1、2014-2015学年广东省阳江市阳东县广雅中学高二（下）期中物理试卷（理科）一、单项选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）下列说法正确的是（） A 物体的速度变化越大，则加速度越大 B 加速度方向保持不变，速度的方向也保持不变 C 加速度增大时，速度可能不变 D 速度为零时，加速度不一定为零【考点】： 加速度；速度【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 根据加速度的定义式a=，加速度等于速度的变化率物体的速度变化量大，加速度不一定大加速度与速度无关【解析】： 解：A、物体的速度变化量大，加速度不一
2、定大只有当变化所用时间相同时，加速度才大故A错误B、加速度的方向不变，速度方向可以改变，如平抛运动故B错误C、物体有加速度，速度一定变化故C错误D、速度为零，速度的变化率不一定为零，如自由落体运动的初位置，速度为零，加速度不为零故D正确故选：D【点评】： 本题考查对加速度的物理意义理解能力，可以从数学角度加深理解加速度的定义式a=2（4分）一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，8s后开始刹车，12s时汽车才完全停下设刹车过程中汽车做匀减速直线运动，那么前、后两段运动过程中，汽车加速度的大小之比为（） A 2：1 B 1：2 C 3：2 D 2：3【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题
3、】： 直线运动规律专题【分析】： 根据匀加速运动和匀减速运动的时间之比，结合速度时间公式求出汽车的加速度之比【解析】： 解：汽车匀加速运动的时间为8s，匀减速运动到零的时间为4s，即匀加速和匀减速运动的时间之比为2：1，根据a=知，加速度大小之比为1：2故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】： 本题考查了速度时间公式的基本运用，抓住匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度进行求解，基础题3（4分）（2010秋锦州期末）一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为（） A 5m B 11.25m C 20m D
4、 31.25m【考点】： 自由落体运动【专题】： 自由落体运动专题【分析】： 通过h=求出第一秒内的位移，即可知道最后一秒内的位移某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出最后1s内的平均速度，即可知道落地前0.5s末的速度，根据v=v0+gt，求出最后1s末的速度，再根据v2=2gh求出下落的高度【解析】： 解：根据h=，代入数据得，第一秒内的位移为h1=5m所以最后1秒内的位移为10m根据，平均速度为10m/s因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以落地前0.5末的速度为10m/s，根据v=v0+gt，最后落地的速度v=15m/s下落的高度故B正确，A、C、D错误故选B【
5、点评】： 本题通过最后1s内的位移求下落的高度通过最后1s内的平均速度求出落地前0.5s的速度，从而求出落地速度，根据v2=2gh求出下落高度4（4分）（2013秋商丘期末）一物体做匀减速直线运动，初速度为10m/s，加速度大小为1m/s2，则物体在停止运动前1s内的平均速度大小为（） A 5.5m/s B 5m/s C 1m/s D 0.5m/s【考点】： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 采用逆向思维，根据位移时间公式求出停止运动前1s内的位移，结合平均速度的定义式求出平均速度的大小【解析】： 解：采用逆向思维，物体在停止前1s内的位移为：，
6、则平均速度的大小为：故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，基础题5（4分）如图，铁芯上绕有两组线圈，一组与电源E相连，另一组与灵敏电流计G相接闭合开关K的瞬间（） A 右侧线圈中磁通量不变 B 右侧线圈中磁通量突然增大 C 电流表中无电流通过 D 电流表有电流通过，方向由A向B【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 通过开关通断，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断【解析】： 解：A、当闭合
7、开关K的瞬间，导致电流增大，则右侧线圈的磁通量在增大根据右手螺旋定则可知，左边线圈左端是S极，右端是N极则铁芯中的磁场方向向右；故A错误，B正确；C、当闭合开关K的瞬间，导致电流增大，则右侧线圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，可判定感应电流方向B经G流向A，故C错误，D错误；故选：B【点评】： 解决本题的关键会用用楞次定律判断感应电流方向，关键确定原磁场方向及通过线圈的磁通量如何变化；会使用安培定则，注意大拇指向即为线圈内部磁场的方向6（4分）（2013春中山期中）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为（）
8、 A a1a2a3a4 B a1=a3a2a4 C a1=a3a4a2 D a4=a2a3a1【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g【解析】： 解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的
9、速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：B【点评】： 解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力7（4分）如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s速度向B撞击时，由于有橡皮泥而使A、B粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（） A 4J B 8J C 16J D 32J【考点】： 动量守恒定律；弹性势能【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 木块A和B碰
10、撞过程，两木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后的共同速度，木块压缩弹簧后在弹簧弹力作用下做减速运动，当系统动能为零时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒定律求出弹簧具有的最大弹性势能【解析】： 解：对于木块A和B碰撞过程，两木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得： mvA=2mv；得 v=0.5vA=2m/s弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为 Ep=222J=8J故选：B【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键要知道木块碰撞过程系统的动量守恒，此过程弹簧未参与，系统的动能全部转化为弹性势能时，弹性势能最大8（4分）（2013
11、贵州学业考试）如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F为使F=0，可能达到要求的方法是（） A 加水平向右的磁场 B 加水平向左的磁场 C 加垂直纸面向里的磁场 D 加垂直纸面向外的磁场【考点】： 安培力；共点力平衡的条件及其应用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以直导线MN为研究对象，开始没有电流时重力和绳子拉力大小相等，若使绳子上的拉力为零，则可以在该空间中加上磁场，使MN所受安培力方向向上即可【解析】： 解：根据左手定则可知，在MN中通入电流，在空间加上垂直与纸面的磁场，可以使MN受到向上的安培力，这样可以使MN受到绳子
12、拉力为零，具体根据左手定则有：当MN中通入从M到N的电流时，要使安培力向上，可以加上垂直纸面向里的磁场，故ABD错误，C正确故选C【点评】： 本题考查了在磁场中的受力平衡问题，注意左手定则的灵活应用，明确磁场方向、电流方向、受力方向三者之间的关系9（4分）质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m，设球与地面作用时间为0.2s，则小球对地面的平均冲力为（g=10m/s2）（） A 90N B 80N C 110N D 100N【考点】： 动量定理【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲
13、击力【解析】： 解：由动能定理得：小球下落过程：mgh1=mv120，v1=10m/s，方向竖直向下；小球上升过程：mgh2=0mv22，v2=8m/s，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mgF）t=mv2mv1，即：（110F）0.2=1（8）1（10），解得：F=100N；负号表示冲力方向向上故选：D【点评】： 熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取10（4分）（2006淮北模拟）质量分别为m1、m2 的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移时间图象如图如果m1=1kg则m2等于（） A 1kg B 2kg C 3kg D 4kg
14、【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 根据xt图象斜率求出碰撞前后各球的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；【解析】： 解：碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=m/s=4m/s碰后m1的速度：v1=m/s=2m/sm2的速度：v2=m/=2m/s根据动量守恒定律有：m1v1=m1v1+m2v2代入得：14=1（2）+m22解得：m2=3kg故选：C【点评】： 本题主要考查了动量守恒定律得应用，关键要掌握位移图象的斜率等于速度进行分析二、双项选择题：本题共6个小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得
15、3分，有选错或不答的得0分11（5分）一质点做匀加速直线运动，第三秒内的位移2m，第四秒内的位移是2.5m，那么可以知道（） A 这两秒内平均速度是2.15m/s B 第三秒末的瞬时速度是2.25m/s C 质点的加速度是0.25m/s2 D 质点的加速度是0.5m/s2【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 根据平均速度的定义式求出2s内的平均速度，结合某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第三秒瞬时速度根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度【解析】： 解：A、这两秒内的平均速度为：=2.25
16、m/s故A错误B、匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第三秒末的瞬时速度等于3、4两秒内的平均速度，即为2.25m/s故B正确C、根据x=aT2得：a=0.5m/s2故C错误，D正确故选：BD【点评】： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷12（5分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin100t（V），电阻R=44，电压表、电流表均为理想电表，则（） A 交流电的频率为50Hz B 电流表A1的示数为5A C 电流表A2的示数为A D 电压
17、表的示数为44V【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 由瞬时值的表达式可知，该交流电的最大值为220V，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、由u=220sin100t（V）可知，交流电源的角频率为100rad/s，则频率为：=50 Hz，故A正确；D、该交流电的最大值为220V，有效值为220V，电压表测的是电阻两端电压的有效值，由得，U2=V，即电压表的示数是44V，故D正确；B、C、由欧姆定律，电流表A2的示数为：A，电流表A1的示数为：A故B错误，C错误故选：AD【点评】： 考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表
18、的示数为有效值，最大值与有效值之间的关系13（5分）如图所示，（a）、（b）中，R和自感线圈L的电阻都很小，灯泡的电阻较大，接通K，使电路达到稳定，灯泡S发光下列说法正确的是（） A 在电路（a）中，断开K，S将渐渐变暗 B 在电路（a）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗 C 在电路（b）中，断开K，S将渐渐变暗 D 在电路（b）中，断开K，S将先变得更亮，然后渐渐变暗【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路【
19、解析】： 解：A、在电路a中，当闭合S，线圈阻碍电流增加，导致S渐渐变亮；当断开S，L、S串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致S将逐渐变暗，流过S的电流方向不会发生变化故A正确B错误；C、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致S将变得更亮，然后逐渐熄灭故C错误，D正确；故选：AD【点评】： 线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极14（5分）A、B是两个质量相等的球，在光滑水平面上沿同一直线、
20、同一方向运动，已知A球的动量是7kgm/s，B球的动量是5kgm/s若A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（） A pA=8kgm/s，pB=4kgm/s B pA=6kgm/s，pB=6kgm/s C pA=5kgm/s，pB=7kgm/s D pA=2kgm/s，pB=14kgm/s【考点】： 动量守恒定律【分析】： 当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择【解析】： 解：碰撞过程中A、B两球组成的系统动量守恒，碰撞前的总动量为12kgm/s，则碰撞后的总动量也为12kgm/s碰撞前的总动能大于等于碰撞后的总动能，即，代入分析可
21、知，A、D错误碰撞后A的速度不能大于B的速度，综上所述，B、C正确，A、D错误故选：BC【点评】： 对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况15（5分）小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的反方向射出一物体P，不计空气阻力，则（） A 火箭一定离开原来的轨道 B P一定离开原来轨道运动 C 火箭运动半径一定增大 D P运动半径一定减小【考点】： 万有引力定律及其应用；动量守恒定律【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 火箭在高空绕地球作匀速圆周运动，沿其运动的相反方向射出一物体P的过程，满足动量守恒定律，火箭的速度将增大，
22、做离心运动【解析】： 解：火箭在高空绕地球作匀速圆周运动，沿其运动相反的方向射出一物体P，系统动量守恒，由动量守恒定律可知火箭的速度将增大，而火箭所受的万有引力没有改变，它所需要的向心力增大，火箭将做离心运动，离开原来的轨道运动，轨道半径一定增大，被释放的物体P速度大小可能与释放前的速度大小相等，方向相反，物体P可能沿原来的轨道运动，轨道半径可能不变，故BD错误，AC正确故选：AC【点评】： 本题是火箭变轨的过程，根据动量守恒定律和向心力知识进行分析16（5分）线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势如图所示，从图中可知（） A 在t1和t3时刻，线圈处于中性面位置 B 在t2和t4时刻，穿过线
23、圈的磁通量最大 C t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率最小 D 若从0时刻到t4时刻经过0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变；而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大【解析】： 解：A、t1时刻和t3时刻，感应电动势为最大，线圈垂直中性面，穿过线圈的磁通量为零故A错误B、由图t2时刻和t4时刻，感应电动势为零，通过线圈的磁通量最大，通过线圈的磁通量的变化率为零故B正确C、t3时刻感应电动势
24、为最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故C错误；D、一个周期电流方向改变2次；若从0时刻到t4时刻经过0.02s，即周期为0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次故D正确故选：BD【点评】： 本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置三、实验题（8分）17（8分）如图1所示是“验证碰撞中的动量守恒”实验的实验装置让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下，与静止在支柱上质量为m2的小球发生对心碰撞，则（1）两小球的质量关系必须满足BAm1=m2 Bm1m2 Cm1m2 D没有限制（2）实验必须满足的条件
25、是ACA轨道末端的切线必须是水平的B斜槽轨道必须是光滑的C入射小球m1每次都必须从同一高度由静止释放D入射小球m1和被碰小球m2的球心在碰撞的瞬间可以不在同一高度上（3）若采用图1装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是ABCA直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表（4）在实验装置中，若用游标卡尺测得小球的直径如图2，则读数为1.355cm【考点】： 验证动量守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）验证碰撞过程中的动量守恒实验，入射球的质量应大于被碰球的质量（2）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的
26、末端必须水平（3）分析实验原理，得出需要验证的表达式则可找出需要的仪器；（4）游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；【解析】： 解：（1）在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，为防止被碰球碰后反弹，入射球的质量必须（远）大于被碰球的质量，因此B正确，ACD错误故选B（2）A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、要保证碰撞后都做平抛运动，两
27、球要发生正碰，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心应在同一水平高度，两球心的连线应与轨道末端的切线平行，因此两球半径应该相同，故D错误故选：AC（3）小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以时间t，则有：m1v1t=m1v1t+m2v2t，m1OP=m1OM+m2（ON2r），则实验需要测出：小球的质量、小球的水平位置、小球的半径，故需要用到的仪器有：天平，直尺和游标卡尺；故选：ABC；（4）游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm则图示读数为：13mm+110.05mm=13.55mm=1.355cm；故答案为：（
28、1）B； （2）AC； （3）ABC； （4）1.355；【点评】： 本题考查了实验注意事项、实验数据分析，知道实验原理、实验注意事项、应用动量守恒定律即可正确解题；实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹四、计算题（共22分）18（6分）如图所示，匝数为100、边长为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，从中性面开始以=10 rad/s角速度绕垂直于磁场的OO轴匀速转动若线圈自身电阻r=2，负载电阻R=6，（其中2=10）
29、求：（1）线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式；（2）开始转动的s内负载电阻R上产生的热量为多少？【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】： 交流电专题【分析】： （1）根据公式Em=nBs求解感应电动势的最大值；根据e=Emsint求解瞬时值表达式；（3）电压表和电流表的读数为有效值，由焦耳定律可求得R上产生的热量【解析】： 解：（1）最大值为：Em=NBS电动势的表达式为：e=NBSsint=80Sin10t（V）（2）电流有效值为：电阻R上产生的热量为：J=150J答：线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为e=80Sin10t（V）（2）开始转
30、动的s内负载电阻R上产生的热量为150J【点评】： 本题关键记住最大值公式Em=nBs和瞬时值公式e=Emsint，然后结合闭合电路欧姆定律及焦耳定律列式求解19（8分）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面成37角，导轨上端接一阻值为R=0.80的电阻轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T现有一质量为m=0.20kg、电阻r=0.20的金属棒放在导轨最上端，棒与导轨垂直并始终保持良好接触，他们之间的动摩擦因数为=0.25棒ab从最上端由静止开始释放（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）棒在下滑的过程中
31、最大速度是多少？（2）当棒的速度v=2m/s时，它的加速度是多少？【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）当导体棒匀速运动时速度最大，应用安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出最大速度（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度【解析】： 解：（1）导体棒受到的安培力：F=BIL=BL=，导体棒匀速运动时速度最大，此时导体棒处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin=+mgcos，代入数据解得：vm=3.2m/s；（2）导体棒受到的安培力：F=BIL=BL=，由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，其中v=2m/s，代
32、入数据解得：a=1.5m/s2；答：（1）棒在下滑的过程中最大速度是3.2m/s；（2）当棒的速度v=2m/s时，它的加速度是1.5m/s2【点评】： 本题考查了求导体棒的最大速度、导体棒的加速度，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题20（8分）（2012广东二模）如图所示，在光滑的水平面上停着一辆小车，小车平台的上表面是粗糙的它靠在光滑的水平桌面旁并与桌面等高现在有一个质量为m=2kg的物体C以速度v0=10m/s沿水平桌面向右运动，滑过小车平台后从A点离开，恰能落在小车前端的B点已知小车总质量为M=5kg，O点在A点的正下方，OA=0.8m，OB=1.2m，物
33、体与小车摩擦系数=0.2，g取10m/s2求：（1）物体刚离开平台时，小车获得的速度大小（2）物体在小车平台上运动的过程中，小车对地发生多大的位移【考点】： 动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）刚离开小车平台时动量守恒，C从A点落到B点做平抛运动，根据动量守恒定律及平抛运动基本公式列式即可求解；（2）分别求出在平台上，物体C和小车的加速度，根据运动学公式求出C滑上平台到离开平台所需时间，根据位移公式即可求解【解析】： 解：（1）设物体C刚离开小车平台时，速度为v1此时小车速度为v2，C从A点落到B点的时间为t，由动量守恒定律，得mv0=mv1+Mv2C从A点落到B点做平抛运动，由平抛运动规律，有OB=v1tv2t由解得：v1=5m/s，v2=2m/s（2）设C滑上平台到离开平台所需时间为t，在平台上，物体C和小车的加速度分别为则故小车对地位移为：答：（1）物体刚离开平台时，小车获得的速度大小为2m/s（2）物体在小车平台上运动的过程中，小车对地发生多大的位移为2.5m【点评】： 本题主要考查了动量守恒、平抛运动、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，综合性较强，难度适中