哈六中2015届高三物理上学期期中试题（有解析新人教版）
【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、万有引力与航天、电场、磁场等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题，思路活，是份非常好的试卷。
一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
【题文】1．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v0，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）
A． B． C． D．
【知识点】竖直上抛运动．A3
【答案解析】A 解析：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：mgh+ mv2= mv′2则得：v′= ，所以落地时两球的速度大小相等．对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为-g，则运动时间为：t1= 对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2= 故两球落地的时间差为：△t=t1-t2= ,故选：A．
【思路点拨】小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．本题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系．
【题文】2．如图所示，物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经位置A、B、C，其中A、B之间的距离l1＝2m，B、C之间的距离l2＝3m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于（ ）
A． m B． m C． m D． m
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用．A8
【答案解析】 C解析：设物体通过AB、BC、CD所用时间分别为T，则B点的速度vB= ，
根据△x=aT2得，a= 则vA=vB-aT= ，则xOA= ．故C正确，A、B、D错误．故选C．
【思路点拨】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等的时间为T，求出B点的速度，从而得出A点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度的大小，再根据速度位移公式求出0A间的距离．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论，并能进行灵活的运用．
【题文】3．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将某物体轻轻放置在传送带底端，第Ⅰ阶段物体被加速到与传送带速度相同，第Ⅱ阶段与传送带相对静止，运动至其顶端。下列说法正确的是（ ）
A．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做正功，第Ⅱ阶段摩擦力对物体不做功
B．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功等于第Ⅰ阶段物体动能的增加
C．第Ⅰ阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第Ⅰ阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
【知识点】动能定理的应用；功能关系．E2 E6
【答案解析】C 解析： A、第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，故A错误；B、根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；故B错误；
C、由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即△E=W阻=F阻s物，摩擦生热为Q=F阻s相对，又由于s传送带=vt，s物= t，所以s物=s相对= s传送带，即Q=△E，故C正确．D、第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．故选C
【思路点拨】物体轻轻放在传送带上，匀加速过程：受到沿传送带向上的滑动摩擦力，物体将沿向上运动；物体相对于传送带静止后，受到沿传送带向上的静摩擦力，即可判断摩擦力做功的正负；根据功能关系：除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加；摩擦生热与物体与传送带间的相对位移成正比，根据运动学公式分析物体的位移与物体和传送带相对位移的关系，由功能关系分析摩擦生热和物体机械能变化的关系．本题运用功能关系分析传送带问题，分析物体的运动情况和摩擦力的方向是解题的基础，根据动能定理和功能原理分析功能关系．
【题文】4．如图所示的实验装置中，带电平行板电容器的极板A接地，极板B与静电计相连。现将A极板向左平移，缓慢增大极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、电势差U、两极板间的场强E的变化情况是（ ）
A．Q变小、C不变、U不变、E变小
B．Q变小、C变小、U不变、E不变
C．Q不变、C变小、U变大、E不变
D．Q不变、C变小、U变大、E变小
【知识点】电容器的动态分析．I3
【答案解析】C 解析： 因通电后断开电源，故极板上的电荷量不变，A向左移动，则极板间的距离增大，由C= 可知C减小；由C= 可知两板间的电势差变大； = ，得 = ，电场强度不变，故选C．
【思路点拨】静电计测量两极板间的电压；充电后断开，电容器两端的电荷量不变；则由极板的移动可知电容的变化，由C= 可判断U的变化．本题考查电容器的动态分析及静电计的使用，要求明确电容器的性质：通电后与电源断开，则电压不变；与电源相连，则电压不变．
【题文】5．对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处的电势为φ＝ （k为静电力常量）。如图所示，两电荷量均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（ ）
A． 减少 B． 增加
C． 减少 D． 增加
【知识点】电势能；电势． I1 I2
【答案解析】A 解析： A点的电势为 φA=-k ；C点的电势为φC=-k 则A、C间的电势差为 UAC=φA-φC=- ，质子从A移到C，电场力做功为 WAC=eUAC= ，是正功，所以质子的电势能减少 ，故A正确．故选：A．
【思路点拨】根据题中信息φ= 公式，分别求出质子在A点和C点的电势，由公式Ep=qφ求解电势能及其变化量．本题是信息给予题，关键要读懂题意，知道如何求解电势，并掌握电场力做功公式和电场力做功与电势能变化的关系．
