2020-2021学年江西省南昌市高一下学期期末物理试卷及答案解析

2020-2021学年江西省南昌市高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1．（4分）科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同的重离子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为其它形式的能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的（）
A．速率B．质量C．动量D．动能
2．（4分）在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转，此时手臂上A，B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为v A、v B，则（）
A．ωA＜ωB B．ωA＞ωB C．v A＜v B D．v A＞v B
3．（4分）假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是（）
A．步行
B．挥动双臂
C．在冰面上滚动
D．脱去外衣抛向岸的反方向
4．（4分）一船在静水中的速率为v1，要渡过宽为d，水流的流速为v2（v2＜v1）的河流，则渡河的最短时间为（）（）
A．d
v1B．
d
v2
C．
√v12+v22D．
√v12−v22
5．（4分）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m1＝4kg、m2＝2kg，速度分别是v A＝3m/s（设为正方向），v B＝﹣3m/s．发生正碰后速度可能是（）A．v A′＝1m/s，v B′＝1m/s B．v A′＝4m/s，v B′＝﹣5m/s
C．v A′＝2m/s，v B′＝﹣1m/s D．v A′＝﹣1m/s，v B′＝﹣5m/s
6．（4分）带子弹的步枪质量为5kg，一颗子弹的质量为10g，子弹从枪口飞出时的速度为900m/s，则第一发子弹射出后步枪的反冲速度约为（）
A．2m/s B．1.8m/s C．3m/s D．4m/s
7．（4分）如图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹示意图。

由此图可判定，与第一次试验比较，第二次试验（）
A．子弹克服阻力做功更少
B．子弹与材料产生的总热量更多
C．子弹的动量变化量更大
D．防弹材料所受冲量相等
8．（4分）地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G．假设地球是一个质
量分布均匀的球体，体积为4
3
πR3，则地球的平均密度是（）
A．3g
4πGR B．
3g
4πGR2
C．
g
GR
D．
g
G2R
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9．（4分）在平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到10m/s时，立即关闭发动机，汽车滑行直到停止，运动的v﹣t图所示，汽车牵引力大小为F，汽车受到的阻力恒定为f，全过程中牵引力做功为W F，克服阻力f所做的功为W f，则下列各项中正确的是（）
A．F：f＝1：3B．F：f＝4：1C．W F：W f＝1：1D．W F：W f＝1：3 10．（4分）如图，一物体在与水平成θ角的拉力F作用下，匀速前进了时间t，则（）
A ．拉力F 对物体的冲量大小为Ft
B ．拉力F 对物体的冲量大小为Ftsin θ
C ．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ
D ．合外力对物体的冲量为零
11．（4分）质量为m 的物体以加速度a =34
g ，匀加速下落h ，g 为重力加速度，则（ ）
A ．物体重力势能减小34mgℎ
B ．物体动能增加mgh
C ．物体重力势能减小mgh
D ．物体机械能减小14mgℎ 12．（4分）如图所示，三个小球的质量均为m ，B 、C 两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平
面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起，
对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A ．机械能守恒，动量守恒
B ．机械能不守恒，动量守恒
C ．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D ．三球速度相等后，速度仍将变化
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13．（7分）为测量弹簧压缩时具有的弹性势能和滑块B 的质量，某同学用如图的装置进行
实验。

气垫导轨上有A 、B 两个滑块，A 上固定一遮光片，左侧与被压缩且锁定的弹簧
接触，右侧带有橡皮泥。

已知A 的质量为m 1，遮光片的宽度为d ；打开电源，调节气垫
导轨使滑块A 和B 能静止在导轨上。

解锁弹簧，滑块A 被弹出后向右运动，通过光电门
1后与B 相碰，碰后粘在一起通过光电门2。

两光电门显示的遮光时间分别为Δt 1和Δt 2，
由此可知碰撞前滑块A 的速度为 ，锁定时弹簧具有的弹性势能为
E p ＝ ，B 的质量m 2＝ 。

（用已知和测得物
理量的符号表示）
14．（7分）如图所示，用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。

先安装好实验装置，在水平面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，在白纸上记录下重锤线所指的位置O。

（1）小飞测得不放被碰小球B时，入射小球A的落点为P，放上被碰小球B时，被碰小球B的落点为N，入射小球A的落点为M。

小飞认为不需要测两球在空中运动的时间就可以验证动量守恒定律，其原因是。

（2）小飞更换另外两个小球后，又进行了一次实验，测得m A＝2.00kg，m B＝3.99kg，不放被碰小球B时，入射小球A的落点为N，ON＝0.400m，放上被碰小球B时，被碰小球B的落点为P，入射小球A的落点为O，OP＝0.200m，则该碰撞过程中动量（填“守恒”或“不守恒”）。

