精品解析：广东肇庆市2025-2026学年高一下学期期末学业水平达标检测物理试题

2025-2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 物 理 本试题共6页，考试时间75分钟，满分100分 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡相应位置上。 2、请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效。 3、答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请答题卡交回。 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. 某航展中“歼-35A”战机闪亮登场，并在机场上空进行了飞行表演。“歼-35A”战机在表演过程中有一段轨迹为曲线，如图所示，则关于该过程，下列说法正确的是（ ） A. 战机速度一定改变 B. 战机在A点的速度一定竖直向上 C. 战机受到的合外力一定不变 D. 战机受到的合外力一定与速度垂直 2. 明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮（牛转翻车）的图画，这说明古人早已懂得利用大小不同的齿轮来达到改变转速的目的。如图所示，大齿轮A的半径是小齿轮B的半径的两倍，转动时不打滑，下列说法正确的是（ ） A. 齿轮A和齿轮B的角速度大小相等 B. 齿轮A和齿轮B边缘的线速度大小相等 C. 牛转一圈，齿轮B也转一圈 D. 齿轮A和齿轮B边缘的向心加速度大小之比为 3. 在篮球比赛中，运动员将篮球投入篮筐，不计空气阻力和转动的影响，该篮球在空中运动过程中，下列说法正确的是（ ） A. 篮球的速度先增大后减小 B. 篮球的机械能先增大后减小 C. 篮球运动到最高点时速度为零 D. 篮球运动到最高点时重力的功率为零 4. 如图所示，某条小河有渡口和，小明某次坐船发现船头始终垂直于河岸，恰好到达对岸渡口，已知水流速度和船在静水中的速度大小均不变（轮船未显示在图中）下列说法中正确的是（ ） A. 小明此次坐船是从渡口去往渡口 B. 若水流速度增大，船头仍始终垂直于河岸，也能到达对岸渡口 C. 小明坐船返回时，渡河时间一定变长 D. 小明坐船返回时，船头也应始终垂直于河岸 5. 我国发射了一颗综合性太阳探测卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为分钟。下列说法正确的是（ ） A. 该卫星的发射速度大于 B. 该卫星的速度小于地球同步卫星的速度 C. 该卫星的向心加速度大于近地卫星的向心加速度 D. 若已知地球半径和引力常量，可求出地球的质量 6. 双人花样滑冰表演时，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动。如图所示，男运动员的手臂与水平冰面的夹角为，男、女运动员与其身上装备的总质量分别为和，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ） A. 女运动员受到的作用力有重力、拉力和向心力 B. 女运动员受到的拉力大小为 C. 男运动员受到的支持力大小为 D. 女运动员的向心加速度大小为 7. 如图所示，光滑水平面上，小球M在水平恒力的作用下，由静止开始向右运动，同时小球N以速度向左运动；当M的速度达到时，两球发生正碰（碰撞时间极短且无机械能损失），碰后各自反向运动，已知两球的质量相等，以水平向右为正方向，从小球M开始运动到第一次减速到0的过程中，两小球的速度随时间变化的图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 嫦娥六号采用最节省燃料的霍曼转移轨道方式奔月，其过程简化如下：嫦娥六号在距离月表高度约的圆轨道Ⅰ，从点进入椭圆轨道Ⅱ，当运行至距离月表高度约的点进入圆轨道Ⅲ，已知月球半径。关于嫦娥六号的运动，下列说法正确的是（ ） A. 从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，在点加速 B. 在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长 C. 沿轨道Ⅱ运行时，在、两点的速度大小之比约为 D. 沿轨道Ⅱ运行时，从运行到，机械能保持不变 9. 质量为的跳水运动员从高的跳台上以的速度斜向上跳起，完成动作后落入水中，若忽略运动员的身高，不计空气阻力，重力加速度取。运动员从起跳到刚入水，以水面为参考平面，下列说法正确的是（ ） A. 