重庆市第一中学2026-2027学年高三上学期周考5物理试卷（10.13）

【考试时间：10月13日18：45~20：00】 重庆一中高2027届高三上期周考5物理试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 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，只有一项符合题 目要求，选对得4分，选错得0分。 1.关于振动和波的相关知识，下列说法正确的有 A.弹簧振子的回复力F=-o,其中x代表弹簧的形变量 B.振幅是振动的物体做往复运动时，两个最大位移处之间的距离 C.波源振动的频率越高，波的传播速度越快 D.两列波要发生干涉，它们的频率必须相同，振幅可以不同 2.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所 示，可以判定 A.粒子带负电 B.粒子在A点的速度小于它在B点的速度 C.粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 D.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 3.如图1，两个点电荷M、N固定在绝缘水平面上，图中A点位于两点电荷连线的中垂线上，一带正 电的粒子以竖直向上的初速度从A点运动，带电粒子的重力可忽略不计。已知该粒子在电场中运动 时，其速度随时间的变化规律如图2所示，说法正确的是 A.点电荷M、N都带负电荷，但两点电荷所带的电荷量不一定相等 B.带电粒子在t时刻离N的距离最远 C.中垂线上场强最大的位置在A点上方 D.带电粒子在2时刻具有的电势能最大，且其加速度一定为零 图1 图2 4.某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作 用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离变大（两电极不接触）。若极板上电荷量保持 不变，在受到风力作用时，下列说法正确的是 可动心极固定电彬 A.电容器电容变小 B.静电计指针张角变小 C.极板间电场强度变大 D.静电计指针张角越大，风力越大 电容器 前屯训 试卷第1页（共5页） 5.如图所示，总长为L,质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有长度为a的一段下垂， H>L,重力加速度为g,则铁链刚接触地面时速度为 A.g(2H-a) B.2g(H-a) C.g(2H-L-a) 2-2-2 nnnnnnnn 6.如图甲乙所示，在竖直平面内建立直角坐标系，使V形或抛物线形状的光滑杆顶点和对称轴分别与坐 标系原点和y轴重合。图甲中的V形杆和图乙中的抛物线杆对应的方程分别为y=2x和y=x2。一光 滑小圆环（可视为质点）套在杆上，两杆均可绕y轴做匀速圆周运动。若杆转动的角速度大小取某个 特殊值，小圆环能在杆上任意位置相对杆静止，则满足该要求的杆和转动的角速度①是（已知y=x 在某点切线的斜率k与该点横坐标x的关系为k=2x,取g=10m/s2) A.V形杆，o=√10rad/s B.V形杆，o=√20rad/s C.抛物线杆，o=√10rad/s D.抛物线杆，w=√20rad/s 甲 7.如图倾角0=37的传送带N在电机的带动下以？=0.2m/s的速度逆时针匀速转动。可视为质点的物 块a随传送带一起匀速向上运动，可视为质点的物块b以初速度y,=0.2m/s平行于传送带向下运动， 两物块恰好不相碰。两物块质量均为kg，且与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8，下列说法正确的是 A.仅略微减小传送带倾角，两物块可能相碰 B.仅略微增大传送带速度，两物块不会相碰 C.a、b两物块刚开始相距0.4m D.物块与传送带摩擦生热1.28J 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.探月卫星的发射过程简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，在该轨道的P处，通过变速进 入“地月转移轨道”，在快要到达月球时，再次变速，卫星被月球引力“俘获”后成为环月卫星，最 终在环绕月球的“工作轨道”上绕月飞行（视为圆周运动）对月球进行探测。“工作轨道”距月球表 面的高度为h,探月卫星在“工作轨道”的周期为T,月球半径为R,引力常量为G,忽略其他天体 对探月卫星在“工作轨道”上环绕运动的影响，则 试卷第2页（共5页） 卫虽 转移轨道 地球 月球O 停泊轨道 工作轨道 A.要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应增大速度 B.探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小为π(R+) T C.月球的第一字宙速度为2π(R+) R T VR+h D.卫星在“停泊轨道”P处的机械能小于“地月转移轨道”P处的机械能 9.如图1所示，频率相同的简谐波源S,、S2分别位于x=-5.0m、x=4.0m,y轴左右两侧存在两种 不同的均匀介质。1=0时，两波源开始沿y轴振动，两列简谐波沿X轴相向传播，波在介质I中的传 播速度为5m/s。质点A的平衡位置位于x=lm处，其振动图像如图2所示，则 y/cm ↑cm A.S2产生的波先到质点A 介质1 介质 B.两波源起振方向相同 S 0 A S. x/m C.0≤x≤4m之间有4个振动加强点 AA. D.0~6s内，质点A经过的路程为9cm 图1 图2 10.如图所示，两侧带有固定挡板（不计厚度）的平板小车甲静止在光滑水平地面上，车底板长为L,与 平板车质量相等的小物块乙（可视为质点）由平板车底板中点处以大小为'的初速度向右运动，已 知甲、乙之间的动摩擦因数为八，重力加速度为g,甲、乙间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，可 忽略不计。下列说法正确的是 甲 A.甲、乙共速前，乙的运动方向可能反向 B.甲、乙相对滑动的总路程为 哈 ●】 44g C.甲、乙达到共同速度所需的时间为，% 24g Q.若甲、乙共速前发生了9次碰撞，则共速后乙与甲左端的距离为号L-片 4μg 三、实验题：本题共2个小题，共14分。第11题6分，第12题8分。 11.(6分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关 系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合 力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮 间摩擦阻力。 试卷第3页（共5页） 力传感器 小车 打点计时器 m 长木板 纸带八 砂桶 (1)本实验 (填“需要”或者“不需要")满足m远小于M的条件。 (2)实验过程中 (填“需要”或者“不需要”)平衡小车M所受的摩擦力。 (3)实验前测出砂和砂桶的总质量m,己知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和 砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T,通过纸带得出起始点O(初速 度为零的点)到某点A的位移L,并通过纸带算出A点的速度v。对m研究，所需验证的动能定理的 表达式为 A.(mg-T）L=mw2 B.2(mg-T)L=mv2 C.(mg-T）L=2mv D.(mg-2T)L=2mv I2.(8分)利用图示装置研究弹性碰撞。该装置由倾斜轨道AB、平直轨道CD与斜面EF连接而成，其 中B、C之间通过光滑小圆弧（图中未画出）连接，小球通过B、C前后速率不变。实验时先把CD 段调成水平，再把质量为m2的光滑小球2放在平直轨道CD上，然后把质量为1的光滑小球1从倾 斜轨道AB上的P点由静止释放，球1与球2发生正碰后，球2向前运动，经D点平抛后落到斜面 上的2点（图中未画出），球1反弹，最高上升到倾斜轨道AB A 球1 上的P'点（图中未画出）该小组测出P点到CD的高度为h,P 球2E 点到CD的高度为，E0-1,G=30°，球1与球2大小相等， BCD (1)实验中，m1 m2(选填“>”“<”或“=”)。 F (2)若重力加速度为g,取向右为正方向，碰撞后瞬间小球1的速度为一 (用g、h、l表示) (3)碰撞前后，若满足表达式，则可验证碰撞中两球组成系统的动量守恒。（用m1、m2、h、 1表示) (4)碰撞前后，若满足1=h,则可验证该碰撞为弹性碰撞。 四、计算题：本题共3小题，共43分。第13题10分，第14题15分，第15题18分。 13.(10分)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，波速为v=5ms,振幅为A=8cm。