2023-2024学年江苏省苏州市星海高级中学校高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市星海高级中学校高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下面连接一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中，当小球振动稳定时( )
A. 小球振动的频率与圆盘转速无关B. 小球振动的振幅与圆盘转速无关
C. 圆盘的转速越大，小球振动的频率越大D. 圆盘的转速越大，小球振动的振幅越大
2.玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为( )
A. 1.2πd2ρv2B. 0.3πd2ρv2C. 1.2πd2ρvD. 0.3πd2ρv
3.如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再以相同的速度回到a历时0.4s，则该振子的振动频率为
( )
A. 1HzB. 54HzC. 53HzD. 2Hz
4.有的人会躺着看手机，若手机不慎肤落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150g，从离人眼25cm处无初速不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1s，取重力加速度g=10m/s2。对手机撞击人眼的过程中，下列分析错误的是( )
A. 手机对人眼的冲击力大小约为4NB. 手机受到的冲量大小约为0.4N·s
C. 手机动量变化量大小约为0.4kg·m/sD. 手机动量的变化率大小约为4kg·m/s2
5.图甲为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1.0m处的质点，Q是平衡位置为x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则
( )
A. 在t=0.25s时，质点P的速度方向为y轴正方向
B. 质点Q简谐运动的表达式为x=10sinπ2t(cm)
C. 从t=0.10s到t=0.20s，该波沿x轴正方向传播了4m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
6.如图所示，圆弧AO是半径为2m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10cm，现将一小球先后从圆弧的A处和B处无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为t1和t2，那么( )
A. v1>v2，t1=t2B. v1=v2，t1C. v1>v2，t1>t2D. v1=v2，t1>t2
7.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)( )
A. A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为m0m mgL2m+m0
B. A、B两木块分离时，C的速度大小为2 mgL2m+m0
C. 球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0 mgL2m+m0
D. 球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为m0L2m+m0
8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T。在t=0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP=2cm，yQ=−2cm，下列说法错误的是( )
A. P点的振动形式传到Q点需要T2
B. P、Q在振动过程中，位移的大小总相等
C. 在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等
D. 经过3T8，Q点回到平衡位置
9.如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R。圆弧体B锁定，一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为R2。已知重力加速度大小为g，则( )
A. 小球与圆弧体的质量之比为2:1
B. 小球与圆弧体的质量之比为1:2
C. 若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 gR
D. 若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为12 2gR
10.P1、P2完全相同的两块平板，置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距l。质量为2m且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后P1与P2粘在一起。P压缩弹簧后被弹回并刚好停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( )
A. P1、P2刚碰完时的共同速度为34v0B. P停在A点的速度为34v0
C. 此过程中弹簧的最大压缩量x=v0232μgD. 弹簧的最大弹性势能EP=18mv02
二、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.用半径均为的小球1和小球2碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接.安装固定好实验装置，竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹子固定，小球球心与O点位置等高，实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在竖直挡板上。重复多次，确定小球落点的平均位置P；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，确定碰撞后两小球落点的平均位置M、N；
步骤3：用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的竖直方向的距离分别为h1、h2、h3。
(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为______mm。
(2)设球1和球2的质量分别为m1、m2，若满足______，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足_________，则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞。(用“m1、m2、h1、h2、h3”表示)
