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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20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.下列说法正确的是( )
A. 物体的速度变化，其动能一定发生变化
B. 物体的速度变化，其动量一定发生变化
C. 物体动量越大，则合外力越大
D. 做平抛运动的物体，相同时间内动量的增量不同
2.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是2rad/s。盘面上距圆盘中心0.1m的位置处有一个质量为1kg的小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动，小物体可视为质点。下列对小物体的分析正确的是( )
A. 小物体的向心加速度大小为0.2m/s2
B. 小物体的向心力大小为0.2N
C. 圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心
D. 若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体会相对圆盘滑动
3.2022年11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船自主快速交会对接于天和核心舱前向端口，中国空间站首次形成“三舱三船”组合体，达到当前设计的最大构型。中国空间站在离地面h=400km高度的圆轨道，做周期为T=90分钟的圆周运动，地球半径为R=6400km，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。由上述资料不能估算出( )
A. 地球的质量B. 地球的平均密度
C. 空间站的质量D. 地球表面的重力加速度
4.如图所示，质量相等的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a为低轨卫星，则下列说法正确的是( )
A. 卫星a的线速度比卫星c的大
B. 卫星a的周期比卫星c的大
C. 若要卫星c与b实现对接，只需要让卫星c加速即可
D. 卫星a的机械能等于卫星c的机械能
5.如图所示，在电梯的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，电梯上升高度为H，速度由v1增加到v2，重力加速度为g，物体与电梯保持相对静止，不计空气阻力，则在这个过程中下列说法正确的是( )
A. 物体重力势能的增量为mgH+12mv22B. 合外力对物体做的功为12mv22−12mv12
C. 电梯对物体做的功为12mv22−12mv12D. 物体机械能的增量为mgH+12mv22
6.一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，之后保持以额定功率(P额)运动。其v−t图像如图所示。汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 汽车在前5s内的牵引力为6×103NB. 汽车的额定功率为40kW
C. 汽车的最大速度为20m/sD. 0∼t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0
7.如图所示，甲、乙两个完全相同的小球，从高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ1>θ2，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球滑到斜面底端时速度相同
B. 甲、乙两球滑到斜面底端时动能相同
C. 甲、乙两球下滑过程中，乙球重力做的功较多
D. 甲、乙两球滑到斜面底端时，甲球重力的瞬时功率较大
8.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s(设为正方向)，vB=−3m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A. vA′=2m/s，vB′=−1m/sB. vA′=1m/s，vB′=1m/s
C. vA′=1.5m/s，vB′=2m/sD. vA′=−3m/s，vB′=9m/s
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
9.在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30∘角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳瞬间绷紧，然后带动B车一起运动；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度v0射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程(空气阻力均忽略不计)，下列判断中正确的是( )
A. 甲图中小球机械能守恒
B. 乙图中小球A的机械能守恒
C. 丙图中两车组成的系统动量守恒
D. 丁图中子弹、木块组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
10.某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移-时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图象信息可知( )
A. 碰撞前a、b的运动方向相反
B. 滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量比为1：6
C. 碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的大
D. 两滑块的碰撞为弹性碰撞
11.哈九中航天科普节活动中，航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。已知“水火箭”质量为M(不包含水)，“水火箭”内装有质量为m的水，发射时在极短的时间内将水以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，“水火箭”内的空气质量忽略不计，下列说法正确的是( )
A. “水火箭”喷出水时，由于“水火箭”和水组成的系统受重力作用，所以系统一定不能看作动量守恒
B. “水火箭”喷出水时，由于内力远大于外力，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒
C. “水火箭”获得的最大速度大小为mv0M
D. “水火箭”上升的最大高度为m2v02gM2
12.如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速转动，将一质量为1kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4s末木箱到达传送带最右端，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 木箱加速过程的加速度大小为1m/s2
B. 木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2
C. 4s内木箱与传送带间的摩擦生热为2J
D. 4s内电动机由于传送木箱而多消耗的电能为2J
13.质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，物体只在摩擦力作用下减速到停止，其v−t图像如图所示。则在两物体运动的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1：3
B. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1：1
C. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：3
D. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：1
14.如图所示，两个半径均为1.2m的四分之一圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点A、B所在平面与水平面相切，C、D分别为两圆槽顶端最高点。质量为1kg的小球(可视为质点)从左圆槽最高点C处由静止释放，圆槽质量均为2kg，重力加速度为g=10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是( )
A. 小球和左圆槽分离时，小球的速度大小为4m/s
B. 从释放到小球与左圆槽分离，左圆槽移动的距离为0.4m
C. 小球能冲出右圆槽的最高点D点
D. 小球与右侧圆槽分离后，不能追上左侧圆槽
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
15.用图甲所示实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端切线水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：
(1)实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______。
A.m1B.m1=m2
C.m1>m2
(2)(多选)关于该实验，下列说法正确的有______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.实验要求入射球和被碰球的半径相同
C.用半径尽量小的圆把小球的落点圈起来，圆心位置可视为小球落地点的平均位置