起跳时运动员的机械能为 B. 运动员重力势能的最大值为 C. 重力对运动员所做的功为 D. 运动员的动能先增大再减小 10. 如图所示，一辆小马智行无人驾驶车在水平路段上以恒定功率48 kW、速度16 m/s匀速行驶，在斜坡路段上以恒定功率96 kW、速度8 m/s匀速行驶。已知车辆总质量为1600 kg，，斜坡的倾角为，重力加速度取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 小车在水平路段上受到的阻力大小为3000 N B. 小车从到的过程中，牵引力做的功为 C. 小车在斜坡路段行驶过程中，机械能减少 D. 小车从到的过程中，重力势能的增加量为 三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。 11. 某物理兴趣小组设计了验证动量守恒定律的方案，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板左侧面（如图），图中点与小球在斜槽末端时球心的位置等高。实验操作如下：①让入射球A多次从斜槽上某点静止释放；②把被碰小球B静止放在斜槽末端；③将入射小球A从斜槽上同一位置静止释放，与小球B相撞。多次重复②③操作，木板上得到三个平均落点为、、。 （1）安装实验装置时，必须调节斜槽末端________； （2）小球A、B的半径相等，质量分别为、，则为了顺利完成实验，它们质量大小应满足的关系是________（选填“<”“=”或“>”）； （3）测出、、的距离分别为、、，若表达式________（用、、、、表示）成立，则动量守恒定律得到验证。 12. 某实验小组探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系的实验（如图甲）。已知小球放在挡板、、处做圆周运动的半径之比为；变速塔轮自上而下每层左、右两侧半径之比分别为、和，如图乙所示。 （1）本实验中用到的主要物理方法是________（选填“等效法”“微元法”或“控制变量法”）。 （2）探究向心力与半径之间的关系时，传动皮带应连接在图乙中的第________层塔轮上，并将质量相同的小球分别放在挡板________（选填“处和处”“处和处”或“处和处”）。 （3）某次实验中，将质量相同的两个小球分别放在挡板处和处，误将传动皮带放在图乙中的第三层塔轮上，则左、右两个标尺露出的格子数之比为________。 （4）该小组同学利用力传感器升级实验装置后，质量为的小球放在其中一挡板，改变塔轮的转速，得到小球对挡板的压力与其做圆周运动周期的图像（如图丙），已知图像斜率为，则小球做圆周运动的半径________（用、、表示）。 13. 如图所示，甲同学在距离地面高处将排球击出，初速度沿水平方向，排球在飞行水平距离时，被乙同学在离地面处垫起，球的速度大小不变，方向变为竖直向上，排球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。求： （1）排球被水平击出时初速度的大小； （2）排球被垫起后运动到最高点时离地的高度。 14. 某兴趣小组开展输送物料缓冲装置研究（如图甲），水平台面放置质量为的物料A，A左侧紧贴着质量不计的弹性气囊，A与气囊均静止在水平台面上。另一块质量相同的物料B，以的速度水平向右撞向缓冲气囊。在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，气囊对两侧物料产生的水平弹力大小随时间的变化规律如图乙所示。A、B均可视为质点，物料A、B与水平台面的动摩擦因数均为，重力加速度取。求： （1）在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中： ①B受到水平弹力的冲量大小和摩擦力的冲量大小； ②A、B组成的系统的动量是否守恒？并说明理由； （2）气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小。 15. 如图所示，光滑水平导轨左端有一压缩的轻弹簧，紧靠弹簧右端放置一个滑块（可视为质点），滑块与轻弹簧不粘连，弹簧处于锁定状态。现解除锁定，滑块沿轨道从点进入光滑竖直圆轨道，恰好能经过轨道的最高点，绕行一圈后继续沿轨道向前运动，并滑上足够长的水平传送带。已知滑块质量为，圆轨道半径为，和的长度均为，滑块与水平轨道、及传送带间动摩擦因数均为，传送带以的速度逆时针匀速转动。重力加速度为，求： （1）滑块在最低点受到圆轨道的支持力大小； （2）弹簧锁定时的弹性势能； （3）滑块最终停止的位置。