1、1新疆乌鲁木齐市天山区兵团第二中学 2017-2018 学年高一上学期期末物理试题一、单选题（本大题共 15 小题）1.为了传递信息，周朝形成了邮驿制度，宋朝又增设“急递铺” ，设金牌、银牌、铜牌三种，相传抗金英雄岳飞曾在一天之内接到十二块返京金牌，可见情境之急朝廷规定， “金牌”一昼夜行 500 里 里 米，每到一驿站换人换马接力传递，则金牌的平均速度（ ）A. 与成年人步行的速度相当 B. 与人骑自行车的速度相当C. 与高速公路上汽车的速度相当 D. 与磁悬浮列车的速度相当【答案】B【解析】【分析】一昼夜是 24 小时，一里是 500 米即 千米；根据 求出平均速度的大小【详解】时间 ；路
2、程 ；平均速度 。与人骑自行车的速度相近。故 B 正确， ACD 错误。故选 B。2.如图所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力（ ）A. 大于球撞击网球拍的力B. 小于球撞击网球拍的力C. 比球撞击网球拍的力更早产生D. 与球撞击网球拍的力同时产生【答案】D【解析】球棒击棒球的力与球撞击球棒的力是作用力与反作用力大小相等，方向相反，它们同时产生，同时变化，同时消失故 ABC 错误，D 正确；故选 D【点睛】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失23.测量“国际单位制选定的三个力学
3、基本物理量”可使用的一组仪器是（ ）A. 量筒、天平、停表 B. 米尺、测力计、打点计时器C. 米尺、天平、停表 D. 米尺、弹簧秤、停表【答案】C【解析】长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，停表（或秒表）是测量时间的仪器，故 C 正确，A、B、D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记。4. 如图是某物体做直线运动的速度图象,下列有关物体运动情况判断正确的是（ ）A. 前两秒加速度为 5 m/s2B. 4 s 末物体回到出发点C. 6 s 末物体距出发点最远D. 8 s 末物体距出发点最远【答案】
4、AC【解析】【详解】A、图象的斜率表示加速度，则 02s 内 ，26s 内的 ，即全程a1=5m/s2 a2=5m/s2加速度方向变化不是匀变速直线运动，而每一段内是匀变速直线运动；A 错误.B、4s 末物体的位移为 4s 内速度图象与时间轴围成的三角形面积： ，x=12410m=20m所以 4s 末物体没有回到出发点；故 B 错误.C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知 8s 末物体位移为 0，又回到了出发点；故 C 错误.D、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：4s 末物体距出发点最远；故 D 正确.故
5、选 D.【点睛】本题是速度-时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加3速度，面积表示位移5. 质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 质量越大，水平位移越大B. 初速度越大，落地时竖直方向速度越大C. 初速度越大，空中运动时间越长D. 初速度越大，落地速度越大【答案】D【解析】根据平抛运动的知识，运动的时间决定于高度，C 错误；水平位移大小决定于水平速度与高度，A 错误；竖直方向速度 ，与高度有关，B 错误；落地速度，可见初速度越大，则落地速度越大，D 正确。6.关于加速度，下列说法正确的是（ ）A. 物体运动时速度越大，其加速度就越大B. 物体运动时速
6、度变化量越大，其加速度就越大C. 物体运动时速度变化越快，其加速度就越大D. 物体运动时速度变化率越大，其加速度就越大【答案】CD【解析】运动物体的速度越大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，A 错误；根据 可知，a=vt物体运动时速度变化量越大，其加速度不一定越大，故 B 错；根据 可知，运动物体的a=vt速度变化越快，即物体运动时速度变化率越大，其加速度一定越大，所以 CD 正确；故选CD7.已知力 、 的合力为 F，下列能反映三者关系的矢量图是（ ）F1 F2A. B. 4C. D. 【答案】B【解析】A 图中反应 F1与 F 的合力是 F2，选项 A 错误；B 图中反应 F1与 F2
7、的合力是 F，选项 B 正确；C 图中反应 F2与 F 的合力是 F1，选项 C 错误；D 图中反应 F 与 F2的合力是 F1，选项 D 错误；故选 B.8.在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为 ，摩托艇在静水中的速度为 ，如图所示。战士救人地点 A 离岸边最近处的距离为 d。v1 v2如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离 O 点的距离为（ ）A. 0 B. C. D. dv1v2dv1v2 dv2v1【答案】C【解析】【分析】摩托艇在水中一方面自己航行前进，另一方面沿水向下漂流，当摩托艇垂直于河岸方向航行时，到达岸上的时间最短，由速
