精品解析：江西景德镇一中2025-2026学年高一下学期期末考试物理试题

高一物理试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分） 1. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于教材的几幅插图说法中正确的是（ ） A. 甲图中，研究物体沿曲面运动时重力做功运用了极限思想 B. 乙图中，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，B和A在轻绳的牵引下，验证系统机械能守恒时，运用了控制变量法 C. 丙图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了转换思想 D. 丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想 2. 在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A. 乒乓球的速度变化量大小为6m/s B. 乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s C. 乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D. 球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 3. 如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，在O的正下方，C是段的中点，。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ） A. 下滑过程中小球的机械能守恒 B. 小球滑到B点时的加速度大小为g C. 小球下滑到B点时速度最大 D. 小球下滑到C点时的速度大小为 4. 冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A. 单位时间内喷出水的质量为 B. 单位时间内喷出水的动能为 C. 水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D. 水柱对牙齿表面产生的压强为 5. 丁老师将手机系在轻质弹簧下方，制作了一个如图甲的振动装置。已知手机质量，弹簧的劲度系数，原长（手机上下振动过程中弹簧不超过弹性限度）。在一次实验中手机内置加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以竖直向下为正方向，得到手机振动过程中加速度随时间变化的图像为正弦曲线，如图乙所示（忽略一切阻力）。下列说法正确的是（　　） A. 时，等于，所以弹簧弹力可能为 B. 时，手机位于平衡位置下方且速度在减小 C. 从至，手机的动能减小，机械能增加 D. 当手机加速度为时，弹簧的长度为 6. 如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角θ=30°的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动x0=2m时撤去拉力F，此时滑块的机械能E0=80J，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动2x0时到达最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A. 滑块的质量为m=2kg B. 滑块所受摩擦力的大小为5N C. 拉力F的大小恒为40N D. 拉力F撤去时滑块的动能为50J 7. 当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽车以速度匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率立即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f，汽车的质量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（　　） A. 减速过程中，汽车的牵引力不断变小 B. 汽车车速减为时，加速度的大小为 C. 减速过程中，汽车的位移为 D. 减速过程中，汽车克服阻力做功 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分；多选、错选不得分，少选得3分） 8. 如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是（　　） A. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则振子在月球上做自由振动时的频率为 B. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线I是月球上的单摆共振曲线 C. 若两次受迫振动均在地球上同一地点进行，则两次摆长之比为 D. 图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，将该单摆从广州移至北京，共振曲线的“峰”将向左移动 9. 如图甲所示，轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接组成一个系统，静止在光滑的水平地面上。