t=0 时刻的波形图如图所示，a、b为介质中的两个质点，它们的平衡位置相距0.5m。 y/cm 0.5 x/m (1)若在0~1.5s内，质点b通过的路程为40cm,求波长1和质点b的振动方程； (2)质点a回到平衡位置对应的所有时刻 试卷第4页（共5页） 14.(15分)如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为m 的小球A1、A2连接，A1、A2分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、 A1、A2位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以 速度V,沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 B vo OA A2 (1)求AB碰后瞬间A获得的速度大小： (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能Epm: (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比 M 15.(18分)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上， 尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器 人质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求 起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不 停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木 板长度的关系。 B C 77777777777777777777 777777777777777777777777777777777777777 试卷第5页（共5页） 《周考5》参考答案 电压U减小。静电计指针张角反映极板电压大小，电压 越小张角越小，因此受到风力时张角变小，且风力越 4 5 6 10 大，d减小越多，U越小，张角越小，因此张角越大说 答 明风力越小，故B正确，D错误；C.推导电场强度 0 B D BD BC BCD 案 1.D B-号代入U=是和C-0得8=警，&S约 ES 【详解】A.弹簧振子的回复力公式F=-:,其中x代 不变，因此电场强度E不变，故C错误 表的是振子偏离平衡位置的位移，而不是弹簧的形变 5.D 量。弹簧的形变量是指弹簧伸长或缩短的长度，只有在 【详解】设铁链单位长度的质量为m,设地面为零势能 特定情况下（如水平弹簧振子且原长为平衡位置）位移 面，由机械能守恒定律可得 的大小才等于形变量，在物理概念上两者不能混淆，故 A错误；B.振幅的定义就是振动的物体偏离平衡位置 亿-omg+amgH-引m+zmg克，解得 的最大距离，故B错误：C.波的传播速度（波速）由 故ABC错误，D正确。 介质决定，与波源振动的频率无关。波源频率越高，波 长会越短，但不会改变波在介质中的传播速度，故C错 6.D 误；D.两列波要发生干涉，必须满足频率相同，这是 【详解】如图所示 产生稳定干涉图样的必要条件。干涉对振幅没有要求， 振幅可以相同也可以不同，故D正确。 2.B 【详解】A.根据曲线运动受到的合力方向位于轨迹的 凹侧，可知粒子受到的电场力偏上，与电场方向相同， 粒子带正电，故A错误； 0 x 在水平和竖直方向建立坐标系。设小圆环的横坐标为 BD.由于粒子受到的电场力偏上，可知粒子由A点运动 x,作出该点的切线并设切线与x轴的夹角为日，有 到B点，电场力做正功，粒子的动能增大，电势减小； tam0=2x,在水平和竖直方向分别有F cos0=mg, 则粒子在A点的速度小于它在B点的速度，粒子在A点 的电势能大于它在B点的电势能，故B正确，D错误； Fsin0=mo2x,联立解得o=√20rad/s,可知与小圆环 C.根据电场线的疏密程度可知，A点的场强小于B点的 对应的横坐标无关，故D选项符合题意。 场强，粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场 7.D 力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度小于 【详解】A.规定沿斜面向上为正，则两物块刚开始在 它在B点的加速度，故C错误。 