8、度公式的变形公式求出到达河岸的最短时间，然后求出摩托艇登陆的地点到 O 点的距离。【详解】根据 解得摩托艇登陆的最短时间为： ，登陆时到达 O 点的距离为：v=st t=dv2，故 C 正确， ABD 错误；故选 C。s=v1t=dv1v29.匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球，若升降机突然停止，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中（ ）A. 速度先减小后增大 B. 速度先增大后减小C. 加速度逐渐增大 D. 加速度逐渐减小【答案】C5【解析】【分析】升降机匀速上升时，小球受重力和弹簧的弹力处于平衡，小球上升时，通过牛顿第二定律判断加速度的变化，通过加速度方向和速度
9、的方向关系判断速度的变化。【详解】开始小球受重力和弹簧弹力处于平衡，小球继续上升的过程中，导致合力的方向逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度的大小逐渐增大，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小。故 C 正确，ABD 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据速度方向与加速度方向的关系判断速度的变化。10.用轻弹簧竖直悬挂质量为 m 的物体，静止时弹簧伸长量为 L。现用该弹簧沿斜面方向拉住质里为 2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为 L。斜面倾角为 30，如图所示。则物体所受摩擦力A. 等干零B. 大小为 mg，方向沿斜面向下C. 大小为 mg，方向
10、沿斜面向上D. 大小为 mg，方向沿斜面向上【答案】A【解析】试题分析：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件 F=“mg“ 根据胡克定律 F=“kL“ 由得， k=mgL物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图6设物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据共点力平衡条件，有F+f-2mgsin30=“0“ 其中 F=“kL=mg“ 由以上四式解得 f=0，故物体所受的摩擦力大小方向沿斜面向上，大小为 0故选 A考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键对物体受力分析，然后运用共点力平衡条件及胡克定律列式求解；注意胡克定律中弹簧的弹力与伸长量成正比【此处有视频，请去附件查看】11.如图所示为
11、一个质点运动的位移 随时间变化的图象，由此可知质点（ ）xA. 内沿 轴正方向运动02s xB. 内做曲线运动04sC. 内速率先增大后减小04sD. 内位移为零04s【答案】C【解析】位移 时间图象切线的斜率表示速度，则 内斜率一直为负，速率为负，说明质点一直沿 04s轴负方向，故 A 错误； 图象只能表示直线运动的规律，故 B 错误；在 内，图线斜x xt 04s率的绝对值先增大后减小，说明质点的速度先增大后减小，故 C 正确； 内位移为04s，故 D 错误；故选 Cx=x2x1=1010m=20m12.一个重 600N 的人站在电梯中，此人对电梯底板的压力为 720N，则此电梯的运动情况
12、可能是(g 取 10m/s2)（ ）7A. 以 a=2m/s2加速下降 B. 以 a=2m/s2加速上升C. 以 a=4m/s2加速上升 D. 以 a=4m/s2减速下降【答案】B【解析】由 F 合 =FNG=ma， ，弹力大于重力，加速度方向向上。物体运动a=FNGm=72060060m/s2=2m/s2方向如果向上则做加速运动，若物体运动向下则做减速运动，所以 B 正确，ACD 错误。故选：B.13.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿竖直方向向上抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）A. 速度和加速度的方向都在不断变化B. 速度与加速度方向始终相反C. 在相等的时间间隔内，速
13、率的改变量相等D. 在相等的时间间隔内，速度的改变量相等【答案】D【解析】竖直上抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故 A 错误；加速度方向始终竖直向下，而速度开始上升时向上，下落时速度向下，选项 B 错误；根据v=g t 可知在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但是速率的改变量不一定相等，例如在上升阶段的1s 内速率改变量为 10m/s，而在临近最高点的 0.5s 到从最高点下落 0.5s 的 1s 内速率的变化量为零，选项 D 正确，C 错误；故选 D.点睛：本题考查上抛运动的规律，要知道竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动；并注意速率和速度变化的区别14.放在水平地面上