现使以的速度向运动压缩弹簧，、的速度-时间图像如图乙，下列说法正确的是（ ） A. 从到过程中，系统的动能减小 B. 时刻轻弹簧被拉伸至最长 C. 两物块的质量之比 D. 时刻，系统的弹性势能与动能之比 10. 送带输送机简化模型图如图甲所示，传送带输送机倾角为30°，顺时针匀速转动。在传送带下端点无初速度放入货物（可视为质点）。货物从点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以点所在水平面为零势能面）如图乙所示。已知货物质量为，重力加速度取，则（　　） A. 传送带匀速运行的速度大小为 B. 货物从点运动到点的全过程中，传送带对货物做的总功为 C. 货物从点运动到点的全过程中，因摩擦产生的热量为 D. 传送带电机因运送该货物而多消耗的电能为 三、实验题（本大题共2小题。第11题8分，第12题8分） 11. 实验小组的同学们利用单摆测重力加速度及单摆摆球质量。如图甲所示，他们将细线一端与一个质量均匀的金属小球相连，另一端系在固定的力传感器的挂钩上，整个装置处于竖直平面内。 （1）拉动小球使悬线偏离竖直方向一个较小的角度（小于5°），小球由静止释放后在竖直平面内往复摆动，与传感器相连的计算机记录细线的拉力 随时间 变化的图线如图乙所示，由图像可知，该单摆的振动周期 ________。 （2）改变摆线的长度，多次进行实验，记录每次摆线的长度 及对应的周期 。以 为纵轴，为横轴，利用所测得的数据，画出图像如图丙所示，则当地的重力加速度可表示为________（用丙图中的 、 表示），图线在纵轴截距的绝对值表示________。 （3）控制摆球和摆线长度均不变，将小球拉离平衡位置后由静止释放，在竖直平面内往复摆动，记下传感器最大示数和最小示数；多次改变悬线与竖直方向的初始夹角并重复上述实验步骤，根据多次的测量数据在直角坐标系中绘制图像，如图丁所示。若小球摆动过程中机械能守恒，则此摆球的质量为________（用丙图中的 、 及图丁中的 表示）。 12. 用如图所示的装置“验证动量守恒定律”，按照以下几个步骤进行操作： ①将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球由静止释放，撞到木板上得到痕迹； ②测量、、三点到点的距离分别为、、； ③在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹； ④把小球静止放在斜槽轨道最右端，让小球仍由静止释放，和小球相碰后，两球撞在木板上得到痕迹和。 （1）上述合理的操作顺序为________。 （2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。 A. 入射小球的质量应大于被碰小球的质量 B. 小球两次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放 C. 斜槽轨道必须光滑 D. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间 （3）小球、质量分别为、，若该碰撞过程动量守恒，则需要验证的表达式为________（用、、、、表示），若该碰撞有机械能损失，则有________（选填“>”“<”或“=”）。 四、解答题（本大题共3小题，共38分。第13题9分，第14题12分，第15题17分） 13. 一水平弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，振幅为10cm，振子先后以相同的速度依次经过A、B两点，历时0.5s，过B后再经过0.5s振子以大小相等、方向相反的速度再次经过B点，求： （1）振子振动的周期； （2）O点为坐标原点，取向右为x轴正方向，从经过O点向左运动开始计时，则该简谐运动的表达式； （3）接第（2）问，振子在0~2.25s内通过的路程。 14. 如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为的光滑斜面在C点平滑连接（即物体经过C点时速度大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为2 kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径为，水平轨道BC长为0.4 m，与滑块间的动摩擦因数为，光滑斜面CD部分长为0.6 m，不计空气阻力，重力加速度大小为。 求： （1）滑块第一次经过光滑斜面上的C点时，滑块速度的大小； （2）滑块到达D点时，弹簧具有的弹性势能； （3）滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数； （4）滑块从A点释放到停下的过程中产生的热量Q。 15. 如图1所示，光滑水平面上有一轨道，轨道是由长l=1m的水平部分A和半径为R=0.5m的竖直半圆形部分B组成，轨道A的上表面粗糙，轨道B的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。小物块C静置在A的左端，C与轨道A间的动摩擦因数和C与P点的距离x关系如图2所示，已知A、B、C的质量均为m=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。 （1）若轨道A、B固定，给C一个向右的初速度v0=4m/s，当C到达P点时对轨道B的压力为26N，求C到达P点时的速度大小和图2中的μ0； 利用（1）中μ0的计算结果，回答： （2）若轨道A、B不固定，且A、B不粘连，仍给C一个向右的初速度v0=4m/s，运动过程中B始终保持竖直，求C相对于P点能上升的最大高度； （3）若轨道A、B不固定，且A、B粘连，C能通过P点并再次返回P点时对地有向右的速度，求v0需满足的条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一物理试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分） 1. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于教材的几幅插图说法中正确的是（ ） A. 甲图中，研究物体沿曲面运动时重力做功运用了极限思想 B. 乙图中，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，B和A在轻绳的牵引下，验证系统机械能守恒时，运用了控制变量法 C. 丙图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了转换思想 D. 丁图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，这里用了理想化模型的思想 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲图中，研究物体沿曲面运动时重力做功，是把曲面分割成无数小段，每一小段近似看成直线，然后把每小段重力做功相加，运用了微元法思想，故A错误； B．乙图中，验证系统机械能守恒时，是通过比较系统重力势能的减少量和动能的增加量是否相等，未控制任何变量，不涉及控制变量法，故B错误； C．丙图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量，故C错误； D丁图中，研究地球绕太阳运动时，将太阳和地球视为质点，质点是一种理想化模型，故D正确。 故选D。 2. 在校园乒乓球社团活动中，一名同学将质量为2.7g的乒乓球以15m/s的水平速度打来，另一名同学用球拍以0.003s的作用时间将乒乓球以21m/s的水平速度反向挡回。不考虑乒乓球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（　　） A. 乒乓球的速度变化量大小为6m/s B. 乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s C. 乒乓球的平均加速度大小为2000m/s2 D. 球拍对乒乓球的平均作用力大小为324N 【答案】B 【解析】 【详解】A．乒乓球的速度变化量为 即速度变化量的大小为36m/s，方向与初速度方向相反，故A错误； B．乒乓球的动量变化量为 即乒乓球动量变化量的大小为0.0972kg∙m/s，方向与初速度方向相反，故B正确； C．乒乓球的平均加速度大小为 即乒乓球的平均加速度大小为12000m/s2，故C错误； D．根据动量定理可得 解得 即球拍对乒乓球的平均作用力大小为32.4N，故D错误。 故选B。 3. 如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，在O的正下方，C是段的中点，。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ） A. 下滑过程中小球的机械能守恒 B. 小球滑到B点时的加速度大小为g C. 小球下滑到B点时速度最大 D. 小球下滑到C点时的速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，而是小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误； B．小球在B点时，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得 解得，故B错误； C．小球到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误； D．因为C是AO′段的中点，θ＝30°，根据几何关系可知在C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得 根据几何关系可得到 所以vC＝，故D正确。 故选D。 4. 冲牙器通过喷出高压水流来冲洗牙齿。如图所示喷嘴直径为d的冲牙器，工作时喷出的水柱速度为v，水柱冲击到牙齿表面后散开，从而起到洗牙的作用。已知水的密度为，水柱冲到牙齿后速度减为零，不考虑水柱扩散效应，水柱横截面比牙齿小得多。下列说法正确的是（　　） A. 单位时间内喷出水的质量为 B. 单位时间内喷出水的动能为 C. 水柱对牙齿的平均冲击力大小为 D. 水柱对牙齿表面产生的压强为 【答案】C 【解析】 【详解】A．将单位时间内的水看作一个圆柱体，则，故A错误； B．单位时间内喷出水的动能为，故B错误； C．取极短时间内的水为研究对象，以初速度方向为正方向，由动量定理可得 解得，故C正确； D．水柱对牙齿表面产生的压强为，故D错误。 故选C。 5. 丁老师将手机系在轻质弹簧下方，制作了一个如图甲的振动装置。已知手机质量，弹簧的劲度系数，原长（手机上下振动过程中弹簧不超过弹性限度）。