【题文】6．如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝2l，电场线与四边形所在平面平行。已知φa＝20V，φb＝24V，φd＝8V。一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（ ）
A．c点电势为14V
B．质子从b运动到c所用的时间为
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为12eV
【知识点】电势；动能定理的应用；电场强度．I1 E2
【答案解析】B 解析： A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V．故A错误；B、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为 l，此方向做匀速直线运动，则t= ，则B正确．C、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故C错误．D、电势差Ubc=8V，则质子从b→c电场力做功为8eV．故D错误；故选B
【思路点拨】连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是16V；质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为 l，求出时间；作出等势线oc，y就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功．本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．
【题文】7．如图所示装置处于真空中，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过同一加速电场和偏转电场，最后粒子均打在与OO′垂直的荧光屏上（已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电量之比为1∶1∶2，不计粒子的重力影响）。下列说法中正确的是（ ）
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为1∶2∶1
B．三种粒子飞出偏转电场时的速率之比为 ∶1∶1
C．三种粒子打在荧光屏上的位置不同
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；功的计算．E1 I4
【答案解析】BD 解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．A、在加速电场中，由动能定理得：qU1= ，得，加速获得的速度为v0= ．三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动， ，所以三种粒子在偏转电场中运动时间之比为： ，故A错误；C、根据推论：y= ，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同．故C错误；D、偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，故D正确；B、设在偏转电场中进入点与飞出点电势差为 ，根据动能定理 ，所以 ，所以飞出偏转电场的速率之比为 ∶1∶1，故B正确；故选BD
【思路点拨】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系．根据W=qEy，分析电场力做功之比．本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y= 是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关．
【题文】8．在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图所示。图中－q与－q的连线跟－q与＋Q的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为（ ）
A． B．
C．
D．
【知识点】库仑定律．I1
【答案解析】AC 解析：由题意可知，对左边Q受力分析，如图所示，
两负q对Q的库仑力的合力与右边Q对Q的库仑力等值反向，设菱形的边长为a，则有：2k sinα=k ，解得：8qsin3α=Q；即为sin3α= ，故AC正确，BD错误；故选：AC．
【思路点拨】根据库仑定律，结合受力分析，与力的平行四边形定则，及几何关系，即可求解．考查库仑定律的应用，掌握受力分析与力的平行四边形定则，注意几何的正确建立．
【题文】9．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝2.0×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m／s2，则（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为4.0×103 N
B．汽车在前5s内的牵引力为6.0×103 N
C．汽车的额定功率为40 kW
D．汽车的最大速度为30 m／s
【知识点】功率、平均功率和瞬时功率．E1
【答案解析】BD 解析：汽车受到的阻力f=0.1×2×103×10=2×103N；AB、前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F-f=ma，求得：F=f+ma=（0.1×2×103×10+2×103×2）N=6×103N 故A错误．B正确．
C、t=5s末功率达到额定功率，P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kw； 故C错误；D、当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度vm= =30m/s．故D正确．故选：BD．
【思路点拨】从v-t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力．5s末汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率．汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由P=Fvm，能求出最大速度．本题结合图象考查汽车启动问题，在解题时要明确汽车的运动过程及运动状态，正确应用牛顿第二定律及功率公式求解．
【题文】10．如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且水平地面光滑，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是（ ）
A．0 B． ，方向向右
C． ，方向向左 D． ，方向向右
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4
【答案解析】ACD 解析：整体的加速度a= ，方向水平向左．隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右．F-f=ma，解得f=F-ma= F．若M=m，摩擦力为零．若M＞m，摩擦力方向向右，大小为 F．
若M＜m，摩擦力方向向左，大小为 F．故A、C、D正确，B错误．故选ACD．
【思路点拨】对人和车整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对人分析，求出车对人的摩擦力大小．本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律的运用，关键是整体法和隔离法的运用．
【题文】11．如图所示，河的宽度为d，河水流速为v水，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2d，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。则下列判断正确的是（ ）
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点左侧靠岸
C．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇
D．甲、乙两船到达对岸的时间相等
【知识点】运动的合成和分解．D1
【答案解析】BD 解析： 乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u．将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t= ，甲船沿河岸方向上的位移x=ut= L＜2L．故A错误，B、C、D正确．故选：BD．
【思路点拨】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=2u．小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移．解决本题的关键灵活运用运动的合成与分解，知道合运动与分运动的等时性．
【题文】12．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从图示位置计时，若在相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2（θ1、θ2均为锐角），则由此条件可知（ ）
A．水星和金星绕太阳运动的周期之比
B．水星和金星的密度之比
C．水星和金星到太阳的距离之比
D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比
【知识点】万有引力定律及其应用．D5
【答案解析】ACD 解析： A、相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知它们的角速度之比为θ1：θ2．周期T= ，则周期比为θ2：θ1．故A正确． B、水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比．故B错误． C、根据万有引力提供向心力：G =mrω2，r= ，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比．故C正确． D、根据a=rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比．故D正确．故选：ACD．
【思路点拨】相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，绕同一中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可求出轨道半径比，以及向心加速度比．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力：G =mrω2．以及知道要求某一天体的质量，要把该天体放在中心天体位置，放在环绕天体位置，被约去，求不出来．
二、实验题：本题共2小题，共20分。请将解答写在答题纸相应的位置。
【题文】13．（10分）在“研究弹簧的形变与外力的关系”的实验中，将弹簧水平放置，测出其自然长度，然后竖直悬挂让弹簧自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F。实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的。用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F－x图线如图所示。
（1）由图求出弹簧的劲度系数k＝________；
（2）图线不过原点的原因是：_______________________；
（3）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内弹力F与伸长量x成正比，即F＝kx，式中k值与橡皮筋的原长l0、横截面积S有关。理论与实验都表明 ，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称为杨氏模量。
①在国际单位中，杨氏模量Y的单位是________；
A．N B．m C．N／m D．N／m2
②若某橡皮筋的k值与（1）中弹簧的劲度系数相同，该橡皮筋的原长为10.0cm，横截面积为1.0mm2，则可知该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是__________（结果保留两位有效数字）。
【知识点】探究弹力和弹簧伸长的关系．B5
【答案解析】（1）100N／m；（2）弹簧自身重力的影响；（3）① D；② 1.0×107N／m2
解析：（1）由图可知，该弹簧受力为零时，伸长是2cm，受到拉力为1N时，伸长为1cm．该弹簧受到的拉力每增加1N，弹簧的伸长增加1cm，故弹簧的劲度系数为K= =1N/cm=100N/m；（2）该图线不过原点的原因是：弹簧自身有重力，弹簧水平放置其自然长度为L，竖直放置时由于自身的重力必然就会有一定的伸长．(3) ：①由K= 可知，Y= ；故Y的单位为：N•m/m2•m=N/m2；故D正确、ABC错误．故选：D．②根据表达式k= 得：Y= N/m2=1.0×107N/m2．
【思路点拨】分析图象可知伸长量和拉力的关系；由胡克定律可求出弹簧的劲度系数．解题关键明确图线的斜率即为弹簧的劲度系数，求解时注意单位的换算；需要注意是要考虑到弹簧自身的重力作用会使弹簧在竖直方向上有一定的伸长．
【题文】14．（10分）某实验小组采用如图二所示的装置探究“探究做功和物体动能变化间的关系”，图二中桌面水平放置，小车可放置砝码，实验中小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面．
（1）实验的部分步骤如下：
A．在小车上放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细绳连接小车和钩码；
B．将小车停在打点计时器附近，____________，____________，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开开关；
C．改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复第二步的操作。