12.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是______。
A.测摆线长时测了整根线的总长度
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了
C.开始计时时，秒表过迟按下
D.实验中误将49次全振动次数记为50次
(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T2的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=______。(用k表示)
(3)同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像(如图)，由图可知，两单摆摆长之比lalb=______。在t=1s时，b球振动的方向是______。
三、计算题（本大题共4小题，共46分）
13.一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，传播速度为20m/s，振幅为10cm、某时刻开始计时，t=0.71s时刻介质中的部分波形如图1所示，图2为图1中质点P的振动图像。求：
(1)该波的周期和传播方向；
(2)质点P平衡位置的x坐标；
(3)从t=0.71s到t=1.05s时间内，质点P的运动路程。
14.如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有两个小球A和B用轻质弹簧相连，以相同的速度v0向C运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量均为m。求：
(1)弹簧长度刚被锁定时A的速度大小；
(2)求在D离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
15.如图所示，一轻弹簧直立在水平地面上，轻质弹簧两端连接着物块B和C，它们的质量分别为mB=0.1kg，mC=0.3kg，开始时B、C均静止。现将一个质量为mA=0.1kg的物体A从B的正上方高度处由静止释放，A和B碰后立即粘在一起，经t=0.1s到达最低点，之后在竖直方向做简谐运动。在运动过程中，物体C对地面的最小压力恰好为零。已知弹簧的弹性势能表达式Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，弹簧在运动过程中始终在弹性限度范围内，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)物块A、B碰后瞬间的速度大小；
(2)弹簧的劲度系数k及物块C对地面的最大压力；
(3)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B的冲量大小。
16.如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M=2kg、足够长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep；
(3)小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AC.小球振动的频率与圆盘转速有关，小球做受迫振动，小球振动频率等于圆盘转动的频率，圆盘的转速越大，小球振动的频率越大，A错误，C正确；
BD.小球振动的振幅与圆盘转速有关，圆盘转动的频率越接近小球和弹簧组成的系统的固有频率，小球的振幅越大，BD错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题利用生活中常见的水枪考查了动量定理的应用，要注意正确分析题意，能明确对单位时间内喷水量的研究是解题的关键，同时要注意动量定理的矢量性，列式时要注意正方向的规定。
对单位时间内出水量进行分析，根据动量定理列式即可求得水对人产生的压力大小。
【解答】
t时间内从枪口喷出的水的质量m=ρSvt=ρvπ(d2)2t=14πρd2vt，
质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：Ft=△p，
以水流的方向为正方向，得−Ft=14πρd2vt(−0.2v−v)，
解得：F=0.3πρd2v2
故B正确，ACD错误。
3.【答案】C
【解析】由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点是对称的，它从b再以相同的速度回到a时，整个过程恰好为一个周期，即T=0.2s+0.4s=0.6s，那么振子的振动频率为
f=1T=10.6Hz=53Hz ．
A.1Hz，与结论不相符，选项A错误；
B. 54 Hz，与结论不相符，选项B错误；
C. 53 Hz，与结论相符，选项C正确；
D.2Hz，与结论不相符，选项D错误；
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据自由落体运动规律求出速度，根据Δp=mv2−mv1求出动量变化量；根据动量定理求出手机受到的冲量及手机对眼睛的作用力。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
【解答】
C.手机下落25cm过程由位移速度关系有v12=2gh1，手机反弹8mm过程由位移速度关系有v22=2gh2，解得v1= 5m/s，v2=0.4m/s，手机动量变化量Δp=mv2−−mv1≈0.4kg⋅m/s，C正确；
D.手机动量的变化率大小ΔpΔt=⋅m/s2=4kg⋅m/s2，D正确；
B.根据动量定理可知，手机受到的冲量大小I=Δp=0.4N⋅s，B正确；
A.对手机进行分析，由动量定理有F−mgΔt=mv2−−mv1，解得F=5.5N，根据牛顿第三定律知手机对人眼的冲击力大小约为5.5N，A错误。
故选A。
5.【答案】A
【解析】解：A、由振动图象知，t=0.10s时，Q处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播，当t=0.25s时，即在t=0.10s开始经过34T，质点P在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿y轴正方向，故A正确。
B、ω=2πT=2π0.20=10πrad/s，则质点Q简谐运动的表达式为y=10sin10πt(cm)，故B错误。
C、由A知波在向左传播，故C错误。
D、由于P点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过34个周期，质点经历的路程不等于3A，即30cm，故D错误。
故选：A。
本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但34个周期时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析．
6.【答案】A
【解析】因为两个小球都是作单摆运动，根据单摆的周期公式
T=2π Lg
因为圆弧的半径相等，所以两球的运动时间相等；根据能量守恒定律可得，球的重力势能转化为球的动能，则从A点释放的时，小球到O点的的动能更大，即速度更大，则