在一次实验中手机内置加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以竖直向下为正方向，得到手机振动过程中加速度随时间变化的图像为正弦曲线，如图乙所示（忽略一切阻力）。下列说法正确的是（　　） A. 时，等于，所以弹簧弹力可能为 B. 时，手机位于平衡位置下方且速度在减小 C. 从至，手机的动能减小，机械能增加 D. 当手机加速度为时，弹簧的长度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．时，等于，即手机处于平衡位置，合外力为零，弹簧给手机的弹力等于手机重力，故A错误； B．以竖直向下为正方向，时，为正值且在变大，故弹力小于重力，手机位于平衡位置上方同时远离平衡位置且速度在减小，故B错误； C．从至，手机的加速度增大，故动能减小，弹力做负功，机械能应减小，故C错误； D．当手机加速度为时，说明手机此时处于平衡位置下方，故 又有，故解得弹簧的长度，故D正确。 故选D。 6. 如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角θ=30°的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动x0=2m时撤去拉力F，此时滑块的机械能E0=80J，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动2x0时到达最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A. 滑块的质量为m=2kg B. 滑块所受摩擦力的大小为5N C. 拉力F的大小恒为40N D. 拉力F撤去时滑块的动能为50J 【答案】D 【解析】 【详解】BC．由功能关系可知，滑块上升过程机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功的代数和。设滑块所受摩擦力的大小为，则在拉力作用的内有 同理拉力撤去后的内有 代入数据联立解得，，故BC错误； AD．设滑块的质量为，拉力F撤去时滑块的动能为，则拉力作用的内，根据动能定理有 同理拉力撤去后的内，根据动能定理有 代入数据联立解得，，故A错误，D正确。 故选D。 7. 当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽车以速度匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率立即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f，汽车的质量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（　　） A. 减速过程中，汽车的牵引力不断变小 B. 汽车车速减为时，加速度的大小为 C. 减速过程中，汽车的位移为 D. 减速过程中，汽车克服阻力做功 【答案】B 【解析】 【详解】A．汽车以匀速运动，牵引力，额定功率 减速过程中，功率变为保持不变 再次匀速时，牵引力，此时速度 在减速过程中，功率恒定，速度逐渐减小。根据 可知，牵引力不断变大，故A错误； B．当车速时，牵引力 根据牛顿第二定律（取运动方向为正） 代入得 加速度大小为。故B正确； C．汽车做加速度减小的减速运动。在图像中，图线切线斜率的绝对值逐渐减小，图线呈“上凹”状（连接初速度点的直线在图线上方）。若做匀减速直线运动，位移 由于实际图线在匀减速直线下方，实际位移,故C错误； D．由动能定理， 其中 则克服阻力做功 显然，故D错误。 故选B。 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分；多选、错选不得分，少选得3分） 8. 如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是（　　） A. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则振子在月球上做自由振动时的频率为 B. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线I是月球上的单摆共振曲线 C. 若两次受迫振动均在地球上同一地点进行，则两次摆长之比为 D. 图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，将该单摆从广州移至北京，共振曲线的“峰”将向左移动 【答案】BC 【解析】 【详解】B．根据题意分析可知，若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线I单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据单摆的周期公式有可知，周期大的重力加速度小，周期小的重力加速度大，则图线I是月球上单摆的共振曲线，故B正确； A．由B选项分析可知图线I是月球上单摆的共振曲线，可知振子在月球上做自由振动时的频率为，故A错误； C．根据题意分析可知，若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为，则固有周期比为，根据可知摆长比为，故C正确； D．根据题意分析可知，图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，将该单摆从广州移至北京，重力加速度变大，根据可知固有周期变小，则固有频率变大，共振曲线的“峰”将向右移动，故D错误。 故选BC。 9. 如图甲所示，轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接组成一个系统，静止在光滑的水平地面上。现使以的速度向运动压缩弹簧，、的速度-时间图像如图乙，下列说法正确的是（ ） A. 从到过程中，系统的动能减小 B. 时刻轻弹簧被拉伸至最长 C. 两物块的质量之比 D. 时刻，系统的弹性势能与动能之比 【答案】CD 【解析】 【详解】A．从到过程中，弹簧从压缩到最短逐渐恢复到原长状态，系统的弹性势能减小，则系统的动能增加，A错误； B．时刻轻弹簧恢复到原长状态，B错误； C．从到过程中，由动量守恒可知 其中，， 解得两物块的质量之比，C正确； D．时刻，系统的动能 弹性势能 可知系统的弹性势能与动能之比，D正确。 故选CD。 10. 送带输送机简化模型图如图甲所示，传送带输送机倾角为30°，顺时针匀速转动。在传送带下端点无初速度放入货物（可视为质点）。货物从点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以点所在水平面为零势能面）如图乙所示。已知货物质量为，重力加速度取，则（　　） A. 传送带匀速运行的速度大小为 B. 货物从点运动到点的全过程中，传送带对货物做的总功为 C. 货物从点运动到点的全过程中，因摩擦产生的热量为 D. 传送带电机因运送该货物而多消耗的电能为 【答案】AC 【解析】 【详解】B．传送带对货物做的功等于货物机械能的增加量（以A为零势能面，初机械能为0），末机械能为34J，所以总功为34J，B错误。 A．已知条件：，，。第一阶段（0~0.8m），货物加速阶段 图像斜率： 根据货物机械能的变化量等于摩擦力所做的功，可知该阶段货物所受滑动摩擦力 货物受力： 代入数据得货物的加速度 位移，初速度为0，末速度： 得 此时货物与传送带共速，说明传送带的速度就是，A正确。 C．第二阶段（0.8m到B点）：匀速阶段 图像斜率： 此时货物匀速运动，受力平衡： 总位移：由，解得总位移 加速阶段时间： 传送带位移： 相对位移： 热量：，C正确。 D．电机消耗的电能等于货物增加的机械能与摩擦产生的热量之和：，D错误。 故选AC。 三、实验题（本大题共2小题。第11题8分，第12题8分） 11. 实验小组的同学们利用单摆测重力加速度及单摆摆球质量。如图甲所示，他们将细线一端与一个质量均匀的金属小球相连，另一端系在固定的力传感器的挂钩上，整个装置处于竖直平面内。 （1）拉动小球使悬线偏离竖直方向一个较小的角度（小于5°），小球由静止释放后在竖直平面内往复摆动，与传感器相连的计算机记录细线的拉力 随时间 变化的图线如图乙所示，由图像可知，该单摆的振动周期 ________。 （2）改变摆线的长度，多次进行实验，记录每次摆线的长度 及对应的周期 。以 为纵轴，为横轴，利用所测得的数据，画出图像如图丙所示，则当地的重力加速度可表示为________（用丙图中的 、 表示），图线在纵轴截距的绝对值表示________。 （3）控制摆球和摆线长度均不变，将小球拉离平衡位置后由静止释放，在竖直平面内往复摆动，记下传感器最大示数和最小示数；多次改变悬线与竖直方向的初始夹角并重复上述实验步骤，根据多次的测量数据在直角坐标系中绘制图像，如图丁所示。若小球摆动过程中机械能守恒，则此摆球的质量为________（用丙图中的 、 及图丁中的 表示）。 【答案】（1） （2） ①. ②. 小球的半径 （3） 【解析】 【小问1详解】 由图可知单摆的周期 【小问2详解】 [1]设小球半径为r，根据单摆周期公式有 解得 可得 可得 [2]图线在纵轴截距的绝对值表示小球的半径。 【小问3详解】 设最大摆角为，在最高点拉力最小，最小拉力大小 摆球经过最低点时，设速度大小为v，由牛顿第二定律得 从最高点到最低点过程，由机械能守恒定律得 整理得 则有 解得 12. 用如图所示的装置“验证动量守恒定律”，按照以下几个步骤进行操作： ①将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球由静止释放，撞到木板上得到痕迹； ②测量、、三点到点的距离分别为、、； ③在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹； ④把小球静止放在斜槽轨道最右端，让小球仍由静止释放，和小球相碰后，两球撞在木板上得到痕迹和。 （1）上述合理的操作顺序为________。 （2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。 A. 入射小球的质量应大于被碰小球的质量 B. 小球两次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放 C. 斜槽轨道必须光滑 D. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间 （3）小球、质量分别为、，若该碰撞过程动量守恒，则需要验证的表达式为________（用、、、、表示），若该碰撞有机械能损失，则有________（选填“>”“<”或“=”）。 【答案】（1）③①④② （2）AB （3） ①. ②. > 【解析】 【小问1详解】 合理的顺序为③①④②。 【小问2详解】 A．应大于，以保证小球碰后撞不反弹，A正确； B．小球需从同一位置释放，使得每次小球以相同的速度与小球碰撞，B正确； CD．斜槽不必光滑，只要从同一点释放，碰前速度就相同，由，，得，不需测量时间，CD错误。 故选AB。 