2022-2023学年辽宁省沈阳市郊联体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市郊联体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2022年12月4日，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。神舟十四在轨驻留6个月，先后进行3次出舱活动，完成空间站舱内外设备及空间应用任务相关设施设备的安装和调试，开展一系列空间科学实验与技术试验。已知空间站离地面高度约400km，下列说法正确的是( )
A. 空间站的线速度大于第一宇宙速度
B. 航天员出舱活动时的向心加速度为零
C. 航天员能处于漂浮状态是因其合力为零
D. 空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度
2.共振筛示意图如图所示，共振筛振动的固有频率为5Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮转动的角速度为( )
A. 10πrad/s
B. 20rad/s
C. 5πrad/s
D. 0.4πrad/s
3.在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们碰撞前后的x−t图像。小球的质量分别为m1和m2，已知m1=0.1kg。由此可以判断( )
A. 碰撞前m1和m2都在做匀速直线运动
B. 碰撞后m1和m2运动方向相同
C. m2=0.2kg
D. 该碰撞为弹性碰撞
4.如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R.现把质量为2m的小球(可视为质点)自轨道左侧最高点由静止释放，在小球和半圆槽运动的过程中，半圆槽向左运动的最大距离为( )
A. 43RB. 23RC. 13RD. R
5.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则( )
A. 质点Q的振动方程为y=sin(10πt)cm
B. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
C. t=0.15s时，质点Q受到的回复力为0
D. t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴正方向
6.如图甲所示为某品牌蓝牙耳机的广告，其中数字降噪原理是通过其降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波叠加，从而实现降噪的效果，如图乙所示。图丙表示的是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的等幅反相声波，P为介质中的一个质点，下列说法正确的是( )
A. 降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等
B. 质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
C. 降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强
D. 降噪过程应用了声波的衍射原理，可以消除通话时的所有背景杂音
7.水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为( )
A. 4Q2ρ
B. Q2ρ
C. 16ρQ2πd2
D. 4ρQ2πd2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.若雨滴下落过程中受到的空气阻力与其速度成正比，则下落过程中，雨滴的( )
A. 动能一直增加B. 势能一直减少C. 机械能一直减少D. 阻力一直增大
9.安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是( )
A. 碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B. 安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小
C. 安全带的作用是减小假人受到的冲量
D. 无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同
10.在光滑的水平桌面上有质量分别为M=0.6kg、m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态.现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=1.125m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3N⋅s
B. 弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.9N⋅s
C. 若半圆轨道半径可调，要使球m能从B点飞出轨道的半径最大为1.62m
D. M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．
(1)选用合适的器材组装成单摆后，主要操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②让刻度尺的零刻度线对准摆线悬点，测摆长L
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小．根据图示，测得摆长L=______cm.
(2)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制如图2所示T2−L图像，由图可知重力加速度g=______(用图中字母表示).
(3)关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是______.
A.测量摆长时要让小球静止悬挂再测量
B.摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
C.多次改变摆线长1，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的t2−l(关系图线也可以测定重力加速度
12.如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。如图乙所示，M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。
(1)在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1______m2(选填“>”、“=”或“<”)；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。
A.秒表、天平
B.天平、刻度尺
C.秒表、刻度尺
D.天平、打点计时器
(2)下列有关实验操作的说法正确的有______。
A.安装轨道时，轨道末端必须水平
B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C.实验过程中，复写纸和白纸可以根据需要移动
D.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
(3)在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，且测量出三个落点平均位置与O点距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式______(用测量出的量表示)，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。
(4)若实验中小球与斜槽之间存在摩擦，这对实验结果______(选填“有”或“没有”)影响。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且xab为8m。试求出这列波的波长与波速？
五、计算题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，质量均为m的木块A和B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的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小各是多少？
15.如图所示，一轻质弹簧的上端固定在顶部，下端拴接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B距离地面高h=5m。将细线烧断，物块A开始做简谐运动，当B落地时，A刚好第三次到达最高点。已知B的质量mB=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小物块A振动的振幅A；
(2)求小物块A振动的周期T；
(3)从细线烧断开始计时，竖直向下为正方向，写出物块A做简谐运动的位移与时间(x−t)关系式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、第一宇宙速度与近地卫星的环绕速度相等，根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr
由于空间站轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则空间站的线速度小于近地卫星的线速度，所以空间站的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、航天员出舱活动时受到地球引力，合力不为零，则航天员出舱活动时的向心加速度不为零，故B错误；
C、航天员能处于漂浮状态是因其处于完全失重状态，仍受到地球引力，合力不为零，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2
由于空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D正确。
故选：D。
理解第一宇宙速度的物理意义，并比较空间站线速度与第一宇宙速度的关系；根据万有引力提供向心力得出航天员的向心加速度的大小；航天员受到的重力提供向心力，并非不受重力作用。根据牛顿第二定律分析向心加速度大小。
本题主要考查万有引力定律的相关应用，理解物体的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
2.【答案】A
【解析】解：共振筛中，当驱动力的频率和共振筛的固有频率相等时，共振筛发生共振，根据题意，共振筛的固有频率为5Hz，偏心轮的频率应该等于共振筛的频率，周期为T=15s，则角速度为ω=2πT，代入数据可知ω=10rad/s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
当驱动力的频率和共振筛的固有频率相等时，共振筛发生共振，根据共振筛的固有频率为5Hz，可求周期和角速度。
明确共振的概念，知道当驱动力的频率和物体的固有频率相等时，发生共振现象。
3.【答案】D
【解析】AB、由x−t(位移-时间)图像的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向右运动，碰后B的速度为正方向，A的速度为负方向，说明向左运动，则碰撞后m1和m2运动方向相反，故AB错误；
C、根据v=ΔxΔt结合图像，求出碰前m1的速度为v1=82m/s=4m/s，碰后m2和m1的速度分别为v2′=16−86−2m/s=2m/s，v1′=0−86−2m/s=−2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg，故C错误。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v1′2−12m2v2′2，代入解得，ΔE=0，故D正确。
故选D。
x−t(位移-时间)图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移-时间图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量动量的方向。
4.【答案】A
【解析】当小球运动到半圆槽最右端时，半圆槽向左运动距离最大，设小球从左往右运动时间为t，半圆槽位移为x，相对半圆槽位移为2R，则小球位移为2R−x，取向右为正方向，小球和半圆槽组成系统水平方向上动量守恒，有：
mxt−2m2R−xt=0，
解得：
x=43R。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球和半圆槽组成系统水平方向上动量守恒，列式可解。
本题是典型的“人船模型”问题，系统水平方向上动量守恒，动量守恒列式时注意矢量性。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要是考查了波的图象，解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，波的传播方向。
根据图像得出波长、周期，由v=λT求出波速；由乙图读出质点Q的位移，分析其加速度，根据Q点的振动情况求解圆频率，由此得到Q点的振动方程；根据质点振动方向和波传播方向的关系分析波的传播方向，由s=vt求出波传播的路程；根据Q点的振动情况判断波传播方向，从而得到t=0.15s时质点Q受到的回复力；根据传播方向，结合时间与周期关系得出质点P的运动方向。
【解答】
由图甲可知：波长λ=8m；由图乙可知：周期T=0.2s；波速v=λT=80.2m/s=40m/s；
A.在t=0时质点Q在平衡位置向上振动，振幅：A=10cm，圆频率：ω=2πT=2π0.20rad/s=10πrad/s，则质点Q做简谐运动的表达式为：x=10sin10πt(cm)，故A错误；
B.甲图描述的是t=0.10s时的波动图象，而根据乙图可知t=0.10s到t=0.15s内Q点将向下振动，这说明在甲图中此时Q点将向下振动，根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，即沿x轴负方向传播；t=0.10s到t=0.25s波沿x轴负方向的路程：s=v⋅Δt=40×(0.25−0.10)m=6m，故B正确；
C.由乙图中Q点的振动图象可知t=0.15s时Q点在负的最大位移处，可知此时质点Q具有正向最大加速度，故回复力最大，故C错误；
D.根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，判定出经过四分之一周期即t=0.15s时质点P运动方向为y轴负方向，故D错误。
6.【答案】A
【解析】解：
A.机械波传播的速度由介质决定，则降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故A正确；
B.P点并不随波移动，故B错误；
C.由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，故C错误；
D.由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故D错误；
故选：A。
本题根据机械波速度规律、干涉原理即可解答。
本题是一道实际应用题，考察了学生将干涉原理与降噪联系的分析综合能力。
7.【答案】D
【解析】解：设t时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为m=ρV=ρSvt=14πd2ρvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理得：
Ft=0−mv
解得：F=14πd2ρv2
水流速度为v=QS=4Qπd2
得：F=−4ρQ2πd2
根据牛顿第三定律可知，钢板受到水的冲力为F=4ρQ2πd2，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据动量定理结合牛顿第三定律分析出钢板受到的水的平均冲力。
本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉动量定理的应用即可完成分析，属于基础题型。
8.【答案】BC
【解析】A、雨滴下落过程中受到重力和空气阻力，开始阶段，重力大于空气阻力，雨滴加速下落，随着速度的增大，空气阻力增大，合力减小，加速度减小。当空气阻力等于重力时雨滴开始做匀速运动，所以其速度先增大后不变，动能先增大后不变，故A错误。
B、雨滴的高度不断减小，则其重力势能一直减少，故B正确。
C、空气阻力一直对雨滴做负功，则雨滴的机械能一直减少，故C正确。
D、雨滴的速度先增大后不变，则阻力先增大后不变，故D错误。
故选：BC。
根据受力情况，分析雨滴的运动情况，判断动能的变化。由高度的变化分析重力势能的变化。由功能关系分析机械能的变化。由速度的变化分析阻力的变化。
本题的关键是准确分析雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动情况，分析时要抓住阻力与速度的关系，与汽车的起动过程类似。
9.【答案】BD
【解析】A.对汽车和假人组成的系统受力分析，碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受外界撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；
B.使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，用时0.2s停下，根据动量定理I=Ft，安全带的作用是延长冲击力作用时间，可以减小冲击力的大小，故B正确。
CD.假人的初动量为
p=mv0
末动量都为0，根据动量定理有
I=0−mv0
无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据动量守恒条件，判断系统动量是否守恒；
根据动量定理，分析冲量大小；
根据动量定理，增加力的作用时间，可以减小力的大小。
本题考查学生对动量守恒条件、动量定理的掌握，是一道基础题。
10.【答案】AC
【解析】解：ABD、释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1−Mv2=0
由机械能守恒定律得
12mv12+12Mv22=Ep
代入数据解得v1=9m/s，v2=3m/s
即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；
球m从A到B过程中，由机械能守恒定律得
12mv12=12mv1′2+mg⋅2R
解得m运动到B点时速度大小为：v1′=6m/s
球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理得球m所受合外力冲量大小为I=Δp=mv1′−mv1=0.2×(−6)N⋅s−0.2×9N⋅s=−3.0N⋅s，则合力冲量大小为3.0N⋅s
弹簧弹开过程，由动量定理得弹力对m的冲量大小为I=Δp=mv1=0.2×9N⋅s=1.8N⋅s，故A正确，BD错误；
C、设圆轨道半径为r时，球m能从B点飞出轨道的半径最大，即此时小球恰能从轨道最高点飞出，则由A到B机械能守恒定律得
12mv12=12mv22+mg⋅2r
在最高点，由牛顿第二定律得
mg=mv22r
解得：r=1.62m，故C正确。
故选：AC。
弹簧弹开小球的过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球脱离弹簧时的速度；球m在半圆轨道上运动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求m运动到B点时速度大小，再对球m，运用动量定理求合外力的冲量大小。小球恰能从轨道最高点飞出时轨道半径最大，此时在最高点由重力提供向心力，由此列式，结合机械能守恒定律求解轨道半径的最大值。
本题考查动量守恒定律、动量定理和机械能守恒定律的综合应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，要把握每个过程的物理规律，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理即可正确解题。
11.【答案】98.504π2(L2−L2)T22−T12 AC
【解析】解：(1)由图1所示刻度尺可知，其分度值是1mm，摆长L=98.50cm；
(2)根据单摆的周期公式T=2π Lg得：T2=4π2gL，由图示T2−L图像可知，图像的斜率k=4π2g=T22−T12L2−L1，解得：g=4π2(L2−L2)T22−T12
(3)A、测摆长时，应让小球静止在平衡位置，测量悬点到小球球心的距离，故A正确；
B、实验要求单摆偏离平衡位置的角度不能太大，摆角θ<5∘，不是摆幅越大越好，故B错误；
C、用秒表记录摆球50次全振动的间T，改变摆长多次测量，绘出T2−l的图象，根据图象的斜率也能求出重力加速度，故C正确。
故选：AC。
故答案为：(1)98.50；(2)4π2(L2−L2)T22−T12；(3)AC。
(1)根据图示刻度尺确定其分度值，然后对刻度尺读数。
(2)应用单摆周期公式求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出重力加速度。
(3)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
解决本题的关键知道实验的原理，知道实验误差的来源，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线斜率或截距进行求解。
12.【答案】(1)>；B(2)AD(3)m1OP=m1OM+m2ON(4)没有
【解析】(1)实验中为了避免碰撞过程发生反弹，则两个小球的质量应满足m1大于m2；
为了测量小球平抛运动水平分位移，需要刻度尺，实验中还需要测量小球的质量，因此还需要天平，即本实验还必须使用的两种器材是天平和刻度尺。
故选：B。
(2)A、为了确保小球飞出斜槽的初速度方向水平，实验中安装轨道时，轨道末端必须水平，故A正确；
B、根据平抛运动的规律有：h=12gt2，x=vt
解得：v=x g2h，小球平抛运动竖直高度相等，则能够用水平分位移间接表示平抛初速度，即实验中不需要测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；
C、实验过程中，通过小球击打复写纸在白纸上显现出落点的位置，可知复写纸可以根据需要移动，白纸不能够移动，故C错误；
D、为减小实验误差，实验中确定落点的位置时，应该用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故D正确。
故选：AD。
(3)碰撞后，A球速度减小，B球速度增大，可知P为A单独滚下的落地点，M为A碰后的落地点，N为B碰后的落地点，根据动量守恒有：m1v0=m1v1+m2v2
根据上述，小球平抛初速度分别为
v0=OP g2h，v1=OM g2h，v2=ON g2h
解得：m1OP=m1OM+m2ON
(4)若实验中小球与斜槽之间存在摩擦，由于小球每次均是从斜槽同一位置静止释放，则小球下滑过程克服摩擦力做功相同，每次飞出斜槽末端的初速度大小仍然相同，即实验中小球与斜槽之间存在摩擦对实验没有影响。
故答案为：(1)>；B；(2)AD；(3)m1OP=m1OM+m2ON；(4)没有。
(1)根据实验原理分析出两个质量的大小关系及需要选择的实验仪器；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据平抛运动的特点结合动量守恒定律分析出需要满足的关系式；
(4)根据实验原理分析出摩擦力对实验是否有影响并说明原因。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在水平方向上匀速直线运动的特点完成表达式的分析，对学生的要求较高，难度较大。
13.【答案】解：若波由质点a传向b，结合题意可知xab=(n+14)λ(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
则波长λ=324n+1m(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
波速v=λT=84n+1m/s(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
若波由质点b传向a，结合题意可知xab=(n+34)λ(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
则波长λ=324n+3m(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
波速v=λT=84n+3m/s(n=0,1,2,⋅⋅⋅)
答：若波由质点a传向b，波长λ=324n+1m(n=0,1,2,⋅⋅⋅)，波速v=λT=84n+1m/s(n=0,1,2,⋅⋅⋅)；若波由质点b传向a，波长λ=324n+3m(n=0,1,2,⋅⋅⋅)，波速v=λT=84n+3m/s(n=0,1,2,⋅⋅⋅)。
【解析】利用波的双向性，结合振动图像知道0时刻两个质点的位置，结合周期性知道波长和两点距离的关系，然后利用数学关系求解。
本题考查波传播的双向性和周期性，结合数学找到质点距离和波长关系，这是常用的方法，要灵活运用数学知识解决物理的实际问题。
14.【答案】解：从小球C释放到C运动到悬点O正下方的过程中，A、B之间始终存在相互作用力而具有相同的速度，此后由于绳子的作用使A开始减速而与B分离，可见，A、B分离的时刻即为C运动到至悬点正下方的时刻，设此时A、B、C的速度大小分别为vA、vB、vC，则
vA=vB
对A、B、C系统，以水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得：m0vC−mvA−mvB=0
由系统的机械能守恒得：m0gl=12m0vC2+12mvA2+12mvB2
联立以上三式解得：vA=vB= m02glm(2m+m0)，vC= 4mgl2m+m0
答：A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小分别为 m02glm(2m+m0)、 m02glm(2m+m0)、 4mgl2m+m0。
【解析】小球C摆动到最低点时，A、B分离，在此过程中，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，系统在水平方向上的动量守恒，系统的机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B、C的速度大小。
本题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研究。
15.【答案】解：(1)开始时AB组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为x1
根据胡克定律及平衡条件(mA+mB)g=kx1
烧断细线后A向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为x0，根据平衡条件mAg=kx0
烧断细线后A从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块A的振幅，则A=x1−x0
代入数据联立解得A=mBgk=1×10100m=0.1m=10cm
(2)剪断细线后，B做自由落体运动，设落地时间为t，A做简谐运动的周期为T
根据自由落体运动规律h=12gt2
解得t= 2hg= 2×510s=1s
根据题意2.5T=t
解得简谐运动的周期T=0.4s
(3)物块A做简谐运动的圆频率ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s
取竖直向下为正方向，物块A从正向最大位移处向负方向运动
物块A做简谐运动的位移与时间关系式为x=Acsωt(cm)=10cs5πt(cm)
答：(1)小物块A振动的振幅为10cm；
(2)小物块A振动的周期为0.4s；
(3)物块A做简谐运动的位移与时间关系式为x=10cs5πt(cm)。
【解析】(1)求出开始时弹簧的伸长量，结合线断后A点的平衡位置，即可求出A的振幅；
(2)剪断细线后，B做自由落体运动，根据自由落体运动的时间，然后结合题目的条件求出A的周期；
(3)根据周期求圆频率，然后求解物块A的振动方程。
本题考查了简谐运动振幅、周期和振动方程的求解；确定细线烧断时物块A的位置是解题的关键。