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 物 理 本试题共6页，考试时间75分钟，满分100分 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡相应位置上。 2、请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效。 3、答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请答题卡交回。 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. 某航展中“歼-35A”战机闪亮登场，并在机场上空进行了飞行表演。“歼-35A”战机在表演过程中有一段轨迹为曲线，如图所示，则关于该过程，下列说法正确的是（ ） A. 战机速度一定改变 B. 战机在A点的速度一定竖直向上 C. 战机受到的合外力一定不变 D. 战机受到的合外力一定与速度垂直 【答案】A 【解析】 【详解】A．曲线运动的速度方向沿切线方向，速度方向时刻发生变化，所以战机速度一定改变，故A正确； B．战机在A点的速度沿切线方向向上，不是竖直向上，故B错误； C．不知道战机做何种曲线运动，所以无法确定战机受到的合外力是否恒定不变，故C错误； D．战机受到的合外力一定指向轨迹的凹侧，但不一定与速度垂直，故D错误。 故选A。 2. 明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮（牛转翻车）的图画，这说明古人早已懂得利用大小不同的齿轮来达到改变转速的目的。如图所示，大齿轮A的半径是小齿轮B的半径的两倍，转动时不打滑，下列说法正确的是（ ） A. 齿轮A和齿轮B的角速度大小相等 B. 齿轮A和齿轮B边缘的线速度大小相等 C. 牛转一圈，齿轮B也转一圈 D. 齿轮A和齿轮B边缘的向心加速度大小之比为 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．齿轮传动中两轮边缘质点线速度大小相同，由可知大小不同的齿轮角速度不同， A错误，B正确； C．牛与齿轮A的角速度相同与齿轮B的角速度不同，C错误； D．由向心加速度，两轮线速度相同，，D错误。 故选B。 3. 在篮球比赛中，运动员将篮球投入篮筐，不计空气阻力和转动的影响，该篮球在空中运动过程中，下列说法正确的是（ ） A. 篮球的速度先增大后减小 B. 篮球的机械能先增大后减小 C. 篮球运动到最高点时速度为零 D. 篮球运动到最高点时重力的功率为零 【答案】D 【解析】 【详解】A．篮球做斜上抛运动，上升阶段重力与速度夹角为钝角，重力做负功，速度减小；下落阶段重力与速度夹角为锐角，重力做正功，速度增大，因此速度先减小后增大，故A错误； B．不计空气阻力，篮球运动过程只有重力做功，机械能守恒，大小始终不变，故B错误； C．篮球斜抛运动水平方向不受力，做匀速直线运动，最高点仅竖直方向速度为，水平方向速度不为零，因此合速度不为零，故C错误； D．重力的瞬时功率公式为（为竖直方向速度分量），最高点时，因此重力的功率为，故D正确。 故选D。 4. 如图所示，某条小河有渡口和，小明某次坐船发现船头始终垂直于河岸，恰好到达对岸渡口，已知水流速度和船在静水中的速度大小均不变（轮船未显示在图中）下列说法中正确的是（ ） A. 小明此次坐船是从渡口去往渡口 B. 若水流速度增大，船头仍始终垂直于河岸，也能到达对岸渡口 C. 小明坐船返回时，渡河时间一定变长 D. 小明坐船返回时，船头也应始终垂直于河岸 【答案】C 【解析】 【详解】A．船头始终垂直于河岸，沿河岸方向分速度等于水流速度，所以船到达点为对岸的下游，则小明此次坐船是从渡口去往渡口，故A错误； B．若水流速度增大，船头仍始终垂直于河岸，根据， 可知渡河时间不变，但沿河岸通过的位移变大，所以不能到达对岸渡口，故B错误； CD．小明坐船返回时，沿河岸分速度方向与水流速度方向相反，所以船在静水中的速度需要有与水流速度方向相反的分量，因此船头必须偏向左上游，此时垂直河岸的分速度，渡河时间 可知渡河时间一定变长，故C正确，D错误。 故选C。 5. 我国发射了一颗综合性太阳探测卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为分钟。下列说法正确的是（ ） A. 该卫星的发射速度大于 B. 该卫星的速度小于地球同步卫星的速度 C. 该卫星的向心加速度大于近地卫星的向心加速度 D. 若已知地球半径和引力常量，可求出地球的质量 【答案】D 【解析】 【详解】A．