14、的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关系如图所示取重力加速度 由此两图线可以求得物g=10m/s2.块的质量 m 和物块与地面之间的动摩擦因数 分别为（ ）8A. kg， B. kg，m=0.5 =0.2 m=0.5 =0.4C. kg， D. kg，m=1 =0.2 m=1.5 =215【答案】B【解析】【分析】物体在 0-2s 内处于静止，在 2-4s 内做匀加速直线运动，在 4-6s 内做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和共点力平衡求出物块的质量和动摩擦因数【详解】 内做匀速直线运动，知 ，在 内做匀加速直线运动，根据牛
15、顿第二4-6s f=2N 2-4s定律有： ， ， ，解得 。因为 ，解得 。故选F-f=ma F=3N a=2m/s2 m=0.5kg f=mg =0.4B。15.如图所示，用 M、 N 两个测力计通过细绳挂着一重物处于静止，此时 90，然后保持 M 的读数不变，当 的值由图示逐渐减小时，且使重物仍保持静止，可采用的方法是( )A. 增大 N 的读数，减小 角B. 减小 N 的读数，减小 角C. 减小 N 的读数，增大 角D. 增大 N 的读数，增大 角【答案】B【解析】由题意，当 的值由图示逐渐减小时，且使重物仍保持静止，两测力计对物体拉力的合力不变，根据平衡条件得：F Ncos+F Mc
16、os=G，F Nsin=F MsinG 不变，可知应减小 N 的读数 FN，由正弦定理 。原来 90，随 、 值的变化，180- - 增大，FMsin= Gsin(1800) 角减小，故 B 正确，ACD 错误。故选：B二、多选题（本大题共 5 小题）916.如图所示为直升飞机由地面垂直起飞过程的速度时间图象。关于飞机的运动，下面说法正确的是（ ）A. 内飞机做匀加速直线运动0 5sB. 内飞机在空中处于悬停状态5 15sC. 内飞机匀减速上升15 20sD. 内飞机上升的最大高度为 300m0 25s【答案】ACD【解析】A. 由图可知，05s 内飞机速度均匀增加，做匀加速直线运动物体，故
17、A 正确；B. 515s 飞机在空中匀速上升，故 B 错误；C. 1520s 内飞机速度均匀减小，匀减速上升，故 C 正确； D. 图象的面积表示移，则可知，20s 末时高度最大，最大高度为 h= (10+20)1220=300m，故 D 正确。故选：ACD.点睛：根据图象分析物体的运动过程，知道图象的坐标表示速度随时间的变化，而图象的斜率表示加速度，图象与时间轴所围成的面积表示位移17.如图所示，小娟、小明两人共提一桶水匀速前行已知两人手臂对桶的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为，水和水桶总重为 G，则下列说法中正确的是（ ）A. 当 时，=0 F=G10B. 当为 时，120 F=GC
18、. 当 时，=90 F=22GD.越大， F 越大【答案】BCD【解析】设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为 ，由题小娟，小明的手臂夹角成角，根据对称F性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得： 解得： ，2Fcos2=G F= G2cos2当 时， 值最大，则 ，即为最小，当为 时， ，当为 时， ，=0 cos2 F=G2 90 F=22G 120 F=G当越大时，则 越大；故 BCD 正确；故选 BCDF18.重力为 G 的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图所示当斜面倾角 由零缓慢逐渐增大时保持挡板竖直，圆球静止，斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化是（ ）A. 斜面的弹力
19、由零逐渐变大 B. 斜面的弹力由 G 逐渐变大C. 挡板的弹力由零逐渐变大 D. 挡板的弹力由 G 逐渐变大【答案】BC【解析】A. 以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图，由平衡条件得：斜面对球的支持力大小 F2=mg/cosmg，故当 增大时 F2从 mg 逐渐增大，故 A 错误，B 正确；11C. 挡板对小球的弹力 F1=mgtan，当 为零时，F 1为零，当 增大时 F1从零逐渐增大，故 C 正确，D 错误；故选：BC。点睛：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求得斜面对球的支持力大小和挡板对小球的支持力，即可得解19.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在
20、球网正上方距地面 H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为 L，重力加速度为g，将球的运动视为平抛运动，下列表述正确的是（ ）A. 球的速度 v 大于 Lg2HB. 球从击出至落地所用时间为2HgC. 球从击球点至落地点的位移等于 LD. 球从击球点至落地点的位移与球的质量无关【答案】BD【解析】【分析】网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可。【详解】网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动： ；在竖直方向上，小球L=vt做自由落体运动
21、： ；代入数据解得： ， ，所以 A 错误、 B 正确。位移H=12gt2 v=Lg2Ht= 2Hg是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面 H 处，末位置是在底线上，所以位移的大小为 ，与球的质量无关，所以 C 错误、 D 正确。故选 BD。H2+L2【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的路径无关。20.图中 a、 b 是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等。 F 是沿水平方向作用于 a 上的外力。已知 a、 b 的接触面， a、 b
22、 与斜面的接触面都是光滑的。正确的说法是12（ ）A. a、b 一定沿斜面向上运动B. a、b 对斜面的正压力相等C. a 对 b 的作用力沿平行斜面方向D. a 受到的合力沿水平方向的分力等于 b 受到的合力沿水平方向的分力【答案】CD【解析】A. AB 整体受重力、支持力及水平方向的推力，沿平行斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，将重力及水平推力正交分解，有可能重力下滑分力大于水平推力平行斜面向上的分力，故 AB 有可能沿斜面向下运动，故 A 错误；B. 分别分析 A. B 的受力情况：物体 B 受重力、支持力及沿斜面向上的 A 的推力，故对斜面的压力等于重力的垂直分力；对 A 分析，A 受
23、重力、支持力、水平推力。支持力等于重力垂直于斜面的分力及水平推力沿垂直于斜面的分力的合力，故 A、B 对斜面的压力大小不相等，故 B 错误；C. a 对 b 的作用力是弹力，与接触面垂直，故平行斜面向上，故 C 正确； D. 因 AB 沿斜面方向上的加速度相同，故 AB 受到的合力相同，合力沿水平方向的分力相等。故 D 正确。故选：CD.点睛：对 AB 整体进行受力分析可知整体受力情况及可能的运动情况；分别隔离 AB 进行受力分析，可知它们对斜面的压力及水平方向的分力大小关系；根据牛顿第二定律比较合力的大小关系三、实验题探究题（本大题共 2 小题）21.在某次实验中，物体拖动纸带做匀加速直线运
24、动，打点计时器所用的电源频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有 4 个点未画出按时间顺序取 0、1、2、3、4、5 六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到 0 点的距离如下图所示单位： cm)本实验中相邻两计数点间的时间间隔是_ s13在计数点 1 所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为 _ ，物体的加速度v1= m/s_ 保留两位有效数字a= m/s2(该同学在测量的时候没有将计数点 5 的数值记录下来，根据前面的数值可以推算出计数点 5 到 0 点的距离为_ cm【答案】 (1). 0.1 (2). 0.18 (3). 0.75 (4). 14.50【解析
25、】【详解】相邻两计数点间的时间间隔是 0.1s；点 1 的瞬时速度 v1x022T 3.551020.2 0.18m/s因为 x01=1.40cm，x 12=2.15cm，x 23=2.90cm，x 34=3.65cm，可知连续相等时间内的位移之差x=0.75cm，根据x=aT 2，得 a=xT2 0.751020.01 0.75m/s2x45=x34+x=3.65+0.75cm=4.40cm，所以计数点 5 到 0 点的距离为x5=10.10+4.40cm=14.50cm【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动的两个重要推论的运用22.图
26、甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端_每次让小球从同一位置由静止释放，(1)是为了每次平抛_图乙是正确实验取得的数据，其中 O 为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为 _(2).(g=9.8m/s2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长 ，通过实验，记录了小球在(3) L=5cm14运动途中的三个位置，如图丙所示， B 点的竖直分速度为_ .(g=10m/s2)【答案】图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图答案:(1)水平,初速度相同(2)方法一 取点(19.6,32.0)分析可得： 0.1969.8t12 0.32v0t1解得：v01.6
27、m/s方法二 取点(44.1,48.0)分析可得： 0.4419.8t22 0.48v0t2解得：v01.6 m/s(3)由图可知，物体由 AB 和由 BC 所用的时间相等，且有：ygT2 xv0T 解得：v01.5 m/s，vBy2 m/s【解析】【分析】（1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平；同时为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，要求小球平抛的初速度相同；（2）O 点为平抛的起点，水平方向匀速 ，竖直方向自由落体 ，据此可正x=v0t y=12gt2确求解；（3）根据竖直方向运动特点 ，求出物体运动时间，然后利用水平方向物体做匀速h
