湖北武汉市武钢三中2025-2026学年高一下学期6月阶段检测物理试卷

武钢三中2025-2026学年高一下学期六月月考物理试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要 求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1.关于机械振动与机减波的描述，下列说法中正确的是() A.做简谐振动的物体每次经过平衡位置时，加速度一定为零 B.单摆在做受迫振动时，驱动力频率越高，摆球摆动一定幅度越大 C.衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象 D.声源靠近听者，听者接收到的声波频率大于声源的原频率 2.一物体静止在光滑水平面上，从0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg, 则下列说法正确的是() F/N →F A.第1s末物体的动量大小为5kgms B.前2.5s内物体所受合外力的冲量为零 C.第3s末水平外力F的功率为10W D.3s内物体的位移为2m 3.如图所示，武汉某中学举行航天科普节活动。某同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空， 在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为%的速度与竖直方向成角斜向下喷出。己知重力加速度为g,空气 阻力不计，下列说法正确的是() A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 C火前的水平射程为如20 D.火箭上升的最大高度为24-m m26 4.图甲为科技活动节学生自制小型抛石机。首先将石块放在长臂一端的凹槽中，在短臂端固定重物，发射前将长臂 端往下拉至地面，然后突然松开，凹槽中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为如图乙所示的模型，将一质量 m10g的小石块（可视为质点）装在长L1=10cm的长臂末端的凹槽中，质量为M的重物装在长L2=2cm的短臂末端的 筐子内。初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂与 短臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测 得石块落地点与O点的水平距离为x=30cm。此过程中，重物 没有从筐中酒落，不计空气阻力，不考虑杆与转轴的摩擦力。 取地面为零势能面，重力加速度大小g=10ms2,下列说法正 确的是() A.石块被水平抛出时的动能为E-15×10J B.石块着地时，重力做功的功率为P-√3W C.重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量 D.重物的质量M=125g 5如图所示，将长平板的下端固定于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，物 块从静止开始从O点下滑至P点，将O点上移使变大，下列说法正确的是() 长平板 A,若长平板光滑，物块由Q到达P点时，重力的冲量一定变大 横杆 B.若长平板光滑，则物块到达P点的动量可能大小不变 C.若长平板粗髓，且各处粗糙程度相同，物块在P点的动能可能变小 D.若长平板粗糙，且各处粗糙程度相同，物块损失的机械能不变 铁架台 6辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。如图甲所 示为该种辘轳的工作原理简化图，己知辘轳的半径为=0.2m,电动机以恒定输出功率将质量为m=3kg的水桶 由静止开始竖直向上提起，提起过程中辘轳转动的角速度随时间变化的图像如图乙所示。忽略辘轳的质量以及 所有摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的 o/rads 是() A.电动机的输出功率P-150W B.04s内水桶上升的高度为3.95m C.04s内井绳对水桶的拉力逐渐增大 4 6 甲 乙 D.4s6s内水桶的机械能守恒 7.如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直栓接的质量都为m的A、B物块，组成一个弹簧振子系统，弹簧的 劲度系数为k。压缩弹簧后释放，A开始做简谐振动，最高点恰好位于弹簧原长。某次A恰好到达最高点时，质量 为m的物块C(未画出)轻放在A上。己知弹簧弹性势能的表达式为E,=kx2,以A、C运动的最低点所在的水平 面为重力势能的零势能面，重力加速度为g。不计一切阻力，弹簧足够长且始终在弹性限度内。下列说法正确的是 () A.A、C向下运动的最大距离是2m四 B.A、C运动过程中最大的加速度大小是2g C.放上C后，该振子系统增加的能量大小是mg k B D.A、C运动到最低点时，地面对B的支持力为NB=4mg 777777777 8.如图(a)为湖面上漂浮着的距离不超过5m的两个 浮子A、B。O时刻，湖面形成的水波如图b)所示， 波由A传向B,浮子A处于x=0.5m处。t=0时 刻起，浮子A、B的振动图像如图（©所示。下列判 断正确的是() 浮A学 A.水波的传播速度大小为=0.8m/s 图(a B.水波的传播方向沿着x轴正方向 C.浮子A经过一段时间后会移动到浮子B处 D.浮子B的平衡位置可能位于x=4.25m处 9.