是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度。该卫星仍绕地球运行，发射速度小于，故A错误； B．设该卫星的质量为，地球的质量为，轨道半径为，根据万有引力提供圆周运动向心力可知 解得该卫星的速度，轨道半径越小线速度越大。该卫星轨道高度远小于同步卫星轨道高度（约），轨道半径更小，故速度大于同步卫星的速度，故B错误； C．根据万有引力提供圆周运动向心力可知 解得向心加速度，轨道半径越大向心加速度越小。近地卫星轨道半径近似等于地球半径，小于该卫星的轨道半径，故该卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故C错误； D．已知地球半径可得轨道半径，周期、引力常量均已知，由约去可得，可求出地球质量，故D正确。 故选D。 6. 双人花样滑冰表演时，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动。如图所示，男运动员的手臂与水平冰面的夹角为，男、女运动员与其身上装备的总质量分别为和，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ） A. 女运动员受到的作用力有重力、拉力和向心力 B. 女运动员受到的拉力大小为 C. 男运动员受到的支持力大小为 D. 女运动员的向心加速度大小为 【答案】C 【解析】 【详解】A．女运动员受到的作用力有重力和拉力作用，向心力只是效果力，故A错误； B．以女运动员为对象，竖直方向根据平衡条件可得 可得女运动员受到的拉力大小为，故B错误； C．以男运动员为对象，竖直方向根据平衡条件可得 解得男运动员受到的支持力大小为，故C正确； D．以女运动员为对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 解得女运动员的向心加速度大小为，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，光滑水平面上，小球M在水平恒力的作用下，由静止开始向右运动，同时小球N以速度向左运动；当M的速度达到时，两球发生正碰（碰撞时间极短且无机械能损失），碰后各自反向运动，已知两球的质量相等，以水平向右为正方向，从小球M开始运动到第一次减速到0的过程中，两小球的速度随时间变化的图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】碰撞前M向右（正方向）做匀加速直线运动，N向左（负方向）做匀速直线运动； 两球发生正碰过程，根据动量守恒可得 根据机械能守恒可得 联立解得碰后瞬间M、N的速度分别为， 可知碰撞后M以速度大小向左（负方向）做匀减速运动；N以速度大小向右（正方向）做匀速直线运动。 故选C。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 嫦娥六号采用最节省燃料的霍曼转移轨道方式奔月，其过程简化如下：嫦娥六号在距离月表高度约的圆轨道Ⅰ，从点进入椭圆轨道Ⅱ，当运行至距离月表高度约的点进入圆轨道Ⅲ，已知月球半径。关于嫦娥六号的运动，下列说法正确的是（ ） A. 从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，在点加速 B. 在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长 C. 沿轨道Ⅱ运行时，在、两点的速度大小之比约为 D. 沿轨道Ⅱ运行时，从运行到，机械能保持不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以嫦娥六号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，在点减速，故A错误； B．根据开普勒第三定律，由于轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，所以嫦娥六号在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长，故B正确； C．嫦娥六号沿轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得 则在、两点的速度大小之比为，故C错误； D．嫦娥六号沿轨道Ⅱ运行时，只有万有引力做功，所以从运行到，机械能保持不变，故D正确。 故选BD。 9. 质量为的跳水运动员从高的跳台上以的速度斜向上跳起，完成动作后落入水中，若忽略运动员的身高，不计空气阻力，重力加速度取。运动员从起跳到刚入水，以水面为参考平面，下列说法正确的是（ ） A. 起跳时运动员的机械能为 B. 运动员重力势能的最大值为 C. 重力对运动员所做的功为 D. 运动员的动能先增大再减小 【答案】AC 【解析】 【详解】A．以水面为参考平面，起跳时运动员的机械能为，故A正确； B．起跳时运动员的重力势能为 由于运动员斜向上跳起，最高点的高度比起跳时大，所以运动员重力势能的最大值大于，故B错误； C．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员所做的功为，故C正确； D．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员先做负功后做正功，所以运动员的动能先减小再增大，故D错误。 故选AC。 10. 如图所示，一辆小马智行无人驾驶车在水平路段上以恒定功率48 kW、速度16 m/s匀速行驶，在斜坡路段上以恒定功率96 kW、速度8 m/s匀速行驶。已知车辆总质量为1600 kg，，斜坡的倾角为，重力加速度取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 小车在水平路段上受到的阻力大小为3000 N B. 小车从到的过程中，牵引力做的功为 C. 小车在斜坡路段行驶过程中，机械能减少 D. 小车从到的过程中，重力势能的增加量为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．小车匀速行驶时牵引力等于阻力，由功率公式 得水平路段阻力，故A正确； B．小车从M到N的运动时间 恒定功率下牵引力做功，故B正确； C．小车在斜坡匀速行驶，动能不变；向上运动过程中高度增加，重力势能增加。机械能等于动能与重力势能之和，因此机械能增加，故C错误； D．小车从P到Q上升的高度 重力势能增加量，故D正确。 故选ABD。 三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。 11. 某物理兴趣小组设计了验证动量守恒定律的方案，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板左侧面（如图），图中点与小球在斜槽末端时球心的位置等高。实验操作如下：①让入射球A多次从斜槽上某点静止释放；②把被碰小球B静止放在斜槽末端；③将入射小球A从斜槽上同一位置静止释放，与小球B相撞。多次重复②③操作，木板上得到三个平均落点为、、。 （1）安装实验装置时，必须调节斜槽末端________； （2）小球A、B的半径相等，质量分别为、，则为了顺利完成实验，它们质量大小应满足的关系是________（选填“<”“=”或“>”）； （3）测出、、的距离分别为、、，若表达式________（用、、、、表示）成立，则动量守恒定律得到验证。 【答案】（1）水平 （2）> （3） 【解析】 【小问1详解】 为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，必须调节斜槽末端水平。 【小问2详解】 为了保证碰撞后入射小球不反弹，应满足。 【小问3详解】 小球在空中做平抛运动，根据平抛运动规律有， 联立可得小球做平抛运动的初速度大小为 设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为，，根据动量守恒可得 其中，， 联立可得若表达式成立，则动量守恒定律得到验证。 12. 某实验小组探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系的实验（如图甲）。已知小球放在挡板、、处做圆周运动的半径之比为；变速塔轮自上而下每层左、右两侧半径之比分别为、和，如图乙所示。 （1）本实验中用到的主要物理方法是________（选填“等效法”“微元法”或“控制变量法”）。 （2）探究向心力与半径之间的关系时，传动皮带应连接在图乙中的第________层塔轮上，并将质量相同的小球分别放在挡板________（选填“处和处”“处和处”或“处和处”）。 （3）某次实验中，将质量相同的两个小球分别放在挡板处和处，误将传动皮带放在图乙中的第三层塔轮上，则左、右两个标尺露出的格子数之比为________。 （4）该小组同学利用力传感器升级实验装置后，质量为的小球放在其中一挡板，改变塔轮的转速，得到小球对挡板的压力与其做圆周运动周期的图像（如图丙），已知图像斜率为，则小球做圆周运动的半径________（用、、表示）。 【答案】（1）控制变量法 （2） ①. 一 ②. B处和C处 （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，用到的主要物理方法是控制变量法。 