v1>v2
故选A。
7.【答案】C
【解析】【分析】
小球摆动到最低点时，A、B分离，在此过程，A、B、C系统动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B、C的速度；应用动量定理可以求出A对B的冲量大小；通过水平方向上的动量守恒求出木块A移动的距离。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
【解答】
AB.小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等；A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m0vC−2mvA=0，
由机械能守恒定律得：m0gL=12m0vC 2+12×2mvAB 2，解得：vAB=m0m mgL2m+m0，vC=2 mgL2m+m0，故AB正确；
C.C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，A对B的弹力的冲量大小I=mvAB=m0 mgL2m+m0，故C错误；
D.A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m0vC−2mvAB=0，则m0×x1t−2m×x2t=0，由几何关系得：x1+x2=L，解得A移动的距离为：x2=m0L2m+m0，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
8.【答案】D
【解析】P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，振动形式从P传到Q需要半个周期，这两点的振动情况总是相反。分析P、Q的步调关系，判断相等时间通过的路程关系。
本题的关键要抓住P、Q振动情况总是相反这一特点进行分析。在求质点通过的路程时，要注意分析质点的初始位置。A、由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，所以振动形式从P传到Q需要半个周期T2，故A正确；
B、P、Q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故B正确；
C、由于P、Q的步调总是相反，速度大小始终相等，所以在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故C正确；
D、图示时刻，Q点正向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于T8，再从波谷运动到平衡位置的时间为T4，所以经过38T，Q点没有回到平衡位置，故D错误；
本题要选错误的，故选D。
9.【答案】C
【解析】AB.设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知
Mv1=mv2 ， mgR=12Mv12+12mv22
根据能量守恒
12mgR=12mv22
解得
M=m ， v1= gR
故AB错误；
CD.若圆弧体B没有锁定，则小球滑上B过程到滑离
mv2=mv2′+Mv ， 12mv22=12mv2′2+12Mv2
解得圆弧体B最终获得的速度大小为 gR ，故C正确D错误。
故选C。
10.【答案】B
【解析】A.P1、P2刚碰完时的共同速度为
mv0=m+mv1
解得
v1=12v0
A错误；
B.P停在A点的速度为
m+2mv0=m+m+2mv2
解得
v2=34v0
B正确；
C.对系统根据能量守恒定律得
μ⋅2mg×2l+x=12⋅2m⋅v02+12⋅2m⋅v12−12⋅4m⋅v22
解得
x=v0232μg−l
C错误；
D.弹簧的最大弹性势能为
EP=12⋅2m⋅v02+12m+mv12−12⋅4m⋅v22−μ⋅2mgx+l
解得
EP=116mv02
D错误。
故选B。
11.【答案】(1)9.846；(2)m1 h2=m1 h1+m2 h3；m1h2=m1h1+m2h3
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，小球直径为：9.5mm+34.6×0.01mm=9.846mm。
(2)设水平槽右端与竖直挡板间的水平距离为L，小球离开水平槽后做平抛运动，
水平方向：L=vt，
竖直方向：h=12gt2
解得：v=L g2h，
则碰撞前球1的初速度：v0=L g2h2，
碰撞后球1的速度：v1=L g2h1，
碰撞后球2的速度：v2=L g2h3，
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v2，即：m1L g2h2=m2L g2h3+m1L g2h1，
整理得：m1 h2=m1 h1+m2 h3；
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12m1v02=12m1v12+12m2v22，整理得：m1h2=m1h1+m2h3；
故答案为：(1)9.846；(2)m1 h2=m1 h1+m2 h3；m1h2=m1h1+m2h3。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
(2)小球离开水平槽后做平抛运动，应用平抛运动规律求出碰撞前后两球的速度，然后应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了螺旋测微器读数问题，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据题意应用平抛运动规律与动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
12.【答案】(1)B；(2)4π2k；(3)49；y轴负方向。
【解析】【分析】
(1)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差。
(2)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度。
(3)根据图象求出两单摆的周期，然后根据单摆周期公式求出单摆摆长之比；根据图象分析b球的振动方向。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚图所示图象，应用单摆周期公式即可解题。
【解答】
(1)由单摆周期公式T=2π Lg可知，重力加速度g=4π2LT2；
A、测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，由g═4π2LT2可知，测得的g值偏大，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，使周期变大了，由g=4π2LT2可知，所测得的g值偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间t偏小，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g值偏大，故C错误；