如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角0=37°，顺时针 匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动 515E0 到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所 在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m=10kg, 35 03 s/m 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正 确的是() A.输送带A、B两端点间的距离为8m B.货物从下端A点运动到上端B点的过程中，重力的冲量大小为900Ns C.货物与输送带间的摩擦产生的热量为35J D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的电能为585J 10如图所示，圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上，圆筒下方用不可伸长的长为 L=1.2m轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以o100ms的水 平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为=40m/s。己知子弹A、物体B、圆筒简 C的质量分别为mA=0.1kg、mB=1.0kg、mc=0.5kg,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。 V 关于子弹穿出物体之后的过程，下列说法正确的是( A物体B能上升的最大高度为h=0.6m B.物体C能达到的最大速度为yma4.0ms 1 C.轻绳所受最大拉力为Fmar=40N D如果物体B经过ts时间第一次上升到最大高度，那么此过程中圆筒C的位移为x。=(4t-23)m 5 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(8分)图甲为一质量均匀的长方体木条，某实验小组设计了如图乙所示的实验装置，利用单摆的周期规律，测量 该木条的密度，主要实验步骤如下： (I)利用天平测出木条的质量m,利用游标卡尺测出其宽度D,利用螺旋测微器测出其厚度h。某次测量中螺旋测微 器的示数如图丙所示，该示数为 mm。 (2)安装图乙所示的实验器材，其中A0=B0,O、01两点间的距离等于木条的长度L。若使木条以002为摆长做单 摆运动，则应使木条沿 方向摆动：若使木条以0102为摆长做单摆运动，则应使木条沿 方向摆 动。（均填写选项前的字母符号） A.垂直于纸面 B.平行于纸面C.竖直 (3)进行实验，测得木条以002为摆长做单摆运动的周期为T1,以0102为摆长做单摆运动的周期为T2,重力加速度大 小为g,则该木条的密度为 。 (用m、D、h、T1、T2、g表示) 25 20 15 丙 12.(8分)如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让 质量为m1的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨 道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为的斜面上。再把质量 为被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与 被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N 为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞） (1)关于本实验，下列说法正确的是」 A.斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同 B.斜槽轨道末端必须水平 C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1等于被碰球的质量m2 (2)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量 间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度hB.斜面的倾角0 C.O点与各落点的距离 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式 则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。 A.m·OP=m·OM+m2ON B. mON=m,OP+m,·OM C.m√Op=mVOM+m,V√ON D.m√ON=m√Op+m·√OM (4如果该碰撞为弹性碰撞，则只需要满足一个表达式，即 13.(10分)如图所示，在矩形ABSS中，SS=4m、S4=3m,C点为AB边的中点，在S1、S2处有两个振源，振动方 程分别为y=5sin(+)cm、h=5sin(at)cm,它们在同一均匀介质中均从0开始做 简谐运动，已知A点在=1.5s时开始振动，求： (1)这两列波在介质中的波长： (2)4.5s的时间内，A点、C点各自通过的路程。 S 3 14.(15分)如图所示，在光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K,物 块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知 A、B的高度差h=0.8m,水平距离s=1.2m,圆弧轨道的半径R=1m,C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方，并与 水平地面上长为L=2.5的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞， 重力加速度g=10ms2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力忽略不计。试求： KA DE 777777777777777777777777777777777 (1)小物块运动到平台末端A的速度大小v0: (2)圆弧BC所对的圆心角O: (3)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小物块与轨道CD 之间的动摩擦因数应满足什么条件。 15.(19分)如图所示，某固定装置由圆心角0-60°、半径R=1.5m的两圆弧管道AB、BC组成，轨道间平滑连接。在 轨道末端C的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端C所在的水平面平齐，右端放置质量m2=3kg 的物块b。质量m1=1kg的物块a以速度v=√79m/s从左端A点由进入圆弧管道，经过ABC滑出圆弧管道。己知物 块a与小车的动摩擦因数均为40.6，物块b与小车的动摩擦因数2=0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计 空气阻力。已知重力加速度为g=10m/s2,求：（结果可保留分数） (I)求物块a到达C点时对管道的作用力Fw: (2)要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d小： (3)如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d=6m处，求物块a与物块b发生第一次弹性碰撞后的速度v与v% 0 物块b 轻质小车 物块d 0 B R 物理试题参考答案 L.[答案]D [解析]A做简谐振动的物体每次经过平衡位置时，加速度不一定为零，例如单摆摆动到平衡位置，具有竖直方向的 向心加速度，故A错误： B.物体做受迫振动，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，振幅最大：如果驱动力的频率大于物体的固有频率， 则驱动力的频率越大，受迫振动的振幅越小，故B错误： C衍射是所有波特有的现象，横波和纵波都能发生衍射现象，故A错误： D.根据多普勒效应，声源靠近听者，听者接收到的声波频率大于声源的原频率，故D正确： 故选D。 2.[答案]C [解析]A.前1s内力F对物体的冲量为1=F11=2.5N·s,由动量定理可知，1=mv1-0,mv1=2.5kgm/s,A错 误：B.物体在第1s内先向右加速运动，第2s内向右减速运动，由图可知l2=F11-F22=0,可知1=2s时物体 速度变为0，第2s2.5s内，13=F3t3=2.5N·s,故B错误： C由图可知4=F1-F2+F4t45N·s,1⅓=m吃-0，解得=2ms,由动能定理可知，Pe=F4物=10W, 故C正确： D.前2s内如果做匀变速运动，位移为号+之2=1m,实际位移x>1m,第3s内物体做初速度为0的匀加速直 线运动，位移2=受g=lm,总位移大于2m,故D错误。故选C 3.[答案]C [解析]A.火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误： B.水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误： C,在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M-m)加一m%=0解得v=m, 「M-m 火箭上升的时间为1=VCos日mcos0 g (M-m)g 火箭的水平射程为x=vsin0.21=m%sim0.2m,cos0。m sin20 M-m (M-m)8 (M-m)'g C正确： D.水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有(vcos0)=2gh 解得h=m2 28(M-m)cos0 D错误。 故选C。 4.[答案1D [解析]A.石块被水平抛出时的高度为h=L+Lsin30°=15cm,石块被水平抛出后做平抛运动，水平方向有，= 竖直方向有A=弓，联立解得%=5ms,石块被水平揽出时的动能为=m2=15x10,故A错误： 2 B.根据y,2=2gh可得，着地时竖直分速度为y,=√3m/s,石块着地时重力的功率为W=mgy,=0.1V5W,故B错误： C,石块从A点到最高点的过程中，由系统机械能守恒定律可知，重物机械能减小，石块机械能增大，重物重力势能 的减小量等于石块机械能的增加量和重物动能增加量之和，故C错误： D.根据机械能守恒定律可知，系统减少的重力势能转化系统增加的动能，即MgL1(1+sin30)-mgL(1+sin30)= m听+M听，再由速度关系得，2=”计算可得M125g,故D正确。 故选D。 5.[答案]D [解析]A.若物块与平板光滑，设铁架台水平底座长度为d:物块下滑过程，由牛顿第二定律可得mgsn0ma 物块从Q滑至卫，由运动学公式可得总-a2,联立解得 4d Vgsin20' 由数学知识可知，当045时，物块下滑时间最短：所以将Q点上移使变大，物块下滑时间不一定变大，可能不变， 可能减小，其重力的冲量gg高也是如此，故A错误， B.若物块与平板光滑，根据动量定理可知，mgsin6=m-0,p厂m=m√2glan8,当变大，1an0变大，物块下滑到末端 的动量一定变大，故B错误： C.若物块与平板粗糙，根据动能定理可知，mgsin0 0品-ngcos0总-mp2-0,Ek=mp2=mgan0-umgd.当0度 大，tan0变大，物块下滑到末端的动能一定变大，故C错误： D.