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
(3)两球应满足的关系式为______，使碰撞时动量守恒。(均用题中所给物理量的符号表示)
16.学校物理兴趣小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，气垫导轨装置如图所示，由导轨、滑块、弹射器、光电门等组成，固定在两滑块上的挡光片的宽度相等。主要的实验步骤如下：
①安装好气垫导轨，转动气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②测得滑块1(含挡光片)与滑块2(含弹簧和挡光片)的质量分别为m1、m2；
③接通光电计时器(光电门)；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧连有弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦分别读出滑块1通过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1和Δt2，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3。回答下列问题：
(1)下列检验导轨是否水平的两种做法中，较好的是______
A.将气垫导轨平放在桌上，不打开气源充气，将滑块放到导轨上，若滑块不动，则导轨水平。
B.将气垫导轨平放在桌上，先打开气源充气，再将滑块放到导轨也，轻推滑块一下，若滑块先后通过两个光电门时的挡光时间相等，则导轨水平。
(2)若两挡光片的宽度均用d表示，则碰撞前滑块1通过光电门的速度大小为______，若规定滑块1前进的方向为正方向，则滑块1碰撞前后的动量变化量为______。(均用题中涉及的物理量符号表示)
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式______，即说明两滑块碰撞过程中动量守恒。(填选项前的字母代号)
A.m1Δt1=m1Δt2+m2Δt3
B.m1Δt1=m1Δt2−m2Δt3
C.m1Δt1=−m1Δt2+m2Δt3
四、简答题：本大题共3小题，共28分。
17.如图所示，有一粗糙的水平台面OA长4m，离地面高度h为1.8m，滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25.现O点有一质量为1.0kg的滑块(体积不计)，在10N水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，运动到A点撤去拉力，滑块离开水平台面，最后落到地面(g取10m/s2，不计空气阻力)，试求：
(1)滑块运动到A点的速度大小？
(2)滑块落地前瞬间的速度大小？
18.如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50kg，重物与地面接触0.02s后停止运动，不计空气阻力，g取10m/s2。试求：
(1)重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小；
(2)地面对重物的平均作用力的大小。
19.如图所示，一轻质弹簧的两端分别固定在滑块B和滑块C上，整体静止在光滑水平桌面上。滑块A从光滑曲面上离桌面h=0.2m高处由静止滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起。已知滑块A、B的质量均为m=1kg，滑块C的质量为M=4kg，重力加速度为g=10m/s2，滑块A、B碰撞时间极短，不计空气阻力，弹簧一直在弹性限度内。试求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)A、B碰撞后，弹簧的最大弹性势能；
(3)A、B碰撞后，滑块C最大速度的大小。
五、计算题：本大题共1小题，共9分。
20.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获得某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点．求：
(1)弹簧对物体的弹力做的功？
(2)物块从B至C克服阻力做的功？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、速度是矢量，如果速度的大小没变方向变了的话，其动能不变。故A错误。
B、速度与动量都是矢量所以速度变化的话，其动量一定发生变化。故B正确。
C、物体的动量只与该物体的质量与速度有关，所以物体动量越大不能判断物体的合外力是否变大。故C错误。
D、做平抛运动的物体只受重力的影响，所以物体的加速度恒定，而动量P=mv，因为加速度恒定，所以速度的变化量是恒定的，所以做平抛运动的物体，在相同时间内动量的增量相同。故D错误。
故选：B。
要知道速度与动量是矢量，而动能是标量。动量只与物体的质量和速度有关。
此题主要考查了速度与动量是矢量，动能是标量，以及对动量、动能的理解能力。
2.【答案】C
【解析】解：A、小物体的向心加速度大小为an=ω2r=22×0.1m/s2=0.4m/s2
故A错误；
B、小物体的向心力大小为Fn=man=1×0.4N=0.4N
故B错误；
C、圆盘对小物体的静摩擦力指向圆心，提供向心力，故C正确；
D、若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，小物体恰好与圆盘发生相对滑动时有：f=mωm2r
代入数据解得：ωm=2 10rad/s>5rad/s
则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体不会相对圆盘滑动，故D错误。
故选：C。
根据向心加速度公式求解小物体的加速度；根据向心力公式求解小物体的向心力；小物体做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力；当摩擦力达到最大静摩擦力时，小物体恰好相对圆盘发生滑动，根据摩擦力等于向心力求解最大角速度，比较即可。
本题考查水平面内的匀速圆周运动，解题关键是掌握匀速圆周运动的向心加速度、向心力公式，知道物体相对圆盘发生相对滑动的临界条件。
3.【答案】C
【解析】解：根据题意可知中国空间站轨道半径：r=400km+6400km=6.8×106m，周期为T=90分钟=5400s；地球半径为R=6400km=6.4×106m，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。
AB、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，解得：ρ=3πr3GT2R3，所以根据题干数据可求地球的质量和密度，故AB不符合题意；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，计算时空间站的质量约去，不可求，故C符合题意；
D、根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，由于地球质量M可求，根据题干数据可求地球表面的重力加速度g，故D选项不符合题意。
本题选不能估算的量，故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求地球的质量，根据密度计算公式求解地球的密度；空间站的质量在计算过程中约去；根据万有引力和重力的关系求地球表面的重力加速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
4.【答案】A
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于a的轨道半径小于c的轨道半径，所以卫星a的线速度比卫星c的大，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，由于a的轨道半径小于c的轨道半径，卫星a的周期比卫星c的小，故B错误；
C、若要卫星c与b实现对接，只让卫星c加速，则c加速后做离心运动，无法实验对接，故C错误；
D、质量相等的卫星，所处的轨道越高、机械能越大，所以卫星a的机械能小于卫星c的机械能，故D错误。
故选：A。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期的大小；根据变轨原理分析是否能够对接；质量相等的卫星，所处的轨道越高、机械能越大。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
5.【答案】B
【解析】解：A、物体重力势能的增加量ΔEP=mgH，故A错误；
B、由动能定理可知，合力对物体做功W=12mv22−12mv12，故B正确；
CD、电梯对物体做的功转化为物体的机械能，电梯对物体做的功等于物体机械能的增加量，物体机械能的增加量ΔE=mgH+12mv22−12mv12，电梯对物体做的功W电梯=ΔE=mgH+12mv22−12mv12，故CD错误。
故选：B。
根据重力势能的计算公式求出重力势能的增加量；应用动能定理求出合力对物体做的功；电梯对物体做的功转化为物体的机械能，根据功能原理求出电梯对物体做的功，求出物体机械能的增加量。
分析清楚物体的运动过程，应用重力势能的计算公式、动能定理与功能关系即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：A、由图像得，前5s内，汽车的加速度为a=ΔvΔt=105m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律得：F−F阻=ma
由题意得：F阻=0.1mg=0.1×2×103×10N=2×103N
代入数据联立解得：F=6×103N
故A正确；
B、5s时，汽车的功率达到额定功率，额定功率P额=Fv=6×103×10W=6×104W=60kW
故B错误；
