2017年广东省佛山市顺德区高考一模试卷物理 13页

2017 年广东省佛山市顺德区高考一模试卷物理 一、选择题(共 8 小题，每小题 6 分，满分 48 分。第 1-5 小题只有一项符合题目要求；第 6-8 小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，只选对 1 个的得 2 分，选错不选的 得 0 分。) 1.(6 分)下列说法正确的是( ) A.牛顿通过理想斜面实验，证明了力不是维持物体运动的原因 B.前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星，其环绕地球的速度大于 7.9km/s C.力学单位制中的国际基本单位是质量，米、秒 D.英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量，这体现了放大和转化 的思想 解析：A、是伽利略通过理想斜面实验，证明了力不是维持物体运动的原因。故 A 错误； B、7.9km/s 是第一宇宙速度，是绕地球做匀速圆周运动的卫星的最大速度，所以前苏联成 功发射了世界第一颗人造卫星，其环绕地球的速度不可能大于 7.9km/s。故 B 错误； C、力学单位制中的国际基本单位是千克，米、秒。故 C 错误； D、英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确的测出万有引力常量，扭秤装置的原理体 现了放大和转化的思想。故 D 正确。 答案：D 2.(6 分)A、B 两质点在同一直线上运动，t=0 时刻，两质点从同一地点运动的 s﹣t 图像， 如图所示，下列说法正确的是( ) A.A 质点以 20m/s 的速度匀速运动 B.0 到 6 秒，AB 间的距离越来越大 C.B 一定做匀加速运动，速度先小于 A 后大于 A D.0 到 6 秒，A、B 的平均速度相同 解析：A、在 s﹣t 图像中，斜率代表速度，则 A 的速度为 ，故 A 错 误； B、在 0﹣6s 内，初末位置相同，有图可知，AB 间的距离先增大后减小，最后相等，故 B 错 误； C、在 s﹣t 图像中，若 B 是抛物线，故 B 做匀加速运动，斜率代表速度，故速度先小于 A 后大于 A，由于 B 可能不是抛物线，故 C 错误； D、0 到 6 秒，A、B 的位移相同，故平均速度相同，故 D 正确。 答案：D 3.(6 分)如图所示，斜面小车 M 静止在光滑水平面上，紧贴墙壁。若在斜面上放一物体 m。 再给 m 施加一竖直向下的恒力 F.M、m 均保持静止，则小车受力的个数为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 解析：先对物体 m 受力分析，受到重力、向下的恒力 F、支持力和静摩擦力，根据平衡条件， 支持力和静摩擦力的合力、重力和恒力 F 的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m 对 M 的压力和静摩擦力的合力竖直向下； 再对 M 受力分析，受重力、m 对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对 M 有向上的支持力，共受到 4 个力；故 ACD 错误，B 正确。 答案：B 4.(6 分)如图所示，内壁光滑质量为 m 的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处 在两固定光滑挡板 M、N 之间，圆轨道半径 R，质量为 m 的小球能在管内运动，小球可视为 质点，管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下 列判断正确的是( ) A.圆轨道对地面的最大压力大小为 8mg B.圆轨道对挡板 M、N 的压力总为零 C.小球运动的最小速度为 D.小球离挡板 N 最近时，圆轨对挡板 N 的压力大小为 5mg 解析：A、当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等 于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m ，N=mg，解得最高点的速度 ， 该速度为小球的最小速度。根据动能定理得，mg•2R= ，根据牛顿第二定律 得，N′﹣mg= ，联立解得小球对轨道的最大压力 N′=7mg，则圆轨道对地面的最大压 力为 8mg，故 A 正确，C 错误。 