精品解析：四川成都市树德中学2025-2026学年高一下学期5月期中物理试题

树德中学高2025级高一下学期半期考试物理试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 一、单选题（每小题4分，共28分，每个小题只有一个选项符合题目要求） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 动量守恒的系统，机械能不一定守恒，但机械能守恒的系统，动量一定守恒 B. 物体所受合外力不为0时，其动能和动量均发生改变 C. 运动员在做蹲起时，地面对其做功为0，但地面对其冲量不为0 D. 一对相互作用力由于等大反向，其做功和、冲量和均为0 2. “嫦娥六号”月球探测器于2024年6月采样返回。如图所示，探测器返回过程中，从圆轨道I上P点变轨后进入椭圆轨道II，Q为远月点。则探测器（ ） A. 在轨道I上经过P点的加速度小于轨道II上经过P点的加速度 B. 在轨道I上经过P点的速度大于轨道II上经过Q点的速度 C. 在轨道II上从P点出发，运动一圈再次回到P点，万有引力的冲量和不为0 D. 在轨道II上从P点向Q点运动过程中机械能逐渐减小 3. 如图所示，水平地面上固定着四个内壁光滑的容器甲、乙、丙、丁，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为半球面，乙的内表面为圆锥面，丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），丁为喇叭面。四个容器中均有两个完全相同且可视为质点的小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A. 容器甲中，上面小球的角速度较小 B. 容器乙中，上面小球的角速度较小 C. 容器丙中，上面小球的角速度较大 D. 容器丁中，上面小球的角速度较大 4. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ） A. 在过程中，F做功为 B. 在和过程中，F做功之比为 C. 时刻，物块开始下落 D. 过程中物体的机械能减小 5. 如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中，所有篮球仍在车上，不计空气阻力。在投篮过程中下列说法正确的是（ ） A. 小车向左运动 B. 人和小车组成的系统机械能守恒 C. 人和小车组成的系统动量守恒 D. 投完篮球后，篮球静止，小车亦静止 6. 火箭的网系回收可简化为如下过程，质量的火箭先靠发动机点火主动匀减速，10 s末定点入网后关闭点火系统，并启动电控液压缓冲系统，系统通过缓冲绳索以的恒定功率对火箭产生持续缓冲作用，整个回收过程可视为竖直方向的运动，其图像如图所示，不计空气阻力和一切能量损耗，重力加速度，下列说法正确的是（ ） A. 0~10 s，火箭处于失重状态 B. 10~12 s，绳索的平均作用力为 C. 0~10 s，火箭的重力势能减小 D. 10~12 s，火箭的下降高度为24 m 7. 如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，且。、以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A. 的机械能一直减小 B. 的机械能一直增加 C. 、、系统动量守恒 D. 、、的总动能一直增加 二、多选题（每小题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分，共18分） 8. 酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（ ） A. 水星和地球表面的重力加速度之比为 B. 水星的质量比火星的质量小 C. 水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小 D. 水星的平均密度比火星的平均密度小 9. 图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势能的零势能面，质量为0.1 kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力作用。以小球开始下落的位置为原点O，竖直向下为x轴正方向，在小球下落的整个过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108 N/m，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ） A. 弹簧原长为0.2 m B. 小球刚接触弹簧时的动能为0.5 J C. 小球下落过程中所受风力为0.2 N D. 在小球下落的整个过程中，小球的重力势能减小0.6 J 10. 质量为2m的小球A和质量为m的小球B用一根长为L的轻质刚性杆相连，初始时系统竖直静止在光滑水平面上（A位于B正上方，杆与水平面垂直）。现给小球A一个水平向左的微小扰动，使A向左下方摆动，同时B在杆的作用下向右运动。小球A与地面发生弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A. 