgh
C. 物体的重力势能增加了2mgh D. 系统机械能损失了mgh
7. 如图所示，质量分别为m与2m的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线做匀速运动，小球A的动量pA=5kg⋅m/s，小球B的动量pB=7kg⋅m/s(规定向右为正方向)，则在小球A追上小球B并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量ΔpA和ΔpB可能分别为(    )

A. −4kg⋅m/s，5kg⋅m/s B. −10kg⋅m/s，10kg⋅m/s
C. 2kg⋅m/s，−2kg⋅m/s D. −1kg⋅m/s，1kg⋅m/s
8. 两段长度相等的轻杆通过质量为m的小球A连接在一直线上，质量为2m的小球B固定在一根杆的一端，如图所示．当整个装置在光滑的水平面上绕另一杆的端点O匀速转动时，OA杆的拉力F1与AB杆的拉力F2之比为(    )


A. 5：4 B. 4：5 C. 1：4 D. 4：1
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. “玉兔号”登月车在月球表面成功登陆，实现了中国人“奔月”的伟大梦想，“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落实验，测得物体从静止自由下落高度h的时间为t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则(    )
A. 月球表面的重力加速度为h2t2
B. 月球的第一宇宙速度为 2hRt
C. 月球同步卫星离月球表面的高度为3T2R2h2π2t2
D. 月球质量为2R2hGt2
10. 质量为1.0kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能Ek随位移x变化的情况如图所示。已知重力加速度g取10m/s2，下列判断正确的是(    )

A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.30 B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C. 物体滑行的总时间为2.0s D. 物体滑行的总时间为4.0s
11. 小明骑电动平衡车从静止开始以a=1m/s2的恒定加速度在平直公路上启动，达到额定功率后以额定功率继续行驶。小明从启动平衡车开始计时，经t=30s速度达到最大vm=10m/s。已知小明和电动平衡车的总质量m=80kg，摩擦阻力Ff=80N恒定不变。下列判断正确的是(    )

A. 平衡车在30s内一直做匀加速运动 B. 平衡车的额定输出功率为800W
C. 平衡车在10s末的功率为800W D. 平衡车在30s内的位移为150m
12. 如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽放在光滑的水平面上，有一质量为m的小球由槽顶端A静止释放。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，在其下滑至槽末端B的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量不守恒
B. 若圆弧槽不固定，小球水平方向移动的位移为R3
C. 圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为 6：2
D. 若圆弧槽固定，圆弧槽对地面的最大压力为6mg
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量______，来间接解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2。图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜槽上的A位置由静止释放；然后把被碰小球m2静止放置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜槽上的A位置由静止释放与小球m2相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出M、P、N到O点的水平距离xM、xP、xN。若两球相碰前、后的动量守恒，其表达式可表示为______。(用上述步骤中测量的量表示)

甲
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图乙所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球m1仍从斜槽上的A点由静止释放，重复(2)问的操作步骤，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为L1、L2、L3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______。(用所测物理量的字母表示)

乙

14. 用重锤自由下落验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。

甲
(1)在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是______。
A.重锤下落的起始位置靠近打点计时器
B.做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤
C.为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到起始点O点的距离h，再根据公式v= 2gh计算，其中g应取当地的重力加速度
D.用刻度尺测量某点到起始点O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度
(2)如图乙是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取五个连续打出的点A、B、C、D、E，测得A、B、C三点到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEP=______，动能的增加量ΔEk=______。

乙
(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______。
A.该误差属于偶然误差
B.该误差属于系统误差
C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
(4)某同学以重锤的速度平方v2为纵轴，以重锤下落的高度h为横轴，作出如图丙所示的v2−h图像，则当地的重力加速度g=______m/s2。(结果保留3位有效数字)

丙

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图所示是月亮女神、嫦娥1号绕月球做圆周运动时某时刻的图片，两卫星的转动方向相同，用R1、R2、T1、T2分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R表示月球的半径，已知引力常量为G。
(1)求从此时起再经多长时间两卫星第一次相距最远；
(2)请用嫦娥1号所给的已知量，估测月球的平均密度。


16. 如图所示，质量为1kg的物块自高台上A点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5m的光滑圆弧轨道。物块到达圆弧轨道最底端C点后沿粗䊁的水平面继续运动4.3m，最终到达D点停下来，已知重力加速度g取10m/s2，OB与水平面的夹角θ=53∘，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6。求：
(1)物块到达B点时的速度vB；
(2)物块到达C点时，物块对轨道的厓力大小；
(3)物块与水平面间的动摩擦因数。


17. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30∘，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，物块A的质量为4m，物块B的质量为m，开始时将物块B按在地面上不动，然后放开手，让物块A沿斜面下滑而物块B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当物块A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，已知重力加速度为g。求：
(1)细线断时，物块B的速度大小；
(2)细线断时，物块A重力的功率；
(3)物块B离地的最大高度H。


18. 如图甲所示，质量相同的小球A、C穿在足够长的光滑水平直杆上。用长为l=0.4m的细线拴着小物块B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小球A获得沿杆向右的瞬时冲量I=0.3N⋅s，小球A的速度时间v−t图像如图乙所示。已知重力加速度g取10m/s2。

甲                                               乙
(1)求物块B的质量；
(2)若在小球A运动的过程中，使小球C获得沿杆向右的冲量I=0.3N⋅s，某时刻小球C追上小球A并与其发生碰撞，碰后两个小球一起运动，求之后物块B上升的最大高度的范围。

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】A.图甲中，在拱形桥最高点对车受力分析，根据牛顿第二定律，有 mg−FN=mv2R ，代入数据可得 FN=0 ，车将做平抛运动，A正确，不符合题意；B.图乙中，在固定圆锥筒(内壁光滑)内做匀速圆周运动的小球，受重力和弹力，它们的合力提供小球的向心力，B错误，符合题意；C.图丙中，仅在重力和轻绳拉力作用下，绕 O 点在竖直面内做圆周运动的小球，在最高点有 mg+F高=mv高2r ，整理可得 F高=mv高2r−mg ，在最低点有 F低−mg=mv低2r ，整理可得 F低=mv彽2r+mg ，根据能量关系可知 v高
2.【答案】B 
【解析】
【分析】
根据第一和第二宇宙速度和物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献，同时知道三个宇宙速度的意义．
本题考查有关天体运动的物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
【解答】
AB、牛顿发现了万有引力定律，英国物理学家卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量G的数值，故A错误，B正确；
C、发射地球同步卫星的发射速度应介于7.9km/s与11.2km/s之间，故C错误；
D、开普勒发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据，故D错误。  
3.【答案】B 
【解析】列车从北京开到杭州所用时间为 t=sv=1300km350km/h≈3.71h ，则列车在动力上耗电约为 W=Pt=3.3×104kW⋅h ，故选B。

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
应用动量定理可以求出撞击时受到的平均撞击力。
本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，根据动量定理进行解答。
【解答】
可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为：
v=900km/h=250m/s，
撞击过程中对鸟，由动量定理得：
Ft=mv−0，
解得：F=mvt=0.5×2500.01N=12500N，由牛顿第三定律可得飞机受到的撞击力大小为12500N．
故C正确，ABD错误。
故选C。
  
5.【答案】A 
【解析】伐木工人双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，是因为树木倒下时，各点角速度相同，树梢的半径最大，根据 v=rω 知线速度最大，最容易判断，A正确，B、C、D错误。

6.【答案】D 
【解析】AD.由牛顿第二定律有 a=g=mgsin30∘+Ffm ，解得 Ff=12mg ，物体克服摩擦力做功为 Ffs=12mg⋅hsin30∘=mgh ，由功能关系可知，机械能损失等于克服摩擦力做功即为 mgh ，A错误，D正确；B.动能损失量为 ΔEk=F合外力⋅s=mgs=2mgh ，B错误；C.物体在斜面上能够上升的最大高度为 h ，所以重力势能增加了 mgh ，C错误。

7.【答案】D 
【解析】A.碰撞过程动量守恒，两物体动量的变化量应等大反向，A错误；B.因为碰撞的过程中动能不增加，若 ΔpA 和 ΔpB 分别为 −10kg⋅m/s ， 10kg⋅m/s ，则 p′A=−5kg⋅m/s ， p′B=17kg⋅m/s ，根据 Ek=p22m ，碰前的总动能为 252mA+492mB=994m ，碰后的总动能为 252mA+2892mB=3394m ，可知碰撞的过程中动能增加，B错误；C.根据动量定理知，两球碰撞的过程中， B 球的动量增加， A 球的动量减小，则 ΔpA=2kg⋅m/s ， ΔpB=−2kg⋅m/s 不满足，C错误；D.动量变化量分别为 −1kg⋅m/s 、 1kg⋅m/s ，符合动量守恒，根据 Ek=p22m ，碰后的总动能为 162mA+642mB=964m<994m ，可见动能不增加，符合实际的规律，D正确。

8.【答案】A 
【解析】解：设OA=AB=r，小球运动的角速度为ω，根据牛顿第二定律得：
    对B球：F2=2mω2⋅2r   ①
    对A球：F1−F2=mω2r  ②
由①②得，F2=4(F1−F2)
解得，F1：F2=5：4
故选：A
本题考查向心力的计算，当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动时，AB两球做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用隔离法研究杆OA段与AB段对球的拉力之比．

9.【答案】BD 
【解析】A.设月球表面的重力加速度为 g ，则有 h=12gt2 ，解得 g=2ht2 ，A错误；B.月球的第一宇宙速度为 v ，则有 mg=mv2R ，解得 v= gR= 2hRt ，B正确；CD.设月球同步卫星离月球表面的高度为 H ，则有 GMmR+H2=m2πT2R+H ， GMmR2=mg ，联立解得 H=3hR2T22t2π2−R ， M=2hR2Gt2 ，C错误，D正确。
10.BD解析：AB.根据动能定理 −μmgx=0−12mv02 ，由于初动能为 50J ，总位移 20m ，代入公式可求得动摩擦因数 μ=0.25 ，A错误，B正确；CD.由于初动能为 50J ，则 12mv02=50J ，解得 v0=10m/s ，在这段时间内的平均速度 v=v02=5m/s ，因此运动的总时间 t=xv=4.0s ，C错误，D正确。


10.【答案】BD 
【解析】AB.根据动能定理 −μmgx=0−12mv02 ，由于初动能为 50J ，总位移 20m ，代入公式可求得动摩擦因数 μ=0.25 ，A错误，B正确；CD.由于初动能为 50J ，则 12mv02=50J ，解得 v0=10m/s ，在这段时间内的平均速度 v=v02=5m/s ，因此运动的总时间 t=xv=4.0s ，C错误，D正确。

11.【答案】BC 
【解析】A.平衡车在 30s 内先做匀加速运动，当达到额定功率时做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时速度最大，A错误；B.平衡车的额定输出功率为 P=Ffvm=80×10W=800W ，B正确；C.平衡车匀加速阶段的牵引力 F=ma+Ff=160N ，匀加速结束时的速度 v=PF=800160m/s=5m/s ，则匀加速的时间为 t=va=5s ，则在 10s 末的功率为额定功率 800W ，C正确；D.假设平衡车一直匀加速到 10m/s ，则在 30s 内的位移为 x=102×30m=150m ，因平衡车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，可知在 30s 内的位移不等于 150m ，D错误。

12.【答案】AC 
【解析】
【分析】
根据系统的合外力是否为零判断系统动量是否守恒；若圆弧槽不固定，根据系统水平方向动量守恒求解小球水平方向移动的位移，并根据系统水平方向和机械能守恒相结合求出小球滑到B点时的速度。圆弧槽固定时，由机械能守恒定律求求圆弧槽固定时小球滑到B点时的速度，再求小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比。根据牛顿运动定律求小球到达B点时对圆弧槽的压力，从而求得圆弧槽对地面的最大压力。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用；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；对于机械能守恒定律要知道：机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零。要注意圆弧槽不固定时，小球和槽组成的系统动量并不守恒，但水平方向动量守恒。
【解答】
A、若圆弧槽不固定，小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，系统动量不守恒，故A正确；
B、若圆弧槽不固定，设小球水平方向移动的位移大小为x，则圆弧槽的位移大小为R−x，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得：m xt−2mR−xt=0，解得x=23R，故B错误；
C、若圆弧槽固定，小球滑至B点时，由机械能守恒定律得mgR=12mvB2，解得小球滑到B点时的速度vB= 2gR；
若圆弧槽不固定，设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。
在小球下滑的过程，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得
 mv1−2mv2=0
根据系统机械能守恒有mgR=12mv12+12⋅2mv22
联立解得小球滑到B点时的速度为v1=2 gR3，则vB：v1= 2gR：2 gR3= 6：2，故C正确；
D、圆弧槽固定，小球运动到B点时对圆弧槽的压力最大，圆弧槽对地面的压力最大。小球在B点时，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2R
解得FN=3mg，由牛顿第二定律可知，小球在B点时对圆弧槽的压力大小为FN′=FN=3mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax=FN′+2mg=5mg，故D错误。
故选：AC。  
13.【答案】(1)C         (2) m1⋅xP=m1⋅xM+m2⋅xN  
(3) m1 l2=m1 l1+m2 l3  
 
【解析】(1)因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移，来间接解决这个问题。(2)设落地时间为 t ，则有 v0=xPt ， v1=xMt ， v2=xNt ，而动量守恒的表达式为 m1v0=m1v1+m2v2 ，所以若两球相碰前后的动量守恒，则有 m1⋅xP=m1⋅xM+m2⋅xN 。
(3)碰撞前， m1 落在图中的 P′ 点，设其水平初速度为 v′0 ，小球 m1 和 m2 发生碰撞后， m1 的落点在图中 M′ 点，设其水平初速度为 v′1 ， m2 的落点是图中的 N′ 点，设其水平初速度为 v′2 。设斜面与水平面的倾角为 α ，由平拁运动规律得 l2sinα=12gt2 ， l2cosα=v′0t ，解得 v′0= gl2cos2α2sinα ，同理 v′1= gl1cos2α2sinα ， v′2= gl3cos2α2sinα ，可见速度正比于  l ，所以只要验证 m1 l2=m1 l1+m2 l3 即可。


14.【答案】(1)C         (2) mghB      mhC−hA28T2  
(3)BD                    (4)9.67
 
【解析】(1)A.为充分利用纸带，重锤下落的起始位置靠近打点计时器，A正确，不符合题意；B.为充分利用纸带，做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，B正确，不符合题意；C.根据实验打出的纸带，应根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度来求得某一点重锤的速度 v ，我们的实验目的就是要验证 v= 2gh ，故不能利用公式 v= 2gh 计算重锤的速度 v ，C错误，符合题意；D.用刻度尺测量某点到 O 点的距离 h ，利用公式 mgh 计算重力势能的减少量，其中 g 应取当地的重力加速度，D正确，不符合题意。
(2)从打下 O 点到打下 B 点的过程中，重锤重力势能的减少量 ΔEp=mghB ；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 点时的速度大小 vB=xAC2T=hC−hA2T ，动能的增加量 ΔEk=12mvB2=mhC−hA28T2 。
(3)空气阻力、摩擦阻力在实验过程中做负功，故重力势能的减少量总是略大于动能的增加量，而这个实验结果是由设计方案决定的，这类误差属于系统误差，不能通过多次重复测量取平均值来减小，只能改变实验方案，减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，A、C错误，B、D正确。
(4)根据 mgh=12mv2 ，可得 v2=2gh ，可知图线的斜率为 k=2g ，代入数据解得 g≈9.67m/s2 。


15.【答案】(1) T1T22T2−2T1                                            (2) 3πR23GT22R3 
【解析】(1)两卫星第一次相距最远时有 2πtT1−2πtT2=π
解得 t=T1T22T2−2T1
(2)对嫦娥1号有 GMmR22=m4π2T22R2
月球的质量 M=43πR3ρ
解得 ρ=3πR23GR3T22


16.【答案】(1) 5m/s     (2) 96N                         (3)0.5 
【解析】(1)物块恰好从 B 端沿切线方向进入轨道，根据速度的分解可知 vB=v0sinθ
解得 vB=5m/s
(2)物块由 B 运动到 C ，根据动能定理有 mgR1+sinθ=12mvC2−12mvB2
在 C 点处，根据牛顿第二定律有 F′N−mg=mvC2R
解得 F′N=96N
根据牛顿第三定律，物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力 FN 的大小为 96N
(3)物块从 C 运动到 D ，根据功能关系有 −μmgL=0−12mvC2
解得 μ=0.5


17.【答案】(1)  2gs5    (2) 2mg 2gs5            (3) 1.2s 
【解析】(1)A、B组成的系统机械能守恒，则有 4mgssin30∘−mgs=12×4mv2+12mv2
解得 v= 2gs5
(2)由功率的表达式可得 P=4mgvsin30∘
解得 P=2mg 2gs5
(3)细线断后物块B做竖直上抛运动，设继续上升的高度为 h ，由机械能守恒定律可得
12mv2=mgh
解得 h=s5
物块B离地的最大高度 H=h+s=s5+s=1.2s


18.【答案】(1) 0.2kg     (2) 0.025m≤h≤0.225m 
【解析】(1)由乙图可知，小球 A 的初速度 v0=3m/s
当物块 B 再次运动到小球 A 的正下方时，小球 A 的速度 vA=−1m/s
对小球 A ，由动量定理 I=mAv0
对小球 A 与物块 B ，根据动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB
根据机械能守恒定律得 12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得 vB=2m/s ， mB=0.2kg ， mA=0.1kg
(2)不论小球 C 与 A 何时相碰，当三者共速时，物块 B 上升的高度最大
C 、 A 、 B 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 mCvC+mAv0=mA+mB+mCv共
对小球 C ，由动量定理得 I=mCvC
解得 v共=1.5m/s
若 C 与 A 相碰时， A 的速度为 3m/s ， C 、 A 碰撞时机械能无损失，由能量守恒定律得
12mCvC2+12mAv02=12mA+mB+mCv共2+mBgh1
解得 h1=0.225m
若C与A相碰时，A的速度 v′A=−1m/s ， C 、 A 碰撞时机械能损失最大
对 C 、 A 碰撞，由动量守恒定律得 mCvC+mAv′A=mA+mCv′C
由能量守恒定律得 12mA+mCv′C2+12mBvB2=12mA+mB+mCv共2+mBgh2
解得 h2=0.025m
故物块 B 上升的最大高度的范围为 0.025m≤h≤0.225m