D.实验中误将49次全振动数次数记为50次，由T=tn可知所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所示g偏大，故D错误。
故选：B。
(2)由单摆周期公式T=2π lg可得：T2=4π2gl，T2−l图线的斜率k=4π2g，则重力加速度g=4π2k；
(3)由单摆周期公式T=2π lg可知，摆长l=gT24π2，
由图2所示可知，单摆周期Ta=43s，Tb=2s，
两单摆摆长之比lalb=Ta2Tb2=4322=49；
由图所示图象可知，在t=1s时，b球振动的方向沿着y轴向下运动，故方向为沿y轴负方向。
故答案为：(1)B；(2)4π2k； (3)49；y轴负方向。
13.【答案】解：(1)由图1可知，波长为λ=2.4m
由v=λT
可得周期为：T=λv=2.420s=0.12s
则0.71s=5T+0.11s
即0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，由图2可知，0.11s之后质点P向下运动，所以由上下坡法可知，波沿x轴正方向传播。
(2)0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，结合图2可知，再经过0.01s，即在t=0.72s时刻质点P运动到平衡位置，即图1中原点处的波形传播到质点P处，传播距离为Δx=vΔt=20×0.01m=0.2m
所以质点P的坐标为x=Δx=0.2m
(3)
从t=0.71s到t=1.05s时间为
Δt=1.05s−0.71s=0.34s
而
0.34s=2T+1012T
由图2知，质点P一个周期内路程为
2s0=80cm
t=0.71s位置为5cm，在1012T内的路程为35cm
从t=0.71s到t=1.05s时间内，质点P的运动路程
s=80cm+35cm=115cm

【解析】(1)根据波动与振动的关系，确定波的传播方向；根据v=λT变形后求周期；
(2)根据波动与振动的关系知质点P的振动情况；
(3)质点振动一个周期对应4A路程。
本题考查了横波的图象问题，掌握波动图象和振动图象结合的方法处理问题，还要理解同侧法判断振动和波动的方向问题。
14.【答案】(1) 23v0 ；(2) 118mv02
【解析】(1)设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，B、C碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=(m+m)v1
当弹簧压缩至最短时，D，A的速度相等，设此速度为v2，A、D系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0+2mv1=(m+2m)v2
解得A的速度
v2=23v0
(2)设弹簧长度第一次被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep1。由能量守恒得：
12⋅2mv12+12mv02=12⋅3mv22+EP1
解得
EP1=112mv02
然后，D与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，D与P接触而不粘连，突然解除锁定
Ep1=12mvA2
之后运动，动量守恒
mvA=3mvAD
弹簧的最大弹性势能
Ep2=12mvA2−3m2vAD2=118mv02
15.【答案】解：(1)从A开始下落到A、B碰撞前瞬间过程，
对A由动能定理得：mAgh=12mAv02−0
代入数据解得：v0=2m/s
A、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，
以向下为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mB)v
代入数据解得：v=1m/s
(2)碰撞后A、B做简谐运动，设在平衡位置时弹簧的压缩量为x1，
则(mA+mB)g=kx1，
A、B上升到最高点时C对地面的压力最小为零，设此时弹簧的伸长量为x2，
对C，由平衡条件得：mCg=kx2，
A、B做简谐运动的振幅：x=x1+x2，
设在A、B碰撞位置弹簧的压缩量为x3，由平衡条件得：mBg=kx3，
从A、B碰撞后瞬间到A、B到达最低点过程，由机械能守恒定律得：
12(mA+mB)v2+12kx32+(mA+mB)g(x1−x3+x1+x2)=12k(x1+x1+x2)2，
解得：k=120N/m
A、B到达最低点时弹簧的弹力最大，C对地面的压力最低，设地面对C的最大支持力为F，
对C，由平衡条件得：F=mCg+k(x1+x1+x2)
代入数据解得：F=10N
由牛顿第三定律可知，C对地面的最大压力大小F′=F=10N，方向竖直向下
(3)A、B碰撞后A、B一起做简谐运动，由简谐运动的对称性可知，A、B返回碰撞点时A、B的速度大小v′=v=1m/s，方向竖直向上
由简谐运动的对称性可知，碰撞后到回到碰撞点过程的运动时间t′=2t=2×0.1s=0.2s
从碰后至返回到碰撞点的过程中，设弹簧对B的冲量为I，对AB整体，以向下为正方向，则v′=−1m/s，由动量定理得：(mA+mB)gt′+I=(mA+mB)v′−(mA+mB)v
代入数据解得：I=−0.8N⋅s，负号表示方向，冲量大小为0.8N⋅s
答：(1)物块A、B碰后瞬间的速度大小是1ms/；
(2)弹簧的劲度系数k=120N/m，物块C对地面的最大压力大小是10N，方向竖直向下；
(3)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B的冲量大小是0.8N⋅s。
【解析】
(1)应用动能定理求出碰撞前瞬间A的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出A、B碰撞后瞬间的速度大小。
(2)求出A、B在平衡位置弹簧的压缩量，求出在最大位移处弹簧的伸长量，求出A、B做简谐运动的振幅，然后求出弹簧的劲度系数；求出C对地面的最大压力。
(3)应用动量定理求出冲量大小。
本题是一道力学综合体，根据题意分析清楚A、B的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用动能定理、平衡条件、动量守恒定律与机械能守恒定律、动量定理即可解题。
16.【答案】(1)物块B在最高点时，有mBg=mBvd2R
b到d由动能定理可得−mBg⋅2R=12mBvd2−12mBvb2
在b点有FN−mBg=mBvb2R
联立解得FN=60N
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为60N；
(2)由动量守恒定律可得mAvA=mBvb
由能量守恒可得Ep=12mAvA2+12mBvb2
联立解得Ep=12J；
(3)物块与小车恰好共速，设速度为 v ，根据动量守恒定律得mAvA=mA+Mv
由能量守恒定律可得Q=μmAgL=12mAvA2−12mA+Mv2
联立解得Q=2J，L=0.5m。

【解析】本题考查了圆周运动、动量守恒的综合应用，注意临界情况的应用。