湖北省2022学年宜昌一中高一（下）月考物理试卷（5月份）

2022-2022学年湖北省宜昌一中高一（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题：本题共12小题．在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～12小题有多项符合题目要求．每小题4分，共48分．1．（4分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（　　）A．B．C．D．2．（4分）如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的是（　　）A．TA＜TBB．EkA＞EkBC．SA＝SBD．＝3．（4分）如图，可视为质点的小球，位于半径为m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2）（　　）A．m/sB．4m/sC．3m/sD．m/s4．（4分）如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。现用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功为（　　）18/18A．若拉力为恒力，则拉力F做的功为FLcosθB．若拉力为恒力，则拉力F做的功为mgL（1﹣cosθ）C．若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为FLsinθD．若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为mgL（1﹣cosθ）5．（4分）足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动。某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，屏物块与传送带因摩擦产生的热量为Q，则下列的判断中正确的是（　　）A．W＝0，Q＝mv2B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝mv2，Q＝mv2D．W＝mv2，Q＝2mv26．（4分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（　　）A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球不能回到槽上高h处7．（4分）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是（　　）18/18A．B和A刚分离时，弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B与A分离之前，它们作匀加速运动8．（4分）如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，则下列说法中正确的是（　　）A．甲图中斜面对球O弹力最大B．丙图中斜面对球O弹力最小C．乙图中挡板MN对球O弹力最小D．丙图中挡板MN对球O弹力最小9．（4分）质量为m的物体以v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，在这段时间内，该物体的动量变化量大小为（　　）A．mv﹣mv0B．mgtC．mD．m10．（4分）A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v﹣t图线，由图线可以判断（　　）A．A、B的质量比为2：3B．A、B作用前后总动量守恒18/18C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变11．（4分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中（　　）A．弹力对小球先做正功后做负功B．有一个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差12．（4分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg二、实验题：本题共2小题．每空2分，共12分．13．（6分）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种，．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定律。18/18（1）如图所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为O，并在离O点较远的任意点依次选取6个连续的点，分别记为A、B、C、D、E、F，量出与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，则在打E点时重锤的动能为　　，在打O点和E点这段时间内的重力势能的减少量为　　（2）在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出（1）问中纸带各点对应的速度，分别记为v1至v6，并作vn2﹣hn图象，如图③所示，直线斜率为k，则可测出阻力大小为　　。14．（6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。（1）图中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，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，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。接下来要完成的必要步骤是　　。（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m218/18B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON（2）经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，碰撞结束时m2的动量为p2′，实验结果说明，碰撞前后总动量的比值＝　　。（3）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用纸带中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为　　cm。三、计算题：本题共4小题．15题8分，16，17题10分，18题12分，共40分．15．（8分）如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M＝20kg．从水枪中喷出的水柱的横截面积为S＝10cm2，速度为v＝10m/s，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3．若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量为m＝5kg的水进入小车时，试求：（1）小车的速度大小；（2）小车的加速度大小．16．（10分）如图传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m（取g＝10m/s2）．求：（1）金属块经过D点时的速度；（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．18/1817．（10分）如图所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P置于水平桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P缓缓推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为WF＝6J．撤去推力后，小物块P沿桌面滑动到停在光滑水平地面上的平板小车Q上，且恰好物块P在小车Q上不滑出去（不掉下小车）．小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P、Q质量分别为m＝1kg、M＝4kg，A、B间距离为L1＝5cm，A离桌子边缘C点的距离为L2＝90cm，P与桌面及P与Q的动摩擦因数均为μ＝0.4，g＝10m/s2，试求：①把小物块推到B处时，弹簧获得的弹性势能是多少？②小物块滑到C点的速度③P和Q最后的速度④Q的长度．18．（12分）如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：（i）B球第一次到达地面时的速度；（ii）P点距离地面的高度。18/1818/182022-2022学年湖北省宜昌一中高一（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题．在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～12小题有多项符合题目要求．每小题4分，共48分．1．【分析】根据动能的变化可求出初末速度间的关系，再根据平均速度公式可求出平均速度，则由位移公式即可明确速度与位移时间的关系，再由加速度的定义即可求出质点的加速度。【解答】解：设质点的初速度为v，则动能Ek1＝mv2，由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故有：v’＝3v；故平均速度为：＝＝2v；根据位移公式可知：＝联立解得：v＝；根据加速度定义可知：a＝＝＝，故A正确，BCD错误。故选：A。2．【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系，从而比较周期和线速度的大小，根据开普勒第二定律比较扫过的面积，根据开普勒第三定律得出轨道半径和周期的关系．【解答】解：AD、由开普勒第三定律得：＝，由图示可知：RA＞RB，则：TA＞TB，故A错误，D正确；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G＝m，卫星动能：EK＝mv2＝，由于卫星质量m相等而RA＞RB，则：EKA＜EKB，故B错误；C、由开普勒第二定律可知，对于同一行星与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，该题不是同一行星，故C错误；18/18故选：D。3．【分析】根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度。【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ＝＝。因为tanθ＝＝＝。则竖直位移为：y＝m，＝2gy＝g所以，tan30°＝。联立以上各式解得：v0＝3m/s故选：C。4．【分析】当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，拉力是变力，不能根据功的公式求拉力做功，可由动能定理可求出拉力做功。当拉力是恒力时，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功。【解答】解：AB、F为恒力时，根据功的公式可知，拉力做功为：WF1＝FS＝FLsinθ，故AB错误；CD、当F缓慢地将小球拉离到与竖直方向成θ角的位置过程中，小球的速率不变，动能不变，由动能定理可得：WF2﹣mgh＝0而高度变化为：h＝L（1﹣cosθ）所以WF2＝mgL（1﹣cosθ），故C错误D正确。故选：D。5．【分析】根据动能定理求出滑动摩擦力对物体所做的功，摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．【解答】解：在整个运动的过程中，物体动能的变化量为零，只有摩擦力做功，根据动能定理，得知W1＝O。18/18滑块先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，达到速度v后做匀速直线运动，设动摩擦因数为μ，则匀减速直线运动的加速度大小为：a＝＝μg；匀减速直线运动的时间为：t1＝＝，位移为：x1＝＝，传送带的位移为：x2＝vt1＝，物体相对传送带滑动的路程为：△x＝x1+x2＝。物体返回做匀加速直线运动的加速度大小仍为a，则时间为：t2′＝＝，位移为：x2′＝＝，传送带的位移为：x2′＝，物体相对传送带滑动的路程为：△x′＝x2′﹣x1′＝。所以传送带克服滑动摩擦力做的功为：W2＝μmg（x2+x2′）＝2mv2。物体与传送带间摩擦产生的热量为：Q＝μmg（△x1+△x2′）＝2mv2．故B正确，ACD错误。故选：B。6．【分析】由做功的要素可确定小球和槽间的作用力对槽是否做功；由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点。【解答】解：A、在下滑过程中，槽要向左运动，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做功，故A错误；B、在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，故B正确；C、因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故C正确；D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，故D正确；故选：BCD。7．【分析】18/18B和A刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则B受到重力mg和恒力F，由已知条件F＝mg，分析出此时B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡。由胡克定律求出弹簧的劲度系数。对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，所受合力在变化，加速度在变化，做变加速运动。【解答】解：A、B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。故AB错误。C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F＝mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x＝h，由胡克定律得：k＝＝．故C正确。D、对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动。故D错误。故选：C。8．【分析】解答本题可采用作图法：将甲、乙、丙三种情况小球的受力图作出一幅图上，抓住重力一定，斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力相等。丁图关键分析受力情况，由平衡条件求出斜面和挡板对小球的弹力。【解答】解：将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G。斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，甲图中斜面对球O弹力N斜最大。故BC错误，AD正确。故选：AD。9．【分析】18/18根据动量定理求出物体动量的变化量，或通过首末位置的动量，结合三角形定则求出动量的变化量．【解答】解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P＝mgt。末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量＝．故B、C、D正确，A错误。故选：BCD。10．【分析】A、B组成的系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，结合动量守恒定律求出A、B的质量之比。根据A、B碰撞前后的速度大小分别求出碰撞前后的总动能，判断是否相等。【解答】解：BC、A、B两物体在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，系统动量守恒，A、B作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；A、由图示图象可知，碰撞后A、B的速度方向相同，碰撞前，A的速度vA1＝6m/s，B的速度vB1＝1m/s，碰撞后，A的速度vA2＝2m/s，B的速度vB2＝7m/s，碰撞过程系统动量守恒，规定A的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA1+mBvB1＝mAvA2+mBvB2，解得：mA：mB＝3：2，故A错误；D、设A的质量为3m，则B的质量为2m，碰撞前总动能：E1＝mAvA12+mBvB12＝55m，碰撞后的总动能：E2＝mAvA22+mBvB22＝55m，则：E1＝E2，即A、B碰撞前后总动能不变，故D正确。故选：BD。11．【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N弹力大小相等则弹性势能相等；利用功能关系分析小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差．【解答】解：A、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误；B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处（即有两个时刻）加速度为g，故B错误；18/18C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确；D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。故选：CD。12．【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况。根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小。【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功。故A错误。B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh＝mAvA2，解得vA＝．故B正确。C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD。二、实验题：本题共2小题．每空2分，共12分．13．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度，从而得出打E点的动能，根据下降的高度求出重力势能的减小量。（2）根据图线的斜率求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小。【解答】解：（1）E点的瞬时速度为：vE＝则打E点时重锤的动能为：Ek＝mvE2＝•m•＝。在打O点和E点这段时间内的重力势能的减少量为mgh5。（2）根据v2＝2ah知，图线的斜率k＝2a，则a＝，18/18根据牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma解得：f＝m（g﹣）。故答案为：（1），mgh5；（2）m（g﹣）。14．【分析】（1）根据动量守恒定律，写出要验证的关系式，进而得出需要测量的物理量；（2）根据动量的表达式，代入数据可得碰撞前后的动量比值；（3）根据小球发生弹性碰撞，联立可得最大射程。【解答】解：（1）根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v1'+m2v2小球碰前碰后从同一高度做平抛运动，即平抛运动时间相等，根据平抛运动特点有m1v1t＝m1v1't+m2v2t即m1x1＝m1x1'+m2x2x1表示碰前小球平抛运动水平位移，x1'、x2分别表示碰后两小球的位移。整理知要验证动量守恒定律，需要验证的关系式为m1OP＝m1OM+m2ON故实验还需完成的必要步骤是：ADE。（2）碰撞前后总动量的比值＝＝＝1.01（3）小球发生弹性碰撞时，被碰小球平跑射程最大，有m1OP＝m1OM+m2ON①m1OP2＝m1OM2+m2ON2②联立①②，代入OP，得ON＝＝76.80cm故答案为：（1）ADE；（2）1.01；（3）76.80。三、计算题：本题共4小题．15题8分，16，17题10分，18题12分，共40分．15．【分析】（1）用水枪冲车过程中，系统的动量是守恒的．根据水的质量由动量守恒定律可求出小车的速度．18/18（2）先求出冲击小车的水的质量，由动量定理求得车对水的作用力也为F，再根据牛顿第二定律求得加速度．【解答】解：（1）流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝（m+M）v1，解得：（2）质量为m水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为△m＝ρS（v﹣v1）△t此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有﹣F△t＝△mv1﹣△mv解得：根据牛顿第二定律得：答：（1）小车的速度大小为2m/s；（2）小车的加速度大小为2.56m/s2．16．【分析】（1）由向心力公式可求得E点的速度；再由动能定理可求得D的速度；（2）对AB过程由牛顿第二定律及运动学公式可得出B点的速度；再对BCD段由动能定理可求得摩擦力所做的功．【解答】解：（1）对金属块在E点，有：mg＝m代入数据解得：v＝2m/s在从D到E过程中，由动能定理得：﹣mg•2R＝mvk2﹣mvD2代入数据得：vD＝2m/s；（2）金属块刚刚放上时，有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：a1＝10m/s2设经位移s1达到共同速度，有：v2＝2as1代入数据解得：s1＝0.2＜3.2m；继续加速过程中，有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入数据解得：a2＝2m/s218/18s2＝L﹣s1＝3mvB2﹣V2＝2a2s2vB＝4m/s在从B到D过程中，由动能定理可知：mgh﹣W＝mvD2﹣mvB2解得：W＝3J；答：（1）金属块经过D点时的速度为2m/s；（2）金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功为3J．17．【分析】①②根据能量守恒定律求出弹簧获得的弹性势能及小物块滑到C点时的速度；③④当P恰好不滑出小车时，两者速度相等，恰好到达小车的另一端，结合动量守恒定律可求得最后的速度；再由能量守恒定律求出小车的长度．【解答】解：①由能量守恒有：增加的弹性势能为：EP＝WF﹣μmgL1＝6﹣0.4×10×0.05＝5.8J；②对BC过程由动能定理可知：EP﹣μmg（L1+L2）＝mv02代入数据解得C点时的速度为：v0＝2m/s；③对PQ由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v解得共同速度：v＝＝＝0.4m/s；④对PQ由能量守恒得：μmgL＝mv02﹣（m+M）v2代入数据得：0.4×10×L＝×1×4﹣×5×0.16解得小车最小长度：L＝0.4m答：①增加的弹性势能为5.8J；②C点时的速度为2m/s；③P和Q最后的速度为0.4m/s；④Q的长度为0.4m．18．【分析】（i）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式即可求解；（ii）A球释放后做自由落体运动，根据速度时间公式求出碰撞时，A球的速度，碰撞过程中动量守恒，不考虑动能损失，则机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律即可求解。【解答】解：（i）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：B落地的速度为：…①18/18（ii）设P点距离地面的高度为h′，碰撞前后，A球的速度分别为v1、v1′，B球的速度分别为v2、v2′，由运动学规律可得：v1＝gt＝10×0.3＝3m/s…②由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：mAv1﹣mBv2＝mBv2′（碰后A球速度为0）…③mAv12+mBv22＝mBv2′2…④又知mB＝3mA…⑤由运动学及碰撞的规律可得B球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4m/s。则由运动学规律可得h′＝…⑥联立①～⑥式可得h′＝0.75m。答：（i）B球第一次到达地面时的速度为4m/s；（ii）P点距离地面的高度为0.75m。18/18