2025届山西省部分学校高三上学期阶段检测物理试卷(一)

山西省20 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 题号 1234 56789 10 答案 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。 1,某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界 滚去。足球距离边界35m时，速度=12/s加速度 大小a=2m/s2,若将足球的运动看作匀减速直线运动 且运动方向与边界垂直，下列说法正确的是 ® () A.足球到达不了边界 机 B.经过6s,足球越过了边界 C,经过7s,足球恰好到达边界 翩 9 D.经过8s,足球距离边界3m 长 2.小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然 堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子 自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测 出一堆沙子的底部周长为31.4m,利用物理知识测得沙 郑 子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的最大高 度最接近 和 A.2.5m B.2m C.1.5m D.Im 3.如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的 四个物块，物块之间的动摩擦因数为丛，物块与地面之间 的动摩擦因数为0.5μ，上面的两物块用不可伸长、可承 受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的 物块施加水平向右的力F,使四个物块一起向右运动。 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为 77777777777777777777 A.3umg B.3.6umg C.4.5pmg D.6umg 25届阶段检测卷（一） 考察内容：力学 4如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度 :、,投球，方向与竖直方向间的夹角分别为《，B。两 次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮 板上的同一位置C,不计空气阻力。下列说法正确的是 A.a可能小于B B.,、西大小可能相等 C.篮球两次运动时间可能相等 D.与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等 5.一辆轿车在平直公路上由静止开始做匀加速运动达到 额定功率后保持功率不变，最终做匀速运动。轿车在行 驶过程中受到的阻力恒定，关于轿车的速度。，功率P随 时间：的变化规律正确的是 () D 6.1772年，数学家拉格朗日提出：两个质量相差悬殊的 天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点 如图中的L、L2、L、L、L,所示，人们称为拉格朗日点 。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力 作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步做圆 周运动。若发射一颗卫星定位于2点，下列说法正确 的是 () A.该卫星绕太阳运动的周期大于地 球公转周期 地球 B.该卫星绕太阳运动的向心加速度 大于地球绕太阳运动的向心加 速度 C.该卫星在L2点处于受力平衡状态 D.该卫星在L处所受太阳和地球引力的合力比在L 处小 物理 7.如图所示，一水平传送带与一倾斜传送带在B点相接」 倾斜传送带的倾角为日。传送带均以速率：沿顺时针方 向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑 块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为“， A WB T7TT7111177717717 且4<tan0。不计滑块在传送带连接处的能量损失， 图(a 图6) 传送带足够长。下列说法正确的是 A.物体B的质量为3m () B物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为子 C.0~6时间内，物休A运动的距离为子 B ⊙0… D.