小球A与地面碰撞后上升的最大高度将小于初始高度 B. 从开始运动到A落地前瞬间，在水平方向上，A向左移动了 C. A落地前瞬间的速度大小为 D. 当轻杆与水平面的夹角为30°时，小球B的速度大小为 三、实验题（每问2分，共16分） 11. 实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块、用跨过定滑轮的细线连接，物块的下端连接纸带。将物块从高处由静止释放，打点计时器在物块上拖着的纸带打出了一系列的点，通过对纸带上的点进行测量和分析，即可验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用交流电源的频率为，物块、的质量分别为，，取重力加速度。据此回答下列问题： （1）某次实验得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，其中点是打点计时器打下的第一个点，每隔点取一个个计数点，、、是相邻的个计数点。则之间的距离为__________。 （2）通过计算可得，打点计时器打下点时，物块的速度大小为__________。计算结果保留位有效数字。 （3）从打点到点的过程中，和组成的系统动能的增加量__________，系统重力势能的减少量__________，实验允许的误差范围内，满足，则可验证此过程中满足机械能守恒定律。计算结果均保留位有效数字 （4）实验小组测出点到不同计数点的距离，并算出打点计时器打下该计数点时物块的速度大小，在坐标纸上作出图像，若所得图像是一条过原点且斜率为__________用表示的直线，也可验证机械能守恒定律。 12. 某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，用纸板搭建如图1所示的滑道，使滑块甲、乙（可视为质点）可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中，OA为水平段。甲、乙大小相等，质量分别为m1和m2，与纸板间的动摩擦因数均为μ，当地重力加速度为g。实验步骤如下： a．如图1所示，将滑块甲放置在斜面上的某一位置，标记此位置为B。由静止释放滑块甲，当滑块甲停在水平面上某处时，测量滑块甲从O点滑行的距离OP。 b．如图2所示，将滑块乙放置在O处，将滑块甲从B点由静止释放，当滑块甲、乙发生碰撞后，分别测量滑块甲、乙从O点滑行的距离OM和ON。 c．保持滑块甲的释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 （1）在本实验中，滑块甲、乙的质量关系应满足m1________（选填“<”“=”或“>”）m2。 （2）碰撞前，滑块甲到O点的速度大小可表示为________。 （3）在误差允许范围内，若表达式________成立，则可验证碰撞过程中动量守恒。 （4）若逐渐增加滑块甲的质量，且滑块甲、乙的碰撞为弹性碰撞，则s2与s1的比值会趋近于某一定值，该定值为________。 四、解答题（本题3个小题，共38分） 13. 质量不同的甲、乙两个小球，先后以相同的初速度从同一位置竖直上抛。如图所示，以甲球抛出时刻为计时起点，图中的实线和虚线分别表示甲、乙两球的位置随时间变化的曲线。已知两球均可视为质点，发生的是弹性正碰，不计空气阻力，重力加速度取，求 （1）甲、乙两球碰撞前的速度。 （2）甲、乙两球的质量之比。 14. 如图甲所示，固定轨道ABC由半径R=0.8m的四分之一光滑圆轨道和长L=0.9m的粗糙水平轨道组成，两者在B点平滑连接。BC右侧与静置于光滑水平地面的质量M=3kg、板长s=2m的长木板相接触，且上表面平齐。将质量的滑块从圆弧轨道顶端A处由静止释放，与静止在B点、质量为的滑块发生碰撞，碰撞时间极短。滑块滑到水平轨道的C点时，速度大小为4m/s，两滑块均可视为质点，两滑块与水平轨道及长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取。求： （1）运动到B时（碰前）对圆轨道的压力； （2）和碰撞过程损失的机械能； （3）相对长木板的最大位移。 15. 如图所示，半径足够长的四分之一光滑固定圆弧轨道，通过水平光滑短轨道AB与倾角为30°的传送带平滑连接，传送带以恒定速率顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为。物块在B点以冲上传送带，恰好到达传送带最高点，全部运动过程不计空气阻力，物块质量m=1kg，物块大小可忽略，，求： （1）物块到达传送带最高点时的时间； （2）物块到达传送带最高点时的摩擦生热； （3）物块到达传送带最高点时电动机额外消耗的电能； （4）经过足够长时间，物块返回圆弧轨道能上升的最大高度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2025级高一下学期半期考试物理试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 一、单选题（每小题4分，共28分，每个小题只有一个选项符合题目要求） 1. 下列说法正确的是（ ） A. 动量守恒的系统，机械能不一定守恒，但机械能守恒的系统，动量一定守恒 B. 