江西省宜春市上高第二中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） 17页

2020届高二年级下学期第一次月考物理试卷.一.选择题：(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-12题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，有选错的得0分。)1.如图甲所示,在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随吋间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则A.t=0时刻,两线圈均处于垂直于中性面的位罝B.a、b对应的线圈转速之比为2:3C.a、b对应的两线圈面积之比为1:1D.若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈电动势的有效值之比一定不变【答案】C【解析】试题分析：t=0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位罝，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta:Tb=2:3；故根据可知a、b对应的线圈转速之比为3:2，选项B错误；根据，；；则，选项C正确；若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误；故选C．考点：交流电【名师点睛】此题是关于交流电的产生问题；关键是掌握正弦交流电的最大值的表达式，明确各个物理量的意义；知道最大值和有效值的关系．2.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是nA.第一次，灯泡两端的电压有效值是B.第二次，灯泡两端的电压有效值是C.第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D.第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5【答案】AD【解析】试题分析：对于正弦式电流的有效值，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．功率的公式，用有效值求出电功率之比．第一次灯泡两端的电压有效值为，设第二次电压的有效值为，根据有效值的定义，则有，解得，故A正确，B错误；由功率的公式得，灯泡的电功率之比是，故C错误，D正确．3.为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压,变压器原副线圈匝数比为5:1,已知照明灯额定功率为66W,排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（）A．电压表示数为62VB．变压器的输入功率为186WC．排气扇输出功率为63．75WD．保险丝熔断电流不得低于3A．n【答案】C【解析】试题分析：变压器输入交变电压u=311sin100πt（V），有效值U=220V，变压器原、副线圈匝数比为5：1，所以副线圈电压U2=44V，故A错误；电流表示数为3A，所以输出功率P=44×3W=132W，所以变压器的输入功率为132W，故B错误；照明灯的电流则排气扇的电流为I2=3A-1．5A=1．5A,则排气扇输出功率为，选项C正确；变压器的初级电流为,故保险丝熔断电流不得低于0．6A,选项D错误；故选C．考点：变压器；交流电【名师点睛】此题是关于变压器及交流电的计算；理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值。4.如图所示，面积为，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是：     （    ）A.线圈中感应电动势的表达式为B.P上移时，电流表示数减小C.t=0时刻，电压表示数为D.当原副线圈匝数比为1:2时，电阻上消耗的功率为400W【答案】D【解析】试题分析：矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：，线圈中感应电动势的表达式为e=100ncos（100t）V，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为1：2时，次级电压有效值为200V，电阻上消耗的功率为，故D正确；故选D。考点：交流电；变压器5.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中（）A.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为B.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为D.地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．6.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是(　　)A.ρvSB.C.D.ρv2S【答案】Dn【解析】对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为m=ρsvt，由动量定理有Ft=mv，其中F为瓶子对喷出气体的作用力，可解得，根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对瓶子分析，不难由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶对左端竖直墙壁的作用力大小是F，所以D正确．故选D．7.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧(弹簧与两木块未连接)，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上．若mA=3mB，则下列结果正确的是A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1：W2=1:1B.在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和不为零C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1和△p2，则有△p1：△p2=1:1D.若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为3:1【答案】B【解析】【详解】A.弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0，则速度之比vA：vB=1：3；根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1=mAvA2，W2=mBvB2，联立解得W1：W2=1：3，故A错误。B.根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mA△vA+mB△vB=0，可得，△vA+△vB≠0，故B正确。C.A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为△p1=mAgt，△p2=mBgt，所以△p1：△p2=3：1，故C错误。D.平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于sA:sB=vA：vB=1：3．故D错误。故选B。n【点睛】解决本题的关键要明确弹簧弹开物体时遵守动量守恒定律，求动能变化可根据动能定理，求动量的变化可根据动量定理．8.如右图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D．电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是（　　）A.导线框转动的角速度为B.导线框转动的角速度为C.导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D.导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大【答案】AC【解析】【详解】导线框产生的最大感应电动势；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知，，解得，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，线框处于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误.故选AC9.理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin314tV的交流电源上，12V，6W的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表。下列推断正确的是A.交变电流的频率为100HznB.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb／sC.电压表V的示数为22VD.R1消耗的功率是1W【答案】BD【解析】【详解】由u＝44sin314tV得:f=50HZ，A错；在副线圈中，小灯泡正常发光，知副线圈中的电流为0．5A，进而可求出R2两段的电压为8V，故副线圈两段的电压为20V，电压表的示数为20V，C错；副线圈两段电压的最大值为20V；由法拉第电磁感应定律知：，可得：，B对；由，，可知：原线圈两端的电压为40V，电流为0．25A，故加在R1两端的电压为44-40=4V，故R1消耗的功率为1W．D对。【点睛】基本关系式中物理量之间的决定关系：电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1（原制约副）功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）10.几个水球可以挡住一颗子弹?(国家地理频道)的实验结果是：四个水球足够!完全相同的水球紧挨在−起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同nD.子弹在毎个水球中的动能变化相同【答案】BCD【解析】【详解】A.设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d和4d,根据x=知，所用时间之比为1:::2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A错误，B正确；C.根据冲量的定义：I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同。故C正确；D.根据动能定理：△EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同。故D正确。故选：BCD【点睛】子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化。11.如图所示，质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3kg滑块以初速度v0=2m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确是A.滑块和木板的加速度之比是1∶3B.整个过程中因摩擦产生的热量是1.5JC.可以求出木板的最小长度是1.5mD.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3【答案】ABD【解析】【详解】A、水平面光滑，设滑块与木板之间的滑动摩擦力为f，根据牛顿第二定律对m：f=ma1；对M：f=Ma2，滑块和木板的加速度之比a1a2===，A正确.nB、设滑块相对木板静止时共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒有：m=(m+M)v，解得v=1.5m/s.根据能量守恒整个过程中因摩擦产生的热量Q=m-(m+M)=-1+3)］J=1.5J，故B正确.C、设木板的最小长度为L，则有Q=mgL，题中动摩擦因数未知，所以不能求出L，故C错误.D、从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比====，故D正确.故选：A、B、D.【点睛】本题是个经典的题目，考察的知识点比较多.牛顿第二定律，能量守恒，动量守恒定律，滑动摩擦力做功的特点还有运动学知识，要好好体会理解.12.如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)A.小球滑离小车时，小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是【答案】BC【解析】【分析】小球滑进光滑的轨道后，小车和小球组成的系统水平方向动量守恒，小车和小球组成的系统整体机械能守恒，小球运动的同时小车也在运动，因此恰好滑倒轨道最高点的意思是站在小车上看小球的速度为零，即小车和小球以地面为参考系，在最高点速度相同。【详解】小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有，机械能守恒n，解得，，则小车到最高点的动量变化量为，小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得，联立解得，因此相对速度为，可以看到小车得速度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，BC正确【点睛】此题得关键在于判断出小球恰到到达最高点的时候小球和小车共速，为此题的难点二.实验题(6＋8＝14分，每空2分，共14分)13.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上橡皮泥，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽。倾斜槽和水平槽由一小段圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，P掉B木块只剩下A木块，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置________。①在P5、P6之间②在P6处③在P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。n①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式___________________________________________。【答案】(1).②(2).①(3).m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)【解析】（1）P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确．（2）设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6， 碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′，v7、v8，则v4=，v5=，又v5=，得到碰撞前滑块A速度v6=，同理，碰撞后整体的速度v6′=，原来需要验证的方程为m1v6=（m1+m2）v6′，将上两式代入整理得：m1（2S56+S45-S34）=（m1+m2）（2S67+S78-S89），即需要验证的表达式，需要直接测量的物理量是：A、B两个滑块的质量m1和m2及S34、S45、S56和S67、S78、S89；故①⑥正确．14.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1＞m2)。②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。n(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的______点，m2的落点是图中的________点。(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________________，则说明碰撞中动量守恒。(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。【答案】(1).E(2).(3).【解析】（1）在没有放m2时，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点是图中的E点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：LDsinα＝gt2，LDcosα=v′1t解得：同理可解得：，所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：，则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式：m1v12=m1v′12+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF点睛：学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．三、计算题(本大题共4小题，共38分。要求写出必要的文字说明、公式和演算步骤。只写出最后答案的不得分：有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)n15.发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π(rad／s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时.线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω.试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少?【答案】（1）i=6.28sin100πt  （2）1.95×103W （3）1×10-2C【解析】试题分析：（1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V）根据闭合电路欧姆定律得Im==6．28A故交变电流瞬时值表达式：i=6．28sin100πt（2）电流的有效值I=由P=I2R得外电阻上的消耗功率：P=（）2R=1．95×103W（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由E=n得平均电流：=/（R+r）=nBL2／2（R+r）·Δt通过外电阻的电荷量：q=·Δt=nBL2／2（R+r）=1×10-2C考点：交流电；法拉第电磁感应定律16.假设某电站输送电压为U＝6000V，输送功率为P＝500kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kW·h，试求：(1)使用该输送电压输电时的输电效率和输电线的电阻；(2)若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，试论述电站应该采用什么输电办法？【答案】（1）28.8Ω（2）采用2.68×104V的高压输电【解析】试题分析：由起点与终点两只电表的示数相差，可求出输电效率．由损失n的功率及相差的电压从而能求出线路上的电流，进而算出线路上的电阻；若要降低损失提高输电效率，则可通过提高输送电压来降低线路上的电流，从而实现提高效率。（1）依题意输电电线上的功率损失为：则输电效率：因为P损=I2R线，且P=IU，所以：代入数据解得：（2）应该采用高压输电的办法．设升压至U′可满足要求，则输送电流：输电线上损失的功率为：联立以上解得：点睛：本题主要考查了高压输电问题。要知道输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。17.如图所示，质量0.5kg、长1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间μ=1/8，在盒内右端B放着质量也为0.5kg、半径0.1m的弹性硬球，球与盒接触光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5N·S，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：（1）盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少？（2）盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少？【答案】（1）1.8m（2）1.7s【解析】试题分析：（1）根据动量定理求出盒的初速度，根据能量守恒定律求出运动的总路程；（2）球与盒发生多次碰撞，根据牛顿第二定律和运动学公式及碰撞的特点，即可求每个阶段的时间，所有时间之和即为所求。（1）根据动量定理，得：盒的初速度盒从开始运动到完全停止过程中，盒的初动能全部转化为因摩擦所产生的内能由能量守恒定律得：解得：s=1.8mn（2）从盒开始运动到第一次碰撞的时间内，球静止，盒减速运动对盒，由动能定理得：由牛顿第二定律得：由速度公式得：联立解得：，球与盒碰撞后二者交换速度，球再经过时间与盒第二次碰撞，则有：二者碰撞后再次交换速度，盒再运动时间停下，则有：解得：时间内盒子的位移为所以盒子至停止运动不再和球发生碰撞因此盒从开始运动到停下所用的总时间为：【点睛】分析清楚金属盒与金属球的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、能理守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。18.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一道向上运动，并恰好回到O点（A、B均视为质点）．试求：（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，试问：v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？n【答案】【解析】试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：mg（3x0）sin30°=mv12解得：…①又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②联立①②得：（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．则有：EP+•2mv22＝0+2mg•x0sin30°解得：EP＝2mg•x0sin30°−•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③（3）设物块在最高点C的速度是vC，物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：所以：④C点相对于O点的高度：nh=2x0sin30°+R+Rcos30°=x0…⑤物块从O到C的过程中机械能守恒，得：mvo2＝mgh+mvc2…⑥联立④⑤⑥得：…⑦设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：mv2+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：•2mvB2+EP＝•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．联立⑦⑧⑨⑩解得：考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题。