上海市嘉定区2021届新高考四诊物理试题含解析

上海市嘉定区2021届新高考四诊物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。

火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。

由以上信息可知（ ） A ．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/s
B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小
C ．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍
D ．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 即可，故A 错误；
B ．根据引力2Mm F G R
=，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为2：5。

可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力大，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，有
2
224Mm G m r r T
π= 可得
r =因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径
C 错误；
D ．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由
2
2Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度公式
v =
可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1于地球的第一宇宙速度，故D 正确。

2．用甲、乙、丙三种单色光在同一个光电管上做光电效应实验，发现光电流I 与电压U 的关系如图所示，下列说法正确的是
A ．甲、乙两种单色光的强度相同
B ．单色光甲的频率大于单色光丙的频率
C ．三种单色光在同种介质中传播时，丙的波长最短
D ．三种单色光中，丙照射时逸出光电子的最大初动能最小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A 、甲乙两种单色光对应的遏止电压相同，则两种光的频率相同，但加正向电压时甲的饱和电流更大，说明甲光的光更强；故A 错误.
B 、D 、由光电效应方程0km E h W ν=-和0
C km eU E -=-可知遏止电压越大时，对应的光的频率越大，故=ννν<甲乙丙；三种光照射同一金属，飞出的光电子的最大初动能关系为=E E E <km 甲km 乙km 丙；故B ，
D 均错误.
C 、光在同种介质中传播的速度相同，由v λν=可得，=λλλ>甲乙丙；故C 正确.
故选C.
3．水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2分别作用在a 、b 上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v t -图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中
A ．F 1的冲量等于F 2的冲量
B ．F 1的冲量大于F 2的冲量
C ．摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量
D ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量
【解析】
【详解】
C．由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。

但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误。

AB．根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1-ft OB=0
F2t2-ft OD=0
由图看出，t OB＜t OD，则有
F1t1＜F2t2
即F1的冲量小于F2的冲量。

故AB错误。

D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；
4．安培曾假设：地球的磁场是由绕地轴的环形电流引起的。

现代研究发现：地球的表面层带有多余的电荷，地球自转的速度在变慢。

据此分析，下列说法正确的是（）
A．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变弱
B．地球表面带有多余的正电荷，地球的磁场将变强
C．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变弱
D．地球表面带有多余的负电荷，地球的磁场将变强
【答案】C
【解析】
【详解】
地球自西向东自转，地球表面带电，从而形成环形电流。

这一环形电流产生地磁场。

若从北极俯视地球地磁场由外向里，由安培定则知产生磁场的环形电流方向应自东向西，与地球自转方向相反，则地球带负电。

地球自转速度变小，则产生的环形电流I变小，则产生的磁场变弱，ABD错误，C正确。

故选C。

5．如图所示，空间P点离地面足够高，从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的墙壁上，若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小
A ．一定不断增大
B ．一定不断减小
C ．可能先增大后减小
D ．可能先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】
设P 点到墙壁的距离为d ，小球抛出的初速度为v 0，运动时间0d t v =
竖直速度0
y gd v gt v == 刚小球打到墙壁上时速度大小为
v=2222000
y d v v v g v +=+（） 根据数学知识：
22220000
2=2d d v g v g gd v v +≥⋅（）（） 即2v gd ≥。

由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。

A ．一定不断增大。

故A 不符合题意。

B ．一定不断减小。

故B 不符合题意。

C ．可能先增大后减小。

故C 不符合题意。

D ．可能先减小后增大。

故D 符合题意。

6．人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。

下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（ ）
A ．由图可知，原子核D 和E 聚变成原子核F 时会有质量亏损要放出能量
B ．由图可知，原子核A 裂变成原子核B 和
C 时会有质量亏损，要放出核能
C ．已知原子核A 裂变成原子核B 和C 时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大
D ．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度
【答案】C
【解析】
【详解】
A.由图可知，D 和E 核子的平均质量大于F 核子的平均质量，原子核D 和E 聚变成原子核F 时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A 正确；
B.由图可知，A 的核子平均质量大于B 与C 核子的平均质量，原子核A 裂变成原子核B 和C 时会有质量亏损，要放出核能，选项B 正确；
C.根据光电效应方程0km E h W υ=-知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项C 错误；
D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D 正确；
本题选错误的，故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，小物块a 以某一初速度0v 从左侧滑上木板。

已知物块a 、b 与木板间的摩擦因数分别为1μ、2μ，木块与木板质量均为m ，a 、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

下列说法正确的是（ ）
A ．若没有物块从木板上滑下，则无论0v 多大整个过程摩擦生热均为2013mv
B ．若2b a μμ<，则无论0v 多大，a 都不会从木板上滑落
C ．若032
a v gL μ≤a
b 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．若没有物块从木板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒，
mv 0=3mv 1 ①
则整个过程产生的热量等于动能的变化，有 Q=12mv 02−12
×3mv 12 ②
联立①②，得 Q=13mv 02 故A 正确； BD ．a 、b 之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为v 1、v 2，碰后分别为v 1'、v 2'，且有v 1＞v 2，以v 1方向为正方向，则有
mv 1+mv 2=mv 1'+mv 2'③
12mv 12+12mv 22＝12mv 1′2+12
mv 2′2 ④ 联立③④，得
v 1'=v 2
v 2'=v 1
即碰后a 和木板共速，b 向右运动，以a 和木板为整体，此时
a 和木板的加速度
a 1=2
b g
μ
对a 分析知，a 的加速度最大值为
a 0=μa g
若μb ＜2μa 则a 1＜a 0，a 和木板保持相对静止，则无论v 0多大，a 都不会从木板上滑落；故B 正确； 若μb ＞2μa ，则a 1＞a 0，a 相对木板向左运动，故a 可能从木板左端滑落，故D 正确；
C ．若a 与b 碰前三者已经共速，则ab 一定不相碰，此时有
2201113222
a m L g mv mv μ=-⋅ ⑤ 联立①⑤，得
032
a v gL μ= 故若032a v gL μ>
，则ab 一定不相碰，故C 错误； 故选ABD 。

8．如图所示，质量为m 的托盘P （包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。

t=0时刻，将质量也为m 的物块Q 轻轻放到托盘上，t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，下列说法正确的是（ ）
A ．Q 刚放上P 瞬间它们的加速度大小为2g
B ．0~t 1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt 1
C ．0~t 1时间内P 对Q 的支持力不断增大
D ．0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． Q 刚放上P 瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg ，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度
22
mg g a m == 故A 正确；
B ． t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，此时P 、Q 整体合力为零，此时弹簧弹力
2F mg =
故0~t 1时间内弹簧弹力小于2mg ，故0~t 1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt 1，故B 错误；
C ． 0~t 1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q 有
mg N ma -=
故P 对Q 的支持力N 不断增大，故C 正确；
D ． t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，一直角三角形acd 在竖直平面内，同一竖直面内的a 、b 两点关于水平边cd 对称，点电荷1Q 、2Q 固定在c 、d 两点上。

一质量为m 、带负电的小球P 在a 点处于静止状态，取重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．2Q 对P 的静电力大小为32
mg
B ．1Q 、2Q 的电荷量之比为3
C ．将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零
D ．将P 从a 点沿直线移到b 点，电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB ．设a 、c 间的距离为r ，则a 、d 间的距离为3r ，因为小球在P 点处于静止状态，由平衡条件可得： 1222 6030)
3(kQ q cos cos r r ︒︒＝ 1222(3)
kQ q mg r r +＝ 联立可解得：
213Q Q ＝
22123()
mg r ＝ 故A 错误，B 正确。

C ．因为a 、b 两点关于cd 对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功的特点是只与初末位置的电势有关，与其所经过的路径无关，所以将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零，故C 正确。

D ．由题可知，粒子在a 点受到的电场力方向竖直向上，在cd 上方受电场力方向竖直向下，所以将P 从a 点沿直线移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误。

故选BC 。

10．如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在电场中运动的轨迹，a 、b 、c 、d 、e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )
A ．M 带负电荷，N 带正电荷
B ．M 在b 点的动能小于它在a 点的动能
C ．N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能
D ．N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功
【答案】ABC
【解析】
试题分析：由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知M 带负电荷，N 带正电荷，故A 正确．M 从a 到b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b 点的动能小于在a 点的动能，故B 正确．d 点和e 点在同一等势面上，电势相等，则N 在d 点的电势能等于在e 点的电势能，故C 正确．
D 、N 从c 到d ，库仑斥力做正功，故D 错误．故选ABC
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
11．如图甲所示，通过一理想自耦变压器给灯泡L 1和L 2供电，R 为定值电阻，电表均为理想电表，原线圈所接电压如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．u 随t 的变化规律为2sin100rtV
B ．将电键S 闭合，电压表示数不变，电流表示数变大
C ．将电键S 闭合，小灯泡L 1变亮
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡L 1亮度不变，可将滑片P 适当下移
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压22V ，周期0.02S ，故角速度是
100rad/s ωπ=
所以有
22sin100(V)u t π=
故A 错误；
B ．电压表V 的示数是输出电压的有效值，输入电压和匝数不变，输出电压不变，将电键S 闭合，消耗功率增大，输入功率增大，根据P UI =知电流表示数增大，故B 正确；
C．将电键S闭合，总电阻减小，流过R的电流增大，R分压增大，则并联电路的电压减小，小灯泡1L变暗，故C错误；
D．将电键S闭合，为保证小灯泡1L亮度不变，根据
2
21
1
n
U U
n
=可将滑片P适当下移使原线圈匝数减小从
而增大2
U，故D正确；
故选BD。

12．图甲、图乙为两次用单色光做双缝干涉实验时，屏幕上显示的图样。

图甲条纹间距明显大于图乙，比较两次实验
A．若光屏到双缝的距离相等，则图甲对应的波长较大
B．若光源、双缝间隙相同，则图甲光屏到双缝的距离较大
C．若光源、光屏到双缝的距离相同，则图甲双缝间隙较小
D．图甲的光更容易产生明显的衍射现象
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．甲光的条纹间距大，光屏到双缝的距离相等，由于双缝间的距离未知，故无法比较波长的大小，A错误；
B．若光源、双缝间隙相同，根据双缝干涉条纹的间距公式
L
x
d
λ
∆=知d以及波长相等，图甲的条纹间距
大，则图甲光屏到双缝的距离大，B正确；
C．若光源、光屏到双缝的距离相同，根据双缝干涉条纹的间距公式
L
x
d
λ
∆=知L以及波长相等，图甲的
条纹间距大，则图甲双缝的间距小，C正确；
D．因为波长大小未知，故无法比较哪个光发生明显的衍射，D错误。

故选BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。

钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。

（1）下列说法正确的是_________。

A ．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C ．本实验m 2应远小于m 1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a ﹣2
1m 图象 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m 1g ，作出a ﹣F 图象，他可能作出图2中_____________（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。

此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______________。

A ．小车与轨道之间存在摩擦
B ．导轨保持了水平状态
C ．砝码盘和砝码的总质量太大
D ．所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的2
1m ﹣a 图象，如图3。

设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车与木板间的动摩擦因数μ=________，钩码的质量m 1=________。

（4）实验中打出的纸带如图4所示。

相邻计数点间的时间是0.1s ，图中长度单位是cm ，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s 2。

【答案】D 丙 C
b gk
1gk 0.46 【解析】
【详解】
(1)[1]A ．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有： 22sin cos f m g m g θμθ==
m 2约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，故A 错误；
B ．实验时应先接通电源后释放小车，故B 错误；
C ．让小车的质量2m 远远大于钩码的质量1m ，绳子的拉力
2212
1m g
F m a m m ==+
故应该是12m m =，故C 错误；
D ．2F m a =，所以：2
F a m =，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作21a m -图像，故D 正确。