传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得对α物体来说 3.C mg cos>mgsi血B,所以物体a与传送带保持静止，当 【详解】A,由题图2可知，带电粒子在中垂线上向上做 减小传送带倾斜角时物体依旧保持静止，对b物体 减速直线运动，说明场强方向沿中垂线向下，故M、N a,=mg cos9-mgsi血0=0.4m/g,则经过 带等量负电荷，故A错误；B.带电粒子先向上减速， m 后向下加速，故t时刻离MN的距离最远，故B错误： 1-02-（-02=s,如果减小传送带夹角则b的加速度会 0.4 C.在向上运动的过程中，粒子的加速度先增大后减 增大，a会继续在传送带上保持静止，所以两物体不会 小，故在A点上方具有最大加速度，故中垂线上场强最 相碰，故A错误；B.仅略微增大传送带速度，则物体 大位置在A点上方，故C正确：D.0~2时间内粒子做 b在传送带上的相对位移会增大，所以两物体会相碰， 减速运动，电场力做负功，图像的斜率表示加速度，由 故B错误；C.对b物体a,-8_mgs血2=0,4mMs则 m 于在2时刻斜率不为零，因此加速度不为零，试探电荷 b物体在减速到速度为0过程中和传送带之间的相对位 的动能转化为电势能，t,时刻电势能最大，故D错误； 4.B 移为%=02x05m=0.m,。=×04x05m=005m 【详解1A根据电容决定式C=品日减小，其他 则两者的相对位移为x1=x传+x%=0.15m,在b物体 和传送带达到共速过程中，两者之间的相对位移为 参数不变，因此电容C增大，故A错误；BD.电容定义 式为C=号得U-号又0不变、C增大，因此极板 2=x-=02x0.5-×0.4×0.S2m=0.05m,而a物体 答案第1页（共4页） 和传送带之间始终共速，所以a、b之间刚开始相距 动，说明S起振方向向上；在t=3s时，质点A回到平 0.2m,故C错误；D.对b物体 衡位置向下振动，此时S2产生的波到达质点A,使质点 a,=m3cos9-mgsin已=0.4mS?,则b物体在减速到速 m A的振幅减小，说明S2起振方向向上，因此两波源起振 度为0过程中和传送带之间的相对位移为 方向相同，故B正确；C.两波源起振方向相同时，到 =02x05m=01m,名=2×04×0=0.05m,则两者 两波源路程差为波长的整数倍的点振动加强。由振动图 像得周期T=2s,介质Ⅱ中的波长2=T=2m,在 的相对位移为xw1=+x=0.15m,在b物体和传送带 达到共速过程中，两者之间的相对位移为 4=1s时，S1产生的波到达O点，此时S2产生的波传播 到为=4m-4=3m,设频率相同的简谐波源S、S2分 ￥h=x0-x=0.2x0.5-x0.4x0.5'm=0.05m,则在这个 别位于x=0、x=3.0m处，沿x轴向两侧传播，则 过程中b物体与传送带摩擦生热 0≤x≤4m之间任意点x到两波源的路程差为 2=umg cos(1+x时2)=l128J，故D正确。 △x=(3-x)-x=3-2x,可得-5m≤△x≤3m,当 8.BD △x=n2(n为整数)时为振动加强点，则n可取-2，- 【详解】A.要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨 1,0,1,则振动加强点为x=0.5m,x=1.5m, 道”，应减小速度做近心运动，故A错误；B.根据线速 x=2.5m,x=3.5m,共有4个加强点，故C正确： 度与轨道半径和周期的关系可得探月卫星线速度的大小 D.在0~2s时间内A未振动，路程为0。在2~3s时间 为v=2(R+),故B正确：C.设月球的质量为M,探 内只有S,带动的振动，振幅为3cm,半个周期的路程为 月卫星的质量为m,月球对探月卫星的万有引力提供其 S,=2×3cm=6cm,在3~6s时间内两波叠加，振幅为 做匀速面周运动的向心力。则有0祭 2cm,一个半周期的路程为s2=1.5×4×2cm=12cm,总 2(R+h), 路程为S=S,+52=6cm+12cm=18cm,故D错误。 月球的第一宇宙速度等于“近月卫星”的环绕速度，设 10.BCD 近月卫星的质量为m,则有G-发，联立以上 【详解】A.取向右为正，设乙、甲的速度分别为Y, 2,乙相对甲的速度为Y=%一”2，系统水平方向动量守 两式解得y=2R+,R+5,故C错误；D.卫星在“停 恒，故my+my2=m%。→y+=%,设碰撞前两者的速 泊轨道”P处要通过加速才能进入“地月转移轨道”，则卫 度分别为%，，碰撞后的速度分别为Y,2。碰撞过 星在“停泊轨道”P处的机械能小于“地月转移轨道”P处的 程动量守恒、机械能守恒，有y+2=+2, 机械能，故D正确。 +=2+，联立并舍去未发生碰撞的解，得 9.BC 【详解】A.波源S,产生的简谐波在介质I中传播的距离 4=,=,因此每次碰撞只使相对速度反向；在相 邻两次碰撞之间，滑动摩擦使相对速率减小，所以始终 飞=5m,速度=5m9,用时4==1s,剩余 有S，结合系统动量关系，乙的速度满足 =1m在介质Ⅱ中传播，波源S2到质点A的距离 y=b+业≥0，故乙不可能反向运动，故A错误； 2 ,2=4m-1m=3m,由振动图像知，第一列波在2=2s到 BC,滑动时，乙、甲在水平方向均只受大小为mg的滑 达质点A,第二列波在5=3s时到达质点A。若S2产生 动摩擦力。由牛顿第二定律得ma=一mg, 的波先到质点A,则波在介质Ⅱ中的波速 ma=mg,故两者加速度之差为a-a2=-2g,碰撞 =三-3泄=1.5m5,则3产生的波到质点A的时间为 42s 时间不计，且每次碰撞不改变相对速率，因此相对速率 {=4+三=s+m-*5,若8产生的波先到质点A, 由，减为零的总时间t满足0=。一2gt,解得 1.5m/s3 t=% 则波在介质中的波速片=，兰=m=1m5,则S,产 24g 设甲、乙相对滑动的总路程为S,由匀变速直 2-42s-l1s 线运动速度与位移的关系得0-哈=2(-2g)s.,解得 生的波到质点A的时间为5=之=3加=38=，综上， v,Im/s 尽二，故BC正确；D,乙从底板中点开始相对甲向 S,产生的波先到质点A,故A错误；B.S产生的波在 右运动，第1次碰撞发生在右端，此后碰撞位置在左右 t=2s时先到达质点A后，质点A从平衡位置向上振 两端交替。发生第9次碰撞时，乙到达右端，此前包括 答案第2页（共4页） 半个底板长和8个完整底板长的相对路程，故 已知振幅A=8cm,则质点在一个完整周期T内通过的 =位+小弘，设共速后乙与甲左端的距离为x,第 路程为4A=32cm 在0~1.5s内，质点b通过的路程为40cm=5A 9次碰撞后乙相对甲向左运动，结合前述相对滑动总路 程得x=1-6-)吕-， 哈 ，故D正确。 因此有升1=15 解得周期T=1.2s… …2分 11.(1)不需要；(2)需要；(3)A(每空各2分) 【详解】(1)实验中，根据力传感器的读数可以直接求 根据波速公式v月 出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂 解得波长1=T=5×l2m=6m…1分 和砂桶的总质量m这一条件。 (2)尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦 质点6做简谐运动的角频率@=-ad1g,且其初相 力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。 位%=0 (3)对m研究，根据动能定理 (g-T小x2L=方心=n2,整理可得 故质点6的振动方程为%=8co(号cm…2分 2 (2)已知t=0时，x=0.5m处的质点b位于波峰，质点 (mg-T）L=mv2 a位于x=0处，且波沿x轴负方向传播 因此质点b的振动状态超前于质点a 12.(1)<(2)-2 (3)3mV2h=m,37(4) 2 2-3 设质点a的初相位为6，则质点b的初相位为2π+% (每空各2分) 【详解】(1)碰撞后球1发生反弹，说明入射小球质量 由(1)可知质点b的初相位为0，因此2π+网=0 m小于被碰小球m2,故填“<”。（2)碰撞后球1反弹上 解得%=-交。 …2分 升到高度导根据机械能守恒得叫=风8营，解得 6 反弹速度大小为，受，由于取向右为正方向，反弹速度 因此质点a的振动方程为%=8co(受1-名m 质点a回到平衡位置，即位移y。=0 方向向左，因此碰撞后瞬间球1的速度为4=分2g 则号1-君-受+，m0山22分 (3)碰撞前球1从P点下滑到水平轨道，根据机械能守 解得t=(0.4+0.6n)s,m=0,1,2..…1分 恒得m8h=2%6解得碰撞前球1速度%=√2gh 14.(1)V=M+m 2M (4分) 球2初始速度为0，系统总初动量为m√2gh,碰撞后球 6mM26 2从D点平抛，落到斜面上，满足竖直位移 (2) 11(m+M)2 (5分) y=1sin30°，水平位移x=lcos30°，由平抛规律可知 y=方，=以，解得碰雀后球2的速度 3)是-品6分) 【详解】(1)根据题意可知，小球B与小球A发生弹性 %=方3@，若动量守恒，要求初总动量等于末总动 正碰，由动量守恒定律有=+mwA…2分 量，即m%=my+my2,代入整理得3m√2h=m2√37 由能量守恒定律有树-吃h+方m以…1分 2 (4)弹性碰撞除动量守恒外，还满足机械能守恒，即 M-m 联立解得V=M+m 2M o,V二M+m %…1分 m=m听+%，联立3m历=m瓦，代入解 (2)根据题意可知，小球A、A、A共速时，弹簧的形 得1=2h 3 变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 13.