若物块与平板粗糙，根据功能关系可知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则有 △E气mgcos8总mg4,则将Q点上移使变大，由于铁架台水平底座长度d不变，所以物块损夫的机械能相同， 故D正确。故选D。 6.[答案]B [解析]A.水桶被提起的最大速度为vm=or=5×0.2m/s=1m/s 电动机的输出功率为P=Fvm=mgym=3x10x1W=30W故A错误： 1 B.04s内，根据动能定理有P1-mgh=一m品，04s内水桶上升的高度为h=3.95m,故B正确： 2 C.0-4s内根据牛顿第二定律有。=P=P v wr 04s内，辘轳转动的角速度逐渐增大，则井绳对水桶的拉力逐渐减小，故C错误： D.4s~6s内水桶向上做匀速直线运动，速度不变，高度升高，重力势能增大，4s6s内水桶的机械能增大，故D错 误。故选AB 7.[答案]C [解析]A.原系统中，A做简谐运动，最高点恰好位于弹簧原长，A质量为m,由平衡条件和胡克定律，平衡位置 满足，=mg 解得，=m坚 k 因此振幅4=无=mg k A在最高点时速度为0，轻放C,A、C总质量2m,放置后A、C初速度为0，位置在弹簧原长。由平衡条件和胡 克定律，新平衡位置满足x,=2mg 解得新平衡位置弹簧压缩量-2mS 振幅4=名= 2mg k k A、C从原长位置开始向下做简谐运动，最大距离x,=24,=4mg,故A错误： k B。最大加速度出现在离平衡位置最远的位置，最大回复力F=k4,=k.2m=2mg k A、C总质量2m,由牛顿第二定律，得最大加速度a-=2g=g,故B错误 2m2m C.放上C前.该振子系统的能量大小是E=2A+mg(x。-2A)=加g k 放上C后，该振子系统的能量大小是E=k24}=8mg k 该振子系统增加的能量大小是△E=E,一E-4m￡，故C正确： k D.最低点弹簧弹力F=:m=4mg 方向向下压B,B自身质量为m,重力mg,由平衡得地面对B的支持力Ng=F+mg=5mg,故D错误。 故选C。 8.[答案]BD [解析]A.由图可知，水波波长为1.0m,周期为0.8s,由波速公式可得水波的传播速度大小为v==1.25ms 故A错误： B.浮子A处于x=0.5m,由图丙可知，在1-0时刻，浮子A由平衡位置沿y轴正方向振动，由上下坡法确定水波的 传播方向沿着x轴正方向，故B正确： C浮子只会在平衡位置上下振动，不会“随波逐流”，故C错误： D.由图e)可知，因浮子A先振动，则从A传到B经历的时间为t=nmT+T=+n=l,2,3) 则A、B距离s=v1=n+0.75,s<5m,n=1,2,3.4,B点坐标为x4+s=1.25+n,=3时则B浮子的坐标可能为4.25m,故 D正确。 故选BD。 9.[答案]BC [解析]A.由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知△E,=mg cos3T°.△s 对货物有△=-X=%-2%=0.5m,解得Ⅱ=0.875，>a8: 由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，匀速运动，此后物块的动能不变，重力势能增加， 有mgS2sin37°=△E,解得S2=8m,则传送带两端点之间的距离为L=x:+S=8.5m,故A项错误： B.加速阶段的加速度大小为a,有4 ng cos.37°-m1gsin37°=ma, 1 加速阶段时间为4，有x货=2a,传送带速度为v=2ax 设匀速阶段时间为5，有s2=2,所以总时间为1=1+42=9s,重力的冲量为lmg=mgt=900Ns,故B项错误： C,加速过程中，货物对地位移x1=0.5m,传送带对地位移为x=lm, 货物与输送带间的摩擦产生的热量为O-umgcos(x2-x)=35J,故C项正确： D.由能量守恒，消耗的电能转化为系统摩擦产生的热与货物增加的机械能，其值为E=O+△E, E=mgco37°(x)+与mN+mgLsin37,解得E=50J,故D项错误。故选BC 10.答案]AD [解析]对A,子弹A以w=100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为v=40m/s, 则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mA%=mA片+mgy2,2-6m/s B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mg=(mg+mc)% 1 2m片=2m+mc加心+m:动，解得h=0.6m,故A正确： 对B,B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有 四y号m必+m7川些)m立+)m女，解得：三2ms,U:三8ms,故B错误 对C,当物体B在C的正下方时，绳子拉力最大，Tmar-mBg=mBO二上，解得Tax=40N,故C正确： 对D,如果物体B经过t时间上升到最大高度，圆简C的位移为xC,物体B的水平位移xa=Lsina+x 又因为c0s0=艺日=60，故xg一c=9 5 根据动量定理可知，mg2t=mggt+mck,mg2t=mBxg十mcxc,解得x,=4t-25m,故D正确。 5 故选ACD 4πm 11.「答案1(1)4.700 (2) B A (3)ghD(T-T） [解析](1)[1]由图丙可知，螺旋测微器读数为h=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm (2)[2]要使木条以OO2为摆长做单摆运动，需保持O点固定，因此摆动方向为平行于纸面。故选B。 [3]要使木条以O,O2为摆长做单摆运动，固定悬点为O,因此摆动方向为垂直于纸面。故选A。 h 3训4]设00，的长度为x,木条以O0,为摆长做单摆运动的周期为T,摆长为=x+2 周期T=2π 木条以O,O2为摆长做单摆运动的周期为T了，摆长为！2=x+ 周期T=2π 联立解得L= 8(-1T) 2 4π2 该木条的密度P=”=m 4πm 代入解得P= V hDL ghD(T-T2） 12.[答案] BC C VOP=VON-√OM [解析()A.只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽轨道不必光滑， 故A错误：B.为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确： C,为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m,大于被碰球的质量m,故C错误。故选B: (②)小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L,竖直方向有L5m8-8 水平方向有Lcos0=W,解得v= gLcos0 ,入射球碰撞前的速度为。= gOPcos0 2sin0 碰撞后的速度为%=2sm9 gOM cos:0 被碰球碰撞后的速度为%=2sm0 gON cos'0 由于0一定，只需要测量O点与各落点的距离OP、OM、ON即可，故选C。 (3)两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m,书=m+m 整理得m√OP=m√OM+m,√ON 实验可以通过O点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度。(2)由(3)可知，在实验误差允许范围内，若 满足关系式为m√OP=m√OM+m,√ON,则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。故选C. (4)由能量守恒定律得，上m g-m听+，需满足Or=O-O 13.[答案1(14m(2)50cm,0 [解析(I)由题意得o=πrad/s 所以周期为T=2”=2公 波速为v=S4.3 m/s=2m/s 所以波长为入=vT=4m t1.5 (口结合儿何知识可知，4点到两波源的距离差为△：=S4-S4-2加之 眼据愿意，两波源的相位差为△0=，-人)=刀 故A点为振动加强点，振幅为10cm,0~15s内，4不振动，1.5s2.5s内，A只参与由波源S产生的振动，则 S=24=10cm 2.5s4.5s内，A同时参与由波源S,和S,产生的振动且振动加强，则S,=4(A+A,)=40Cm 所以，在0至一4.5s内质点A通过的路程s=3+S2=40cm+10cm=50cm C点到两波源的距离差为零，故为振动减弱点，振幅为0，故4.5s的时间内，C点通过的路程为0。 14[答案]1)3m/s(2)53(3)0.25≤4<0.66 1 [解析)小物块离开平台后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，则有h=28 又因为小物块水平方向做的是匀速直线运动，则有S=1 联立解得小物块运动到平台末端A的速度大小为%=3m/s (2)小物块运动到B点时，设其竖直方向的分速度为八，，则根据自由落体运动的规律有v=2gh解得y,=4m/s 根据几何关系有tan0=上-4 所以圆弧BC所对的圆心角为8=53 %3 (3)小物块运动到B点时的速度为y。=居+y=5m5 B、C两点的高度差为hc=R-Rcos53=0.4m 若小物块恰能与墙壁相碰，则根据动能定理有mghc一4mgL=0-2m 33 解得该情况下小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为片= =0.66 50 若小物块恰不从B飞出，则根据动能定理有-4mg2L=0-2m心 1 解得该情况下小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为凸=0.25 若小物块恰不从B飞出后，再次从BC滑回恰好不与墙壁发生二次碰撞，则根据动能定理有 mghac-Mmg0-m 1 33 解得4=150 0.22<4 综上所述可知，若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹，且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间，那么小 物块与轨道CD之间的动摩擦因数4应满足0.25≤4<0.66。 15[答案11rx-,方向竖直向上：2t9m:6=1ms,w=2ms [解析](1)由题意可知圆弧轨道光滑，所以从A到C, 由动能定理有-m1g·2R(1-c0s8)=,m1吃-，m1听，解得2=7m/s 在C点有Fw一mg=解得F=、,方向竖直向下 R 由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，方向相反， 所以物块a到达D点时对管道的作用力为N,方向竖直向上。 (2)当物块滑上小车后，由于山，m,g=6N>m2g=3N,所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生 滑动，当两者速度相同为物块α与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示 a b a b 该过程由动量守恒有m12=(m1+m2)卫共， 解得v共=ms 由能量守恒有m1吃=2m2gd+(m1+m2),解得d=智m。 (3)由上述分析可知，物块a与物块b相碰时，速度分别为3,4 由动量守恒与能量守恒有m12=m13+m24,m1吃=2m2gd+m哈+m2好 解得的=s,=6 物块a与物块b发生第一次弹性碰撞，碰后速度分别为v3、v4, 由动量守恒与能量守恒有m13+m24=m1p3+m4m喝+m,听=m号+m好 解得v3=1ms,v4=2ms,故a-1m/s，%-2ms