实验目的达到后，小飞利用所给数据，又判断了该碰撞中机械能是否守恒，小飞的判断结果是机械能（填“守恒”或“不守恒”）。

四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）
15．（6分）一只质量为2.8公斤的章鱼吸入0.2kg的水，静止在水中，遇到危险时，它在极短的时间内把吸入的水向后完全喷出，以2.5m/s的速度向前逃窜。

求该章鱼喷出的水的速度大小。

16．（10分）a、b两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮（视为质点）上。

开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。

现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。

则a、b两球的质量之比为？
17．（10分）小孩玩冰壶游戏，将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停于B点．已知冰面和冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝s，AB＝L．重力加速度为g．
（1）求冰壶在A点的速率v A；
（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的小孩施加的水平推力F．
18．（12分）如图甲所示，放在光滑水平地面上的长木板质量M＝0.5kg，木板右端放一质量m＝0.5kg的滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4；滑块的正上方有一悬点O，通过长l＝0.8m的轻绳吊一质量m0＝1.0kg的小球。

现将小球拉至与O点处于同一水平位置，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰，且m0与m只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，g取10m/s2，求：
（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小；
（2）碰后瞬间滑块速度的大小；
（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应满足什么条件？
2020-2021学年江西省南昌市高一下学期期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1．（4分）科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同的重离子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为其它形式的能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的（）
A．速率B．质量C．动量D．动能
解：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子粘在一起时，粒子损失的机械能最多。

而在碰撞过程中遵循动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小。

故选：C。

2．（4分）在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿势原地旋转，此时手臂上A，B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为v A、v B，则（）
A．ωA＜ωB B．ωA＞ωB C．v A＜v B D．v A＞v B
解：AB、由于A、B两处均绕同一转轴转动，所以A、B两处的角速度一样，故AB错误；
CD、由图可知A处转动半径越大，根据v＝ωr可知A处的线速度要大，即v A＞v B，故C错误，D正确。

故选：D。

3．（4分）假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是（）
A．步行
B．挥动双臂
C．在冰面上滚动
D．脱去外衣抛向岸的反方向
解：A、由于冰面光滑，人在冰面上受到的合外力为零，加速度为零，不能步行到达岸边，故A错误；
B、人挥动双臂时，人受到的合外力为零，加速度为零，不能到达岸边，故B错误；
C、由与冰面光滑，人在冰面上滚动时摩擦力为零，加速度为零，不可能滚动，不能到达
岸边，故C错误；
D、人与衣服组成的系统动量守恒，人脱去外衣抛向岸的反方，人获得朝向岸边的速度，
人可以到达岸边，故D正确；
故选：D。

4．（4分）一船在静水中的速率为v1，要渡过宽为d，水流的流速为v2（v2＜v1）的河流，则渡河的最短时间为（）（）
A．d
v1B．
d
v2
C．
√v12+v22D．
√v12−v22
解：欲使小船以最短时间渡河，则船头垂直河岸航行，则最短渡河时间为：t=d
v1，故A
正确，BCD错误。

故选：A。

5．（4分）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m1＝4kg、m2＝2kg，速度分别是v A＝3m/s（设为正方向），v B＝﹣3m/s．发生正碰后速度可能是（）A．v A′＝1m/s，v B′＝1m/s B．v A′＝4m/s，v B′＝﹣5m/s
C．v A′＝2m/s，v B′＝﹣1m/s D．v A′＝﹣1m/s，v B′＝﹣5m/s
解：取向右方向为正方向，碰撞前两球组成的系统总动量为：p＝m A v A+m B v B＝[4×3+2×（﹣3）]kg•m/s＝6kg•m/s
碰撞前系统的总动能为：E k=1
2m A v A
2+1
2m B v B
2＝（
1
2
×4×32+12×2×32）J＝27J；
A、如果v A′＝1m/s、v B′＝1m/s，碰撞后系统动量为p′＝m A v A′+m B v B′＝（4×1+2×1）kg•m/s＝6kg•m/s，动量守恒；
碰撞后系统的总动能为：E k′=1
2m A v A′
2+1
2m B v B′
2＝（
1
2
×4×12+12×2×12）J＝3J＜
E k，是可能的，故A正确；
B、如果v A′＝4m/s、v B′＝﹣5m/s，碰后系统总动量为p′＝m A v A′+m B v B′＝[4×4+2×（﹣5）]kg•m/s＝6kg•m/s，动量守恒；
碰撞后系统的总动能为：E k′=1
2m A v A′
2+1
2m B v B′
2＝（
1
2
×4×42+12×2×52）J＝57J
＞E k，系统的总动能增加，不可能。

故B错误；
C、如果v A′＝2m/s、v B′＝﹣1m/s，碰后速度方向相反，相向运动，还要发生一次碰
撞，这是不可能的，故C错误；
D、如果v A′＝﹣1m/s、v B′＝﹣5m/s，碰后总动量为：p′＝m A v A′+m B v B′＝[4×（﹣
1）+2×（﹣5）]kg•m/s＝﹣16kg•m/s，动量不守恒，不可能的，故D错误；
故选：A。

6．（4分）带子弹的步枪质量为5kg，一颗子弹的质量为10g，子弹从枪口飞出时的速度为900m/s，则第一发子弹射出后步枪的反冲速度约为（）
A．2m/s B．1.8m/s C．3m/s D．4m/s
解：带子弹的步枪质量为M＝5kg，一颗子弹的质量为m＝10g＝0.01kg，子弹从枪口飞出时的速度为v1＝900m/s
取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1﹣（M﹣m）v2＝0
解得步枪的反冲速度为v2=mv1
M−m
=0.01×900
5−0.01m/s≈1.8m/s，故ACD错误，B正确。

故选：B。

7．（4分）如图是同一型号子弹以相同的初速度射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹示意图。

由此图可判定，与第一次试验比较，第二次试验（）
A．子弹克服阻力做功更少
B ．子弹与材料产生的总热量更多
C ．子弹的动量变化量更大
D ．防弹材料所受冲量相等
解：A 、根据动能定理可得子弹克服阻力等于子弹动能的变化，而两种情况下子弹动能变化相等，所以子弹克服阻力做的功相等，故A 错误；
B 、根据功能关系可得，子弹克服阻力做的功转化为系统的内能，所以两种情况下系统产生的内能相等，故B 错误；
C 、子弹的初动量相等，末动量均为零，所以两种情况下子弹的动量变化相等，故C 错误；
D 、根据动量定理可得，防弹材料对子弹的冲量等于子弹动量的变化，所以防弹材料对子弹的冲量相等，则子弹对防弹材料的冲量也相等，故D 正确。

故选：D 。

8．（4分）地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G ．假设地球是一个质
量分布均匀的球体，体积为43πR 3，则地球的平均密度是（ ） A ．3g 4πGR B ．3g
4πGR 2
C ．g GR
D ．g G 2R 解：由万有引力等于重力可得：G
Mm
R 2=mg 解得：M =gR 2G
又地球体积为：V =4πR 33
故密度为：ρ=M V =
gR 2G 4πR 33=3g 4πGR 故选：A 。

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9．（4分）在平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到10m/s 时，立即关闭发
动机，汽车滑行直到停止，运动的v ﹣t 图所示，汽车牵引力大小为F ，汽车受到的阻力恒定为f ，全过程中牵引力做功为W F ，克服阻力f 所做的功为W f ，则下列各项中正确的是（ ）
A ．F ：f ＝1：3
B ．F ：f ＝4：1
C ．W F ：W f ＝1：1
D ．W F ：W f ＝1：3 解：对全过程由动能定理可知W F ﹣W f ＝0，故W F ：W f ＝1：1，故C 正确，D 错误； 根据恒力做功公式的：W F ＝Fs ，W f ＝fs ′，由图可知：s ：s ′＝1：4，所以F ：f ＝4：1，故A 错误，B 正确；
故选：BC 。

10．（4分）如图，一物体在与水平成θ角的拉力F 作用下，匀速前进了时间t ，则（ ）
A ．拉力F 对物体的冲量大小为Ft
B ．拉力F 对物体的冲量大小为Ftsin θ
C ．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ
D ．合外力对物体的冲量为零
解：A 、拉力F 对物体的冲量大小为I 1＝Ft ．故A 正确，B 错误。

C 、根据共点力平衡得，摩擦力的大小f ＝Fcos θ，则摩擦力冲量的大小I 2＝ft ＝Ftcos θ，故C 错误。

D 、物体做匀速直线运动，动量的变化量为零，根据动量定理知，合力的冲量为零。

故D 正确。

故选：AD 。

11．（4分）质量为m 的物体以加速度a =34
g ，匀加速下落h ，g 为重力加速度，则（ ）
A ．物体重力势能减小34mgℎ
B ．物体动能增加mgh
C ．物体重力势能减小mgh
D ．物体机械能减小14mgℎ 解：AC 、物体加速下落，重力做正功重力势能减少，重力势能的减少量等于重力做的功，重力势能的减少量Δ
E p ＝mgh ，故A 错误，C 正确；
B、由牛顿第二定律可知，物体所受合外力：F＝ma=3
4mg，由动能定理可知，物体动能
的增加量ΔE k＝Fh=3
4mgh，故B错误；
D、以物体下落h时所在平面为重力势能的零势面，物体初状态的机械能与末状态的机械
能之差是物体机械能的减少量，机械能的减少量ΔE＝E初﹣E末＝mgh−3
4mgh=
1
4mgh，
故D正确。

故选：CD。

12．（4分）如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
解：AB、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，A与B发生是完全非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失。

故A错误，B正确。

C、A与B碰撞后AB一起压缩弹簧，弹簧对C产生向左的弹力，则AB做减速运动，C
做加速运动，当C的速度大于AB的速度后，弹簧压缩量减小，则当三球速度相等时，弹簧压缩到最短。

之后，当三球速度相等时，弹簧伸长到最大。

所以当三球速度相等后，弹簧有弹力，AB与C的合力不为零，做变速运动。

故CD错误。

故选：B。

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13．（7分）为测量弹簧压缩时具有的弹性势能和滑块B的质量，某同学用如图的装置进行实验。

气垫导轨上有A、B两个滑块，A上固定一遮光片，左侧与被压缩且锁定的弹簧接触，右侧带有橡皮泥。

已知A的质量为m1，遮光片的宽度为d；打开电源，调节气垫导轨使滑块A和B能静止在导轨上。

解锁弹簧，滑块A被弹出后向右运动，通过光电门1后与B相碰，碰后粘在一起通过光电门2。

两光电门显示的遮光时间分别为Δt1和Δt2，
由此可知碰撞前滑块A的速度为
d
Δt1
，锁定时弹簧具有的弹性势能为E p＝
m1d2 2(Δt1)2，B的质量m2＝
m1(Δt2−Δt1)
Δt1。

（用已知和测得物理量的符号表示）
解：很短时间内的平均速度等于瞬时速度，
碰撞前A的速度大小v1=
d Δt1
碰撞后A、B的共同速度大小v2=
d Δt2
水平放置的气垫导轨上摩擦力可以忽略不计，弹簧的弹性势能全部转化为A的动能，
根据功能关系可知，锁定时弹簧具有的弹性势能为E p=1
2m1v1
2=m1d
2
2(Δt1)2
两滑块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：m1v1＝（m1+m2）v2
解得：m2=m1(Δt2−Δt1)
Δt1
故答案为：d
Δt1；
m1d2
2(Δt1)2
；
m1(Δt2−Δt1)
Δt1。

14．（7分）如图所示，用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。

先安装好实验装置，在水平面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，在白纸上记录下重锤线所指的位置O。

（1）小飞测得不放被碰小球B时，入射小球A的落点为P，放上被碰小球B时，被碰小球B的落点为N，入射小球A的落点为M。

小飞认为不需要测两球在空中运动的时间就可以验证动量守恒定律，其原因是两球做平抛运动的时间相等，只要测出两球做平抛运动的水平位移即可验证动量守恒定律。

（2）小飞更换另外两个小球后，又进行了一次实验，测得m A＝2.00kg，m B＝3.99kg，不放被碰小球B时，入射小球A的落点为N，ON＝0.400m，放上被碰小球B时，被碰小球B的落点为P，入射小球A的落点为O，OP＝0.200m，则该碰撞过程中动量守恒（填“守恒”或“不守恒”）。

实验目的达到后，小飞利用所给数据，又判断了该碰撞中机械能是否守恒，小飞的判断结果是机械能不守恒（填“守恒”或“不守恒”）。

解：（1）小球离开碰撞器后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们的运动时间t相等，
碰撞前瞬间入射球速度大小v0=OP t
碰撞后瞬间入射球的速度大小v A=OM
t，被碰球的速度大小v B=
ON
t
两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前入射球的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m A v0＝m A v A+m B v B，
整理得：m A OP＝m A OM+m B ON，
实验不需要测两球在空中运动的时间，只有测出小球做平抛运动的水平位移即可。

（2）两球碰撞后，入射小球A的落点为O，碰撞后入射球A的水平位移为零，速度为零，
碰撞前系统的“总动量”p＝m A ON＝2.00kg×0.400m＝0.800kg•m
碰撞后系统的“总动量”p′＝m B OP＝3.99kg×0.200m＝0.798kg•m
在误差允许的范围内p＝p′，碰撞过程系统动量守恒；
碰撞前系统的“总动能”E k=1
2
m A ON2=12×2.00×0.4002kg•m2＝0.16kg•m2
碰撞后系统的“总动能”E k′=1
2
m B OP2=12×3.99×0.2002kg⋅m2=0.0798kg•m2，
碰撞前后系统动能有损失，碰撞前后系统重力势能不变，因此碰撞前后系统机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒
故答案为：（1）两球做平抛运动的时间相等，只要测出两球做平抛运动的水平位移即可验证动量守恒定律；（2）守恒；不守恒。

四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）
15．（6分）一只质量为2.8公斤的章鱼吸入0.2kg的水，静止在水中，遇到危险时，它在极短的时间内把吸入的水向后完全喷出，以2.5m/s的速度向前逃窜。

求该章鱼喷出的水的速度大小。

解：由题意可知，章鱼的质量M＝2.8kg，水的质量m＝0.2kg，章鱼的速度大小v章鱼＝
2.5m/s
章鱼与章鱼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以章鱼的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：Mv章鱼﹣mv水＝0
代入数据解得，章鱼喷出的水的速度大小：v＝35m/s
答：该章鱼喷出的水的速度大小是35m/s。

16．（10分）a、b两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮（视为质点）上。

开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。

现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。

则a、b两球的质量之比为？
解：b球在摆动过程中机械能守恒，则：
m b gL=1
2m b v
2
当连接b球的细线摆到竖直位置时，对b球，根据牛顿第二定律得：
T﹣m b g＝m b v2 L
联立解得T＝3m b g
当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0，说明细线的拉力等于a 球的重力，即T＝m a g
联立解得：m a：m b＝3：1
答：a、b两球的质量之比为3：1。

17．（10分）小孩玩冰壶游戏，将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停于B点．已知冰面和冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝s，AB＝L．重力加速度为g．
（1）求冰壶在A点的速率v A；
（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的小孩施加的水平推力F．
解：（1）冰壶从A 到B 过程，由动能定理得：
﹣μmgL ＝0−1
2m v A 2，
解得：V A =√2μgL ；
（2）从O 到A 过程，由动能定理得：
（F ﹣μmg ）s =1
2m v A 2−0，
解得：F ＝μmg
s+L s
；
答：（1）冰壶在A 点的速率v A 为√2μgL ；
（2）冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的小孩施加的水平推力F 为μmg
s+L s
．
18．（12分）如图甲所示，放在光滑水平地面上的长木板质量M ＝0.5kg ，木板右端放一质量m ＝0.5kg 的滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4；滑块的正上方有一悬点O ，通过长l ＝0.8m 的轻绳吊一质量m 0＝1.0kg 的小球。

现将小球拉至与O 点处于同一水平位置，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰，且m 0与m 只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，g 取10m/s 2，求：
（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小； （2）碰后瞬间滑块速度的大小；
（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应满足什么条件？
解：（1）设小球摆动到最低点速度为v 0，绳对小球拉力为T ，由机械能守恒定律得： m 0gl =1
2m 0v 02
代入数据解得：v 0＝4m/s 由牛顿第二定律得： T ﹣m 0g ＝m 0
v 0
2l
解得：T ＝m 0g+m 0
v 0
2l
=30N
（2）设碰后小球、滑块速度分别为v 1和v 2， 由图象可得：E k ＝m 0gh =1
2m 0v 12 得：v 1＝2m/s ，或v 1′＝﹣2m/s
规定向右为正方向，小球与滑块碰撞过程动量守恒，得： m 0v 0＝m 0v 1+mv 2
代入数据解得：v 2＝4m/s ，或v 2′＝12m/s
计算碰撞前后的总动能可知：12
m 0v 02＞12
m 0v 12+12
mv 22
，合理
而
12
m 0v 02＜12
m 0v′12
+
12
mv′22，不合理
所以碰后滑块速度只能取：v 2＝4m/s
（3）当滑块和长木板共速时滑块恰好在木板的最右端，设板长为l 1．由动量守恒得： mv 2＝（m+M ）v 3 由功能关系得：
μmgl =1
2mv 22
−12
(m +M)v
32
联立并代入数据解得：l ＝1m
答：（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小是30N ； （2）碰后瞬间滑块速度的大小是4m/s ；
（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应满足l ＝1m 。