（2）如图乙所示为某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则C点对应小车的速度vC＝___________________。
要验证小车合外力的功与动能变化的关系，除钩码和砝码的质量、位移、速度外，还要测出的物理量为：_____________。
（3）若用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，那么在实验中应该采取的两项措施是：①_______________________；②_______________________。
【知识点】探究功与速度变化的关系．E4
【答案解析】（1）接通电源，释放小车；（2） ；小车的质量；
（3）①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车及砝码的总质量
解析：①只有先接通电源后释放小车，否则纸带上的第一个初速度不为零．当实验结束后，及时断开开关
②C点的瞬时速度等于BD这段的平均速度，则C点速度
vC= 动能定理的表达式：W= (M车+m)2-0，故还需要测量小车的质量．
③用钩码的重力表示小车受到的合外力时，没有考虑到小车与木板之间、纸袋与限位孔之间的摩擦力；由此需要平衡摩擦力； b．小车的加速度：a= ，重物的质量会影响小车的运动，故呀减小实验的误差，还要让重物的重力远小于小车的总重力；
④小车初末速度的平方差与位移成正比，即v2-v02=ks
要验证“动能定理”，即 Mv2- =(mg-f)s，
从而得出结论：小车初末速度的平方差与位移成正比（或合外力做功等于物体动能的变化）．
【思路点拨】小车在钩码的作用下拖动纸带在粗糙水平面上做加速运动，通过对纸带计数点处理可算出各点的速度大小及发生的位移．同时测量小车的质量与小车在粗糙水平面的摩擦力，从而可求出合力做的功与小车的动能变化关系．通过实验来探究物体的动能定理，一是培养学生的动手能力，二是更能让学生理解动能定理的内涵．
三、计算题：本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
【题文】15．（14分）如图所示，在水平地面上固定倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为x0处由静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W。
【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．C2 E2 I4
【答案解析】(1) (2) 解析： （1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 解得
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x，则有 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
解得
【思路点拨】（1）滑块从静止释放到与弹簧接触的过程做匀加速运动，欲求时间，先用牛顿第二定律求得加速度，再用匀变速直线运动规律公式中位移和时间的关系式求解时间；
（2）接触弹簧后随着弹簧弹力的逐渐增大，滑块的加速度逐渐减小，当加速度等于零时它的速度最大，此时合力等于零．可求出弹簧缩短的距离．再由动能定理求出弹簧做的功．本题考查有变力做功时动能定律的应用，以及匀变速直线运动规律的综合应用．第二问的关键是正确写出动能定理方程．
【题文】16．（14分）如图所示，小物块（可视为质点）放在长木板正中间，已知长木板质量为M＝4kg，长度为l＝2m；小物块质量为m＝1kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5N时，才能让两物体间产生相对滑动。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10m／s2，试求：
（1）小物块和长木板间的动摩擦因数μ；
（2）若将力F＝12N作用在长木板上，则小物块经过多长时间从长木板上滑落。
【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．C2 A2
【答案解析】(1)0.2 (2)2s 解析： ：（1）设两物体间的最大静摩擦力为f，当F=2.5N作用于m时，对整体由牛顿第二定律有：
F=（M+m）a ①
对M，由牛顿第二定律：
f=Ma ②
由①②可得：f=2N
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N=mg，由摩擦力性质：
f=μmg
得：μ=0.2 ③
（2）F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、m加速度分别为a1、a2，
对M，由牛顿第二定律：
F-f=Ma1 ④
得a1=2.5m/s2
对m，由牛顿第二定律：
f=ma2 ⑤
得：a2=2m/s2
由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内位移为：
s1= a1t2 ⑥
s2= a2t2 ⑦
m刚滑下M时：
s1-s2= L ⑧
由⑥⑦⑧得：t=2s
【思路点拨】（1）对整体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求出二者一起匀加速的最大加速度，然后以M为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求出摩擦因数；（2）小物块从模板上滑下时二者位移差等于木板长，结合运动学公式列方程求解．该题涉及到相对运动的过程，列牛顿第二定律方程时一定要先确定研究对象，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．
【题文】17．（14分）如图所示，足够长光滑水平轨道与半径为R的光滑四分之一圆弧轨道相切。现从圆弧轨道的最高点由静止释放一质量为m的弹性小球A，当A球刚好运动到圆弧轨道的最低点时，与静止在该点的另一弹性小球B发生没有机械能损失的碰撞。已知B球的质量是A球的k倍，且两球均可看成质点。
（1）若碰撞结束的瞬间，A球对圆弧轨道最低点压力刚好等于碰前其压力的一半，求k的可能取值：
（2）若k已知且等于某一适当的值时，A、B两球在水平轨道上经过多次没有机械能损失的碰撞后，最终恰好以相同的速度沿水平轨道运动。求此种情况下最后一次碰撞A球对B球的冲量。
【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；动量定理．C2 E3 D4 F1
【答案解析】(1) 或 (2) 解析： （1）设A球到达圆弧轨道最低点时速度为v0
解得 或
（2）设最后一次碰撞前A、B两球的速度分别为vA、vB，最终两球的速度大小均为v
另
动量定理：
解得
【思路点拨】（1）小球A沿圆弧滚下过程机械能守恒，受到的重力和支持力的合力提供向心力；碰撞过程系统机械能守恒，同时系统动量守恒，小球A、B受到的重力和支持力的合力均提供向心力；
（2）对碰撞过程运用机械能守恒定律列式，同时根据结合动量守恒定律列式，求出碰撞前后的速度，最后根据动量定理球最后一次碰撞A球对B球的冲量．本题关键是碰撞前A球机械能守恒，碰撞过程两球系统机械能守恒，动量也守恒，同时根据动量定理列式求解．