2020-2021学年福建省福州一中高一(下)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省福州一中高一（下）期末物理试卷1.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，
将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析错误的是()
A. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D. 人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
2.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b
处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有()
A. a的向心加速度等于重力加速度g
B. c在4h内转过的圆心角是π
6
C. b在相同时间内转过的弧长最长
D. d的运动周期有可能是20h
3.物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2
内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么()
A. I1<I2，W1=W2
B. I1<I2，W1<W2
C. I1=I2，W1=W2
D. I1=I2，W1<W2
4.质量为m1=2kg的小球甲以大小为v1=6m/s的速度在光滑水平面上运动，质量为
m2=1kg的小球乙静止在甲的正前方，如图所示。

已知两小球半径相等，当小球甲运动到小球乙位置时，两球发生碰撞，则碰撞后两球的速度可能是()
A. v甲=5m/s；v乙=2m/s
B. v甲=3m/s；v乙=4.5m/s
C. v甲=2m/s；v乙=8m/s
D. v甲=0m/s；v乙=12m/s
5.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化
的图线如图所示，则()
A. t=1s时物块的速率为1m/s
B. t=2s时物块的动量大小为4kg⋅m/s
C. t=3s时物块的动量大小为5kg⋅m/s
D. t=4s时物块的速度为零
6.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时
水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则()
A. a球可能垂直落在半圆轨道上
B. b球一定先落在斜面上
C. a球可能先落在半圆轨道上
D. a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上
7.2015年12月29日，我国成功将“高分四号”卫星
发射升空，若某阶段该卫星沿椭圆轨道绕地球运动，
示意图如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重
力加速度为g，卫星在远地点P距地心O的距为3R。

则()
A. 卫星在远地点P时的加速度大小为g
9
B. 卫星在远地点P时的速度大于√3gR
3
C. 卫星沿椭圆轨道运动的周期比地球自转周期大
D. 卫星在P点加速后可绕地球球心O点做半径为3R的匀速圆周运动
8.如图所示，置于水平面上的质量为M=4m、长为L的木板右端水平固定有一轻质
弹簧，在木板上与左端相齐处有一质量为m的小物体，木板与小物体一起以水平速
度v向右运动，若M与m、M与地接触均光滑，板与墙碰撞无机械能损失，则在木板与墙碰撞以后的运动过程中()
A. 木板(含弹簧)与小物体组成的系统，总动量守恒
B. 当小物体速度为零时，木板速度大小为0.75v，此时小物体距墙最近
mv2
C. 小物体和木板对地的速度相同时，弹簧弹性势能最大，最大值为6
5
D. 小物体一定会从木板的最左端掉下来
9.如图所示，设行星绕太阳的运动皆为匀速圆周运动，已知金星自身的半径是火星的
n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则金星表面的重力加速度是火星的______倍；金星上的第一宇宙速度是火星的______倍。

10.冰球运动员甲的质量为m1=80.0kg。

当他以v1=5.0m/s的速度向前运动时，与另
一质量为m2=100kg、速度大小为v2=3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。

碰后甲恰好静止。

假设碰撞时间极短，则碰后乙的速度的大小为v2′=______m/s；甲、乙碰撞过程中总机械能的损失ΔE=______J。

11.某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的
频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图(b)所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C 进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离ℎA、ℎB和ℎC的值．回答下列问题(计算结果保留3位有效数字)
(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小v B=______ m/s；
(2)设重物质量为m，OB对应的下落过程中，重力势能减少量△E P=______ J，动
能增加量△E k=______ J，在误差允许范围内，可以认为两者相等，因此验证了机械能守恒定律．
12.用如图1所示的“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
______(填选项前的序号)，间接地解决这个问题。

A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面得高度H
C.小球做平抛运动的射程
②图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从
斜轨上S位置静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作15次，得到15个落点痕迹，如图2所示，这15个落点的平均位置记为P。

已知图2中刻度尺0刻度与O点对齐，且刻度尺和OPMN所在的直线平行。

则从图2中可测得，m1单独滑下时，其平抛运动的射程OP=______cm。

③把被碰小球m2静置于轨道的水平部分右端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止
释放，与小球m2相碰，并多次重复。

④将m1、m2碰撞后平抛运动落地点的平均位置记录在图3上，落地点的平均位置
距O点的距离用如图3所示的字母表示。

则本实验中用以验证动量守恒的表达式为：______。

(用题中和图中给出的字母表示)
13.随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。

分析交通违法事例，将警示我们
遵守交通法规，珍惜生命。

一货车严重超载后的总质量为4.9×104kg，以54km/ℎ的速率匀速行驶。

某时刻司机突然发现正前方25m处停着总质量为1.0×103kg的轿车，货车立即刹车做匀减速直线运动，已知超载的货车刹车减速时加速度大小为
2.5m/s2。

求；
(1)超载货车与轿车碰撞前的速度v1；
(2)若货车与轿车相互作用时间Δt=0.1s，碰撞后两车获得相同速度，则货车对轿
车的平均冲力多大？
14.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径
R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道
圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两
点等高，质量m=1kg的滑块与斜面AB间的动摩。

(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
擦因数μ=3
8
(1)若滑块从A点以初速度v0开始下滑，恰能沿轨道滑到C点，求初速度v0的大小；
(2)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。

15.如图所示，倾斜轨道底端用一小段圆弧与水平面平滑连接，上端与半径为R=0.5m
的圆管形轨道相切于P点，圆管顶端开口水平，距离水平面的高度为R.质量为m=
0.2kg的小球B静止在斜面的底端。

另有质量相同的小球A以初速度v0=5m/s沿
水平面向右运动，并与小球B发生弹性碰撞，不考虑一切摩擦，重力加速度g取10m/s2。

(1)求小球B被碰后的速度大小；
(2)求小球B到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小和方向；
(3)若保持小球A的初速度不变，增加其质量，则小球B从轨道的最高点抛出后，
求小球B的落地点到O点的最远距离不会超过多少。

16.一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇
上，狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动，设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，总以相对雪橇的速度u跳离雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。

求狗第n次跳离雪橇后雪橇速度的大小v n的表达式。

关于“以相对雪橇的速度u跳下雪橇”的说明：若狗跳离雪橇时雪橇的速度为v，则此时狗相对于地面的速度为v+u。

v+u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则v为正值，u为负值。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；
B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；此后人仍要加速，故此时人的动能不是最大，故C错误；
D、根据运动过程可知，人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D 错误。

故选：A。

从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化．
本题考查应用功能关系以及动量定理对变力作用下物体的运动情况分析，关键是明确人的运动过程，即可根据动量定理和动能定理进行分析求解．
2.【答案】C
【解析】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c 的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大。

由GMm
r2=mg，得g=GM
r2
，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心
加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g。

故A错误；
B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是θ=2π
24×4=1
3
π，故B
错误；
C、由GMm
r2=mv2
r
，得v=√GM
r
，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，
在相同时间内转过的弧长最长。

故C正确；
D、由开普勒第三定律a3
T2
=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于
c的周期24h。

故D错误。

故选：C。

同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小。

根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系。

根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。

对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。

3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．
根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．
【解答】
根据动能定理得：W1=1
2mv2，W2=1
2
m(2v)2−1
2
mv2=3
2
mv2，则W1<W2。

根据动量定理得，I1=mv−0=mv，I2=2mv−mv=mv，知I1=I2.D正确，A、B、C错误。

故选：D。

4.【答案】C
【解析】解：A、若v甲=5m/s；v乙=2m/s，v甲>v乙，两球能发生第二次碰撞，不可能，故A错误；
B、规定向右为正方向，碰撞前两球的总动量p=m1v1=2×6kg⋅m/s=12kg⋅m/s，
总动能为E k1=1
2m1v12=1
2
×2×62J=36J
若v甲=3m/s；v乙=4.5m/s，碰撞后两球的总动量p′=m1v甲+m2v乙=2×3kg⋅m/s+1×4.5kg⋅m/s=10.5kg⋅m/s，动量不守恒，不可能，故B错误；
C、若v甲=2m/s；v乙=8m/s，碰撞后两球的总动量p′=m1v甲+m2v乙=2×2kg⋅
m/s+1×8kg⋅m/s=12kg⋅m/s，动量守恒；总动能为E k2=1
2m1v
甲
2+1
2
m2v
乙
2=
1 2×2×22J+1
2
×1×82J=36J，E k2=E k1，是可能的，故C正确；
D、若v甲=0m/s；v乙=12m/s，碰撞后两球的总动量p′=m1v甲+m2v乙=2×0kg⋅
m/s+1×12kg⋅m/s=12kg⋅m/s，动量守恒；总动能为E k2=1
2m2v
乙
2=1
2
×1×
122J=72J，E k2>E k1，总动能增加，不可能，故D错误。