物体所受合外力不为0时，其动能和动量均发生改变 C. 运动员在做蹲起时，地面对其做功为0，但地面对其冲量不为0 D. 一对相互作用力由于等大反向，其做功和、冲量和均为0 【答案】C 【解析】 【详解】A．动量守恒的系统，机械能不一定守恒，如爆炸过程，动量守恒但机械能增加；机械能守恒的系统，动量不一定守恒，如自由落体运动，动量不断增大，故A错误； B．合外力不为零时，由动量定理可知动量一定发生变化；但动能是标量，仅与速度大小有关，例如匀速圆周运动的物体合外力不为零，但速度大小不变，动能不变，故B错误； C．做功的必要条件是力的作用点在力的方向上存在位移，运动员蹲起时地面对其支持力的作用点（脚）没有位移，因此地面对运动员做功为0；根据冲量公式为 支持力大小不为零、作用时间不为零，因此地面对其冲量不为0，故C正确； D．一对相互作用力等大反向、作用时间相同，因此冲量和为0；但相互作用力作用在两个不同物体上，两物体的位移不一定相等，例如滑块在地面滑动时，滑块受到的摩擦力做负功，地面受到的摩擦力不做功，二者做功和不为0，故D错误。 故选C。 2. “嫦娥六号”月球探测器于2024年6月采样返回。如图所示，探测器返回过程中，从圆轨道I上P点变轨后进入椭圆轨道II，Q为远月点。则探测器（ ） A. 在轨道I上经过P点的加速度小于轨道II上经过P点的加速度 B. 在轨道I上经过P点的速度大于轨道II上经过Q点的速度 C. 在轨道II上从P点出发，运动一圈再次回到P点，万有引力的冲量和不为0 D. 在轨道II上从P点向Q点运动过程中机械能逐渐减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律有 解得 同一点P到月心的距离相同，故探测器在轨道I上P点的加速度等于在轨道II上 P点的加速度，故A错误； B．设探测器在轨道I上经过P点的速度为，以Q点到月心的距离为半径构建一个圆轨道III，与轨道II相切于Q点，设探测器在圆轨道III上做匀速圆周运动的速度为，探测器在椭圆轨道经过Q点的速度为。因探测器从轨道II变轨到轨道III，做离心运动，所需要的向心更大，故在Q点需点火加速，故； 根据探测器在圆轨道上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有 解得 因，故 联立可得 即在轨道I上经过P点的速度大于轨道II上经过Q点的速度，故B正确； C．探测器在轨道II上从P点出发，运动一圈再次回到P点，初末动量相同，故动量的变化为0，根据动量定理，可知万有引力的冲量和为0，故C错误； D．探测器在轨道II上从P 点向Q点运动的过程中，只有月球引力做功，机械能不变，故D错误。 故选B。 3. 如图所示，水平地面上固定着四个内壁光滑的容器甲、乙、丙、丁，它们的中心轴线均和水平地面垂直。其中甲的内表面为半球面，乙的内表面为圆锥面，丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋转一周所得到的曲面），丁为喇叭面。四个容器中均有两个完全相同且可视为质点的小球贴着内壁在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A. 容器甲中，上面小球的角速度较小 B. 容器乙中，上面小球的角速度较小 C. 容器丙中，上面小球的角速度较大 D. 容器丁中，上面小球的角速度较大 【答案】B 【解析】 【详解】A．在甲容器中，设小球与圆心连线与竖直方向夹角为，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律有 解得 其中h为球心到圆周轨迹平面的距离，由于上面小球的圆周平面到球心更近，即更小，所以上面小球的角速度比较大，故A错误； B．在乙容器中，设左侧斜面的倾角为，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律 解得 两小球在同一左侧斜面上，故相同，而上面小球做匀速圆周运动的半径更大，故上面小球的角速度更小，故B正确； C．在丙容器中，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律有 根据几何关系知，为抛物线上该点切线斜率，设抛物线方程为 根据数学知识求导，可得 可得 联立解得 可知角速度与位置无关，即两球角速度相等，故C错误； D．在容器丁中，对任意一个小球分析，根据牛顿第二定律 解得 其中为切线与水平面的夹角，上面的球半径大，且小，故角速度较小，故D错误。 故选B。 4. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ） A. 在过程中，F做功为 B. 在和过程中，F做功之比为 C. 时刻，物块开始下落 D. 过程中物体的机械能减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程中，由动能定理 得 故A错误； B．过程中，动能变化 由动能定理 得 因此 故B正确； C．在时刻动能最大，速度方向仍向上，之后动能减小，说明物体做减速上升，并未开始下落，C错误。 D．根据动能定理 因此图像的斜率等于合外力，故过程中，合外力 即 得，拉力做功为0，物体机械能不变，故D错误； 故选B。 5. 如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边筐中的篮球一个一个地投入左边的筐中，所有篮球仍在车上，不计空气阻力。在投篮过程中下列说法正确的是（ ） A. 小车向左运动 B. 人和小车组成的系统机械能守恒 C. 人和小车组成的系统动量守恒 D. 投完篮球后，篮球静止，小车亦静止 【答案】D 【解析】 【详解】ABC．在投球过程中，人和车（含篮球）系统所受的合外力不为零，则人和小车组成的系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以小车向右运动，人和小车组成的系统机械能将增加，故ABC错误； D．由题知，投完球后所有球仍在车上，人、车和球速度相同，在初状态，系统水平方向的总动量为零，根据系统水平方向动量守恒，可知小车的速度为零，故D正确。 故选D。 6. 火箭的网系回收可简化为如下过程，质量的火箭先靠发动机点火主动匀减速，10 s末定点入网后关闭点火系统，并启动电控液压缓冲系统，系统通过缓冲绳索以的恒定功率对火箭产生持续缓冲作用，整个回收过程可视为竖直方向的运动，其图像如图所示，不计空气阻力和一切能量损耗，重力加速度，下列说法正确的是（ ） A. 0~10 s，火箭处于失重状态 B. 10~12 s，绳索的平均作用力为 C. 0~10 s，火箭的重力势能减小 D. 10~12 s，火箭的下降高度为24 m 【答案】C 【解析】 【详解】A．火箭回收过程向下运动，内速度向下且不断减小，说明加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误； B．内，火箭平均加速度大小 方向竖直向上，该过程对火箭，根据牛顿第二定律有 联立解得绳索的平均作用力，故B错误； C．图像的面积表示位移，内火箭下落的位移 重力势能减小量等于重力做功，即，故C正确； D．若火箭在内做匀减速直线运动，则火箭的下降高度为 但实际情况是火箭做的是变加速运动，故火箭的下降高度不为24 m，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，倾角为的足够长斜面放置在光滑的水平面上，质量相等的、两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，且。、以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A. 的机械能一直减小 B. 的机械能一直增加 C. 、、系统动量守恒 D. 、、的总动能一直增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．初始阶段，斜面所受的水平方向的合力为 又知 联立解得，斜面所受的水平方向的合力，故斜面保持静止状态。 滑块 滑块 又知且 联立解得，，，故滑块做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，两物体之间距离逐渐增大。 初始阶段，由于摩擦力对、两滑块做负功，故、两滑块的机械能都减小，当滑块的速度减为0以后，滑块的机械能继续减小，滑块、斜面相对静止，共同向右加速，滑块的机械能增加，故滑块的机械能先减小后增大，斜面的机械能先不变后增大，A错误，B错误； C．当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统竖直方向的动量增加，总动量不守恒，C错误； D．由于，故 初始阶段，斜面保持静止，设经历的时间为，、两滑块的速度分别为， 、两滑块的总动能为，故总动能增加。 当滑块相对于斜面的速度减为0以后，滑块继续沿斜面向下加速运动，滑块、斜面相对静止，共同向右加速运动，故、、系统的总动能增加。 所以，、、系统的总动能一直增加，D正确。 故选D。 二、多选题（每小题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分，共18分） 8. 酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（ ） A. 水星和地球表面的重力加速度之比为 B. 水星的质量比火星的质量小 C. 水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小 D. 水星的平均密度比火星的平均密度小 【答案】BC 【解析】 【详解】A．在地球上时；在水星上时 可得水星和地球表面的重力加速度之比为，A错误； B．根据可得 水星和火星表面的重力加速度相同，而水星的体积最小，半径最小，则水星的质量比火星的质量小，B正确； C．根据 可得第一宇宙速度 可知水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小，C正确； D．根据 可知水星的平均密度比火星的平均密度大，D错误。 故选BC。 9. 图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势能的零势能面，质量为0.1 kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力作用。以小球开始下落的位置为原点O，竖直向下为x轴正方向，在小球下落的整个过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108 N/m，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ） A. 弹簧原长为0.2 m B. 小球刚接触弹簧时的动能为0.5 J C. 小球下落过程中所受风力为0.2 N D. 在小球下落的整个过程中，小球的重力势能减小0.6 J 【答案】AD 【解析】 【详解】A．为小球从原点向下的位移，因此小球高度 零势能面为水平面，重力势能 时，，得，因此原点到水平面的距离 由图乙可知时弹性势能为0，说明小球在处开始接触弹簧，弹簧上端原位置距离点，因此弹簧原长，故A正确； C． 小球从（初速度为0）下落到最低点（末速度为0），由能量守恒可得 代入、 解得，故C错误； B．小球刚接触弹簧时，由动能定理得，故B错误； D． 整个下落过程小球下落距离，重力势能减小量，故D正确。 故选AD。 10. 质量为2m的小球A和质量为m的小球B用一根长为L的轻质刚性杆相连，初始时系统竖直静止在光滑水平面上（A位于B正上方，杆与水平面垂直）。现给小球A一个水平向左的微小扰动，使A向左下方摆动，同时B在杆的作用下向右运动。小球A与地面发生弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A. 小球A与地面碰撞后上升的最大高度将小于初始高度 B. 从开始运动到A落地前瞬间，在水平方向上，A向左移动了 C. A落地前瞬间的速度大小为 D. 当轻杆与水平面的夹角为30°时，小球B的速度大小为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．上升到最大高度时，A、B相对静止，水平共速，水平方向由动量守恒可得 得共速，系统机械能守恒，A能上升到初始高度，故A错误； B．水平方向动量守恒，属于人船模型问题：设A向左水平位移为，B向右水平位移为，满足 解得，即在水平方向上，A向左移动​，故B正确； C．A落地前瞬间杆水平，刚性杆沿杆方向速度分量相等，因此A水平速度大小 水平动量守恒 联立得，即A、B水平速度均为0，A只有竖直速度； 由机械能守恒：重力势能减少量等于A的动能增量 解得，故C正确； D．当杆与水平面夹角为时，设B速度大小为：水平动量守恒 （为A水平速度大小） 刚性杆沿杆方向速度分量相等，则有 推导得A竖直速度 机械能守恒：A高度下降了，势能减少量全部转化为系统动能 代入，得 解得，故D正确。 故选BCD。 三、实验题（每问2分，共16分） 11. 实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块、用跨过定滑轮的细线连接，物块的下端连接纸带。将物块从高处由静止释放，打点计时器在物块上拖着的纸带打出了一系列的点，通过对纸带上的点进行测量和分析，即可验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用交流电源的频率为，物块、的质量分别为，，取重力加速度。据此回答下列问题： （1）某次实验得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，其中点是打点计时器打下的第一个点，每隔点取一个个计数点，、、是相邻的个计数点。则之间的距离为__________。 （2）通过计算可得，打点计时器打下点时，物块的速度大小为__________。计算结果保留位有效数字。 （3）从打点到点的过程中，和组成的系统动能的增加量__________，系统重力势能的减少量__________，实验允许的误差范围内，满足，则可验证此过程中满足机械能守恒定律。计算结果均保留位有效数字 （4）实验小组测出点到不同计数点的距离，并算出打点计时器打下该计数点时物块的速度大小，在坐标纸上作出图像，若所得图像是一条过原点且斜率为__________用表示的直线，也可验证机械能守恒定律。 【答案】（1） （2）0.39 （3） ①. ②. 0.0191 （4） 【解析】 【小问1详解】 刻度尺为mm刻度尺，故应估读到分度值的下一位，因此之间的距离为 【小问2详解】 由题可知，相邻计数点的时间间隔为，打下点时，物块的速度大小为 【小问3详解】 [1]从打点到点的过程中，和组成的系统动能的增加量 [2]系统重力势能的减少量 【小问4详解】 若系统机械能守恒，则满足 化简得 图像斜率为 12. 某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒，用纸板搭建如图1所示的滑道，使滑块甲、乙（可视为质点）可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中，OA为水平段。甲、乙大小相等，质量分别为m1和m2，与纸板间的动摩擦因数均为μ，当地重力加速度为g。实验步骤如下： a．如图1所示，将滑块甲放置在斜面上的某一位置，标记此位置为B。由静止释放滑块甲，当滑块甲停在水平面上某处时，测量滑块甲从O点滑行的距离OP。 b．如图2所示，将滑块乙放置在O处，将滑块甲从B点由静止释放，当滑块甲、乙发生碰撞后，分别测量滑块甲、乙从O点滑行的距离OM和ON。 c．保持滑块甲的释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 （1）在本实验中，滑块甲、乙的质量关系应满足m1________（选填“<”“=”或“>”）m2。 （2）碰撞前，滑块甲到O点的速度大小可表示为________。 （3）在误差允许范围内，若表达式________成立，则可验证碰撞过程中动量守恒。 （4）若逐渐增加滑块甲的质量，且滑块甲、乙的碰撞为弹性碰撞，则s2与s1的比值会趋近于某一定值，该定值为________。 【答案】（1）> （2） （3） （4）4 【解析】 【小问1详解】 在本实验中，要求滑块甲、乙碰撞后，滑块甲不能反弹，所以滑块甲、乙的质量关系应满足m1>m2。 【小问2详解】 滑块甲从O点到P点的运动过程，根据动能定理有 解得碰撞前滑块甲到O点的速度大小为 【小问3详解】 碰撞后，分别对滑块甲、乙列动能定理方程有， 解得碰撞后滑块甲、乙的速度分别为， 若动量守恒，则满足 整理得 即若表达式成立，则可验证碰撞过程中动量守恒。 【小问4详解】 滑块甲、乙的碰撞为弹性碰撞，则由动量守恒有 由机械能守恒有 联立解得， 结合（3）中的公式可得 解得 所以若逐渐增加滑块甲的质量，则会趋近于4。 四、解答题（本题3个小题，共38分） 13. 质量不同的甲、乙两个小球，先后以相同的初速度从同一位置竖直上抛。如图所示，以甲球抛出时刻为计时起点，图中的实线和虚线分别表示甲、乙两球的位置随时间变化的曲线。已知两球均可视为质点，发生的是弹性正碰，不计空气阻力，重力加速度取，求 （1）甲、乙两球碰撞前的速度。 （2）甲、乙两球的质量之比。 【答案】（1），方向竖直向下；，方向竖直向上 （2） 【解析】 【小问1详解】 由图像可知，以竖直向上为正方向，碰前，甲球的最大高度为，设初速度为，根据匀变速直线运动规律有 两球碰撞的时刻，设高度为，碰前甲球速度为，乙球为，则有 解得，方向竖直向下 ，方向竖直向上 【小问2详解】 碰后，甲球的最大高度为，设碰后的速度为，位移为，则 联立⑤⑥解得 两球弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有 联立解得。 14. 如图甲所示，固定轨道ABC由半径R=0.8m的四分之一光滑圆轨道和长L=0.9m的粗糙水平轨道组成，两者在B点平滑连接。BC右侧与静置于光滑水平地面的质量M=3kg、板长s=2m的长木板相接触，且上表面平齐。将质量的滑块从圆弧轨道顶端A处由静止释放，与静止在B点、质量为的滑块发生碰撞，碰撞时间极短。滑块滑到水平轨道的C点时，速度大小为4m/s，两滑块均可视为质点，两滑块与水平轨道及长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取。求： （1）运动到B时（碰前）对圆轨道的压力； （2）和碰撞过程损失的机械能； （3）相对长木板的最大位移。 【答案】（1）75N，方向竖直向下 （2）2.5J （3）1.2m 【解析】 【小问1详解】 设运动到B时的速度大小为，滑块在圆轨道下滑过程，根据机械能守恒有 解得 滑块在最低点，据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，可知滑块对圆轨道最低点压力，方向竖直向下 【小问2详解】 滑块在BC段运动过程，设和碰后，的速度为，的速度为，运动到端时速度为，已知，根据能量守恒有 解得 和碰撞过程，根据动量守恒有 解得 所以碰撞过程损失的机械能 解得 【小问3详解】 假设物块不会滑出长木板，即有共速。研究滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，则有 解得 滑块在木板上运动的过程中，对两者组成系统的满足能量守恒，则有 又摩擦生热公式 解得 由，假设成立。 15. 如图所示，半径足够长的四分之一光滑固定圆弧轨道，通过水平光滑短轨道AB与倾角为30°的传送带平滑连接，传送带以恒定速率顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为。物块在B点以冲上传送带，恰好到达传送带最高点，全部运动过程不计空气阻力，物块质量m=1kg，物块大小可忽略，，求： （1）物块到达传送带最高点时的时间； （2）物块到达传送带最高点时的摩擦生热； （3）物块到达传送带最高点时电动机额外消耗的电能； （4）经过足够长时间，物块返回圆弧轨道能上升的最大高度。 【答案】（1）1.5s （2）6J （3）3J （4）0.2m 【解析】 【小问1详解】 当物块滑上传送带后，在与传送带达到共速前，摩擦力方向向下，根据牛顿第二定律有 解得 方向沿斜面向下 根据运动学公式有 解得 与传送带共速后，根据牛顿第二定律有 解得 方向沿斜面向下 根据运动学公式有 解得 可得 【小问2详解】 在内物块、传送带的位移分别为， 则物块相对传送带的位移为有 在物块、传送带的位移分别为， 则物块相对传送带的位移为有 根据摩擦生热公式 又摩擦力一直为 联立解得 【小问3详解】 传送带克服摩擦力做功等于电动机额外消耗的电能， 解得 【小问4详解】 经足够长的时间，物块最终在圆弧轨道与传送带间往复运动，且最大速度为，根据能量守恒有 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $