内蒙古自治区鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学2015-2016学年高二下学期第一次月考物理试题 含答案

世纪中学高二月考物理试题
（总分100分 答卷时间90分钟）
一．单选题(每题只有一个正确选项,每题4分）
1。

如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=2：1,V 和A 均为理想电表，灯泡电阻R L =6Ω，AB 端电压u 1=12
2
sin100πt （V ）．下列说法正确的是（ ) A ．电流频率为100Hz B ．V 的读数为24V C ．A 的读数为0.5A D ．变压器输入功率为6W
2。

如图所示,有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N 内阻不计,绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变
压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻
R ，下列判断正确的是（ )
A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBS ωcos ωt
B ．矩形线圈从图示位置经过 ω
π
2 时间时，通过电流表的电荷量为
C ．当P 位置不动,R 增大时，电压表读数也增大
D ．当P 位置向上移动、R 不变时,电流表读数减小 3. 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器
的电路
如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝,接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2。

0 kW。

设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( ）
A．380 V和5。

3 A B．380 V和9。

1 A
C．240 V和5。

3 A D．240 V和9。

1 A
4.普通交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接。

图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作电流为I cd,为使电流表能正常工作,则( ）
A．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cd
B．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd
C．ab接MN、cd接PQ,I ab＜I cd
D．ab接MN、cd接PQ,I ab＞I cd
5。

质量m=100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40 kg，m乙=60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中,如图所示，则小船的运动方向和速率为（）
A．0。

6 m/s，向左
B．3 m/s，向左
C．0.6 m/s，向右
D．3 m/s,向右
6。

如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变,当交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是( ）
A．L1、L2、L3亮度都不变
B．L2变暗，L2不变、L3变亮
C．L1变暗、L2变亮、L3不变
D．L1变亮、L2变暗、L3不变
二．多项选择题(每题至少有两个正确答案，每题4分，选不选的得2分）
7。

如图所示,有一理想变压器,原副线圏的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有理想电压表、理想电流表和一个电动机,电动机线圈的电阻为R．当输入端接通电源后，电流表的读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（）
I
A。

原线圈中的电流为
n
B。

电压表的读数为IR
C。

电动机的输人功率为I2R
D。

变压器的输人功率为UI/n
8。

发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R,通过导线的电流为I ，学校输入电压为U 2,下列四个计算输电线损耗的式子中正确的（ ） A ．
R
U 2
1 B 。

R
U U 2
21)( C 。

U 2I D I(U 1
—U 2)
9。

小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示.此线圈与一个R ＝10Ω的电阻构成闭合电路，
不计电路的其他电阻。

下列说法正确的是
（ ）
A ．交变电流的频率为8Hz
B ．在1s 内,交变电流的方向改变8次
C ．此闭合回路的电流有效值为
A
D ．小型交流发电机的输出功率为40W
10。

图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（ )
A ． 电流表的示数为10A
B．线圈转动的角速度为50πrad/s
C．0。

01s时线圈平面与磁感线平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
11. 如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮,可以采取的方法有（)
A. 向下滑动P
B. 增大交流电源的电压
C。

增大交流电源的频率
D. 减小电容器C的电容
三．填空题(12题7分13题10分）
12。

某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻质弹簧，如图所示.将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量,验证物体间相互作用时动量守恒.
（1)该同学还必须有的器材是__________________。

（2)需要直接测量的数据是__________________________________ ______________。

（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是____________.
13。

如图所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图
（1）因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同,所以我们在“碰撞中的动量守恒"实验中可以用
____________作为时间单位.
（2)本实验中，实验必须要求的条件是( ）
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球的质量m a＞m b，半径r a=r b
(3)如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是（）
A．m A·ON=m A·OP+m B·OM
B．m A·OP=m A·ON+m B·OM
C．m A·OP=m A·OM+m B·ON
D．m A OM=m A OP+m B·ON
四．计算题
14.（10分)如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，救生员跃出后小船的速率为多少?
15.（13分)如图所示,木块A质量m A=1 kg，足够长的木板B质量m B=4 kg，质量为m C=2 kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦。

现使A以v0=12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s 速度弹回。

求：
（1)B运动过程中的最大速度大小。

（2)C运动过程中的最大速度大小.
16（16分）如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R=0。

3m,木板BC部分为水平面,粗糙且足够长。

质量为m=1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点（D点未标注）。

若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2,求：
①小滑块刚滑到B点时的速度大小；
②BD之间的距离。

高二物理月考答案
1D 2A 3B 4D 5A 6 C
7AD 8BD 9BC 10AC 11BC
12（1）刻度尺、天平、重垂线、复写纸、白纸
（2）两球的质量m 1、m 2和两球做平抛运动的水平位移s 1、s 2（3）m 1 s 1 =m 2 s 2
13。

（1)平抛时间（2) BCD (3）C
m(v0+v）
14. v′=v0+
M
15.（1) v B=4 m/s
（2)v C=2 m/s
16。

①2m/s；②1。

5m
2015—2016学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）第
一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一．单选题(每题只有一个正确选项,每题4分）
1．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2:1，V和A均为理想电表，灯光电阻R L=6Ω,AB端电压u1=12sin100πt(V)．下列说法正确的是（）
A．电流频率为100Hz B．V的读数为24V
C．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论．
【解答】解；A、AB端电压u1=12sin100πt（V）．
电流频率为f==50Hz，故A错误；
B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，
根据电压与匝数成正比，可知，U2=6V，故B错误；
C、I2==1A,A的读数为1A，故C错误;
D、P1=P2=U2I2=6W，故D正确．
故选：D．
2．如图所示，有一矩形线圈的面积为S,匝数为N内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动,从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R,下列判断正确的是（)
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt B．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0 C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小
【分析】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时,其电动势表达式为：e=NBSωcosωt;电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值．
【解答】解:A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt,故A正确；
B、矩形线圈从图示位置经过时间时,转过的角度为ωt=，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量
为:≠0(其中R为)，故B错误；
C、交流发电机内电阻不计,故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式,当P位置不动，R增大时,电压表读数不变,仍然
等于发电机的电动势有效值;
D、当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式
，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大,
故电流表读数变大，故D错误;
故选A．
3．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝,接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2。

0kW．设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）
A．380 V和5。

3 A B．380 V和9.1 A C．240 V和5.3 A D．240 V和9。

1 A
【分析】变压器输出电压调至最大,故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副线圈的电压有效值,由输入功率等于输出功率,可得电流．
【解答】解：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比,即,故副线圈的电压有效值U2为380 V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正确．
故选B
4．普通的交流电源表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab,cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd,为了使电流表能正常工作,则（)
A．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cd B．ab接MN、cd接PQ,I ab＜I cd C．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cd D．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd
【分析】电流互感器的作用是使大电流变成小电流，然后利用变压器工作原理即可确定接哪一端．
【解答】解：电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以I ab＞I cd；
利用变压器工作原理：电流与匝数成反比,所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ;
故选：A．
5．质量m=100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示,则小船的运动速率和方向为( )
A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左 C．0。

6m/s,向右D．3m/s，向右
【分析】以甲、乙两人和船组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律求解两人跃入水中后小船的速度大小和方向
【解答】解：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：
0=﹣m甲v甲+m乙v乙+mv，
解得:v=，
代入数据解得v=﹣0。

6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确
故选：A
6．如图所示的交流电路中,如果电源电动势的最大值不变,交流电的频率增大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是( )
A．L1、L2、L3亮度都不变 B．L1变暗，L2不变、L3变亮
C．L1变暗、L2变亮、L3不变 D．L1变亮、L2变暗、L3不变
【分析】根据感抗公式X L=2πfL和容抗公式，定性讨论．【解答】解：感抗为X L=2πfL，容抗为．
当频率f增大时，感抗X L变大，容抗X C变小．
感抗X L变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L1变暗．
容抗X C变小,对交流电的阻碍作用变小，所以L2变亮．
而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变,所以L3亮度不变．所以L1变暗、L2变亮、L3不变．故ABD错误,C正确．
故选C．
二．多项选择题（每题至少有两个正确答案，每题4分，选不选的得2分)
7．如图,有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1．原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线
圈电阻为R．当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（）
A．电动机两端电压为IR B．电动机消耗的功率为I2R
C．原线圈中的电流为D．变压器的输入功率为
【分析】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连,则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率．
【解答】解：A、电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用．因此电动机两端的电压不能为IR，故A错误；
B、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和,而为I2R仅是电动机线圈电阻的功率,故B错误;
C、因为原副线圈的匝数比为n,且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故C正确;
D、理想变压器的原线圈的电压为U,而电流为，则变压器的输入功率为U．故D正确;
故选:CD
8．发电厂电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率可表示为（)
A．B．C．I2R D．U1I
【分析】输电线的电压损耗△U=U1﹣U2，然后根据电功率公式分析答题．
【解答】解：输电线上损失的电压△U=U1﹣U2,
输电导线损失的电功率P=I2R=（U1﹣U2）I=,故BC正确,AD 错误；
故选：BC．
9．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示．此线圈与一个
R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是( ）
A．交变电流的频率为8Hz
B．在1s内,交变电流的方向改变8次
C．此闭合回路的电流有效值为A
D．小型交流发电机的输出功率为40W
【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．
【解答】解：A、由图可知,交流电的最大电压E=20V,周期T=0。

250s，根据f=得：f=4Hz，所以A错误；
B、交变电流的方向每个周期改变2次,1s是4个周期,所以在1s内，交变电流的方向改变8次，所以B正确；
C、根据最大值与有效值以及周期与频率关系有：
有效值为：=10V，所以电流有效值为：I==,所以C 正确；
D、小型交流发电机的输出功率为P=I2R=（）2×10=20W，所以D 错误．
故选：BC．
10．图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示,以下判断正确的是（）
A．电流表的示数为10A
B．线圈转动的角速度为50rad/s
C．0。

01s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0。

02s时电阻R中电流的方向自右向左
【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期,电流表的示数为有效值,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．
【解答】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是I m=10A,周期T=0.02s,由于电流表的示数为有效值，故示数I===10A,故A
正确；
B、角速度ω==100π rad/s，故B错误；
C、0。

01s时线圈中的感应电流达到最大,感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、由楞次定律可判断出0。

02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误；
故选：A．
11．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮,可以采取的方法有( ）
A．向下滑动P B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容
【分析】要使灯泡变亮,应使副线圈两端电压增大．向下滑动P，副线圈匝数减少,电压减小,增大交流电源的电压,副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大．
【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少,电压减小,故A错误;
B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，故B正确；
C、增大交流电源的频率减小了容抗,通过电容器的电流更大，故C 正确;
D、减小电容器的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗,故D错误；
故选:BC．
三．填空题（12题7分13题10分)
12．某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示．将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线,观察物体的运动情况,进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒．
(1）该同学还必须有的器材是刻度尺、天平;
(2）需要直接测量的数据是两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离s l、s2；
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是m1s1=m2s2．
【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等,水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．
【解答】解:取小球1的初速度方向为正方向,两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t．
需要验证的方程:0=m1v1﹣m2v2
又v1=，v2=
代入得到：m1s1=m2s2
故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1,s2
所以需要的器材为刻度尺、天平、重锤线
故答案为:（1)刻度尺、天平
（2)两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离s l、s2
（3)m1s1=m2s2
13．如图所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图．
(1)因为下落高度相同的平抛小球（不计空气阻力）的飞行时间相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用平抛时间作为时间单位．
（2）本实验中,实验必须要求的条件是BCD
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球的m a＞m b,r a=r b
（3）如图，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是 C
A．m a ON=m a OP+m b OM B．m a OP=m a ON+m b OM
C．m a OP=m a OM+m b ON D．m a OM=m a OP+m b ON．
【分析】（1)通过实验的原理确定需要的测量工具，小球碰撞后做平抛运动,抓住平抛运动的时间相等，小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度来验证动量守恒定律．
(2）释放点越低，入射小球速度小，读数的相对误差大；释放点越高,两球相碰时相互作用的内力越大，碰撞前后系统的动量之差越小，误差越小；
（3）根据实验使用的理论公式，确定需实验中要验证的关系．【解答】解:（1）小球碰撞后做平抛运动，小球做平抛运动的高度相同，小球做平抛运动的飞行时间t相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用平抛时间作为时间单位．
（2）A、在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放,保证碰前的速度相同即可，斜槽轨道是否光滑对实验的结果没有影响，故A错误．
B、为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故B正确．
C、在同一组实验的不同碰撞中,每次入射球必须从同一高度由静止释放,保证碰前的速度相同，故C正确．
D、为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了发生对心碰撞,两球的直径需相同,故D正确．
故选:BCD．
（3)碰撞过程中，如果水平方向动量守恒,由动量守恒定律得：
m1v1=m1v1′+m2v2,
小球做平抛运动时抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t,
m a v1t=m a v1′t+m b v2t，
即m a OP=m a OM+m b ON；
故选:C
故答案为:1)平抛时间（2）BCD (3）C
四．计算题
14．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为
v0+(v0+v）．
【分析】人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．【解答】解:人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
（M+m)v0=Mv′﹣mv，
解得:v′=v0+（v0+v)；
故答案为：v0+（v0+v）．
15．如图所示，木板A质量m A=1kg，足够长的木板B质量m B=4kg,质量为m C=2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s 速度弹回．求：
(1）B运动过程中的最大速度大小．
（2）C运动过程中的最大速度大小．
【分析】（1）A与B碰后的瞬间，B的速度最大，以A、B为系统,运用动量守恒定律求出B运动过程中的最大速率．
（2）碰撞后C在B上滑行一段距离后与B保持相对静止,两者速度相同,此时C的速度最大,对BC系统研究，运用动量守恒定律求出共同速度的大小．
【解答】解：(1）A与B碰后瞬间，C的运动状态未变,B速度最大．以A、B组成的系统为研究对象，碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得:m A v0+0=﹣m A v A+m B v B，代入数据得:v B=4m/s．(2)A、B碰撞后,B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，
所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，
以B、C组成的系统为研究对象,以向右为正方向，
由动量守恒定律得:m B v B+0=（m B+m C)v C,
代入数据得：v C=2.67m/s．
答:(1）B运动过程中的最大速度大小为4m/s．
（2)C运动过程中的最大速度大小为2.67m/s．
16．如图所示,质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上,木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面,半径为R=0.3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m=1kg的小滑块从A点由静止释放,最终停止在BC面上D点（D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，求：
（Ⅰ）小滑块刚滑到B点时的速度大小；
（Ⅱ）BD之间的距离．
【分析】(1）系统水平方向上不受外力，所以从A到D的过程中，系统水平方向动量守恒．滑块从A到B的过程中,滑块木块均是光滑接触，故系统没有能量损失即机械能守恒;列出两个方程即可解答;（2）从B到D的过程中,滑块受摩擦力作用,且摩擦力对滑块做功，系统的机械能转化为内能．
【解答】解：（1）滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒、机械能守恒，设木板到达B点时的速度为v M,滑块的质量为m到达B点时的速度v m,设圆弧的半径为R,选取滑块m运动的方向为正方向,由水平方向动量守恒得：
mv m+Mv M=0 ①
由机械能守恒定律可得：mgR=②
联立方程①②，代入数据得：v m=2m/s;v M=﹣1m/s (2)m在木板上滑动的过程中机械能转化为内能，则：代入数据解得：L相对=1。

5m
答：（Ⅰ）小滑块刚滑到B点时的速度大小是2m/s；(Ⅱ）BD之间的距离是1。

5m．。