(1)6m,%=8cowr号9gm5分) ya=(m+0.6m+0.6m)y共…2分 由能量守恒定律有 (2)(0.4+0.6ns,-0,1,2..(5分) 1 1 【详解】(1)由图可知，在t=0时刻，质点b位于波峰 2m=i(m+0.6m+0.6m）小喉+2B,m…2分 位置 答案第3页（共4页） 解得m一品m 、6mM2v W=90J… …2分 11(m+M)2 …1分 3)根据tan0=2可得vcos8=2ms,根据 (3)根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到 弹簧再次恢复原长的时间为t,由动量守恒定律有 Mvcos=mv my=my%+(0.6m+0.6m)y…l分 得y,=3 2 -m/S*… …1分 两边同时乘以t并求和可得 mvat=mx+(0.6m+0.6m)x...... 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A …1分 木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 组成的系统在水平方向动量守恒，得 X=t… …1分 Mvcos0=(M+2m)y共 整理可得2M4=号-m M+m ot…2分 5 M+m 解得V共= 3w -m/, …1分 10 解得M=11m…1分 该过程A木板向左运动的距离为 即球质量m和大球质量M的质量比- 1 X1=vt= 3x 2m=4.5m…1分 15.(1)1.5m(3分)：(2)90J,2:(7分)(3) 25 -弘(8分) 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器 人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳 【详解】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机 机器人的水平速度大小为。，B木板的速度大小为B, 器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为 机器人每次跳跃的时间为△，取向右为正方向，得 M,三个木板质量为m,取向右为正方向，则 (M+m)y共=Mo-mvg①…1分 Mw机-mV木=0 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为号，可得 A运动位移分别为x、,则有 片=(%+%)△②1分 6=%…1分 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机 同时有 器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位 x十为=L4… …1分 移差为△x=为+x4=6m,可得 解得A、B木板间的水平距离 (Vg-v)3△t=△x③ …1分 为=1.5m…1分 联立①②③解得 (2)设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的 La △x 夹角为日，从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根 △t= 4yw+V共)3(vA+V共) …1分 vsin t 据斜抛运动规律得vcos日t=x, 联立解得 故A、C两木板间距为 g x4c=(y4+vc)3△t+△x+LB,Ve=V共 v2= 15 …1分 2sin0cosθ 7 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 解得40三4g………1分 …1分 根据能量守恒可得机器人做的功为 WMvm …1分 联立得 -04540g24645[传如6+品 2sinecose 2sin0cos0 ………2分 根据数学知识可得当二tan0=2 2 n)时，即0=2时， W取最小值，代入数值得此时 答案第4页（共4页）