C、t0时刻汽车的速度达到最大值，此时牵引力等于阻力，有vm=P额F阻=6×1042×103m/s=30m/s
故C错误；
D、0∼5s时间内，汽车的功率小于额定功率，5s∼t0时间内，汽车的功率等于额定功率，则0∼t0时间内汽车牵引力做的功小于P额t0，故D错误。
故选：A。
v−t图像的斜率表示加速度，根据图像求解汽车的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；汽车匀加速运动结束时，功率达到额定功率，根据功率公式求解额定功率；汽车速度达到最大值时，牵引力等于阻力，根据P=Fv求解最大速度；根据W=Pt分析牵引力做功。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道v−t图像的斜率表示加速度，知道汽车速度达到最大速度时牵引力等于阻力。
7.【答案】D
【解析】解：AB、设小球下滑高度为h，甲乙两球下滑过程由动能定理得，小球滑到底端的动能为：Ek=12mv2=mgh
解得：v= 2gh
甲小球下滑高度h更大，则甲小球滑到底端时速度更大，动能更大，故AB错误；
C、小球重力做功WG=mgh
甲小球下滑高度h更大，则甲球重力做的功较多，故C错误；
D、设小球滑到底端的水平位移为x，小球滑到底端时，重力的瞬时功率为P=mgvsinθ=mgsinθ 2gh=mgsinθ 2gxtanθ
甲、乙两球滑到斜面底端时，斜面倾角θ1>θ2，则sinθ1>sinθ2，tanθ1>tanθ2，则甲球重力的瞬时功率较大，故D正确。
故选：D。
根据动能定理求解小球下滑到底端时的速度的大小和动能大小，比较即可；根据做功公式比较重力做功大小；根据功率公式比较重力的瞬时功率。
本题考查动能定理、功和功率的计算，解题关键是会根据动能定理求解小球的速度，掌握功和功率的计算公式。
8.【答案】B
【解析】解：以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3kg⋅m/s+2×(−3)kg⋅m/s=6kg⋅m/s
碰前总动能为：Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×4×32J+12×2×(−3)2J=27J
A、如果vA′=2m/s、vB′=−1m/s，碰后系统总动量为 p′=mAv′A+mBv′B=4×2kg⋅m/s+2×(−1)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为：E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×22J+12×2×(−1)2J=9J；动能不增加，但碰后两球速度方向相反，会再次发生碰撞，这是不可能的，故A错误；
B、如果vA′=1m/s、vB′=1m/s，碰后系统动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1kg⋅m/s+2×1kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×12J+12×2×12J=3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故B正确；
C、如果vA′=1.5m/s、vB′=2m/s，碰后总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1.5kg⋅m/s+2×2kg⋅m/s=10kg⋅m/s，系统动量不守恒，不可能，故C错误；
D、如果vA′=−3m/s、vB′=9m/s，碰后系统总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×(−3)kg⋅m/s+2×9kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×(−3)2J+12×2×92J=99J，动能增加，这是不可能的；故D错误；
故选：B。
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．由此分析即可．
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
9.【答案】AC
【解析】解：A.甲图中小球在转动时，只有重力做功，所以小球机械能守恒，故A正确；
B.乙图中小球AB间机械能相互转化，AB系统机械能守恒，单独分析时由于此时杆对小球的力不沿杆的方向，对小球做功，故小球A的机械能不守恒，故B错误；
C.丙图中两车组成的系统合外力为零，所以动量守恒，故C正确；
D.丁图中子弹射入木块过程中，子弹、木块组成的系统合外力为零，所以动量守恒；子弹与木块间有相对运动，系统一部分机械能转化成内能，故机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒和动量守恒的条件，分析清楚各图示物理情景，然后分析答题。
本题考查了判断小球机械能和系统的动量是否守恒，知道机械能守恒和动量守恒的条件，分析清楚运动过程及受力情况即可正确解题。
10.【答案】AB
【解析】解：AB、根据x−t图象的斜率代表速度，则得：碰撞前滑块I速度为：v1=ΔxΔt=4−145m/s=−2m/s，大小为2m/s；滑块Ⅱ速度为v2=Δx′Δt′=45m/s=0.8m/s，则碰撞前a、b的运动方向相反；
同理可解得碰后的速度v=0.4m/s
根据动量守恒定律，有：m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据，有：−2m1+0.8m2=0.4(m1+m2)
联立解得：m2=6m1
滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量比为1：6
故AB正确；
C、碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为负。由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量比滑块Ⅱ小，故C错误；
D、碰后两滑块的速度相等，所以该碰撞不是弹性碰撞，故D错误；
故选：AB。
根据x−t图象的斜率得到滑块I、Ⅱ碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式分析。
本题关键根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式求解。
11.【答案】BC
【解析】解：AB.“水火箭”和水组成的系统受到的外力之合不为零，但“水火箭”喷出水时，水和“水火箭”的相互作用力远大于重力，重力可以忽略不计，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒，故A错误，B正确；
C.取向上为正方向，根据动量守恒有
Mv−mv0=0
解得
v=mv0M
故C正确；
D.“水火箭”做竖直上抛运动，根据运动学规律可知
v2=2gH
可得“水火箭”上升的最大高度为
H=m2v022gM2
故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒的条件分析AB，应用动量守恒定律与运动学公式解答CD。
明确知道该水火箭原理是反冲现象，知道在喷出水的瞬间，火箭和水组成的系统动量守恒，掌握喷出水后火箭的运动情况。
12.【答案】AC
【解析】解：A、木箱放上传送带先做匀加速运动，根据图乙可得木箱做匀加速运动的加速度大小a=ΔvΔt=22m/s2=1m/s2，故A正确；
B、对木箱，根据牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得木箱与传送带之间的动摩擦因数为：μ=0.1，故B错误；
C、木箱在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，速度与传送带速度相等后做匀速直线运动，由图乙所示图线可知，传送带速度v=2m/s；木箱与传送带的相对位移为Δx=x传送带−x木箱=vt1−v2vt1=12vt1=12×2×2m=2m，木箱和传送带间因摩擦产生的热量Q=μmgΔx=0.1×1×10×2J=2J，故C正确；
D、由能量守恒定律，可知把木箱从传送带左端运送到右端，电动机多消耗的电能等于木箱重力动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E电=12mv2+Q，代入数据解得：E电=4J，故D错误。
故选：AC。
木箱放上传送带先做匀加速运动，根据v−t图像的斜率求出木箱的加速度，再根据牛顿第二定律求解木箱与传送带之间的动摩擦因数；根据v−t图象面积的物理意义，求出木箱与传送带的相对位移，再求解木箱和传送带间因摩擦产生的热量；电动机多消耗的电能等于木箱增加的动能以及因摩擦而产生的内能之和。
本题首先要明确木箱的运动情况，选取研究过程，分析运动过程中木箱的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
13.【答案】BD
【解析】解：A、对图像进行分析，可以得知外力F1与外力F2持续的时间不相等，因为再撤去外力后，物体A、B就只受摩擦力，所以可以得出A、B的摩擦力分别为fA=2maA1=2mv02t0=mv0t0、fB=maB1=mv0t0，所以fA：fB=1：1。故A错误，B正确。C、由于冲量I=Ft，所以由图可知IA=F1t0、IB=2F2t0，由牛顿第二定律可以得知：F1=fA+2maA2=fA+2mv0t0=3mv0t0、F2=fB+maB2=fB+mv02t0=3mv02t0，所以IA：IB=1：1。故C错误，D正确。
故选：BD。
对图像进行分析，可以得知物块A、B的两段加速度的大小，通过对后面一段加速度的求解可以得出物块A、B受到的摩擦力的大小，再通过对前一段运动的分析，就可以计算出物块受到的力F1于F2的大小，从而计算出F1于F2对物块A、B的冲量大小。
本题主要考查了图像的分析理解能力，以及对加速度公式、冲量公式的运用能力。
14.【答案】ABD
【解析】解：A、设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得：
mv1−2mv2=0
根据机械能守恒定律可得：mgR=12mv12+12⋅2mv22
联立解得：v1=4m/s
故A正确；
B、小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”可得：mx1=2mx2，其中x1+x2=R
解得：x2=0.4m
故B正确；
C、设小球冲上右侧圆槽最大高度为h，此时二者水平方向的速度相同，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得：mv1=3mv3
根据机械能守恒定律可得：12mv12=12⋅3mv32+mgh
联立解得：h=89R，无法到达最高点D点，故C错误；
D、设小球离开右侧圆槽时的速度大小为v4，此时右侧圆槽的速度大小为v5，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1=mv4+2mv5
根据机械能守恒定律可得：12mv12=12mv42+12⋅2mv52
联立解得：v4=−4 23m/s，负号表示方向向左，即最后小球的速度方向向左，小于左侧圆槽的速度，不能冲上左圆槽，故D正确。
故选：ABD。
根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解小球达到最低点时速度大小，小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”求解滑槽的位移大小，根据几何关系求解AB的距离；小球冲上右侧圆槽最大高度为h，根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行解答；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解小球离开右侧圆槽的速度大小，然后进行判断。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；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(或合外力为零)；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，再根据机械能守恒定律列方程求解。
15.【答案】CBCm1x2=m1x1+m2x3
【解析】解：(1)为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即m1>m2，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)A、只要保证每一次小球从同一位置由静止释放，使得小球获得相同的平抛初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B、为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故B正确；
C、用半径尽量小的圆把小球的落点圈起来，圆心位置可视为小球落地点的平均位置，这是正确的操作，故C正确；
D、小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选：BC。
(3)设小球在空中运动的时间为t，小球m1的碰前速度为v0=x2t，其碰后速度v1=x1t，小球m2的碰后速度为v2=x3t
若满足动量守恒定律则有：m1v0=m1v1+m2v2
整理得：m1x2=m1x1+m2x3
故答案为：(1)C；(2)BC；(3)m1x2=m1x1+m2x3
(1)为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量；
(2)根据实验原理与实验操作判断；
(3)根据动量守恒定律可知关系式。
本题考查验证动量守恒定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意对于两个小球质量的要求，掌握利用平抛运动间接测量碰撞速度的原理。
16.【答案】BdΔt1 m1d(1Δt2−1Δt1)A
【解析】解：(1)由于不打开气源充气，将滑块放到导轨上，由于摩擦阻力作用，即使气垫导轨不水平，滑块仍然可能不动，故A错误，B正确。
(2)滑块1碰撞前经过光电门时的速度大小v1=dΔt1，碰撞后经过光电门光电门时的速度大小v2=dΔt2，滑块1碰撞前后动量的变化量Δp=m1v2−m2v1=m1d(1Δt2−1Δt1)
(3)碰撞后滑块2的速度大小v3=dΔt3，如果碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前滑块1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v2+m2v3，整理得：m1Δt1=m1Δt2+m2Δt3，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)dΔt1，m1d(1Δt2−1Δt1)；(3)A。
(1)根据实验原理选出合适的实验操作。
(2)根据遮光片的宽度与遮光片通过光电门的时间求出滑块经过光电门时的速度；然后求出滑块1动量的变化量。
(3)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据遮光片的宽度与通过光电门的时间求出滑块的速度，应用动量守恒定律即可解题。
17.【答案】解：(1)在水平台面上运动时，拉力F做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理得：
Fx−μmg⋅x=12mvA2−0
将已知量代入上式，解得vA=2 15m/s
(2)从A点到落地过程，机械能守恒，选地面为零势能面
有12mvA2+mgh=12mv2
代入数值，解得v=4 6m/s
答：(1)滑块运动到A点的速度大小为2 15m/s；
(2)滑块落地前瞬间的速度大小4 6m/s.
【解析】(1)在水平台面上运动时，拉力F做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理得即可求得物体达到A的速度：
(2)从A点到落地过程，只有重力做功，选地面为零势能面，由机械能守恒即可求得物体落地时的速度．
该题中物体离开A点到落地的过程中，只有重力做功，可以使用动能定理，也可以使用机械能守恒．在使用机械能守恒时，要注意选取0势能面．
18.【答案】(共8分)
(1)重物在空中下落过程为自由落体运动，则
h=12gt12、
代入数据的t1=0.2s
重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小
I=mgt1
解得I=100N⋅s
(2)以竖直向下为正方向，重物与地面相互作用过程中，根据动量定理
−Ft=0−mv1、v1=gt1
解得F=5000N
所以地面对重物的平均作用力F′=F+mg，
代入数据得：F′=5500N。
答：(1)重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小为I=100N⋅s
(2)地面对重物的平均作用力的大小为5500N。
【解析】由于是自由落体，所以可以求出重物在空中的时间，从而求出重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小。再根据动量守恒定律求出地面对重物的平均作用力的大小。
本题主要考查的是动量定理，以及对自由落体运动和冲量公式的理解。
19.【答案】解：(1)设滑块A滑到水平面时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1
代入数据解得：v1=1m/s
(2)弹簧弹性势能最大时，A、B、C三者速度相等，A、B、C组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(2m+M)v2
从A、B碰撞后到A、B、C共速，由机械能守恒定律得：12×2mv12=12(2m+M)v22+EP
代入数据解得：Ep=23J
(3)弹簧恢复原长时C速度最大，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：2mv1=2mv3+Mv4
根据系统机械能守恒有：12×2mv12=12×2mv32+12Mv42
代入数据解得：v4=23m/s
答：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是1m/s；
(2)A、B碰撞后，弹簧的最大弹性势能是23J；
(3)A、B碰撞后，滑块C最大速度的大小是23m/s。
【解析】(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)弹簧恢复原长时滑块C的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块C的最大速度。
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。
20.【答案】解：物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg.
由牛顿第二定律，有 7mg−mg=mvB2R
得：EkB=12mvB2=3mgR.
(1)根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为：Wf=EkB=3mgR
(2)物块在C点仅受重力．据牛顿第二定律，有：mg=mvC2R
得：EkC=12mvC2=12mgR.
物体从B到C只有重力和阻力做功．根据动能定理，有：Wf−mg⋅2R=EkC−EkB
得：物体从B到C阻力做的功为：Wf=12mgR−3mgR+2mgR=−12mgR
即物块从B至C克服阻力做的功为12mgR.
答：(1)弹簧对物体的弹力做的功3mgR；
(2)物块从B至C克服阻力做的功12mgR.
【解析】(1)研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度，得到物体的动能，物体从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于物体经过B点的动能；
(2)物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功．
本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解．
1.下列说法正确的是( )
A. 物体的速度变化，其动能一定发生变化
B. 物体的速度变化，其动量一定发生变化
C. 物体动量越大，则合外力越大
D. 做平抛运动的物体，相同时间内动量的增量不同
2.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是2rad/s。盘面上距圆盘中心0.1m的位置处有一个质量为1kg的小物体在随圆盘一起做匀速圆周运动，小物体可视为质点。下列对小物体的分析正确的是( )
A. 小物体的向心加速度大小为0.2m/s2
B. 小物体的向心力大小为0.2N
C. 圆盘对小物体的静摩擦力方向指向圆盘中心
D. 若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体会相对圆盘滑动
3.2022年11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船自主快速交会对接于天和核心舱前向端口，中国空间站首次形成“三舱三船”组合体，达到当前设计的最大构型。中国空间站在离地面h=400km高度的圆轨道，做周期为T=90分钟的圆周运动，地球半径为R=6400km，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。由上述资料不能估算出( )
A. 地球的质量B. 地球的平均密度
C. 空间站的质量D. 地球表面的重力加速度
4.如图所示，质量相等的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a为低轨卫星，则下列说法正确的是( )
A. 卫星a的线速度比卫星c的大
B. 卫星a的周期比卫星c的大
C. 若要卫星c与b实现对接，只需要让卫星c加速即可
D. 卫星a的机械能等于卫星c的机械能
5.如图所示，在电梯的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，电梯上升高度为H，速度由v1增加到v2，重力加速度为g，物体与电梯保持相对静止，不计空气阻力，则在这个过程中下列说法正确的是( )
A. 物体重力势能的增量为mgH+12mv22B. 合外力对物体做的功为12mv22−12mv12
C. 电梯对物体做的功为12mv22−12mv12D. 物体机械能的增量为mgH+12mv22
6.一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，之后保持以额定功率(P额)运动。其v−t图像如图所示。汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 汽车在前5s内的牵引力为6×103NB. 汽车的额定功率为40kW
C. 汽车的最大速度为20m/sD. 0∼t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0
7.如图所示，甲、乙两个完全相同的小球，从高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ1>θ2，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两球滑到斜面底端时速度相同
B. 甲、乙两球滑到斜面底端时动能相同
C. 甲、乙两球下滑过程中，乙球重力做的功较多
D. 甲、乙两球滑到斜面底端时，甲球重力的瞬时功率较大
8.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s(设为正方向)，vB=−3m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A. vA′=2m/s，vB′=−1m/sB. vA′=1m/s，vB′=1m/s
C. vA′=1.5m/s，vB′=2m/sD. vA′=−3m/s，vB′=9m/s
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
9.在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30∘角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳瞬间绷紧，然后带动B车一起运动；丁图为一木块静止在光滑水平面上，子弹以速度v0射入其中且未穿出。则关于这几个物理过程(空气阻力均忽略不计)，下列判断中正确的是( )
A. 甲图中小球机械能守恒
B. 乙图中小球A的机械能守恒
C. 丙图中两车组成的系统动量守恒
D. 丁图中子弹、木块组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
10.某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移-时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图象信息可知( )
A. 碰撞前a、b的运动方向相反
B. 滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量比为1：6
C. 碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的大
D. 两滑块的碰撞为弹性碰撞
11.哈九中航天科普节活动中，航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。已知“水火箭”质量为M(不包含水)，“水火箭”内装有质量为m的水，发射时在极短的时间内将水以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，“水火箭”内的空气质量忽略不计，下列说法正确的是( )
A. “水火箭”喷出水时，由于“水火箭”和水组成的系统受重力作用，所以系统一定不能看作动量守恒
B. “水火箭”喷出水时，由于内力远大于外力，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒
C. “水火箭”获得的最大速度大小为mv0M
D. “水火箭”上升的最大高度为m2v02gM2
12.如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速转动，将一质量为1kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4s末木箱到达传送带最右端，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 木箱加速过程的加速度大小为1m/s2
B. 木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2
C. 4s内木箱与传送带间的摩擦生热为2J
D. 4s内电动机由于传送木箱而多消耗的电能为2J
13.质量分别为2m和m的A、B两个物体，分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，运动一段时间后，撤去F1、F2，物体只在摩擦力作用下减速到停止，其v−t图像如图所示。则在两物体运动的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1：3
B. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1：1
C. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：3
D. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1：1
14.如图所示，两个半径均为1.2m的四分之一圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点A、B所在平面与水平面相切，C、D分别为两圆槽顶端最高点。质量为1kg的小球(可视为质点)从左圆槽最高点C处由静止释放，圆槽质量均为2kg，重力加速度为g=10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是( )
A. 小球和左圆槽分离时，小球的速度大小为4m/s
B. 从释放到小球与左圆槽分离，左圆槽移动的距离为0.4m
C. 小球能冲出右圆槽的最高点D点
D. 小球与右侧圆槽分离后，不能追上左侧圆槽
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
15.用图甲所示实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端切线水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：
(1)实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______。
A.m1
C.m1>m2
(2)(多选)关于该实验，下列说法正确的有______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.实验要求入射球和被碰球的半径相同
C.用半径尽量小的圆把小球的落点圈起来，圆心位置可视为小球落地点的平均位置
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
(3)两球应满足的关系式为______，使碰撞时动量守恒。(均用题中所给物理量的符号表示)
16.学校物理兴趣小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，气垫导轨装置如图所示，由导轨、滑块、弹射器、光电门等组成，固定在两滑块上的挡光片的宽度相等。主要的实验步骤如下：
①安装好气垫导轨，转动气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②测得滑块1(含挡光片)与滑块2(含弹簧和挡光片)的质量分别为m1、m2；
③接通光电计时器(光电门)；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧连有弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦分别读出滑块1通过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1和Δt2，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3。回答下列问题：
(1)下列检验导轨是否水平的两种做法中，较好的是______
A.将气垫导轨平放在桌上，不打开气源充气，将滑块放到导轨上，若滑块不动，则导轨水平。
B.将气垫导轨平放在桌上，先打开气源充气，再将滑块放到导轨也，轻推滑块一下，若滑块先后通过两个光电门时的挡光时间相等，则导轨水平。
(2)若两挡光片的宽度均用d表示，则碰撞前滑块1通过光电门的速度大小为______，若规定滑块1前进的方向为正方向，则滑块1碰撞前后的动量变化量为______。(均用题中涉及的物理量符号表示)
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式______，即说明两滑块碰撞过程中动量守恒。(填选项前的字母代号)
A.m1Δt1=m1Δt2+m2Δt3
B.m1Δt1=m1Δt2−m2Δt3
C.m1Δt1=−m1Δt2+m2Δt3
四、简答题：本大题共3小题，共28分。
17.如图所示，有一粗糙的水平台面OA长4m，离地面高度h为1.8m，滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25.现O点有一质量为1.0kg的滑块(体积不计)，在10N水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，运动到A点撤去拉力，滑块离开水平台面，最后落到地面(g取10m/s2，不计空气阻力)，试求：
(1)滑块运动到A点的速度大小？
(2)滑块落地前瞬间的速度大小？
18.如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50kg，重物与地面接触0.02s后停止运动，不计空气阻力，g取10m/s2。试求：
(1)重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小；
(2)地面对重物的平均作用力的大小。
19.如图所示，一轻质弹簧的两端分别固定在滑块B和滑块C上，整体静止在光滑水平桌面上。滑块A从光滑曲面上离桌面h=0.2m高处由静止滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起。已知滑块A、B的质量均为m=1kg，滑块C的质量为M=4kg，重力加速度为g=10m/s2，滑块A、B碰撞时间极短，不计空气阻力，弹簧一直在弹性限度内。试求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)A、B碰撞后，弹簧的最大弹性势能；
(3)A、B碰撞后，滑块C最大速度的大小。
五、计算题：本大题共1小题，共9分。
20.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获得某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点．求：
(1)弹簧对物体的弹力做的功？
(2)物块从B至C克服阻力做的功？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、速度是矢量，如果速度的大小没变方向变了的话，其动能不变。故A错误。
B、速度与动量都是矢量所以速度变化的话，其动量一定发生变化。故B正确。
C、物体的动量只与该物体的质量与速度有关，所以物体动量越大不能判断物体的合外力是否变大。故C错误。
D、做平抛运动的物体只受重力的影响，所以物体的加速度恒定，而动量P=mv，因为加速度恒定，所以速度的变化量是恒定的，所以做平抛运动的物体，在相同时间内动量的增量相同。故D错误。
故选：B。
要知道速度与动量是矢量，而动能是标量。动量只与物体的质量和速度有关。
此题主要考查了速度与动量是矢量，动能是标量，以及对动量、动能的理解能力。
2.【答案】C
【解析】解：A、小物体的向心加速度大小为an=ω2r=22×0.1m/s2=0.4m/s2
故A错误；
B、小物体的向心力大小为Fn=man=1×0.4N=0.4N
故B错误；
C、圆盘对小物体的静摩擦力指向圆心，提供向心力，故C正确；
D、若圆盘对小物体的最大静摩擦力为4N，小物体恰好与圆盘发生相对滑动时有：f=mωm2r
代入数据解得：ωm=2 10rad/s>5rad/s
则当圆盘角速度是5rad/s时，小物体不会相对圆盘滑动，故D错误。
故选：C。
根据向心加速度公式求解小物体的加速度；根据向心力公式求解小物体的向心力；小物体做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力；当摩擦力达到最大静摩擦力时，小物体恰好相对圆盘发生滑动，根据摩擦力等于向心力求解最大角速度，比较即可。
本题考查水平面内的匀速圆周运动，解题关键是掌握匀速圆周运动的向心加速度、向心力公式，知道物体相对圆盘发生相对滑动的临界条件。
3.【答案】C
【解析】解：根据题意可知中国空间站轨道半径：r=400km+6400km=6.8×106m，周期为T=90分钟=5400s；地球半径为R=6400km=6.4×106m，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。
AB、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，解得：ρ=3πr3GT2R3，所以根据题干数据可求地球的质量和密度，故AB不符合题意；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，计算时空间站的质量约去，不可求，故C符合题意；
D、根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，由于地球质量M可求，根据题干数据可求地球表面的重力加速度g，故D选项不符合题意。
本题选不能估算的量，故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求地球的质量，根据密度计算公式求解地球的密度；空间站的质量在计算过程中约去；根据万有引力和重力的关系求地球表面的重力加速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
4.【答案】A
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于a的轨道半径小于c的轨道半径，所以卫星a的线速度比卫星c的大，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，由于a的轨道半径小于c的轨道半径，卫星a的周期比卫星c的小，故B错误；
C、若要卫星c与b实现对接，只让卫星c加速，则c加速后做离心运动，无法实验对接，故C错误；
D、质量相等的卫星，所处的轨道越高、机械能越大，所以卫星a的机械能小于卫星c的机械能，故D错误。
故选：A。
由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期的大小；根据变轨原理分析是否能够对接；质量相等的卫星，所处的轨道越高、机械能越大。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
5.【答案】B
【解析】解：A、物体重力势能的增加量ΔEP=mgH，故A错误；
B、由动能定理可知，合力对物体做功W=12mv22−12mv12，故B正确；
CD、电梯对物体做的功转化为物体的机械能，电梯对物体做的功等于物体机械能的增加量，物体机械能的增加量ΔE=mgH+12mv22−12mv12，电梯对物体做的功W电梯=ΔE=mgH+12mv22−12mv12，故CD错误。
故选：B。
根据重力势能的计算公式求出重力势能的增加量；应用动能定理求出合力对物体做的功；电梯对物体做的功转化为物体的机械能，根据功能原理求出电梯对物体做的功，求出物体机械能的增加量。
分析清楚物体的运动过程，应用重力势能的计算公式、动能定理与功能关系即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：A、由图像得，前5s内，汽车的加速度为a=ΔvΔt=105m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律得：F−F阻=ma
由题意得：F阻=0.1mg=0.1×2×103×10N=2×103N
代入数据联立解得：F=6×103N
故A正确；
B、5s时，汽车的功率达到额定功率，额定功率P额=Fv=6×103×10W=6×104W=60kW
故B错误；
C、t0时刻汽车的速度达到最大值，此时牵引力等于阻力，有vm=P额F阻=6×1042×103m/s=30m/s
故C错误；
D、0∼5s时间内，汽车的功率小于额定功率，5s∼t0时间内，汽车的功率等于额定功率，则0∼t0时间内汽车牵引力做的功小于P额t0，故D错误。
故选：A。
v−t图像的斜率表示加速度，根据图像求解汽车的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；汽车匀加速运动结束时，功率达到额定功率，根据功率公式求解额定功率；汽车速度达到最大值时，牵引力等于阻力，根据P=Fv求解最大速度；根据W=Pt分析牵引力做功。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道v−t图像的斜率表示加速度，知道汽车速度达到最大速度时牵引力等于阻力。
7.【答案】D
【解析】解：AB、设小球下滑高度为h，甲乙两球下滑过程由动能定理得，小球滑到底端的动能为：Ek=12mv2=mgh
解得：v= 2gh
甲小球下滑高度h更大，则甲小球滑到底端时速度更大，动能更大，故AB错误；
C、小球重力做功WG=mgh
甲小球下滑高度h更大，则甲球重力做的功较多，故C错误；
D、设小球滑到底端的水平位移为x，小球滑到底端时，重力的瞬时功率为P=mgvsinθ=mgsinθ 2gh=mgsinθ 2gxtanθ
甲、乙两球滑到斜面底端时，斜面倾角θ1>θ2，则sinθ1>sinθ2，tanθ1>tanθ2，则甲球重力的瞬时功率较大，故D正确。
故选：D。
根据动能定理求解小球下滑到底端时的速度的大小和动能大小，比较即可；根据做功公式比较重力做功大小；根据功率公式比较重力的瞬时功率。
本题考查动能定理、功和功率的计算，解题关键是会根据动能定理求解小球的速度，掌握功和功率的计算公式。
8.【答案】B
【解析】解：以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3kg⋅m/s+2×(−3)kg⋅m/s=6kg⋅m/s
碰前总动能为：Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×4×32J+12×2×(−3)2J=27J
A、如果vA′=2m/s、vB′=−1m/s，碰后系统总动量为 p′=mAv′A+mBv′B=4×2kg⋅m/s+2×(−1)kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为：E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×22J+12×2×(−1)2J=9J；动能不增加，但碰后两球速度方向相反，会再次发生碰撞，这是不可能的，故A错误；
B、如果vA′=1m/s、vB′=1m/s，碰后系统动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1kg⋅m/s+2×1kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×12J+12×2×12J=3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故B正确；
C、如果vA′=1.5m/s、vB′=2m/s，碰后总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1.5kg⋅m/s+2×2kg⋅m/s=10kg⋅m/s，系统动量不守恒，不可能，故C错误；
D、如果vA′=−3m/s、vB′=9m/s，碰后系统总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×(−3)kg⋅m/s+2×9kg⋅m/s=6kg⋅m/s，动量守恒；
碰后系统总动能为E′k=12mAv′A2+12mBv′B2=12×4×(−3)2J+12×2×92J=99J，动能增加，这是不可能的；故D错误；
故选：B。
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．由此分析即可．
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
9.【答案】AC
【解析】解：A.甲图中小球在转动时，只有重力做功，所以小球机械能守恒，故A正确；
B.乙图中小球AB间机械能相互转化，AB系统机械能守恒，单独分析时由于此时杆对小球的力不沿杆的方向，对小球做功，故小球A的机械能不守恒，故B错误；
C.丙图中两车组成的系统合外力为零，所以动量守恒，故C正确；
D.丁图中子弹射入木块过程中，子弹、木块组成的系统合外力为零，所以动量守恒；子弹与木块间有相对运动，系统一部分机械能转化成内能，故机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒和动量守恒的条件，分析清楚各图示物理情景，然后分析答题。
本题考查了判断小球机械能和系统的动量是否守恒，知道机械能守恒和动量守恒的条件，分析清楚运动过程及受力情况即可正确解题。
10.【答案】AB
【解析】解：AB、根据x−t图象的斜率代表速度，则得：碰撞前滑块I速度为：v1=ΔxΔt=4−145m/s=−2m/s，大小为2m/s；滑块Ⅱ速度为v2=Δx′Δt′=45m/s=0.8m/s，则碰撞前a、b的运动方向相反；
同理可解得碰后的速度v=0.4m/s
根据动量守恒定律，有：m1v1+m2v2=(m1+m2)v
代入数据，有：−2m1+0.8m2=0.4(m1+m2)
联立解得：m2=6m1
滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量比为1：6
故AB正确；
C、碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块I速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为负。由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量比滑块Ⅱ小，故C错误；
D、碰后两滑块的速度相等，所以该碰撞不是弹性碰撞，故D错误；
故选：AB。
根据x−t图象的斜率得到滑块I、Ⅱ碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式分析。
本题关键根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律列式求解。
11.【答案】BC
【解析】解：AB.“水火箭”和水组成的系统受到的外力之合不为零，但“水火箭”喷出水时，水和“水火箭”的相互作用力远大于重力，重力可以忽略不计，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒，故A错误，B正确；
C.取向上为正方向，根据动量守恒有
Mv−mv0=0
解得
v=mv0M
故C正确；
D.“水火箭”做竖直上抛运动，根据运动学规律可知
v2=2gH
可得“水火箭”上升的最大高度为
H=m2v022gM2
故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒的条件分析AB，应用动量守恒定律与运动学公式解答CD。
明确知道该水火箭原理是反冲现象，知道在喷出水的瞬间，火箭和水组成的系统动量守恒，掌握喷出水后火箭的运动情况。
12.【答案】AC
【解析】解：A、木箱放上传送带先做匀加速运动，根据图乙可得木箱做匀加速运动的加速度大小a=ΔvΔt=22m/s2=1m/s2，故A正确；
B、对木箱，根据牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得木箱与传送带之间的动摩擦因数为：μ=0.1，故B错误；
C、木箱在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动，速度与传送带速度相等后做匀速直线运动，由图乙所示图线可知，传送带速度v=2m/s；木箱与传送带的相对位移为Δx=x传送带−x木箱=vt1−v2vt1=12vt1=12×2×2m=2m，木箱和传送带间因摩擦产生的热量Q=μmgΔx=0.1×1×10×2J=2J，故C正确；
D、由能量守恒定律，可知把木箱从传送带左端运送到右端，电动机多消耗的电能等于木箱重力动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E电=12mv2+Q，代入数据解得：E电=4J，故D错误。
故选：AC。
木箱放上传送带先做匀加速运动，根据v−t图像的斜率求出木箱的加速度，再根据牛顿第二定律求解木箱与传送带之间的动摩擦因数；根据v−t图象面积的物理意义，求出木箱与传送带的相对位移，再求解木箱和传送带间因摩擦产生的热量；电动机多消耗的电能等于木箱增加的动能以及因摩擦而产生的内能之和。
本题首先要明确木箱的运动情况，选取研究过程，分析运动过程中木箱的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
13.【答案】BD
【解析】解：A、对图像进行分析，可以得知外力F1与外力F2持续的时间不相等，因为再撤去外力后，物体A、B就只受摩擦力，所以可以得出A、B的摩擦力分别为fA=2maA1=2mv02t0=mv0t0、fB=maB1=mv0t0，所以fA：fB=1：1。故A错误，B正确。C、由于冲量I=Ft，所以由图可知IA=F1t0、IB=2F2t0，由牛顿第二定律可以得知：F1=fA+2maA2=fA+2mv0t0=3mv0t0、F2=fB+maB2=fB+mv02t0=3mv02t0，所以IA：IB=1：1。故C错误，D正确。
故选：BD。
对图像进行分析，可以得知物块A、B的两段加速度的大小，通过对后面一段加速度的求解可以得出物块A、B受到的摩擦力的大小，再通过对前一段运动的分析，就可以计算出物块受到的力F1于F2的大小，从而计算出F1于F2对物块A、B的冲量大小。
本题主要考查了图像的分析理解能力，以及对加速度公式、冲量公式的运用能力。
14.【答案】ABD
【解析】解：A、设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得：
mv1−2mv2=0
根据机械能守恒定律可得：mgR=12mv12+12⋅2mv22
联立解得：v1=4m/s
故A正确；
B、小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”可得：mx1=2mx2，其中x1+x2=R
解得：x2=0.4m
故B正确；
C、设小球冲上右侧圆槽最大高度为h，此时二者水平方向的速度相同，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得：mv1=3mv3
根据机械能守恒定律可得：12mv12=12⋅3mv32+mgh
联立解得：h=89R，无法到达最高点D点，故C错误；
D、设小球离开右侧圆槽时的速度大小为v4，此时右侧圆槽的速度大小为v5，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1=mv4+2mv5
根据机械能守恒定律可得：12mv12=12mv42+12⋅2mv52
联立解得：v4=−4 23m/s，负号表示方向向左，即最后小球的速度方向向左，小于左侧圆槽的速度，不能冲上左圆槽，故D正确。
故选：ABD。
根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解小球达到最低点时速度大小，小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”求解滑槽的位移大小，根据几何关系求解AB的距离；小球冲上右侧圆槽最大高度为h，根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行解答；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解小球离开右侧圆槽的速度大小，然后进行判断。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；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(或合外力为零)；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，再根据机械能守恒定律列方程求解。
15.【答案】CBCm1x2=m1x1+m2x3
【解析】解：(1)为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即m1>m2，故C正确，AB错误；
故选：C。
(2)A、只要保证每一次小球从同一位置由静止释放，使得小球获得相同的平抛初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B、为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故B正确；
C、用半径尽量小的圆把小球的落点圈起来，圆心位置可视为小球落地点的平均位置，这是正确的操作，故C正确；
D、小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选：BC。
(3)设小球在空中运动的时间为t，小球m1的碰前速度为v0=x2t，其碰后速度v1=x1t，小球m2的碰后速度为v2=x3t
若满足动量守恒定律则有：m1v0=m1v1+m2v2
整理得：m1x2=m1x1+m2x3
故答案为：(1)C；(2)BC；(3)m1x2=m1x1+m2x3
(1)为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量；
(2)根据实验原理与实验操作判断；
(3)根据动量守恒定律可知关系式。
本题考查验证动量守恒定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意对于两个小球质量的要求，掌握利用平抛运动间接测量碰撞速度的原理。
16.【答案】BdΔt1 m1d(1Δt2−1Δt1)A
【解析】解：(1)由于不打开气源充气，将滑块放到导轨上，由于摩擦阻力作用，即使气垫导轨不水平，滑块仍然可能不动，故A错误，B正确。
(2)滑块1碰撞前经过光电门时的速度大小v1=dΔt1，碰撞后经过光电门光电门时的速度大小v2=dΔt2，滑块1碰撞前后动量的变化量Δp=m1v2−m2v1=m1d(1Δt2−1Δt1)
(3)碰撞后滑块2的速度大小v3=dΔt3，如果碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前滑块1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v2+m2v3，整理得：m1Δt1=m1Δt2+m2Δt3，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)dΔt1，m1d(1Δt2−1Δt1)；(3)A。
(1)根据实验原理选出合适的实验操作。
(2)根据遮光片的宽度与遮光片通过光电门的时间求出滑块经过光电门时的速度；然后求出滑块1动量的变化量。
(3)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据遮光片的宽度与通过光电门的时间求出滑块的速度，应用动量守恒定律即可解题。
17.【答案】解：(1)在水平台面上运动时，拉力F做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理得：
Fx−μmg⋅x=12mvA2−0
将已知量代入上式，解得vA=2 15m/s
(2)从A点到落地过程，机械能守恒，选地面为零势能面
有12mvA2+mgh=12mv2
代入数值，解得v=4 6m/s
答：(1)滑块运动到A点的速度大小为2 15m/s；
(2)滑块落地前瞬间的速度大小4 6m/s.
【解析】(1)在水平台面上运动时，拉力F做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理得即可求得物体达到A的速度：
(2)从A点到落地过程，只有重力做功，选地面为零势能面，由机械能守恒即可求得物体落地时的速度．
该题中物体离开A点到落地的过程中，只有重力做功，可以使用动能定理，也可以使用机械能守恒．在使用机械能守恒时，要注意选取0势能面．
18.【答案】(共8分)
(1)重物在空中下落过程为自由落体运动，则
h=12gt12、
代入数据的t1=0.2s
重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小
I=mgt1
解得I=100N⋅s
(2)以竖直向下为正方向，重物与地面相互作用过程中，根据动量定理
−Ft=0−mv1、v1=gt1
解得F=5000N
所以地面对重物的平均作用力F′=F+mg，
代入数据得：F′=5500N。
答：(1)重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小为I=100N⋅s
(2)地面对重物的平均作用力的大小为5500N。
【解析】由于是自由落体，所以可以求出重物在空中的时间，从而求出重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小。再根据动量守恒定律求出地面对重物的平均作用力的大小。
本题主要考查的是动量定理，以及对自由落体运动和冲量公式的理解。
19.【答案】解：(1)设滑块A滑到水平面时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1
代入数据解得：v1=1m/s
(2)弹簧弹性势能最大时，A、B、C三者速度相等，A、B、C组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(2m+M)v2
从A、B碰撞后到A、B、C共速，由机械能守恒定律得：12×2mv12=12(2m+M)v22+EP
代入数据解得：Ep=23J
(3)弹簧恢复原长时C速度最大，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：2mv1=2mv3+Mv4
根据系统机械能守恒有：12×2mv12=12×2mv32+12Mv42
代入数据解得：v4=23m/s
答：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是1m/s；
(2)A、B碰撞后，弹簧的最大弹性势能是23J；
(3)A、B碰撞后，滑块C最大速度的大小是23m/s。
【解析】(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)弹簧恢复原长时滑块C的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块C的最大速度。
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。
20.【答案】解：物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg.
由牛顿第二定律，有 7mg−mg=mvB2R
得：EkB=12mvB2=3mgR.
(1)根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为：Wf=EkB=3mgR
(2)物块在C点仅受重力．据牛顿第二定律，有：mg=mvC2R
得：EkC=12mvC2=12mgR.
物体从B到C只有重力和阻力做功．根据动能定理，有：Wf−mg⋅2R=EkC−EkB
得：物体从B到C阻力做的功为：Wf=12mgR−3mgR+2mgR=−12mgR
即物块从B至C克服阻力做的功为12mgR.
答：(1)弹簧对物体的弹力做的功3mgR；
(2)物块从B至C克服阻力做的功12mgR.
【解析】(1)研究物体经过B点的状态，根据牛顿运动定律求出物体经过B点的速度，得到物体的动能，物体从A点至B点的过程中机械能守恒定律，弹簧的弹性势能等于物体经过B点的动能；
(2)物体恰好到达C点时，由重力充当向心力，由牛顿第二定律求出C点的速度，物体从B到C的过程，运用动能定理求解克服阻力做的功．
本题的解题关键是根据牛顿第二定律求出物体经过B、C两点的速度，再结合动能定理、平抛运动的知识求解．
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