【小问2详解】 [1][2]探究向心力与半径之间的关系时，应使两小球质量相等，做圆周运动的角速度相等，半径不相等；由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，所以传动皮带应连接在图乙中的第一层塔轮上，并将质量相同的小球分别放在挡板B处和C处。 【小问3详解】 某次实验中，将质量相同的两个小球分别放在挡板处和处，则半径之比为；误将传动皮带放在图乙中的第三层塔轮上，由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，根据可知，左、右塔轮的角速度之比为；根据可知，左、右两小球的向心力大小之比为，则左、右两个标尺露出的格子数之比为。 【小问4详解】 根据牛顿第二定律可得 可知图像的斜率为 解得小球做圆周运动的半径 13. 如图所示，甲同学在距离地面高处将排球击出，初速度沿水平方向，排球在飞行水平距离时，被乙同学在离地面处垫起，球的速度大小不变，方向变为竖直向上，排球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。求： （1）排球被水平击出时初速度的大小； （2）排球被垫起后运动到最高点时离地的高度。 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 【小问1详解】 排球被水平击出，由平抛运动规律，竖直方向有 水平方向 解得 【小问2详解】 排球被垫起前竖直方向的速度分量为 排球做竖直上抛运动的速度 竖直上抛运动到最高点 排球在最高点离地的高度 解得 【点睛】 14. 某兴趣小组开展输送物料缓冲装置研究（如图甲），水平台面放置质量为的物料A，A左侧紧贴着质量不计的弹性气囊，A与气囊均静止在水平台面上。另一块质量相同的物料B，以的速度水平向右撞向缓冲气囊。在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，气囊对两侧物料产生的水平弹力大小随时间的变化规律如图乙所示。A、B均可视为质点，物料A、B与水平台面的动摩擦因数均为，重力加速度取。求： （1）在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中： ①B受到水平弹力的冲量大小和摩擦力的冲量大小； ②A、B组成的系统的动量是否守恒？并说明理由； （2）气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小。 【答案】（1）①，；②A、B组成的系统动量不守恒；理由：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，所以动量不守恒 （2）， 【解析】 【小问1详解】 ①由图像可知，气囊恢复原状过程中，对物料B的冲量大小 台面对B的摩擦力的冲量大小 ②A、B组成的系统动量不守恒； 理由：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，所以动量不守恒。 【小问2详解】 根据动量定理，对物料B有 解得 对物料A有 解得 15. 如图所示，光滑水平导轨左端有一压缩的轻弹簧，紧靠弹簧右端放置一个滑块（可视为质点），滑块与轻弹簧不粘连，弹簧处于锁定状态。现解除锁定，滑块沿轨道从点进入光滑竖直圆轨道，恰好能经过轨道的最高点，绕行一圈后继续沿轨道向前运动，并滑上足够长的水平传送带。已知滑块质量为，圆轨道半径为，和的长度均为，滑块与水平轨道、及传送带间动摩擦因数均为，传送带以的速度逆时针匀速转动。重力加速度为，求： （1）滑块在最低点受到圆轨道的支持力大小； （2）弹簧锁定时的弹性势能； （3）滑块最终停止的位置。 【答案】（1） （2） （3）滑块最终停在点 【解析】 【小问1详解】 滑块恰好通过最高点，重力提供向心力，则有 解得 滑块从到的过程中，由机械能守恒可得 解得 在点，由牛顿第二定律可得 解得 【小问2详解】 滑块在光滑圆轨道运动时机械能守恒，在点的速度与点速度相等，则有 滑块从到的过程，由动能定理可得 滑块被弹开过程，弹簧弹性势能全部转化为滑块动能，则有 联立解得 【小问3详解】 滑块从到的过程，由动能定理可得 解得 由于，滑块在传送带上先减速到后反向加速，到点之前已与传送带共速，返回点时速度为；从点向左运动，假设在圆轨道能上升高度不超过与圆心等高的位置，则有 解得 从圆轨道高处返回至停止过程，由动能定理可得 解得 的长度为，所以滑块最终停在点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $