山东省聊城市临清市实验高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题

答案第 1页，共 8页 2024-2025学年高三年级第一学期期中考前考二 物理试题 一、单选题（共 24 分） 1．加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的 概念；生活中也很少见直接表达加速度的俗语，所以对加速度的认识极易出现错误。下列有 关说法中正确的是（ ） A．加速度是指速度的增加 B．速度的变化量越大，加速度就越大 C．加速度的方向不仅与力的方向相同，还一定与速度的方向在同一条直线上 D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度大，加速度不一定大 2．在公路上行驶的国产红旗轿车 a和比亚迪电动轿车 b，其位置随时间变化的图像分别为 图中直线 a和曲线 b﹐已知比亚迪电动轿车的加速度恒定，在1s时速度为6m/s，在3s时直 线 a和曲线 b相切，则（ ） A．a做匀速直线运动，速度大小为 8 m/s 3 B．3s时国产红旗轿车 a和比亚迪电动轿车 b相遇但速度不同 C．比亚迪电动轿车做匀减速直线运动且加速度大小为 22m/s D．1s时两车的距离为 2m 3．河宽 d,一小船从 A岸到 B岸．已知船在静水中的速度 v大小不变，航行中船头始终垂直 河岸，水流的速度方向与河岸平行，若小船的运动轨迹如图所示，则 A．越接近河岸船的速度越大 B．越接近河岸水的流速越小 C．各处水的流速相同 D．船渡河所用的时间小于 d v 4．如图所示，一半径为 R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可 视为质点的、质量为 m的小球。现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心 O的连线与 竖直方向的夹角记为θ，转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同。当圆环以角速度ω 匀速转动且小球与圆环相对静止时（ ） 答案第 2页，共 8页 A．若圆环光滑，则角速度 tan g R    B．若圆环光滑，则角速度 tang R   C．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于 A点，则角速度ω可能等 g R   D．若小球与圆环间的摩擦因数为μ，且小球位于 A点，则角速度ω可能等于 g R    5．2022年 10月我国在酒泉卫星发射中心成功发射了“夸父一号”卫星，实现了对太阳探测 的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度为 720km，运行一圈所 用时间为 99分钟，根据以上信息可知，“夸父一号”（ ） A．发射速度大于第二宇宙速度 B．绕地球做圆周运动的角速度大于地球自转的角速度 C．绕地球做圆周运动的线速度小于地球同步卫星的线速度 D．绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度 6．超速行驶和疲劳驾驶是导致交通事故最多的危险驾驶行为。某司机驾驶一辆小轿车在其 疲劳驾驶阶段以180km/h 的速度在平直的公路上行驶，某时刻突然发现正前方 60m处有一辆 卡车正在以 72km/h 的速度行驶，于是立即制动，制动加速度大小恒为 25m/s 。若忽略司机的 反应时间，在小轿车采取制动的同时，卡车立即做匀加速直线运动，为避免相撞，卡车的加 速度大小至少为（ ） A． 215m/s B． 22m/s C． 22.5m/s D． 23m/s 7．世界面食在中国，中国面食在山西。山西的面食中，又以“刀削面”最为有名，是真正的 面食之王。“刀削面”的传统操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图 所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为 h，与锅沿的水平距离为 L，锅的半径也为 L。 若所有的小面圈都被水平削出，并全部落入锅中，忽略空气阻力，则下列关于小面圈在空中 答案第 3页，共 8页 运动的描述正确的是（ ） A．所有面圈的速度变化量都相同，与初速度大小无关 B．质量大的面圈，运动时间短，初速度大的面圈，运动时间长 C．所有面圈落入水中时，重力的瞬时功率都相等 D．落入锅中时，进水的最大速度是最小速度的 3倍 8．如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统 处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力 F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中 物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为 f，则该过程中（ ） A．f变小，F变大 B．f变小，F变小 C．f变大，F变小 D．f变大，F变大 二、多选题（共 16 分） 9．如图所示，一质量为 m的火星探测器，在圆轨道 l上做匀速圆周运动。经过 P点时动力 装置短暂工作，使探测器进入椭圆轨道 2。经过远火点 Q时，动力装置再次短暂工作，使探 测器进入圆轨道 3。已知轨道 1的半径为 1r ，轨道 3的半径为 2r ，忽略空气阻力，以下说法 正确的是（ ） A．探测器在轨道 1上经过 P点时的加速度与在轨道 2上经过 P点时的加速度相等 B．探测器在椭圆轨道上由 P点运动到 Q点的过程中，机械能不守恒 C．探测器在轨道 2上运行时，若经过 P点时的速度大小为 v，则经过 Q点时的速度大小为 1 2 r v r D．探测器在轨道 3上经过 Q点时的速度大于在轨道 2上经过 P点时的速度 答案第 4页，共 8页 10．如图甲所示，物块 A叠放在木块 B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，现对 A施加一水平向右的拉力 F，测得 B的加速度 a与拉力 F的关 系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2）（ ） A．当 F<24 N时，A、B都相对地面静止 B．当 F>24 N时，A与 B发生相对滑动 C．A的质量为 4 kg D．B的质量为 3 kg 11．质量为 m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连，弹簧下端固定在水平地面上，静止时 弹簧的压缩量为 h，如图所示。现将一质量为 2m的物体从距离木板正上方 2h处由静止释放， 物体与木板碰撞后粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到 A点，物 体可视为质点，空气阻力、木板厚度忽略不计，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 （ ） A．物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小 B．整个运动过程，物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒 C．物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为 2 3 gh D．物块和木板运动到最低点时的加速度大小等于 g 12．如图所示，固定在天花板上的轻杆将光滑轻质小定滑轮悬挂在空中，一根弹性轻绳一端 固定在左边墙壁上 O点，另一端与套在粗糙竖直杆上 P点、质量为 m的滑块连接，用手平 托住滑块，使 OAP在一条水平线上。绳的原长与 O点到滑轮距离 OA相等，AP之间的距离 为 d，绳的弹力 F与其伸长量 x满足胡克定律 F=kx，滑块初始在 P点时对杆的弹力大小为 mg，滑块与杆之间的动摩擦因数为 0.2。现将滑块由静止释放，当滑到 Q点时速度恰好为零， 弹性绳始终处在弹性限度内，弹性绳弹性势能 Ep与形变量 x的关系为 2p 1 2 E kx ，重力加速 度为 g，下列说法正确的是（ ） A．滑块从 P点释放瞬间的加速度大小为 0.8g B．滑块下滑过程中速度达到最大值时的位置到 P点距离为 0.8d C．滑块从 P运动到 Q的过程中，弹性绳对滑块做功-0.8mgd D．PQ之间的距离为 1.6d 答案第 5页，共 8页 三、实验题（每空 2分，共 14 分） 13．如图为李华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与 力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量可忽略不计的光滑定滑轮用一轻质细杆固定 在小车的前端，小车的质量为 M，砂和砂桶的质量为 m。 （1）此实验中正确的操作是 。 A．实验需要用天平测出砂和砂桶的质量 m B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车 D．为减小系统误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 m远小于小车的质量 M （2）刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为 4N，打出的部分计数点如图所示（每 相邻两个计数点间还有 4个点未画出），其中 1 4.79cms  ， 2 5.61cms  ， 3 6.39cms  ， 4 7.17cms  ， 5 7.98cms  ， 6 8.84cms  ，则小车的加速度 a  2m s ，此次实验 中砂和砂桶的质量m  kg。（重力加速度取 29.8m s ，结果均保留 2位有效数字） 14．某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸 带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。 （1）本实验中，不同组学生在操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是 （填序号）。 答案第 6页，共 8页 （2）进行正确操作后，打下的纸带如图所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点 间的时间间隔为 T，那么纸带的 （填“左”或“右”）端与重锤相连。设重锤质量为 m， 根据测得的 1x 、 2x 、 3x 、 4x ，在打 B点到 D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为 。 （3）换用两个质量分别为 1m 、 2m 的重物分别进行实验，多次记录下落高度 h和相应的速 度大小 v，作出的 2v h 图像如图所示。对比图像分析正确的是 （填序号）。 A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零 C． 1m 可能等于 2m D． 1m 一定小于 2m 四、解答题（共 46 分） 15．（9分）2022年 2月 15日，17岁的中国选手苏翊鸣夺得北京冬奥会单板滑雪男子大跳 台金牌，为国家争得荣誉。现将比赛某段过程简化成如图所示的运动，苏翊鸣从倾角为 30  的斜面顶端 O点以 0 10m/sv  的速度飞出，且与斜面夹角为 60  。图中虚线为苏 翊鸣在空中的运动轨迹，且 A为轨迹上离斜面最远的点，B为在斜面上的落点，已知苏翊鸣 的质量为 60kgm  （含装备），落在 B点时滑雪板与斜面的碰撞时间为 0.3st  。重力加速 度取 210m/sg  ，不计空气阻力。求： （1）从 O运动到 A点所用时间 t； （2）OB之间的距离 x； （3）B点的速度大小 Bv 。 答案第 7页，共 8页 16．（9分）一质量 4kgM  的小物块，用长 1ml  的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。 一质量 1kgm  的粘性小球以速度 0 15m / sv  水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物 块相互作用时间极短，不计空气阻力，重力加速度 g取 210m / s 。求： （1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度 v的大小； （2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力 TF 的最大值； （3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度 h。 17．（12分）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小 F可用 2F kv 描写， k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的 v称为飞机的起 飞离地速度，已知飞机质量为 51.21 10 kg 时，起飞离地速度为 66 m/s；装载货物后质量为 51.69 10 kg ，装载货物前后起飞离地时的 k值可视为不变。 （1）求飞机装载货物后的起飞离地速度； （2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行 1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程 中加速度的大小和所用的时间。 答案第 8页，共 8页 18．（16分）如图所示，质量 A 1kgm  的木板 A置于光滑水平地面上，紧靠木板左端固定一 半径 5 m 16 R  的四分之一光滑圆弧轨道，其末端与 A的上表面所在平面相切。质量 B 2kgm  的小物块 B放在木板 A上，距离木板左端 5 m 3 L  。右侧竖直墙面固定一轻弹簧，弹簧处于 自然状态。现一质量 C 2kgm  的小物块 C从圆弧的顶端无初速度滑下，滑上木板，物块 B、 C与木板 A的动摩擦因数均为 0.1  ，物块 B与 C发生完全非弹性碰撞并粘在一起。一段 时间后 A、B、C三者共速，之后木板与弹簧接触。木板足够长，物块 B、C可视为质点， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能 pE 与形变量 x的 关系为 2 p 1 2 E kx ，劲度系数 40N/mk  。取重力加速度 210m/sg  ，求： （1）物块 C滑到圆弧轨道底端时，轨道对物块 C的支持力 NF 的大小； （2）木板与弹簧刚要接触时 A、B、C三者的共同速度 v共 的大小； （3）从物块 C滑上木板 A到木板与弹簧刚要接触时系统因摩擦转化的内能 U ； （4）木板与弹簧接触以后，物块 B、C与木板 A之间刚好相对滑动时弹簧的压缩量 x及此 时木板速度 v的大小。 答案第 1页，共 12页 2024-2025学年高三年级第一学期期中考前考二物理参考答案 1．D 2．C 【详解】A．由图可知，a车匀速直线运动的速度为 8 2 m s 2m s 3a v   故 A错误； B．t=3s时 a车和 b车到达同一位置而相遇，直线 a和曲线 b刚好相切，说明两者的速度相 等，故 B错误； C．t=3s时，直线 a和曲线 b刚好相切，即此时 b车的速度 vb=va=2m/s 由加速度定义式得 b车加速度为 2 22 6m / s = 2m / s 2b va t     Δ Δ D．1s时 a车在 4m处，b在原点，两车的距离为 4m，D错误。 故选 C。 3．B 【详解】ABC．从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向 上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，而船的速度： 2 2 C Sv v v  ，越接近河岸船的速度越小．故 AC不符合题意，B符合题意． D．由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即为 dt v  ．故 D不符合题意． 4．D 【详解】AB．小球在图示位置时的受力分析如图所示 答案第 2页，共 12页 则小球所受合外力提供向心力，即 2tanF mg m r   合 sinr R  以上两式联立，解得 cos g R    故 AB错误； CD．若小球在 A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力 等大反向，即 2N m R N mg  联立，解得 gω μR  故 C错误，D正确。 故选 D。 5．B 【详解】A．“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，所以发射速度小于第二宇宙速度，故 A错误； B．“夸父一号”离地面的高度小于地球同步卫星离地面的高度，所以“夸父一号”的轨道半径 小于地球同步卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力 2 2 MmG m r r  解得 3 GM r   所以“夸父一号”绕地球做圆周运动的角速度大于同步卫星公转角速度，即大于地球自转的角 速度，故 B正确； C．根据万有引力提供向心力 2 2 Mm vG m r r  解得 答案第 3页，共 12页 GMv r  所以“夸父一号”绕地球做圆周运动的线速度大于同步卫星公转线速度，故 C错误； D．根据万有引力提供向心力 2 n MmG r ma 解得 n 2 2 GM GMa g r R    故 D错误。 故选 B。 6．C 【详解】由题知，小轿车的初速度 1 180km/h 50m/sv   ，卡车的初速度为 2 72km/h 20m/sv   。 当两车速度相等的时候，距离最小，若此时恰好追上，设卡车的加速度大小为 2a ，根据速 度关系有 1 1 2 2v a t v a t   根据位移关系有 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 v t a t v t a t x     其中 60mx  ，联立可得 4st  ， 22 2.5m /sa  故选 C。 7．A 【详解】AB．所有面圈因下落的高度相同 21 2 h gt 则运动时间相同，根据 ∆v=gt 可知，速度变化量都相同，A正确，B错误； C．所有面圈落入水中时，重力的瞬时功率 2 G cos  yP mgv mgv mg t 所有面圈的质量不一定相等，故重力的瞬时功率不一定相等，C错误； 答案第 4页，共 12页 D．落入锅中的最大初速度 0max 3 3 2 L gv L t h   最小初速度 0min 2 L gv L t h   因落入碗中的速度 2 0 2v v gh  则落入锅中的最大速度不是最小速度的 3倍，D错误。 故选 A。 8．D 【详解】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为 ，根据平衡条件可得， 水平拉力为 tanF mg  可见水平拉力 F逐渐增大，绳子的拉力为 cos mgT   故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受 地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力 cosxT T  等大反向，故摩擦力方向向左 cos cos mgf    是逐渐增大； 故选 D。 9．AC 【详解】A．根据题意，由万有引力提供向心力有 n2 GMm ma R  解得 n 2 GMa R  可知，探测器在轨道 1上经过 P点时的加速度与在轨道 2上经过 P点时的加速度相等，故 答案第 5页，共 12页 A正确； B．探测器在椭圆轨道上由 P点运动到 Q点的过程中，只有引力做功，机械能守恒，故 B 错误； C．探测器在轨道 2上运行时，根据开普勒第二定律有 1 2 1 1 2 2P Q rv t r v t   解得 1 1 2 2 Q P r rv v v r r   故 C正确； D．根据题意，由万有引力提供向心力有 2 2 GMm vm r r  解得 GMv r  可知，探测器在轨道 3上经过 Q点时的速度小于在轨道 1上经过 P点时的速度，探测器在 轨道 1上经过 P点时，需加速做离心运动进入轨道 2，则在轨道 2上经过 P点时的速度大于 在轨道 1上经过 P点时的速度，则有 2 1 3P P Qv v v  即探测器在轨道 3上经过 Q点时的速度小于在轨道 2上经过 P点时的速度，故 D错误。 故选 AC。 10．BC 【详解】AB．当 A与 B间的摩擦力达到最大静摩擦后，A、B会发生相对滑动，由图乙可 知，B的最大加速度是 24m/s ，即拉力 24NF  时，A、B发生相对滑动，当 24NF  时，A、 B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故 B正确，A错误； CD．当 24NF  时，对 B，根据牛顿第二定律得 24m/sAB B m ga m    对 A，根据牛顿第二定律得 24m/sAA A F m ga m    联立解得 答案第 6页，共 12页 4kgAm  2kgBm  故 C正确，D错误。 故选 BC。 11．AD 【详解】C．物体与木板碰前瞬间的速度为 0v ，则 2 0 2 2v g h  两物体碰撞过程中动量守恒 0 12 (2 )mv m m v  整理得 1 4 3 v gh C错误； B．由于两个物体碰撞是完全非弹性碰撞，有机械能的损失，因此整个过程中机械能不守恒， B错误； A．碰后两个物体一起向下运动过程中，开始一段弹簧的弹力小于两个物体的总重量，因此 加速向下运动，当弹簧的弹力等于重力时速度达到最大，再向下运动时做减速运动，因此向 下运动过程中速度先增加后减小，A正确； D．根据简谐振动的对称性，再回到 A点时，弹簧处于原长，两个物体的加速度为 g，因此 在最低点时加速度大小也为 g方向竖直向上，D正确。 故选 AD。 12．ABD 【详解】A．滑块从 P点释放瞬间，滑块受到重力、弹性绳的弹力、杆的弹力和杆的摩擦力 作用，由题意可得 Nkd mg F  Nmg F ma  解得 N 0.8mg Fa g m    答案第 7页，共 12页 A正确； B．设滑块下滑过程中速度达到最大值时绳与杆的夹角为α，位置在 M点，绳的弹力大小为 T，由平衡条件可得 NsinT F kd   fcos 0mg T F   又有 f NF F sin dT k   tanMP dh   联立解得 0.8MPh d B正确； CD．由 B选项分析可知，滑块下滑过程中受杆的弹力大小不变，等于 mg，则有滑块受摩擦 力也为一恒力，则有 f NF F mg   设滑块从 P运动到 Q的过程中，弹性绳对滑块做功为 W，由动能定理可得 f 0PQ PQW mgh F h   由运动的对称性，即滑块在竖直方向的运动可看做单程的弹簧振子模型，则有 2 1.6PQ PMh h d  联立解得 1.28W mgd  C错误，D正确。 故选 ABD。 13． BC/CB 0.80 0.49 【详解】（1）[1]AD．有力的传感器，所以不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂 桶质量远小于小车的质量，故 AD错误； B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故 B正确； 答案第 8页，共 12页 C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故 C正确。 故选 BC。 （2）[2]由逐差法求 a，有 4 5 6 1 2 3 2 ( ) ( ) 9 s s s s s sa T       每相邻两个计数点间还有 4个点未画出，则 T = 0.1s 解得 2 2 2 2 (8.84 7.98 7.17 6.39 5.61 4.79) 10 m/s 0.80m/s 9 0.1 a          [3]对砂和砂桶 mg-F = 2ma 解得 m = 0.49kg 14． B 左 24 2 42 ( 2 )8 m x x x T  BC/CB 【详解】（1）[1]打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠 近打点计时器。故选 B。 （2）[2][3]纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打 B点时的速度为 2 2B xv T  打点计时器打 D点时的速度为 4 2 2D x xv T   在打 B点到 D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为 2 2 2 k 4 2 42 1 1 ( 2 ) 2 2 8D B mE mv mv x x x T      （3）[4]AB．根据题意，设阻力为 f，由动能定理有 21( ) 2 mg f h mv  整理可得 2 2 fv g h m        可知，若阻力为零，则两次实验的 2v h 图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为 答案第 9页，共 12页 零，故 A错误，B正确； CD．虽然斜率不相等，但不知道两物体所受阻力的情况，则两物体的质量关系不确定，即 1m 可能等于 2m ，故 C正确，D错误。 故选 BC。 15．（1）1s；（2）20m；（3）10 3m / s 【详解】（1）如图所示沿斜面方向和垂直斜面方向分解速度和加速度 从 O到 A过程有 00 sin cosv gt   解得从 O运动到 A点所用时间 1st  （2）由对称性可知，从 O到 B的时间为 2t，则从 O到 B过程有  212 cos 2 sin 2 x vt g t   解得 OB之间的距离 20mx  （3）由动能定理 2 2 0 1 1sin 2 2B mgx mv mv   得 B点的速度大小 B 10 3m / sv  16．（1） 3m / sv  ；（2） T 95NF  ；（3） 0.45mh  【详解】（1）小球和物块系统动量守恒  0mv M m v  得 3m / sv  答案第 10页，共 12页 （2）最低点拉力最大为 TF ，则     2 T vF M m g M m L     得 T 95NF  （3）根据机械能守恒     21 2 m M gh m M v   解得 0.45mh  17．(1) 2 78m/sv  ；（2）2m/s2， 39st  【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力： 2 1 1kv m g 满载起飞时，升力正好等于重力： 2 2 2kv m g 由上两式解得： 2 78m/sv  （2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 2 2 0 2v ax  解得： 22m/sa  由加速的定义式变形得： 2 0v vt a a     解得： 39st  18．（1）60N；（2）1m/s；（3） 245 J 72 ；（4） 1m 8 ， 56 m/s 8 【详解】（1）物块 C滑到圆弧轨道底端时，根据机械能守恒有 2 C C 0 1 2 m gR m v 答案第 11页，共 12页 解得 0 2.5m/sv  根据牛顿第二定律有 2 0 N C C vF m g m R   联立解得，轨道对物块 C的支持力为 N 60NF  （2）物块 C滑离圆弧轨道后，A、B、C三者组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有 C 0 A B C( )m v m m m v   共 联立解得，木板与弹簧刚要接触时 A、B、C三者的共同速度为 1m/sv 共 （3）物块 C滑上木板 A后，对物块 C受力分析，根据牛顿第二定律有 C C 1m g m a  解得，物块 C减速的加速度大小为 2 1 1m/sa  对 AB整体分析，根据牛顿第二定律有 C A B 2( )m g m m a   解得，AB一起加速的加速度大小为 2 2 2 m/s 3 a  根据运动学规律有 2 2 0 1 1 1 2 1 1 1 2 2 L v t a t a t   解得 1 1st  或 1 2st  若 1t 取 2s，则此时物块 C的速度小于 AB的速度，不符合题意，则舍弃。故 1 1st  此时物块 C的速度为 答案第 12页，共 12页 1 0 1 1 1.5m/sv v a t   此时 AB的速度为 2 2 1 2 m/s 3 v a t  物块 B与 C发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 C 1 B 2 B C 3( )m v m v m m v   根据能量守恒可得，物块 B与 C发生完全非弹性碰撞，损失的能量为 2 2 2 C 1 B 2 B C 3 1 1 1 25( ) J 2 2 2 72 E m v m v m m v      根据能量守恒，可得 A、B、C三者组成的系统损失的能量为 2 2 C 0 A B C 1 1 15( ) J 2 2 4 E m v m m m v     总 共 则从物块 C滑上木板 A到木板与弹簧刚要接触时系统因摩擦转化的内能为 245 J 72 U E E    总 （4）木板与弹簧接触以后，物块 B、C与木板 A之间刚好相对滑动时，根据牛顿第二定律 有 A B C( )F kx m m m a   弹 对 BC分析有 B C B C( ) ( )m m g m m a    联立解得，此时弹簧的压缩量为 1 m 8 x  则根据机械能守恒有 2 2 2 A B C A B C 1 1 1( ) = ( ) + 2 2 2 m m m v m m m v kx   共 解得，此时木板速度为 56 m/s 8 v 