故选：D 。

(2)[2]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。

故图线为丙；
[3]当不满足12m m =时，随m 1的增大物体的加速度a 逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量，故C 正确。

(3)[4][5]根据牛顿第二定律可知 122m g m g m a μ-= 结合2
1a m -图象，可得： 21111a m m m g
μ=+ 设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，因此钩码的质量
11m gk
= 小车与木板间的动摩擦因数
b gk
μ= (4)[6]根据△x=aT 2得，
22241222.62 1.2410m/s 0.64m/s 330.1
x x a T ---==⨯=⨯ 14．在研究“一定质量的气体在体积不变时压强与温度关系”的实验中（如图甲），与压强传感器相连的试管内装有密闭的空气和温度传感器的热敏元件。

将试管放在大烧杯的凉水中，逐次加入热水并搅拌，记录得到试管内空气不同的压强和温度值，图乙为二组同学通过记录的压强和摄氏温度数据绘制的P ﹣t 图象，初始封闭气体体积相同。

（1）两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为__，两图线斜率不同可能的原因是__；
（2）通过图乙归纳出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系是__，该规律符合__定律。

【答案】﹣273℃ 两组初始气体压强不同，两组气体初始温度不同 p=P 0（1+273t ） 查理 【解析】
【详解】
（1）[]1两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为绝对零度，其值为﹣273℃；
（2）[]2[]3结合图象，设温度为零摄氏度时的压强为P 0，则有 0273
P =k 被封闭气体的压强与摄氏温度之间的关系有
273P t
+=k 解得：
p=P 0（1+273
t ） 由上式可知，两图线斜率不同的原因是，两组初始气体压强不同，或两组气体初始温度不同
[]4在实验过程中，一定质量的气体体积不变，符合查理定律的变化规律。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，质量m 1=0.45 kg 的平顶小车静止在光滑水平面上，质量m 2=0.5 kg 的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s 的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10 m/s 2，求：
（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；
（2）小车的长度L ．
【答案】（1）10 m/s （2）2 m
【解析】
【分析】
【详解】
本题考查动量守恒与能量综合的问题．
（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m 0v 0=(m 0+m 1)v 1…………①
解得v 1=10 m/s
（2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m 0+m 1)v 1=(m 0+m 1)v 2+m 2v 3…………②
解得v 2=8 m/s
由能量守恒可得 12(m 0+m 1)21v =μm 2g·L+12(m 0+m 1)22v +12
m 223v …………③ 解得L=2 m
16．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E
为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o 小物块运动到F 点后，冲
上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，
cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：
（1）弹簧最初具有的弹性势能；
（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．
【答案】()11
?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o =
设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2
=
代入数据联立解得：p E 1.25J =； ()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：
()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22
-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2
E v N mg R
-=
代入数据解得：E v /s =，N 30N =
由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；
()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：
()()
2
E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=- 小物体第一次沿斜面上滑并返回
F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则
f W 2x μmgcos37=o
小物体在D 点的动能为KD E ，则：2
KD D 1E mv 2
= 代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J =
因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.
小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：
()2
Em 1mgR 1cos37mv 2
-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =
答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；
()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；
()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ．
【点睛】
（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；
()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；
()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．
17．质量为0m 的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬挂在杆的上端。

按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。

(1)求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小；
(2)若碰撞的作用时间为t ∆，求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。

【答案】 (1) 002m gL v m m =
+球，0002m gL m v m m m =+车；0022m gL m t m m
∆+ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
00mv m v =-球车
小球和小车组成的系统机械能守恒
2201122
mgL mv m v =+球车 解得
002m gL v m m =+球，0002m gL m v m m m
=+车 (2)对全过程，由动量守恒得
00mv m v ''=-+球
车 由机械能守恒得
2201122
mgL mv m v ''=+球车
碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为F ，由动量定理得
F t mv mv '-∆=--球
球 根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小
F F '=
联立各式解得
F F '==。