B、在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板 M、N 的压力不为零， 故 B 错误。 D、根据动能定理得，mgR= ，根据牛顿第二定律得， ，联立解 得 N″=4mg，则圆轨对挡板 N 的压力为 4mg，故 D 错误。 答案：A 5.(6 分)如图所示，质量 m=20kg 的物块，在与水平方向成 θ=37°的拉力 F=100N 作用下， 一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动(取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)。下列 说法正确的是( ) A.物体的合力可能大于 80N B.地面对物体的支持力一定等于 140N C.物块与水平面间动摩擦因数一定小于 D.物块的加速度可能等于 2m/s2 解析：A、若水平面光滑，则合力为 ；水平面粗糙时，则合 力为： ，所以合力不可能大于 80N，故 A 错误； B、在竖直方向上 ，则 ，故 B 正确； C、若水平面粗糙，水平方向 ，解得 ，故 C 正确； D、当水平面光滑时，合力 80N，则加速度 水平面粗糙时， ，当 时，a 等于 ，故 D 正 确。 答案：BCD 6.(6 分)2016 年 10 月 17 日我国成功发射了质量为 m 的“神舟”十一号飞船。飞船先沿椭圆 轨道Ⅰ飞行，近地点 Q 贴近地面，在远地点 P 处点火加速，顺利进入距地面高度为 h 的圆轨 道Ⅱ，在此圆轨道上飞船运行周期为 T，已知地球半径为 R，下列判断正确的是( ) A.飞船在轨道Ⅱ的动能为 2m B.飞船在轨道Ⅰ运动的周期为 C.飞船变轨前通过椭圆轨道 P 点的速度大于 Q 点的速度 D.从 Q 到 P 飞船做离心运动，高度增加，机械能增大 解析：A、根据万有引力提供向心力，得： 所以：v= 飞船的动能： 根据 ， 解得：GM= 所以： 。故 A 正确。 B、轨道Ⅰ的半长轴： 根据开普勒第三定律得： 所以：T1= 。故 B 正确； C、从椭圆轨道上由远地点向近地点运动时，由于万有引力做功，动能增加，所以远地点 P 点的速度小于近地点的速度。故 C 错误。 D、从 Q 到 P 飞船做离心运动，但只有万有引力做功，系统的机械能不变。故 D 错误。 答案：AB 7.(6 分)如图所示，有五个完全相同、质量均为 m 的滑块(可视为质点)用长均为 L 的轻杆依 次相连接，最右侧的第 1 个滑块刚好位于水平面的 O 点处，O 点左侧水平面光滑面、O 点右 侧水平面由长 3L 的粗糙面和长 L 的光滑面交替排列，且足够长，已知在恒力 F 的作用下， 第 3 个滑块刚好进入 O 点右侧后，第 4 个滑块进入 O 点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动， 则可判断(重力加速度为 g)( ) A.滑块与粗糙段间的动摩擦因数 μ= B.第 4 个滑块进入 O 点后，滑块开始减速 C.第 5 个滑块刚进入 O 点后时的速度为 D.轻杆对滑块始终有弹力作用 解析：A、3 个滑块刚好进入 O 点右侧后，第 4 个滑块进入 O 点右侧之前，滑块恰好做匀速 直线运动，则 F﹣3μmg=0，解得 ，故 A 正确； B、第 4 个滑块进入 O 点后，第三个滑出粗糙面，此时受到摩擦力还是 f=3μmg=F，还是匀 速运动，故 B 错误； C、第 5 个滑块刚进入 O 点时，根据动能定理可知 F•4L﹣μmg•3L﹣μmg•3L﹣μmg•2L﹣ μmg= ，解得 v=2 ，故 C 错误； D、在匀速阶段，轻杆对滑块无弹力作用，故 D 错误。 答案：A 8.(6 分)质量为 m 的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为 k 的 轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆 3d 的 O 点，物体从 A 点以初速度 v0 向右运动，到达 B 点速度也为 v0，OA 与 OB 的方位如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取 sin37°=0.6， cos37°=0.8)。下列说法正确的是( ) A.从 A 点到 B 点，物体的速度先增大后减小 B.A、B 两点弹簧弹力的功率相等 C.由题中信息可知，轻质弹簧的原长为 5.5d D.在 A 点，物体加速度的大小为 解析：A、C、由几何关系可得： ； 由于物体从 A 点以初速度 v0 向右运动，到达 B 点速度也为 v0，可知从 A 到 B 的过程中物体 的动能变化量为 0，；在该过程中，杆光滑，所以结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等 于 0，可知开始时弹簧的弹性势能等于后来的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时 弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态；弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，则： L0﹣5d=6d﹣L0 所以弹簧的原长：L0=5.5d； 物体从 A 向 O 点的正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度 减小；物体从 O 点的正下方向 B 运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大； 当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小。所以物体先 减速，再加速，最后又减速。故 A 错误，C 正确； B、分别画出 A 点受到的弹力与速度，由公式：P=Fvcosθ 可知，二者 F 与 v0 之间的夹角不 同，则二者的瞬时功率不相等。故 B 错误； C、在 A 点，弹簧的弹力 F 与运动方向之间的夹角为 37°，则物体在 A 点的加速度： a= 。故 D 正确。 答案：CD 二、必做题(共 4 小题，满分 47 分) 9.(6 分)某校学生验证向心力公式 F=m 的实验中，设计了如下实验： 第 1 步：先用粉笔在地上画一个直径为 2L 的圆； 第 2 步：通过力传感器，用绳子绑住质量为 m 的小球，人站在圆内，手拽住绳子离小球距离 为 L 的位置，用力甩绳子，使绳子离小球近似水平，带动小球做匀速圆周运动，调整位置， 让转动小球的手肘的延长线刚好通过地上的圆心，量出手拽住处距离地面的高度为 h，记下 力传感器的读数为 F； 第 3 步：转到某位置时，突然放手，让小球自由抛出去； 第 4 步：另一个同学记下小球的落地点 C，将通过抛出点 A 垂直于地面的竖直线在地面上的 垂足 B 与落地点 C 连一条直线，这条直线近似记录了小球做圆周运动时在地面上的投影圆的 运动方向，量出 BC 间距离为 S； 第 5 步：保持小球做圆周运动半径不变，改变小球做圆周运动的速度，重复上述操作。 试回答案：(用题中的 m、L、h、S 和重力加速度 g 表示) 放手后，小球在空中运动的时间 t= 。 在误差范围内，有 F= 。 小球落地时的速度大小为 v= 。 解析：小球飞出后做平抛运动，根据 h= 得，小球在空中运动的时间 t= 。 绳子的拉力等于小球做圆周运动的向心力，小球的线速度 ，则拉力 F= = 。 落地时的竖直分速度 ，根据平行四边形定则知，小球落地的速度 v= = 。 答案： ， ， 。 10.(9 分)某实验小组按照如图 1 所示的装置对高中学生实验进行连续探究或验证：实验一 “探究小车做匀变速直线运动规律”、实验二“验证牛顿第二定律”、实验三“探究小车受 到的合力的功与动能变化的关系”。 (1)下列说法正确的是 A、三个实验操作中均先释放小车，再接通打点计时器的电源 B、实验一不需要平衡摩擦力，实验二和实验三需要平衡摩擦力 C、实验一和实验二需要满足小车质量远大于钩码总质量，实验三则不需要 D、要求全部完成上述三个实验，除了图中所示的实验器材外，还须提供的共同实验器材有 刻度尺 解析：根据打点计时器使用的注意事项可知，三个实验操作中均先接通打点计时器的电源， 在释放小车。故 A 错误； B、实验“探究小车做匀变速直线运动规律”中，只探索速度随时间的变化，不需要平衡摩 擦力；实验二和实验三探索合外力与加速度、或做功的关系，所以都需要平衡摩擦力。故 B 正确； C、实验“探究小车做匀变速直线运动规律”中，只探索速度随时间的变化，不需要满足小 车质量远大于钩码总质量；实验三“探究小车受到的合力的功与动能变化的关系”中，将钩 码的总重力看作是小车受到的合外力，则需要满足小车质量远大于钩码总质量。故 C 错误； D、要求全部完成上述三个实验，除了图中所示的实验器材外，还须提供的共同实验器材有 刻度尺，来测量纸带上点与点之间的距离。故 D 正确。 答案：BD (2)实验小组按照规范操作打出的纸带如图 2 所示，已知相邻计数点时间为 T，间距为 s1、 s2、s3，钩码总质量为 m，小车质量为 M，且 M＞＞m，重力加速度为 g，以小车为研究对象， 那么从 b 到 c 小车合力做的功 W= ，小车动能的变化△Ek= 。 解析：对 bc 段进行研究，则合外力对小车做功为 W 合=mgs2， 利用匀变速直线运动的推论 vb= ； vc= ； 小车动能的增加量△Ekbc= M[ ﹣ ]。 答案：mgs2， M[ ﹣ ] (3)在第(2)问中，用钩码总重力代替小车受到的拉力，存在 (填“偶 然误差”或“系统误差”)；为了准确探究，在保留原装置基础上，请提出一条合理的改进 措施 。 解析：在第(2)问中，用钩码总重力代替小车受到的拉力，在小车加速的过程中，其加速度： a= 所以对小车的拉力： ＜mg，可知存在一定的系统误差； 为了准确探究，需要让该实验满足：m＜＜M，即钩码的质量远小于小车的质量。 答案：系统误差，让该实验满足钩码的质量远小于小车的质量。 11.(12 分)在一条平直的公路上，甲车停在 A 点，乙车以速度 v=10m/s 匀速运动，当乙车运 动到 B 点时，甲车以恒定加速度 a=0.5m/s2 匀加速启动，与乙车相向运动，若经过 20s 两车 相遇，此时甲车恰好达到最大速度。已知甲车质量为 1.0×104kg，额定功率为 50kW，阻力 是车重的 0.05 倍。试求： (1)甲车保持匀加速运动的时间； 解析：对甲车，根据牛顿第二定律可知：F﹣f=ma， 解得：F=f+ma=0.05×10000×10+10000×0.5N=10000N 匀加速达到的最大速度为： 加速时间为：t= 。 答案：甲车保持匀加速运动的时间为 10s。 (2)AB 两点间的距离。 解析：甲车加速运动通过的位移为： 甲车达到的最大速度为： 甲车 10﹣20s 内通过的位移为 x2，根据动能定理有： ， 代入数据解得：x2=25m 甲车通过的总位移为：x 甲=x1+x2=50m 乙车在 20s 内通过的位移为：x 乙=vt=200m AB 两点间的距离为：△x=x 乙+x 甲=250m。 答案：AB 两点间的距离为 250m。 12.(20 分)如图所示，AB 为光滑圆弧形轨道，半径 R=2.5m，圆心角为 60°，质量 M=4kg 的 小车(紧靠 B 点)静止在光滑水平面上，上表面离地高度 h=0.8m，且与 B 点的等高，右侧很 远处有一个和小车等高的障碍物 C(厚度可忽略)，DE 是以恒定速率 15m/s 转动的传送带，D 点位于水平面上。有一可视为质点 m=1kg 的物体，从 A 点静止释放，在 B 点冲上小车时，小 车立即受到一水平向右恒力 F 的作用，当物块滑到小车最右端时，二者恰好相对静止，同时 撤掉恒力 F，然后小车撞到障碍物 C 后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在 D 点恰好无 磁撞地切入传送带，并沿着传送带下滑。已知物块与小车间的动摩擦因数 μ1=0.2，与传送 带的动摩擦因数为 μ2= ，传送带长度为 s=28m，与水平面的夹角为 53°(取 g=10m/s2， sin53°=0.8，cos53°=0.6)。求： (1)物块滑到 B 点的速度大小 v0 和物块飞离小车的水平速度大小 v； 解析：物块从 A 到 B 的过程，由机械能守恒定律得： mgR(1﹣cos60°)= 代入数据得：v0=5m/s 小车撞到障碍物 C 后物块做平抛运动，则有： h= 代入数据得：t=0.4s 物块到达 D 点时竖直分速度大小为：vy=gt=10×0.4=4m/s 速度与水平方向的夹角为 53°，则物块飞离小车的水平速度大小为： v=vycot53°=4× =3m/s。 答案：物块滑到 B 点的速度大小 v0 和物块飞离小车的水平速度大小 v 分别为 5m/s 和 4m/s。 (2)恒力 F 的大小和小车的长度 L； 解析：物块在小车滑行的加速度大小为： am= =μ1g=0.2×10=2m/s2. 物块在小车上滑行的时间为： t= = =1s 则小车在此过程中的加速度为： aM= = =3m/s2. 对小车，由牛顿第二定律得： F﹣μ1mg=MaM。 代入数据解得：F=14N 小车的长度为：L= ﹣ = = =2.5m； 答案：恒力 F 的大小是 14N，小车的长度 L 是 2.5m。 (3)物块在传送带上的运动时间 t 及在传送带上由于摩擦产生的内能 Q。 解析：物块刚滑上传送带时的初速度为：v1= = =5m/s 设传送带的速度为 v 皮，则有：v 皮=15m/s 可知，物块滑上传送带后先做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度为： a1= =g(sin53°+μ2cos53°) 代入数据解得：a1=10m/s2. 物块速度从 v1 增大到传送带速度的时间为：t1= = =1s 位移为：x1= = =10m＜s=28m 共速后，由于 mgsin53°＞μ2mgcos53°，所以物块继续匀加速运动，加速度大小为： a2= =g(sin53°﹣μ2cos53°) 代入数据解得：a2=6m/s2. 根据运动学公式得：s﹣x1=v 皮 t2+ 代入数据得：18=15t2+3t2 2. 解得：t2=1s(另一负值舍去) 所以物块在传送带上的运动时间为：t 总=t1+t2=2s 物块在传送带上由于摩擦产生的内能为： Q=μ2mgcos53°•[(v 皮 t1﹣x1)+(s﹣x1﹣v 皮 t2)] 代入数据解得：Q=16J。 答案：物块在传送带上的运动时间 t 是 2s，在传送带上由于摩擦产生的内能 Q 是 16J。 三、选考题(共 2 小题，满分 15 分) 13.(5 分)下列说法正确的是( ) A.液体的温度越高，布朗微粒运动越显著 B.“水黾”可以停在水面上，是浮力作用的结果 C.当分子之间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 D.晶体的物理性质都是各向同性的 E.第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的 解析：A、液体的温度越高，分子无规则热运动越剧烈，故微粒布朗运动越显著，故 A 正确； B、“水黾”可以停在水面上，是液体表面张力作用的结果，故 B 错误； C、当分子之间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，只是斥力减小的更快，故 C 正确； D、晶体分为单晶体与多晶体，其中多的物理性质是各向同性的，而单晶体是各向异性，故 D 错误； E、第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了宏观热学过程的方向性，不可能从单一热源 吸取热量，并将这热量变为功，而不产生其他影响。热机的效率不可以达到 100%。故 E 正 确。 答案：ACE 14.(10 分)如图所示，绝热气缸 A 与导热气缸 B、C 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活 塞与 AB 两气缸间均无摩擦，真空气缸 C 与气缸 B 通过阀门相连，气缸 C 的体积为 2V0，气缸 A、B 内装有处于平衡状态的理想气体，气体体积均为 V0，温度均为 T0，现打开阀门，等达 到稳定后，A 中气体压强为原来的 0.4 倍，设环境温度始终保持不变。求：气缸 A 中气体的 体积 VA 和温度 TA；判断 BC 连体气缸，在变化过程中是吸热还是放热过程？简述理由。 解析：根据题意知 A 中气体压强为原来的 0.4 倍，根据活塞受力平衡，A、B 中气体压强始 终相等，所以 B 中气体压强也变为原来的 0.4 倍，因为气缸 B 是导热气缸，气体发生的是等 温变化，对 B 中气体，根据玻意耳定律 pV=C，所以 B 中气体的体积为原来的 2.5 倍，打开 阀门后，气体扩散到 C 气缸，所以 B 气缸体积 活塞向右移动了 ，A 的体积 对 A，根据理想气体状态方程，有 代入数据： 解得： 气体 B 中气体的温度不变，内能不变△U=0 活塞对 B 气体做功，W＞0 根据热力学第一定律 Q＜0，即在变化过程中气体放热。 答案：气缸 A 中气体的体积 为 和温度 为 。 判断 BC 连体气缸，在变化过程中是放热过程。 [选修 3－4] 15.弹簧振子在光滑水平面上振动，其位移时间图像如图所示，则下列说法正确的是( ) A.10 秒内振子的路程为 2m B.动能变化的周期为 2.0s C.在 t=0.5s 时，弹簧的弹力最大 D.在 t=1.0s 时，振子的速度反向 E.振动方程是 x=0.10sinπt(m) 解析：A、根据振动图像可知周期 T=2.0s，振幅 A=10cm，t=10s=5T，一个周期通过的路程为 4A，则 10s 内通过的路程为 s=5×4A=20×10cm=200cm=2m，故 A 正确； B、每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为 0，在振子完成一个周期的时间内， 动能完成 2 个周期的变化，故动能变化的周期为 1s，故 B 错误； C、t=0.5s 时，振子处于最大位移处，弹簧的弹力最大，故 C 正确； D、在 t=0.5s 到 t=1.5s 时间内振子沿 x 负方向运动，在 t=0.1s 时，振子的速度未反向，故 D 错误； E、由振动图像知 T=2.0s，角速度 ，振动方程 x=0.10sinπt(m)，故 E 正确。 答案：ACE 16.如图所示，横截面为 圆形的圆柱体光学器件是用折射率为 的某种玻璃制成的，其截 面半径为 R，现用一细光束垂直圆柱体的轴线以 i=60°的入射角从真空中射入圆柱体，不考 虑光线在圆柱体内的反射，真空中光速为 C。 (1)求该光线从圆柱中射出时，折射光线偏离进入圆柱体光线多大的角度？ 解析：由折射定律 n= ，得 sinr= = = ， 则光线射入圆柱体内的折射角为 r=30°，由几何知识得，光线从圆柱体射出时，在圆柱体 内的入射角为 30°，在圆柱体外的折射角为 60°，光路图如图所示。 由几何知识，出射光线偏离原方向的角度为 α=60°。 答案：求该光线从圆柱中射出时，折射光线偏离进入圆柱体光线 60°的角度。 (2)光线在圆柱体中的传播时间。 解析：根据几何知识得到，光线在圆柱体中的路程：S= R 介质中传播速度 v= = 所以，光线在圆柱体中的传播时间为 t= = = 。 答案：光线在圆柱体中的传播时间 。 [选修 3－5] 17.下列说法正确的是( ) A.物体的动量变化一定，物体所受合外力的作用时间越短，合外力就越大 B.篮球从空中竖直落下，落地后原速反弹，其动量变化量为零 C.物体动量变化的方向与速度变化的方向一定相同 D.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面 撞击的过程中动量变化较大 E.质量为 m 的物体做平抛运动，落地前经过时间 t，物体动量的变化量为 mgt，方向竖直向 下 解析：A、物体的动量变化一定，根据 I=△P，冲量一定；根据 I=Ft，物体所受合外力的作 用时间越短，合外力就越大，故 A 正确； B、篮球从空中竖直落下，落地后原速反弹，动量的方向改变了，故动量变化不为零，故 B 错误； C、物体的质量一定，根据 P=△(mv)=m•△v，故动量变化的方向与速度变化的方向一定相同， 故 C 正确； D、玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地 面撞击的过程中时间短，故合力大，故 D 错误； E、质量为 m 的物体做平抛运动，落地前经过时间 t，只受重力，根据动量定理，物体动量 的变化量为 mgt，方向竖直向下，故 E 正确； 答案：ACE 18.如图所示，在光滑的水平面上，质量为 2m 的物体 A 以初速度 v0 向右运动，质量为 m 的 物体 B 静止，其左侧连接一轻质弹簧，A 压缩弹簧到最短时 B 恰与墙壁相碰，碰后 B 以其碰 前四分之一的动能反弹，B 与墙壁碰撞时间极短，求：物体 B 与墙碰前瞬间的速度大小；弹 簧第二次被压缩到最短时的弹性势能。 解析：设 A 压缩弹簧到最短时 A、B 共同速度为 v1.A、B 系统动量守恒，以向右为正方向，由 动量守恒定律得： 2mv0=(2m+m)v1， 得 v1= v0 据题知，物体 B 与墙碰前瞬间的速度大小为 v0。 B 与墙碰后动能为碰前动能的 ，则 B 与墙碰后速度大小为碰前速度大小的 ，为 v0。 设弹簧第二次被压缩到最短时 A、B 共同速度为 v2。 以向右为正方向，由动量守恒定律得： 2mv1﹣m• v0=3mv2 设弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为 Ep， 由机械能守恒定律的： •2mv1 2+ m( v0)2= •3mv2 2+Ep 联立两式解得：Ep= mv0 2 答案：物体 B 与墙碰前瞬间的速度大小是 v0；弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能是 mv0 2。