【小问3详解】 [1]若动量守恒，则有，又 化简可得 [2]若有机械能损失，则有，结合动量守恒关系式，化简可得。 四、解答题（本大题共3小题，共38分。第13题9分，第14题12分，第15题17分） 13. 一水平弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，振幅为10cm，振子先后以相同的速度依次经过A、B两点，历时0.5s，过B后再经过0.5s振子以大小相等、方向相反的速度再次经过B点，求： （1）振子振动的周期； （2）O点为坐标原点，取向右为x轴正方向，从经过O点向左运动开始计时，则该简谐运动的表达式； （3）接第（2）问，振子在0~2.25s内通过的路程。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 振子先后以相同速度经过 A、B两点，说明A、B关于平衡位置O对称，因此从A到B的时间，则从O到B的时间。 过B后再经过0.5s，振子以大小相等、方向相反的速度再次经过B点，说明从B到最大位移处的时间。 因此，从O到最大位移处的时间为，而这段时间对应​个周期故周期 【小问2详解】 简谐运动的一般表达式为 振幅 A = 10 cm = 0.1 m 根据周期，可得 由题意知t=0时，，且此时向负方向运动，故。 因此运动表达式为 【小问3详解】 简谐运动中，一个周期 T=2 s内的路程为。 剩余时间 ，振子回到 t=0 时的状态：x=0，向左运动（速度沿 x 负方向） t=2.25 s 时，代入位移公式： 因此，0.25 s 内的路程为。 总路程 14. 如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为的光滑斜面在C点平滑连接（即物体经过C点时速度大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为2 kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径为，水平轨道BC长为0.4 m，与滑块间的动摩擦因数为，光滑斜面CD部分长为0.6 m，不计空气阻力，重力加速度大小为。 求： （1）滑块第一次经过光滑斜面上的C点时，滑块速度的大小； （2）滑块到达D点时，弹簧具有的弹性势能； （3）滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数； （4）滑块从A点释放到停下的过程中产生的热量Q。 【答案】（1） （2） （3），6次 （4）9J 【解析】 【小问1详解】 滑块从A点到C点，由动能定理可得 可得滑块第一次经过光滑斜面上的C点时，滑块速度的大小为 【小问2详解】 滑块到达D点时，设弹簧具有的弹性势能为，滑块从A点到D点，由功能关系可得 代入数据解得 【小问3详解】 由于圆弧轨道和斜面均光滑，所以滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得 解得 则有 故滑块经过C点6次，最后距离B点的距离为 【小问4详解】 由于总路程 且 故产生的热量 15. 如图1所示，光滑水平面上有一轨道，轨道是由长l=1m的水平部分A和半径为R=0.5m的竖直半圆形部分B组成，轨道A的上表面粗糙，轨道B的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。小物块C静置在A的左端，C与轨道A间的动摩擦因数和C与P点的距离x关系如图2所示，已知A、B、C的质量均为m=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。 （1）若轨道A、B固定，给C一个向右的初速度v0=4m/s，当C到达P点时对轨道B的压力为26N，求C到达P点时的速度大小和图2中的μ0； 利用（1）中μ0的计算结果，回答： （2）若轨道A、B不固定，且A、B不粘连，仍给C一个向右的初速度v0=4m/s，运动过程中B始终保持竖直，求C相对于P点能上升的最大高度； （3）若轨道A、B不固定，且A、B粘连，C能通过P点并再次返回P点时对地有向右的速度，求v0需满足的条件。 【答案】（1），0.6 （2）0.1m （3） 【解析】 【小问1详解】 若轨道A、B固定，C运动到轨道B的最低点P时，根据牛顿第二定律可得 该过程中，根据动能定理可得 摩擦力做功 联立解得，=0.6 【小问2详解】 若轨道A、B不固定，且A、B不粘连，C从A的左端滑至P点过程中，A、B、C组成的系统满足动量守恒，设C在P点的速度为v1，A、B的速度为v2，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得， 联立解得， C在B上运动时，B、C组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，当B、C在水平方向达到共同速度时，C运动到最高点，设最高点与P点高度差为h，对B、C系统，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 解得 【小问3详解】 若轨道A、B不固定，且A、B粘连，C到达P点时，设此时C的速度为vC，对A、B、C系统，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 解得 为了满足C返回P点时对地有向右的速度，则， 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $