2025人教版高中物理选择性必修第一册同步练习题（有解析）--期中学业水平检测

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2025人教版高中物理选择性必修第一册
期中学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)
1.自1900年第二届奥运会后,射击运动蓬勃发展,以后成为历届奥运会、世界锦标赛、亚运会的主要竞赛项目。在2022年的国际射联射击世锦赛中,我国台州16岁的小将勇夺世锦赛两金一银,并收获两张奥运会入场券。关于射击比赛,下列说法正确的是 (　　)
A.子弹在空中飞行过程中,重力的冲量为零
B.子弹在空中飞行过程中,机械能不守恒
C.扣动扳机后,子弹和枪整体机械能守恒
D.扣动扳机后,子弹和枪整体水平方向动量守恒
2.钓鱼可以修身养性,颇受人们喜爱。如图所示为某鱼漂的示意图,鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动而上下振动,某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面,向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动的影响,鱼漂的振动视为简谐运动,则 (　　)
A.鱼漂振动过程中机械能守恒
B.鱼漂受到重力、浮力、回复力的作用
C.M点到达水面时,鱼漂的动能最大
D.N点到达水面时,鱼漂的加速度最大
3.如图所示,虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像,已知甲、乙两个振子的质量相等,则 (　　)
A.甲、乙两振子的振幅之比为1∶2　　　　　　　　B.甲、乙两振子的频率之比为1∶2
C.第1 s内甲振子的加速度为正值　　　　　　　　D.第2 s末乙的回复力最大
4.如图为一种拓展训练的团队合作项目——“鼓动人心”。每个队友都拉着其中一条绳子,通过绳子控制鼓面来颠球,借助全体队员的共同努力,完成颠球目标。某次颠球过程,质量为250 g的排球从静止下落45 cm击中鼓面,被队员齐心协力竖直弹回原高度,球与鼓面的接触时间为0.1 s,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　　)
A.从落下到弹回原处的过程中,排球重力的冲量一直增大
B.鼓面向上颠球的过程中,鼓面对排球的冲量等于排球动量的变化量
C.若队员齐心协力,可以使鼓面与每根绳子始终处于同一水平面上
D.鼓面向上颠球的过程中,鼓面对排球的平均作用力大小为20 N
5.如图所示,两竖直挡板间有一光滑的水平直杆,一轻弹簧穿在杆上,弹簧左侧与挡板相连,右侧与穿在杆上的小球甲相连。现让小球甲开始做简谐运动,其位移随时间变化的关系为x=2 sin 5πt(cm),当小球甲经过平衡位置时,在小球甲的正上方由静止释放小球乙,结果甲与乙恰好相碰,甲、乙均视为质点,不计空气阻力,弹簧始终在弹性限度内,小球不会与竖直挡板相碰,则小球乙下落的高度为 (　　)
A. m(n=1,2,3,…)　　　　　　　　B. m(n=1,2,3,…)
C. m(n=1,2,3,…)　　　　　　　　D. m(n=1,2,3,…)
6.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L,从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是 (　　)
　　　　　
A.秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动
B.当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力小于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t2-t1
D.该地的重力加速度g=
7.如图所示,光滑水平面上静止放置着一辆平板车A,车上有两个小滑块B和C,A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ,而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小均为v0的初速度相向滑行。已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车,重力加速度为g,则 (　　)
A.平板车的最小长度为
B.最终平板车的速度大小为v0
C.整个运动过程中,A、C间的相对位移大小为
D.整个运动过程中,A、B间因摩擦产生的热量为
8.如图所示,一倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,轻弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一端自然伸长于斜面O点,将质量为m的物体拴接于弹簧上端后静止于距斜面O点x0处;现用平行于斜面向上的力F缓慢拉动物体,使其斜向上运动了4x0,物体再次静止。撤去F后,物体开始沿斜面向下运动,已知弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计空气阻力。则撤去F后 (　　)
A.物体先做匀加速运动至O点,过O点后加速度一直减小
B.物体运动至最低点时弹力大小等于mg sin θ
C.物体刚运动时的加速度大小为4g sin θ
D.物体向下运动至O点速度最大
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.如图所示,单摆摆球的质量为m,做简谐运动的周期为T,摆球从最大位移处(A点)由静止释放,运动到最低点B时的速度大小为v,不计空气阻力,重力加速度为g,则 (　　)
A.摆球从A运动到B的过程中,重力做的功为mv2
B.摆球从A运动到B的过程中,重力做功的平均功率为
C.摆球运动到B时重力的瞬时功率为mgv
D.摆球从A运动到B的过程中合力的冲量大小为mv
10.如图甲所示,水平弹簧振子的平衡位置为O点,小球在B、C两点之间做简谐运动,规定水平向右为正方向,图乙是小球做简谐运动的x-t图像,则 (　　)
　　
A.小球从B点经过O点再运动到C点为次全振动
B.小球的振动方程为x=0.1 sin m
C.图乙中P点对应的时刻小球的速度、加速度都沿正方向
D.小球在前2.5 s内通过的路程为1 m
11.如图所示,一块质量为M的木块静止在光滑水平桌面上,一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块,子弹射穿木块时,木块速度大小为v1,已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是 (　　)
A.子弹动量的减少量为Mv1
B.子弹刚射穿木块时的速度大小为v0-v1
C.木块的长度为
D.子弹和木块组成的系统动能减少量为Mv1v0-
12.如图所示,在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B,质量分别为m=0.1 kg和M=0.3 kg,两球中间夹着一根压缩的轻弹簧,原来处于静止状态,同时放开A、B球和弹簧,已知A球脱离弹簧时的速度为6 m/s,接着A球进入与水平面相切、半径为0.5 m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动,PQ为半圆形轨道的竖直直径,下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧弹开过程,弹力对A的冲量大于对B的冲量
B.A球脱离弹簧时,B球获得的速度大小为4 m/s
C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D.若半圆轨道半径改为0.9 m,则A球不能到达Q点
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)“行知”课外实验小组周末到公园郊游,并利用单摆测量该地的重力加速度大小。
　　
(1)实验小组的同学用游标卡尺测量摆球的直径,其示数如图甲所示,则摆球的直径d=　　　　cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上,用毫米刻度尺测得摆线长。
(2)某同学测量周期,他在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时,并同时数1,当摆球第二次通过最低点时数2,依此法往下数,当他数到n时,按下停表停止计时,读出这段时间t,则该单摆的周期为　　　　。
(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T,并在坐标纸上作出T2-L图线如图乙所示,则公园所在地的重力加速度大小g=　　　　。
(4)实验小组的同学根据某次实验测得的数据,结合单摆周期公式计算出当地的重力加速度大小g。查询所在地的重力加速度大小后,发现测量值偏小,其原因可能是　　　　。
A.开始计时时,停表过迟按下
B.单摆的振幅较小
C.以摆线长l作为摆长进行计算
D.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线的长度增加
14.(8分)两实验小组想验证动量守恒定律,第一组采用传统的如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两小球碰撞前后动量守恒;第二组设计了如图乙所示利用固定了两个光电门的气垫导轨验证两滑块碰撞前后的动量守恒。
(1)①关于第一组实验,下列说法正确的是　　　　。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道的末端切线无须保持水平
C.入射球A和被碰球B的质量必须相等
D.入射球A每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放
②第一组实验的同学们用托盘天平测出了小球A的质量记为m1,小球B的质量记为m2,用毫米刻度尺测得O、M、P、N各点间的距离(图丙中已标出),则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　　　　　　　　　　　　　。(用题中涉及的物理量符号及x1、x2、x3表示,表达式应为最简形式)
　　
(2)①第二组实验的同学用螺旋测微器测量遮光板宽度,示数如图丁所示,读数为d=　　　　mm。
②第二组实验中测得P、Q的质量分别为m1和m2,左、右遮光板的宽度分别为d1和d2。实验中,用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止,然后烧断细线,轻弹簧将两个滑块弹开,测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2,则动量守恒应满足的关系式为　　　　　　　　　(用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示)。
③若左、右遮光板的宽度相同,上一问中动量守恒应满足的关系式简化为　　　　　　　　　(用题中字母表示)。
15.(6分)摆是物理学中重要的模型之一。如图甲所示,一根不可伸长的轻软细绳的上端固定在天花板上的O点,下端系一个摆球(可看作质点)。将其拉至A点后由静止释放,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低点。忽略空气阻力,取重力加速度g=9.8 m/s2。图乙所示为绳中拉力F随时间t变化的图线。求:
(1)摆的振动周期T;
(2)摆的最大摆角θm及摆球质量m。
　　
16.(10分)篮球是奥运会的核心比赛项目之一,深受广大球迷的喜欢。假设一篮球在空中水平向右抛出,落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt=0.2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次落地反弹后上升的高度等数据如图所示,已知该篮球的质量为0.6 kg,不计空气阻力,求该篮球:
(1)从抛出到第一次落地的过程中重力的冲量I1;
(2)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小;
(3)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量I2。
17.(14分)如图所示,足够长的光滑水平杆离地的高度为2L,滑块A套在水平杆上,通过长度为L的细线连接质量为m的小球B。将小球B拉至与滑块A等高,细线水平伸直,由静止释放小球,当细线沿竖直方向时,细线刚好断裂,此时滑块A向右运动了。重力加速度为g。求:
(1)滑块A的质量M;
(2)细线承受拉力的最大值F;
(3)小球B落地时到滑块A的距离d。
18.(16分)如图所示,光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的小车,车的上表面右侧是一段长L=2 m的水平轨道,水平轨道左侧是一半径R=0.25 m的光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O'点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧,一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧,弹簧储存的弹性势能为7.5 J,整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定,小物块被弹出,恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失,不计空气阻力。求:
(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数;
(2)小物块第二次经过O'点的速度大小;
(3)从弹簧解除锁定至小物块到达圆弧轨道最高点过程中,小车的位移大小。
答案全解全析
1.B　子弹在空中飞行过程中,由I=Ft可知重力的冲量不为零,A错误;子弹在空中飞行过程中,受空气阻力作用,阻力做负功,子弹的机械能不守恒,B正确;扣动扳机后,有化学能转化为机械能,子弹和枪整体机械能不守恒,C错误;扣动扳机后,子弹和枪整体受肩膀的作用力,水平方向动量不守恒,D错误。
2.D　鱼漂振动过程中水的浮力做功,所以鱼漂的机械能不守恒,A错误;鱼漂受到重力、浮力的作用,重力和浮力的合力提供回复力,B错误;M点到达水面时,鱼漂位于最低点,鱼漂的动能最小,等于零,C错误;N点到达水面时,鱼漂位于最高点,相对于平衡位置的位移最大,合力最大,根据牛顿第二定律可知鱼漂的加速度最大,D正确。
3.D　由题图可知,甲振子的振幅为2 cm,周期为4 s,乙振子的振幅为1 cm,周期为8 s,所以甲、乙两振子的振幅之比为2∶1,根据f=,可得甲、乙两振子的频率之比为2∶1,A、B错误;第1 s内甲振子的位移为正值,回复力为负值,所以加速度为负值,C错误;第2 s末乙处于负向最大位移处,回复力最大,D正确。
4.A　冲量是作用力与时间的乘积,显然排球从落下到弹回原处的过程中,排球重力的冲量一直增大,A正确;根据动量定理可知,鼓面向上颠球的过程中,鼓面对排球的作用力与排球重力的合力的冲量等于排球动量的变化量,B错误;因鼓有重力,绳子需对鼓产生向上的拉力,故鼓面与每根绳子不可能在同一水平面上,C错误;鼓面向上颠球的过程,由动量定理可得(F-mg)t=mv2-(-mv1),其中v1=v2==3 m/s,得F=17.5 N,D错误。
5.B　由小球甲做简谐运动的振动方程x=2 sin5πt(cm)可知,小球甲的运动周期为T= s=0.4 s,要使小球甲与小球乙相遇,则小球乙的运动时间t=n=0.2n s(n=1,2,3,…),根据自由落体运动规律有h=gt2= m(n=1,2,3,…),B正确。
6.D　秋千从摆动到停下的过程受空气阻力,振幅不断减小,为阻尼振动,A错误;当秋千摆至最低点时,对手机根据牛顿第二定律有N-mg=m,可得秋千对手机的支持力N=mg+m,知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力,B错误;秋千完成一次全振动,会两次经过最低点,有两次向心加速度最大,故周期为T=t3-t1,C错误;根据单摆周期公式可得T=t3-t1=2π,可得当地重力加速度g=,D正确。
7.D　滑块B、C最后都没有脱离平板车,说明最终三者速度相等,把A、B、C看成一个系统,系统动量守恒,根据动量守恒定律得2mv0-mv0=(3m+2m+m)v,解得v=v0,选项B错误;通过分析可知,B、C两滑块对小车的摩擦力合力为零,而C的加速度大小aC=2μg>aB=μg,所以在C停止前,小车静止不动,之后,A、C相对静止一起向右运动,所以整个运动过程中,A、C间的相对位移大小为x==,选项C错误;C速度为零时,经过时间t=,此时B的速度vB=v0-μgt=v0,xB=t=,之后到共速A、C的加速度a'==,到共速B相对A、C的位移x'=-=,所以平板车的最小长度为L=x+xB+x'=,选项A错误;整个运动过程中,A、B间因摩擦产生的热量为Q=2μmg×(xB+x')=,选项D正确。
8.C　撤去F后,物体在弹簧弹力和重力沿斜面方向的分力作用下做简谐运动,先做变加速运动至O点,过O点后加速度先减小后反向增大,A错误。由题意得mg sin θ=kx0,撤去F瞬间,根据牛顿第二定律有k·3x0+mg sin θ=4mg sin θ=ma,可得物体刚运动时的加速度大小为a=4g sin θ;由于物体做简谐运动,故在最低点的加速度大小亦为a=4g sin θ,则在最低点时有F-mg sin θ=ma,可得弹簧弹力大小为F=5mg sin θ,B错误,C正确。距斜面O点x0处为平衡位置,物体运动至该位置时的速度最大,D错误。
9.AD　摆球在摆动过程中只有重力做功,根据动能定理可知重力做的功等于动能的变化,摆球从A运动到B的过程,重力做的功为WG=ΔEk=mv2,重力做功的平均功率为==,A正确,B错误;摆球运动到B时,竖直方向的分速度为0,则重力的瞬时功率为P=mgv cos 90°=0,C错误;由动量定理可知,摆球从A运动到B的过程中合力的冲量等于动量的变化量,即I=Δp=mv,D正确。
10.AD　小球从B点经过O点再运动到C点为次全振动,A正确;根据题图乙可知,弹簧振子的振幅是A=0.1 m,周期为T=1 s,则圆频率为ω==2π rad/s,规定水平向右为正方向,t=0时刻位移为0.1 m,表示小球从B点开始运动,初相为φ0=,则小球的振动方程为x=A sin(ωt+φ0)=0.1 sin m,B错误;题图乙中P点对应的时刻小球正在沿负方向做减速运动,即小球的速度沿负方向,加速度沿正方向,C错误;周期T=1 s,则2.5 s=2T+,则小球在前2.5 s内通过的路程为s=×4A=10A=1 m,D正确。
11.ABD　设子弹射穿木块瞬间的速度大小为v,子弹射入木块到射穿的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,故有mv0=mv+Mv1,解得v=v0-,子弹动量的减少量为Δp=mv0-mv=Mv1,A、B正确;设木块的长度为d,对子弹和木块组成的系统,由能量守恒定律得fd=ΔEk=m-mv2+M,联立解得ΔEk=Mv1v0-,d=,C错误,D正确。
12.CD　弹簧弹开过程,弹力对A的冲量和弹力对B的冲量的大小相等,方向相反,A错误;弹簧弹开的过程中,两个小球与弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,则有mvA-MvB=0,解得vB=2 m/s,B错误;A球从P点运动到Q点过程中,根据动能定理得-2mgR=m-m,解得vQ=4 m/s,此过程中,根据动量定理可得合外力的冲量大小为I=mvQ-(-mvA)=1 kg· m/s=1 N·s,C正确;若半圆轨道半径改为0.9 m,则A球到达Q点的速度满足-2mgR'=mvQ'2-m,解得vQ'=0,A球在Q点的最小速度应满足mg=,可得vmin==3 m/s,由于vQ'13.答案　(1)2.19(1分)　(2)(1分)　(3)(2分)
(4)CD(2分)
解析　(1)摆球的直径d=21 mm+9×0.1 mm=21.9 mm=2.19 cm。
(2)单摆一个周期内两次经过平衡位置,单摆的周期为T==。
(3)根据单摆周期公式T=2π,整理得T2=L,T2-L图像的斜率为k==,解得公园所在地的重力加速度大小g=。
(4)开始计时时,停表过迟按下,测得的周期偏小,则测得的重力加速度偏大,A不符合题意;单摆的振幅较小对重力加速度的测量无影响,B不符合题意;以摆线长l作为摆长进行计算,则摆长的测量值偏小,则测得的重力加速度偏小,C符合题意;摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加,测得的摆长偏小,则测得的重力加速度偏小,D符合题意。
14.答案　(1)①D(1分)　②m1x2=m2(x1+x2+x3)(2分)
(2)①6.860(1分)　②m1-m2=0(2分)　③m1t2-m2t1=0(2分)
解析　(1)①本实验只需要入射球每次到达斜槽轨道末端的速度相同,斜槽轨道是否光滑对实验无影响,A错误;本实验需要入射球碰撞前后、被碰球碰撞后均做平抛运动,为保证初速度水平,斜槽轨道末端必须保持水平,且入射球A的质量大于被碰球B的质量,B、C错误;每次从同一位置由静止释放A球,可以保证A球到达斜槽轨道末端时速度大小不变,D正确。②动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2,即m1=m1+m2,整理化简可得m1x2=m2(x1+x2+x3)。
(2)①螺旋测微器读数为6.5 mm+0.01×36.0 mm=6.860 mm。②动量守恒应满足的关系式为m1v1-m2v2=0,用平均速度代替瞬时速度,整理为m1-m2=0。③若左、右遮光板的宽度相同,动量守恒应满足的关系式简化为m1t2-m2t1=0。
15.答案　(1)2.16 s　(2)60°　0.25 kg
解析　(1)摆球在最高点时绳中拉力最小,由对称性可知,摆球在A、C两点时绳中拉力大小相等,一个周期内摆球从A到C再回到A,故摆的振动周期T=2.16 s(2分)
(2)摆球在A点时,有mg cos θm=Fmin=1.225 N(1分)
在B点时,有Fmax-mg=m (1分)
从A点到B点,由动能定理可得mg(L-L cos θm)=mv2 (1分)
联立解得m=0.25 kg,θm=60° (1分)
16.答案　(1)4.8 N·s,方向竖直向下　(2)48 N　(3)0.6 N·s,水平向左
解析　(1)篮球在空中水平向右抛出,下落过程有h1=g (1分)
解得t1=0.8 s(1分)
此过程中重力的冲量I1=mgt1=4.8 N·s,方向竖直向下。 (1分)
(2)刚要落地时的竖直分速度大小vy1==8 m/s,方向向下
第一次落地后反弹离开地面瞬间的竖直分速度大小vy2==6 m/s,方向向上 (1分)
规定竖直向上为正方向,对篮球第一次与地面接触过程,在竖直方向上由动量定理得(FN-mg)Δt=mvy2-(-mvy1) (1分)
解得FN=48 N(1分)
(3)第一次落地反弹后篮球向上运动的时间t2==0.6 s(1分)
第一次落地前的水平速度大小v1x==3 m/s,方向向右
第一次落地反弹后的水平速度大小v2x==2 m/s,方向向右 (1分)
对篮球第一次与地面接触过程,在水平方向,以向右为正方向,上由动量定理得I2=mv2x-mv1x=-0.6 N·s(1分)
即摩擦力的冲量大小为0.6 N·s,方向水平向左。 (1分)
17.答案　(1)2m　(2)4mg　(3)L
解析　(1)从小球被释放到细线沿竖直方向过程,滑块与小球组成的系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向,则这一过程中二者的速度大小始终满足Mv1-mv2=0 (1分)
可得这一过程中滑块与小球速度大小之为比v1∶v2=m∶M (1分)
又因为这一过程中二者运动的时间相同,则二者水平位移之比为x1∶x2=v1∶v2=m∶M
由题可知x1∶x2=∶=1∶2 (2分)
可得m∶M=1∶2,则M=2m (1分)
(2)设细线沿竖直方向时,滑块的速度大小为vM,小球的速度大小为vm,根据水平方向动量守恒有0=MvM-mvm (1分)
根据能量守恒有mgL=M+m (1分)
小球在最低点,有F-mg=m (1分)
联立解得细线承受拉力的最大值F=4mg (1分)
(3)设细线断后,小球运动到地面的时间为t,这段时间内小球的水平位移大小为xm,滑块的位移大小为xM,则L=gt2 (1分)
xm=vmt (1分)
xM=vMt (1分)
小球落地时到滑块的距离为d==L (2分)
18.答案　(1)0.25　(2)2 m/s　(3)0.45 m
解析　(1)小车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,解除锁定前,系统总动量为零,故小物块到达圆弧轨道最高点A时,小车和小物块的共同速度v共=0 (1分)
设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep,从弹簧解除锁定到小物块到达圆弧轨道最高点A过程中,对小车、弹簧与小物块组成的系统,有
Ep=mgR+μmgL (1分)
代入数据解得μ=0.25 (1分)
(2)设小物块第二次经过O'点时的速度大小为vm,此时小车的速度大小为vM,对于小物块在小车圆弧轨道上的下滑过程,取水平向右为正方向,由系统动量守恒和机械能守恒,有0=mvm-MvM (1分)
mgR=m+M (1分)
代入数据解得vm=2 m/s(1分)
(3)假设从弹簧刚解除锁定到弹簧恢复原长过程中小物块和小车之间没有摩擦力,弹簧恢复原长后,小物块和小车之间才有摩擦力,之后小物块和小车在摩擦力作用下相对位移为L,则在弹簧恢复原长时,设小车和小物块的速度大小分别为v1、v2,则Ep=M+m (1分)
Mv1=mv2 (1分)
由能量守恒定律结合(2)可得,小物块第一次到达O'点时速度大小为2 m/s,方向向左,平板车的速度大小为v车=0.5 m/s,方向水平向右, (1分)
从弹簧解除锁定至小物块第一次到达O'点,对车有μmg=Ma (1分)
解得a=0.625 m/s2 (1分)
且-=-2ax车1 (1分)
解得x车1=0.4 m(1分)
车与小物块水平方向的分速度之比始终为1∶4,故x车2+x物2=5x车2=R (1分)
则x车2=0.05 m(1分)
故从弹簧解除锁定至小物块到达小车圆弧轨道最高点过程,车的位移大小为x车=+=0.45 m。 (1分)
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