物体A与轻弹簧接触的过程中，物体A、B组成的系 A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 统动量守恒，机械能守恒 B.滑块一定可以回到A点 10.如图所示，质量M=4kg的长木板静止在粗糙水平 C.滑块最终停留在B点 地面上，t=0时刻对木板施加F=45N的水平向右 D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点 恒力，同时质量m=【kg的小物块以。=15m/s的初速 上方 度从木板左端滑上木板。已知木板长度L=78m,木 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在 板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为1= 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全 0.2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 速度g=10m/s2,下列说法正确的是 0分。 ( 8.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆 柱体M靠在一起，E、M之间无摩擦，E的重力为G,M ereere 下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上，现过E的轴 A.小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为 心施以水平作用力F,可缓慢地将E无转动拉离地面 10/s3 一直到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态 B.1=1s时，小物块恰好运动到木板最右端 从E离开地面到滑到M顶端的过程，下列说法正确的是 C.t=(1+V6)s时，小物块从木板左端脱离 () D.若=2s时撒去外力F,小物块最终会从木板右端 脱离 E 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 777777777777777777777777 11.(6分)某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平面 A.地面所受M的压力逐渐增大 B.地面对M的摩擦力逐渐减小 间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径R=0,4m,且最 C.拉力F的大小从2G逐渐减小为0 低点与水平面平滑连接，将滑块从圆孤轨道最高点的 D.E、M间的压力从2G逐渐减小到G 正上方由静止释放，用压力传感器分别测出滑块经过 9.两物体AB放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹 圆弧最低点时对圆弧的压力F,同时用刻度尺测出对 簧并处于静止状态，物体A以速度，沿A、B连线向B 应滑块在水平面上运动至停止后的位移x。记录在表 物体运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触（不粘连），此 格中：（重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力） 后的一段时间内，两物体的速度：与时间1的关系如图( b)所示。已知0~o(<2)时间内，物体B运动的距离 Fx(N) 8 10 12 14 为而0，物体A的质量为m,运动过程中弹簧始终处 x(m)】 0.98 1.51 2.01 2.50 2.99 于弹性限度内，下列说法正确的是 () (1)将表格中的数据描在图乙的Fx-x坐标网格中， 并作出Fx-x图线。 01 物理 ....R (3)在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动 到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律， 则测得的物理量应满足的关系式为 。（用实验步骤中给的字母表示，已 压力传感器 知重力加速度为g)） 图甲 (4)某同学实验时，气泵不能工作，他想到用使轨道倾 F IN 斜的方法来补偿阻力，如果已经补偿了阻力， (填“能”或“不能”)用此装置验证系统机械 能守恒。 (5)若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块 的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其他影 响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，系统 重力势能减少量的测量值与真实值相比是偏大、 00.511.522.533.5xm 图乙 相等、还是偏小？请说明理由。 (2)本实验中滑块的质量m= 一kg,滑块与水 13.(10分)苏炳添在东京奥运会男子百米飞人大战中一 平面间的动摩擦因数4=」 鸣惊人，跑出了9秒83这样打破亚洲纪录的惊人成 (3)圆弧轨道粗糙会使动摩擦因数的测量值 绩。若苏炳添百米用时为1，假设苏炳添的运动过程 (填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是 可简化为先匀加速达到最大速度m,然后以最大速度 做匀速运动直到终点，百米距离用符号L表示，求（用 12.(9分)某同学用如图甲所示的装置做“验证机械能守 题中符号表示)： 恒定律”的实验。实验的主要步骤如下： (1)苏炳添匀速运动的时间，； 数字计时器 光电p (2)苏炳添匀加速运动的加速度a的大小。 气垫导轨 滑块、遮光条 连气源 钩码 刻度尺 图甲 0 1 (cmi) nmmn 5101520 图乙 A.测出遮光条的宽度d B.测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质 量M C.实验前开启气泵，将气垫导轨调至水平 D.将滑块移至图甲所示位置，测出遮光条中心到光电 门的距离L E.释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间： (1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙 所示，则d=mm。 (2)关于该实验，下列说法中正确的是 A.遮光条宽度越宽，实验的精确度越高 B.该实验中不必满足滑块总质量M远大于钩码 质量m C.调节气垫导轨水平时，需要悬挂钩码 02 4.(12分)如图所示，两个内壁光滑的四分之一圆弧轨 道AB、CD竖直固定放置，A、D两点的切线竖直，B,C 两点的切线水平，CD的半径为r,圆心在B点。现让 质量为m的小球从A点由静止释放经过B点落到C D上的某点，重力加速度为g,不计空气阻力。 A● (I)若小球经B点到达圆弧CD上的M点的运动时间 为。，求圆弧AB的半径及小球从A到M过程合 力冲量的大小； (2)若小球到达圆弧CD上的N点时，速度与水平方 向的夹角为45°，求小球从A到N过程重力做 的功； (3)让小球从B点以不同的速度水平向右抛出，求小 球落到圆弧CD上速度的最小值。 15.(17分)如图所示，轨道左侧为一段圆弧，圆弧半径R 远大于其最高点高度h,圆弧最低点与水平轨道相切 于A点，长为3L=1.5m的水平轨道AB与另一竖直 圆轨道的最低点相切于B点，B与C前后略有错开， 轨道右侧末端与一质量为m1=2kg的木板接触，木板 的上表面与水平轨道齐平，木板右端L=0.5m处有 一竖直墙，在AB的中点处放置一用某种材料制成的 滑块b。在左侧圆弧轨道最高点由静止释放与b材料 相同的滑块a,a与b发生弹性碰撞后a反弹，两滑块 运动到B点（还未进入竖直圆轨道）的时间差为△：= 口，代b到达B点时立即撤走，a通过圆轨道后滑上 木板，木板足够长且与墙壁发生的碰撞均为弹性碰 撞，且碰撞时间极短。已知a的质量为m=2kg,h= 3.2m,a与木板间的动摩擦因数山，=0.3，木板与水 平面间的动摩擦因数2=0.1，不计其他摩擦，a、b均 母 视为质点，取g=10m/s2。 (1)求6的质量； 些 (2)要使a能滑上木板，求竖直圆轨道的最大半径； (3)判断木板与墙壁发生第2次碰撞时，a与木板是 否共速。 ☑ B(C) 烟 哦 御 山西省2025届阶段检测卷（一） 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案速查 ◇ A ◇ c ◇ A BD BC AC 1B 匀变速直线运动规律 5C直线运动+图像分析 设汽车的额定功率为P,所受恒 足球停止所需时间为 定阻力为∫，牵引力为F,匀加速结束时的速度为v,初期汽 足球的运动 =-6s 看作匀减速 +x=36m>35m 车做匀加速直线运动，设其加速度为a,有v=a,当汽车的 直线运动 足球从速度，到停止运动 的距离为学 匀加速阶段结束时速度还未达到最大值，速度将继续增大， 经过68、足球停止、且 此时足球已越过边界1m 此时根据P=Fu,结合牛顿第二定律F-∫=ma可知，牵引力 B对 将减小，则加速度将减小，此后汽车将做加速度逐渐减小的 2A临界高度根据题意可知，圆锥体沙堆的底部圆半径为 加速运动，直至牵引力大小等于阻力大小时，加速度减小为 2x3.4m=5m,对锥面上的一粒沙粒分析，当其拾好 31.4 0,速度达到最大值v。,而v-t图像的斜率表示加速度，则该 图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的 保持静止不下滑时，这堆沙子的高度最大，满足mgcos0= 曲线，AB错误。根据P=Fv,匀加速阶段F-f=ma,可得 mgsin(9为锥体的底角)，又tan9=在，解得这堆沙子的 F=ma+∫，又=al,即匀加速阶段有P=Fm=(ma+)v= 最大高度h=2.5m,A正确。 (ma+f)ad,可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正 3B牛顿第二定律+整体法与隔离法的应用以四个物块 比，即此图像为过原点的直线，而匀加速结束后，汽车的功 整体为研究对象，受力分析如图1所示，竖直方向上有F1= 率达到额定值，功率不变，其图像与时间轴平行，C正确，D 错误。 6mg,又F1=0.5uFN1,由牛顿第二定律有F-F1=6ma;以 6B万有引力定律+拉格朗日点该卫星可以保持与地球 左侧两个物块为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向 上有F2=3mg,又F2=0.5uF2,由牛顿第二定律得T- 同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动的周期等于 地球公转周期，A错误；该卫星在L2处绕太阳转动的半径 F2=3ma;以右侧质量为2m的物块为研究对象，受力分析 如图3所示，竖直方向上有FN3=2mg,由牛顿第二定律得 大于地球的公转半径，根据a=4可知，该卫星绕太阳运 72 F3-T=2ma,当F3达到最大静摩擦力，即F3=uF3= 动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，B正 2wmg时，系统的加速度最大，F有最大值，联立解得F= 确；该卫星在L2点绕太阳做圆周运动，其所受合外力不为 3.6umg,B正确。 0,不是处于受力平衡状态，C错误；该卫星所受太阳和地球 引力的合力等于绕太阳做圆周运动的向心力，该卫星在L2 2m 处转动的半径大于在L,处转动的半径，根据R,=m(2票)， 57m9 图1 图2 图3 可知，该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L,处 4B平抛运动将篮球的运动反向处理，即为平抛运动。由 大，D错误。 图可知，第一次运动过程下落的高度较小，所以运动时间较 7A传送带模型+分情况讨论滑块沿倾斜传送带下滑时， 短，水平分速度较大，即篮球第一次撞篮板的速度较大，动 根据牛顿第二定律有mgsin0-umgcos0=ma,解得a= 能大，CD错误。第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平 gsin9-gcos6,而滑块沿传送带上滑时，由于水平传送速 分速度较大，有an&=,第二次抛出时速度的竖直分量 度为”，则滑块上滑时的初速度一定不大于，所以摩擦力的 方向依然沿倾斜传送带向上，依然有a=gsin0-gcos0,因 较大，水平分速度较小，anB=2,可见a>B,所以1、2的 2 此滑块在倾斜传送带上运动时的加速度总相同，A正确；当 大小可能相同，A错误，B正确。 A的位置较靠上，滑块第一次下滑到B点时的速度大于) 01 时，则滑块第一次上滑时的初速度为，以与下滑过程相同 的加速度上滑，所以此时滑块一定运动不到A点，B错误； 由以上分析可知，滑块最终会在两传送带上做周期性的往 复运动，不会停留在B点，C错误；不论水平传送带的速度 多大，滑块第一次下滑至B点时的速度一定不小于滑块第 一次从水平传送带上运动返回至B点的速度，因此滑块最 远可以返回至A点，不会运动到A点上方，D错误。 8BD共点力的平衡取整体为研究对象，地面所受M的压 力不变，始终等于E、M的总重力，A错误。圆柱体E在重 力G、拉力F、半圆柱体的支持力N作用下处于平衡状态，这 三个力构成封闭三角形，如图所示。开始时N与竖直方向 成60°角，对应图中的最大三角形，此时拉力F和半圆柱体 对：的支持力N都最大R.=Gm60°=5C,N,=0 2G,随着E向上移动，拉力F、半圆柱体对E的支持力N都 逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，N减小到G, 故开始时拉力F最大，为√3G,以后逐渐减小为0，E、M间的 压力开始时最大，为2G,以后逐渐减小到G,C错误，D正 确。取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F,所 以摩擦力随拉力F的减小而减小，B正确。 9BC弹簧模型+动量、能量+v-t图像由题图可知A、B 共速时速度为兮，由动量守恒有m,=(m+M)号，解得物 体B的质量M=2m,A错误。设物体A与轻弹簧分离时，A、 B速度分别为vA、va,则由动量守恒有mwo=mwA+MvB,由能 量守恒有宁m=之m+宁M,联立解得，=子，B正 2 确。设A、B在2前任意时刻速度分别为U1、Vm,由动量守 恒有mg=mwl+Mum,则有moo=mxA+Mxg,其中xB= 0,联立解得=子%，C正确。物体A与轻弹簧接触 的过程中，由于水平面光滑，物体A、B组成的系统动量守 恒，该过程A、B的机械能与弹簧弹性势能相互转化，所以 A、B组成的系统机械能不守恒，D错误。 10AC板块模型+牛顿运动定律+运动学公式 小物块刚滑上木板时，相对木板向右运动，对木板进行受 力分析，根据牛顿第二定律有F+山2mg-,（m+M)g= Ma1,解得小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小a,= 10m/s2,A正确。 02 小物块刚滑上木板时，相对木板向右运动，对小物块进行 受力分析，根据牛顿第二定律有42mg=ma2,解得小物块 刚滑上木板时的加速度大小a2=5m/s,方向向左，假设 0~1s的时间内小物块一直向右减速，木板一直向右加速， 则t=1s时，小物块的速度=%-a2o=10m/s,木板的速度 2=a1o=10m/s=1,假设成立，该过程两者的相对位移 m6-2=7.5m<1=78m,可知4=1时 小物块并没有运动到木板最右端，B错误。 由B项分析可知，=1s时，小物块与木板恰好共速，假设 之后两者能保持相对静止，则两者一起向右运动的加速度 大小为a集=F-M+m)8=7m/令>，g=5m/g,故假 M+m 设不成立，两者共速之后不能够保持相对静止，小物块以 a2=5m/s的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小 物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行受 力分析，根据牛顿第二定律有F-mg-山1(m+M)g= Ma,解得共速后，木板的加速度大小为a3=7.5m/s2,故 共速后小物块相对木板向左运动，设共速后再经4时间小 1 物块恰好从木板左端脱离，则有x=41+24片一 (,4+2“,),解得1=68，所以小物块从木板左端脱 离的时刻为2=。+41=(1+6)s,C正确。 若=2s时撤去外力F,由于t2=(1+6)s>2s,令t3= 2s-1s=1s,则结合C项分析可知，t=2s时小物块与木 板的速度分别为=v+a24=15m/s,4=2+a34= 17.5m/s,1~2s时间内小物块相对木板向左运动，相对 位移为m色，-=1.25m,撤去外力后小物 块向右继续以a2=5m/s2的加速度做匀加速直线运动，木 板向右做匀减速直线运动，对木板进行受力分析有mg+ ,(m+M)g=Ma4,解得撤去外力后瞬间木板的加速度大 小为a4=3.75m/s2,设撒去外力后再经4时间两者再次 共速，则有=山+a4=-a4,解得么=弓s,头 115 m/s,此段时间内小物块相对于木板向左运动，相对位 移为-=是m,由于+< .5 x,则撤去外力，两者再次共速时，小物块还在木板上，县 之后保持相对静上【点被：由于山<山，则÷迷之后不再相时 滑功】、一起向右做匀减速直线运动，一直到速度减为0后 静止，故若：=2s时撤去外力F,小物块最终不会从木板右 (2)遮光条应适当窄一些，挡光时间内的平均速度才可近 端脱离，D错误。 似认为滑块通过光电门的瞬时速度，A错误；由于本实验 11【参考答案】(1)如图所示(1分)(2)0.2(1分)0.4 是验证机械能守恒定律的，而不是探究力、加速度与质量 (1分)(3)等于(1分)见解析(2分) 的关系的，因此不必满足滑块总质量M远大于钩码质量 F IN m,B正确；挂上钩码就无法判断气垫导轨是否调至水平，C 12 错误。 (3)若系统机械能守恒，则有mgL=(M+m)i,又u= ,故测得的物理量应满足的关系式为mgL=(M+m)心 22 00.511.522.533.5xm 动摩擦因数的测量+数据处理+误差分析 (4)系统机械能守恒的条件是除重力和系统内弹力做功 【解析】(1)将表格中各点依次描在坐标网格图中，用直 外，没有其他力做功，但补偿阻力的做法存在阻力做功，因 线拟合各点，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点 此系统机械能不守恒，也就无法用此装置验证系统机械能 均匀分布在直线两侧，距离直线较远的点舍去，如答图 守恒。 所示。 (5)若气垫导轨左端的滑轮调节过高，则绳子始终与水平 (2)滑块运动到圆弧轨道最低点时，根据沿半径方向的合 方向有一夹角，作出相应的图，如图所示，想据几何关系可 外力提供向心力有F安-mg="觉，滑块在水平面上的运动 知一52<L【点孩：三二简形中.任意西证之卷小于第品通】， 即钩码实际下降的高度要小于释放滑块时遮光条中心到 过程，根据动能定理有-mg=0-7m,又由牛顿第三定 光电门的距离L,故系统重力势能减少量的测量值(mgL) 律有Fw=Fx,联立可得Fw-业m3x+mg,结合(1)中所绘 与实际值(mg5,~mg2)相比偏大。 R 图像可知，斜率k=m=)二N/m=4NVm,纵截距 R 13【参考答案】 （12-t(224-2 2 b=mg=2N,解得m=0.2kgw=0.4。 (3)滑块通过圆弧轨道最低点时的速度是通过滑块释放的 运动学规律+综合分析问题的能力 高度调节的，又滑块在圆弧轨道底端的向心力是支持力与 【解析】(1)根据匀变速直线运动规律和匀速直线运动 重力的合力提供的，与圆弧轨道对滑块的摩擦力无关，因 规律有 此圆弧轨道对滑块的摩擦力对图像的斜率和纵截距均没 L=2a(t-4)》2+ (3分) 有影响，故对动摩擦因数的测量没有影响。 12【参考答案】(1)2.15(1分)(2)B(2分)(3)mgL= m=a(l-4) (2分) (M+m)正(2分)(4)不能(2分)(5)偏大，理由见解 联立解得1= 2L-Vml (1分) 23 析(2分) (2)根据匀变速直线运动规律有 实验攻略()根据游标卡尺的读数规则进行读数。 v=a(t-t) (2分) (2)结合实验目的和实验原理判断实验操作的合理性。 V 解得a=20t-2 (2分) (3)根据机械能守恒定律写出相应的表达式。(4)根据 机械能守恒的条件判断该装置是否可行。(5)结合实验 ☑【参考答案】(1)，子 2,3g8 m 2gto -8 4 原理与儿何关系分析误差。… 验证机械能守恒定律+仪器读数+实验操作+数据处理+ (2) 5mg(3)√3g 误差分析 平抛运动规律+动能定理+动量定理+综合数学知识处 【解析】(1)该游标卡尺为二十分度的游标卡尺，分度值 理物理问题的能力 为0.05mm,则其读数为d=2mm+3×0.05mm=2.15mm。 【解析】(1)小球从B运动到M的过程做平抛运动，则 03 水平方向上有0=0 (1分) 竖直方向上有%=之戏 (1分) 由几何关系可知x号+后= 设圆弧AB的半径为R,小球由A到B的过程，由动能定 理有 ngR=之md (1分) 联立解得R r2 gto 2g68 (1分) 小球落到M点的速度大小，=√后+(go) 小球从A运动到M的过程，由动量定理有I=mwy（1分) 联立解得I=m 23g +4 (1分) (2)小球落到N点时，有sin45°= UN tan450=%1-2y (1分) 根据几何关系有x号+=子 小球从B点抛出后做平抛运动，则 竖直方向上有-2gy 小球从A运动到N的过程，由动能定理有。=) (1分) 联立解得W。-25m 5 mgr (1分) (3)若让小球从B点以不同的初速度水平向右抛出，落至 圆弧面上时的速度v=√+(g) (1分) 根据平抛运动规律有x=4,y=之 又x2+y2=2 联立解得)= /2+3g2 W2+ (1分) 4 由数学知识可知，当且仅当-，即=兰时，取 Bg 最小值，解得u=√尽g (1分) 15【参考答案】(1)14kg(2)0.72m(3)未共速 牛顿第二定律+动量守恒定律+动量守恒定律+机械能 守恒定律 【解析】(1)α在左侧圆弧轨道上运动，根据题意可得 运动周期为1=2√侣 (1分) 04 设a与b碰后速度大小分别为，和2，b的质量为M,由于 A=不八g 可得3L、L 12 (1分) 弧下滑过程根据机械能守恒定律有mg (1分) a、b发生弹性碰撞，有 mw =-mv Mv, (1分) 1 (1分) 联立解得v,=6m/s、2=2m/s、M=14kg (1分) (2)a恰好通过竖直圆轨道最高点时，有mg=m 上(2分) a从B到最高点，根据动能定理有 -2mgr m 1 (1分) 解得r=0.72m (1分) (3)由题意可得，木板向右加速时的加速度大小 a,=4mg-(m+m）8=lm/g 木板向左减速的加速度大小，=mg+山(m+m)8。 m 5m/s2 假定木板一直向右加速，向左减速，木板第一次向右加速 到墙壁时的速度大小o,=√2a,乙=1m/s 经历的时间4=%=1s (1分) _6=0.1m 与墙壁碰后，向左运动的位移-20 经历的时间2=o=0.25 (1分) 木板第二次向右加速到墙壁时的速度大小 e-√2a两= (1分) 5 -m/s 多历的时间6号-停。 (1分) α滑上木板到木板与墙碰发生第2次碰撞，木板运动的 时间 =4+6+6-6+5。 5 此时a的速度)'=1-h1L>2 (1分) 假设成立，说明第2次碰撞时“与木板未共速 （2分)