故选：C。

两球发生碰撞过程，两球组成的系统动量守恒，总动能不增加，不会发生第二次碰撞，由此分析即可。

对于碰撞问题，要抓住三个基本规律：一、系统动量守恒；二、系统总动能不增加；三、要符合实际运动情况，不能发生第二碰撞。

5.【答案】AB
【解析】
【分析】
结合图像分别求出在相应时间段内力F的冲量，再结合动量定理列式求解。

本题考查动量定理的简单应用。

【解答】
A.在0−1s内，力F的冲量为：I1=Ft1=2N×1s=2N·s，由动量定理得：I1=mv1−0，解得：v1=1m/s，故A正确。

B.在0−2s内，力F的冲量为：I2=Ft2=2N×2s=4N·s，由动量定理得：I2=p2−0，解得：p2=4kg·m/s，故B正确。

C.在0−3s内，力F的冲量为：I3=Ft2−Ft3=2N×2s−1N×1s=3N·s，由动量
定理得：I3=p3−0，解得：p3=3kg·m/s，故C错误。

D.在0−4s内，力F的冲量为：I4=Ft2−Ft4=2N×2s−1N×2s=2N·s，由动量定理得：I4=p4−0，解得：p4=2kg·m/s。

由p=mv，t=4s时物块的速度不为零，故D错误。

故选AB。

6.【答案】C
【解析】解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在
圆轨道上．故C正确，B、D错误．
若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平
方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故A错误．
故选：C．
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．
本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较．
7.【答案】AD
【解析】解：A、在远地点，根据GMm
(3R)2=ma，而在地面上有：GMm
R2
=mg，则在远地点，
a=g
9
，故A正确；
B、若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则G GMm
(3R)2=mv2
3R
，再由A中结论，GM=R2g，
整理可以得到v=√3gR
3
，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小
于√3gR
3
，故B错误；
C、椭圆轨道的半长轴为a=3R+R
2
=2R，比地球同步卫星的轨道半径(大约6.6R)小，所以周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故C错误；
D、卫星经过远地点时加速做离心运动后，则可以做半径为3R做匀速圆周运动，故D 正确。

故选：AD。

根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解；
先求出以3R为半径做匀速圆周运动的线速度，再对比P点的椭圆轨道，由近心运动的条件进行判断；
由开普勒定律分析判断；
由离心运动的条件进行分析判断。

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动。

8.【答案】ABD
【解析】解：A、木板与地接触光滑，木板(含弹簧)与小物体组成的系统，所受合力为零，系统总动量守恒，故A正确；
B、板与墙碰撞无机械能损失，碰撞后板以原速率v反弹，板与墙碰撞以后，木板向左运动，小物体向右运动，小物体与弹簧接触后，小物体与木板均做减速运动，当小物体速度减到零时，设木板速度为v1，以向左为正方向，根据动量守恒定律得：4mv−mv= 4mv1，解得：v1=0.75v，方向向左，此时小物体距墙最近，故B正确；
C、小物体速度为零木板具有向左的速度，在弹簧的弹力作用下，小物体要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。

当小物体和木板对地的速度相同时，弹簧的压缩量最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律得：4mv−mv=(4m+m)v2
根据机械能守恒定律得：1
2×4mv2+1
2
mv2=1
2
(4m+m)v22+E P，解得弹簧弹性势能
最大值：E P=8
5
mv2，故C错误；
D、当小物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，小物体继续要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。

当弹簧恢复原长时，小物体的速度大于木板的速度，小物体一定会从板的最左端掉下来，故D正确。

故选：ABD。

分析系统的受力情况，根据系统动量守恒的条件：合力为零判断系统的动量是否守恒；当小物体速度为零时，根据动量守恒定律求木板速度大小为0.75v，此时小物体距墙最近；当小物体和木板对地的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由系统动量守恒和机械能守恒求解弹簧弹性势能最大值；分析小物体和木板的运动情况，判断小物体能否从木板的最左端掉下来。

解决本题的关键要对小物体和木板进行受力分析和运动分析，清楚搞清它们的运动情况，同时要掌握动量守恒的条件，要学会用能量守恒的观点去解决问题。

9.【答案】k
n2√k n
【解析】解：在火星上，由物体的重力等于万有引力可得GMm R 2
=mg ，解得火星表面重
力加速度g =
GM R 2
同理可得天问一号在金星表面的重力g 金=GM 金R 金
2=
G×kM (nR)2
=k n 2
GM
R 2
由此可得：g 金
g =k
n 2
在火星上，由重力等于向心力可得mg =
mv 2R
，解得火星上的第一宇宙速度v =√gR
同理可得金星上的第一宇宙速度v 金=√g 金R 金=√k
n 2g ×nR =√k
n gR 由此可得：
v 金v =√k
n
故答案为：k
n 2，√k n
由星体表面万有引力等于重力可得火星与地球表面重力加速度的比值；由万有引力提供向心力，可得火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比。

此题主要考查了万有引力定律及其应用，处理万有引力问题要掌握万有引力的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用。

10.【答案】1.0 1400
【解析】解：规定碰撞前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律有： m 1v 1−m 2v 2=m 2v 2′ 代入数据解得：v 2′=1.0m/s
根据能量守恒定律有：1
2m 1v 1
2+1
2m 2v 22
=ΔE +1
2m 2v 2′2 联立解得：ΔE =1400J 。

故答案为：1.0，1400。

甲与乙碰撞过程两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙的速度大小。

甲、乙碰撞过程中总机械能的损失等于总动能的损失，根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失。

本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，在运用动量守恒定律解题时，要知道动量守恒定律的表达式是矢量式，需注意速度的方向，在规定正方向后，用正负号表示速度方向。

11.【答案】3.90；7.70m；7.61m
【解析】解：(1)利用匀变速直线运动的推论
v B=x AC
t AC =0.8659−0.7099
2×0.02
=3.90m/s
(2)重力势能减小量△E p=mgℎ=9.8×0.7857mJ=7.70mJ．
E kB=1
2mv B2=1
2
×m×3．92=7.61m J
△E k=E kB−0=0.48m J
故答案为：(1)3.90；
(2)7.70m，7.61m．
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．
运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题．
要注意单位的换算和有效数字的保留．
12.【答案】C44.80m1OP=m1OM+m2ON
【解析】解：(1)由于小球从同一位置平抛，落地时间相同，因此水平射程的大小用来表示碰撞前后的速度即可。

故C正确，AB错误。

故选C．
(2)用一个圆规画尽可能小的圆包含尽可能多的点，圆心所在的位置就是射程的平均值，因此平抛运动的射程OP=44.80cm
(3)根据
m1v0=m1v1+m2v2
设落地时间为t，则
m1v0t=m1v1t+m2v2t
而
v0t=OP，v1t=OM，v2t=ON
代入可得
m1OP=m1OM+m2ON
故答案为：(1)C ；(2)44.80；(3)m 1OP =m 1OM +m 2ON
验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难。

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度。

过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求。

最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。

验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度，并利用水平位移的方式表达两球动量守恒。

13.【答案】解：(1)超载货车的初速度为v 0=54km/ℎ=15m/s ，根据速度−位移关系
可得：
v 02−v 12=2ax ，其中a =2.5m/s 2，x =25m
所以货车与轿车相撞时的速度为v 1=10m/s ；
(2)相撞时两车的内力远远大于外力，动量守恒，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv 1=(M +m)v 共 得：v 共=9.8m/s
以轿车为研究对象，根据动量定理有F −
⋅Δt =mv 共 解得：F −
=9.8×104N 。

答：(1)超载货车与轿车碰撞前的速度大小为10m/s ；
(2)若货车与轿车相互作用时间Δt =0.1s ，碰撞后两车获得相同速度，则货车对轿车的平均冲力为9.8×104N 。

【解析】(1)根据速度−位移关系可求出与轿车相撞前的速度；
(2)在碰撞过程中，因内力远远大于外力，两车组成的系统动量守恒。

应用动量守恒求出碰撞后的共同速度，以轿车为研究对象，应用动量定理求出相互作用力。

本题主要是考查动量守恒定律、动量定理、运动学公式的计算，动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化的原因，动量定理是应用牛顿第二定律和运动学公式推导出来的，是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明了作用力等于物体动量的变化率。

14.【答案】解：(1)滑块恰能沿轨道滑到C 点，在C 点根据牛顿第二定律有：mg =mv C 2
R
滑块从A 点以初速度v 0开始下滑，到达C 的过程中，根据动能定理有：
−μmgcosθ⋅2R
sinθ=
1 2mv C2−1
2
mv02
代入数据求得v0=2√3m/s
(2)滑块离开C的速度为v′=4m/s，开始做平抛运动，
竖直方向：y=1
2
gt2
水平方向：x=v′t
由几何关系可得：y+xtan37°=2R
代入数据联立可解得t=0.2s
答：(1)若滑块从A点以初速度v0开始下滑，恰能沿轨道滑到C点，则初速度v0的大小为2√3m/s；
(2)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，则滑块从C点飞出至落到斜面上的时间为0.2s。

【解析】(1)滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度，再对A到C过程，运用动能定理求初速度。

(2)离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间。

本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解。

15.【答案】解：(1)设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2
由机械能守恒定律得：1
2mv02=1
2
mv12+1
2
mv22
代入数据解得：v1=0、v2=v0=5m/s
(2)A、B两小球碰撞后，设小球B沿轨道上升到最高点的速度为v，由动能定理得：
−mgR=1
2mv2−1
2
mv02
在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球的支持力为F N，由牛顿第二定律得：mg−F N= m v2
R
代入数据解得：F N=−4N，负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，
根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有向上的压力，大小为4N；
(3)设小球A的质量为M，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律得：Mv0=Mv3+mv4
由机械能守恒定律得：1
2Mv02=1
2
Mv32+1
2
mv42，
联立解得v4=2M
m+M
v0
当小球A的质量M无限增加时，碰撞后小球B的速度都不会超过2v0，设小球B到达轨道最高点的速度为v′，
由动能定理得：−mgR=1
2mv′2−1
2
m(2v0)2
代入数据解得：v′=3√10m/s
离开轨道后做平抛运动，
竖直方向：R=1
2
gt2
水平方向：x m=v′t
代入数据解得：x m=3m
所以小球B从轨道的最高点抛出后，落地点到O点的最远距离不会超过3m；
答：(1)小球B被碰后的速度大小为5m/s；
(2)小球B到达圆管形轨道最高点时对轨道的压力大小为4N，方向：竖直向上；
(3)小球B的落地点到O点的最远距离不会超过3m。

【解析】(1)A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后B的速度。

(2)应用动能定理求出B到达最高点时的速度，然后应用牛顿第二定律与牛顿第三定律求出B对轨道的压力。

(3)两物体发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，物体离开轨道后做平抛运动，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以求出距离。

本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律，考查考生的分析综合能力，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以解题。

16.【答案】解：设雪橇运动的方向为正方向。

狗第(n−1)次跳下雪橇后雪橇的速度为v n−1，则狗第(n−1)次跳上雪橇后的速度v n−1’，根据动量守恒定律可得：Mv n−1+mv=(M+m)v n−1’
狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为v n满足：Mv n+m(v n+u)=(M+m)v n−1’
解得：v n=M
M+m v n−1+m(v−u)
M+m
根据等比数列前n项和公式可得：v n=(v−u)[1−(M
M+m )n−1]−mu
M+m
(M
M+m
)n−1。