28、=gt2运动，可以求出其水平速度大小，利用匀变速直线运动的推论可以求出 B 点的竖直分速度大小【详解】 （1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放（2）由于 O 为抛出点，所以根据平抛运动规律有： 将 ，x=v0t y=12gt2 x=32cm，代入解得： y=19.6cm v0=1.6m/s（3）由图可知，物体由 和由 所用的时间相等，且有：A B B C，由图可知 ，代入解得，y=gT2 y=2L=10cm T=0.1s，将 ，
29、代入解得： ，x=v0T x=3L=15cm v0=1.5m/s竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均15速度有： vBy=hAC2T=8L2T=810-220.02m/s=2m/s【点睛】本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查基础知识的好题目四、计算题（本大题共 4 小题）23.滑雪运动员以 的初速度沿足够长的山坡匀加速滑下，在 的时间内滑下的v0=2m/s t=5s位移 山坡摩擦可忽略不计， g 取 。求：x=60m( 10m/s2)滑雪运动员 5s 末的速度；(1)滑雪运动员第 6s 内的位移；(2)山坡与
30、水平面的夹角。(3)【答案】 （1）22m/s；（2）24m；（3）30； 【解析】（1）由公式 代入数据得， vt=22m/sx=v0+vt2t（2）有位移公示 代入数据： x1=24mx1=vtt1+12at21（3）有公式 ， 代入数据得： a=5m/s2 a=vtv0tma=mgsin，解出：=30 024.如图所示，在距地面高为 处，有一小球 A 以初速度 水平抛出。与此同H=45m v0=15m/s时，在 A 的正下方有一物块 B 也以相同的初速度 同方向滑出， B 与地面间的动摩擦因数v0， A、 B 均可看成质点，空气阻力不计。求：=0.6球从抛出到落地的时间；(1)A球从抛出
31、到落地这段时间内的水平位移；(2)A球落地时， A、 B 之间的距离。(3)A【答案】(1)3s；（2）45m；（3）7.5m；【解析】(1)A 球抛出后做平抛运动，竖直方向有16H gt2，解得 t 3 s。12 2Hg(2)A 球从抛出到落地的水平位移 xA v0t45 m。(3)物块 B 做匀减速直线运动，加速度大小a g 6 m/s 2，物块 B 滑动的距离 xB ,得出：x B=37.5v202a所以 A 球落地时， A、 B 之间的距离 xAB xA xB7.5 m。25.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、 B，它们=30的质量分别为 m 和 2m，
32、弹簧的劲度系数为 k， C 为一固定挡板，开始时系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的力 F 拉物块 A 使之向上做匀加速运动，直到物块 B 刚要离开 取C(g。求：10m/s2)物块 B 刚要离开 C 时弹簧弹力 ；(1) F0当物块 B 刚要离开 C 时 ，求上述过程中物块 A 运动时间？(2) F=2mg【答案】 （1）mg；（2） 6mk；【解析】（1）用 x1表示未加 F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿第二定律可知，mgsin30=kx1用 x2表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，a 表示此时 A 的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律 F0=kx2=2mgsin30，则 F0=mg
33、（2）对 A:F-mgsin30-kx2=ma 将 F=2mg 代入得：a=0.5g由 x1+x2= at2 12t=6mk26.一圆环 A 套在一均匀圆木棒 B 上， A 的高度相对 B 的长度来说可以忽略不计。 A 和 B 的17质量都等于 m， A 和 B 之间的滑动摩擦力为 。开始时 B 竖直放置，下端离地面高度f(fmg)为 h， A 在 B 的顶端，如图所示。让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动。设碰撞时间很短，碰撞时原速率弹回，不考虑空气阻力。试求：木棒第二次着地时速度是多大？(1)若在 B 再次着地前，要使 A 不脱离 B， B 至少应该多长？【答案】 （1） ；（2） ；【解析】（1）释放后 A 和 B 相对静止一起做自由落体运动， B 着地前瞬间的速度B 与地面碰撞后， B 竖直向上做匀减速运动。它的加速度大小为： B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 取向下为正，B 与地面碰后速度竖直向上，则 解出：v 2=（2）B 与地面碰后，A 的加速度为 此时间内 A 的位移 要在 B 再次着地前 A 不脱离 B，木棒长度 L 必须满足条件 L x 有以上方程联立解得 18
