2022-2023学年原卷变式题北京市第四中学2021-2022学年高三上学期期中考试物理含解析

这是一份2022-2023学年原卷变式题北京市第四中学2021-2022学年高三上学期期中考试物理含解析，共100页。

 变式题
【原卷 1 题】 知识点 用三角形法则解决平衡问题

【正确答案】
A
【试题解析】


1-1（基础） 如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总质量为，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为，墙壁对工人的弹力大小为，重力加速度为，则（　　）

A.
B.
C.缓慢减小悬绳的长度时，与的合力变大
D.缓慢减小悬绳的长度时，减小，增大
【正确答案】 B

1-2（巩固） 如图所示，倾角为的光滑斜面体固定在水平面上，斜面上有一质量为m的金属球被竖直光滑挡板挡住。则（　　）

A.金属球对挡板的压力大小为
B.金属球对挡板的压力大小为
C.金属球对斜面的压力大小为
D.金属球对斜面的压力大小为
【正确答案】 D

1-3（巩固） 如图所示，水平天花板上固定有AO和BO两根不可伸长的轻绳，它们系在同一点O，且AO>BO，一只蜘蛛通过吐出的丝使自己静止悬挂在O点，开始时两绳刚好绷直。现将B端缓慢向右移动，则（　　）

A.AO绳的拉力大小先增大后减小
B.AO绳的拉力大小一直增大
C.BO绳的拉力大小一直减小
D.BO绳的拉力大小一直增大
【正确答案】 B

1-4（巩固） 如图所示，三根轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，其中AC与竖直方向的夹角为45°，BD与竖直方向的夹角为60°。在C点悬挂一个重力为G的物体，为使CD绳保持水平，在D点施加最小的力为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-5（巩固） 如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-6（提升） 新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70％棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动。BP板由水平位置逆时针缓慢转动角度（＜60°）时，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，PA挡板对棉包的弹力F1和PB挡板对棉包的弹力F2的大小分别为（　　）

A.
B.
C.
D.
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 平抛运动速度的计算,平抛运动的变式,平抛运动中追及相遇问题

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，在距水平地面的高度分别为2h和h处，将两球水平抛出后，两球在空中运动的水平位移大小之比为1∶2。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A.A、B抛出时的初速度大小之比为1∶4
B.若两球同时抛出，则A、B落地的时间差为
C.若两球在空中相遇，则A、B相遇前在空中运动的时间之比为
D.若两球在空中相遇，则相遇点距地面的高度差为
【正确答案】 D

2-2（巩固） 如图所示，小球A、B分别从和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（　　）

A.A和B的位移大小不相等 B.A的运动时间是B的2倍
C.A的末速度比B的小 D.A的初速度是B的
【正确答案】 D

2-3（巩固） 如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.相遇时间变为 B.相遇时间变为
C.相遇点的高度下降了 D.相遇点的位置在原来的左下方
【正确答案】 C

2-4（巩固） 如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）。现将A向右水平抛出的同时，B自由下落。不计空气阻力，则在A、B与地面发生第一次碰撞前（　　）

A.A、B一定能相碰
B.A、B一定不能相碰
C.A、B有可能相碰
D.若A、B能相碰，则A的初速度一定大于
【正确答案】 C

2-5（巩固） 如图所示，在水平地面上M点的正上方h高度处，将小球S1以速度大小为v水平向右抛出，同时在地面上N点处将小球S2以速度大小为v竖直向上抛出。在S2球上升到最高点时恰与S1球相遇，不计空气阻力。则在这段过程中，以下说法不正确的是（　　）

A.两球的速度变化相同
B.相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为30°
C.两球的相遇点在N点上方处
D.M、N间的距离为h
【正确答案】 B

2-6（提升） 某商家开业酬宾，设置了折扣活动，可简化为如图所示的的模型。活动规则为：顾客在起抛线上将玩具球水平抛出，玩具球必须在碰地反弹后打中右侧奖板才有效。奖板从低至高依次是八折、六折、八折、六折，每块区域高度均为0.6m，起抛线与奖板水平距离为2m。小明试抛时，将玩具球从2m高处水平抛出，球刚好击中八折1区的正中央。玩具球碰地过程中水平速度分量不变，竖直速度等大反向。不计空气阻力，g取10m/s2.下列说法正确的是（　　）

A.试抛时，球抛出时速度为
B.试抛时，球在空中运动时间为
C.若抛出位置不变，想击中六折1区，速度至少为
D.若抛出位置不变，想击中六折1区，速度最大为
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度,v-t图象面积的物理意义、利用v-t图象求位移,v-t图象反应的物理量，及图像形状反应的问题

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 赛龙舟是端午节的传统活动。如图所示的图像描述了甲、乙两条龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划到终点线的运动全过程，下列说法正确的是（　　）

A.刚出发时，甲的加速度大于乙的加速度
B.时刻甲乙齐头并进
C.时刻甲在乙前面
D.比赛全程甲的平均速度大于乙的平均速度
【正确答案】 D

3-2（巩固） 如图所示是A、B两个物体的v-t图像，A、B同时同地出发，则下列说法正确的是（　　）

A.A、B两物体运动方向一定相反
B.t＝4s时，A、B两物体相遇
C.t＝4s时，A、B两物体的速度相同
D.A、B物体都做加速运动
【正确答案】 C

3-3（巩固） 如图，ab两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的v-t图像，已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是（　　）

A.t1时刻两车也相遇
B.在t1～t2这段时间内的相同时刻，a车与b车加速度相等
C.在t1～t2这段时间内，两车平均速度相等
D.t1时刻a车在后，b车在前
【正确答案】 D

3-4（巩固） 如图所示是两个物体A、B做直线运动的速度—时间图像，下列说法正确的是（ ）

A.物体A、B还渐远离
B.物体A做加速直线运动，物体B做减速直线运动
C.物体B的速度变化比物体A的速度变化快
D.物体A的加速度为正值，物体B的加速度为负值，所以物体A的加速度大于物体B的加速度
【正确答案】 C

3-5（巩固） 如图所示为三个运动物体的v-t图像，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是（　　）

A.A、C两物体的运动方向相反
B.t=4s时，A、B两物体相遇
C.t=4s时，A、C两物体相遇
D.t=2s时，A、B两物体相距最远
【正确答案】 C

3-6（提升） 甲、乙、丙三个物体从同一地点出发，沿一条直线运动，图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.乙的加速度最大 B.甲和丙的加速度方向相同
C.丙在内的位移大小为 D.末甲和乙相遇
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 用动量定理解决流体问题

【正确答案】
A
【试题解析】


4-1（基础） 水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，是一种利用高压水流切割的机器。在电脑的控制下能任意雕琢工件，而且受材料质地影响小。因为其成本低，易操作，良品率又高，水切割逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式。如图所示，若水柱的截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后速度减为零，已知水的密度为。则下列说法正确的是（　　）

A.减小水柱的截面S可以增大水对钢板冲力产生的压强
B.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的2倍
C.若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍
D.若在水中添加适量食盐增大水的密度，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强减小
【正确答案】 C

4-2（巩固） 研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出5×10-5 m3的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（ ）
A.0.13 N B.0.68 N C.2.6 N D.13 N
【正确答案】 A

4-3（巩固） 如果没有空气阻力，天上的云变成雨之后落到地面，在经过一路的加速后，到达地面时的速度会达到，这样的速度是非常可怕的，由于空气阻力的作用，雨滴经过变加速运动，最终做匀速运动，一般而言，暴雨级别的雨滴落地时的速度约为，某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为的雨伞（假设伞面水平，雨水的平均密度为），由于下雨使小明增加撑雨伞的力最接近（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

4-4（巩固） 最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（　　）
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
【正确答案】 B

4-5（巩固） 初秋时节，天空晴朗明净，气候凉爽宜人。小明站在荷塘边感受习习凉风，若风以大小为的水平速度正对吹向小明，风与小明的接触面积为S，风与小明作用后的速度变为零，空气的密度为，则小明受到风的压力大小为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

4-6（提升） 如图，风力推动风力发电机的三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，有原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（　　）

A.一台风力发电机的发电功率约为
B.一台风力发电机的发电功率约为
C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为为
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 其他星球表面的重力加速度,根据已知量计算出天体的质量

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 如果已知地球绕太阳公转的周期和轨道半径，在已知万有引力常量G的情况下，可以求得的物理量是（　　）
A.地球质量 B.月球质量 C.太阳质量 D.太阳密度
【正确答案】 C

5-2（巩固） 从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约，“玉兔”月球车的质量约。截至2022年5月5日，“祝融号”火星车在火星表面工作347个火星日，累计行驶1921米。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比约为（　　）

A.8 B.4 C.2 D.1
【正确答案】 B

5-3（巩固） 为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T。则太阳的质量为（忽略地球自转）（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

5-4（巩固） 2021年5月15日，“天问一号”探测器成功着陆火星，迈出了中国火星探测征程的重要一步。若探测器在着陆前，绕火星表面运行的轨道是圆形，已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，火星表面重力加速度与地球表面重力加速度的比值是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-5（巩固） 假设天体是一半径为R、质量分布均匀的球体。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。如图，O为地面上的点，用d表示离地面深度，h表示离地面高度，则各点的重力加速度g随d、h变化的图像正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

5-6（提升） 若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙号”下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度大小之比为（质量分布均匀的球壳对内部物体的万有引力为零）（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 平均功率与瞬时功率的计算,用动能定理求解外力做功和初末速度

【正确答案】
D
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，在水平地面上方的某一水平面上，从水平面的左侧某点竖直上抛一个小球A，从水平面的右侧某点水平向右抛出另一个小球B，两球可视为质点且质量相同，抛出时初速度大小相同，不计空气阻力，关于两球从抛出到落地的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A.重力对A球做的功较多
B.重力对两球做功的平均功率相等
C.落地时两球的瞬时速率相等
D.落地时重力对B球做功的瞬时功率较大
【正确答案】 C

6-2（巩固） 一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直向上抛出、水平抛出，竖直向下抛出，不计空气阻力，以抛出点所在水平面为参考平面，从抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A.竖直上抛小球运动过程中重力做功最多
B.竖直下抛小球落地瞬间动能最大
C.三球落地瞬间重力的瞬时功率相同
D.三球落地瞬间机械能相同
【正确答案】 D

6-3（巩固） 排球运动员将完全相同的甲、乙两球以相同大小的初速度v0分别沿水平向右、竖直向上方向抛出，抛出点离地面的高度均为h。假设空气阻力大小恒定，方向与排球运动方向相反，下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙两球分别做平抛运动和竖直上抛运动，运动过程中两球加速度相同
B.甲、乙两球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功与路程无关
C.若甲球落地时速度大小为v，则在落地瞬间重力做功的瞬时功率为mgv
D.乙球从抛出点上升到最高点过程中克服重力做功的平均功率大于从最高点返回至抛出点过程中重力做功的平均功率
【正确答案】 D

6-4（巩固） 在水平地面上竖直上抛一个小球，小球在运动过程中重力瞬时功率的绝对值为P，离地高度h。不计空气阻力，从抛出到落回原地的过程中，P与h关系图像为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

6-5（巩固） 在同一高度将三个相同的小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力。从抛出到落地过程中，三球（　　）
A.重力做功的平均功率相同 B.落地时重力的功率相同
C.落地时的速度相同 D.落地时的动能相同
【正确答案】 D

6-6（提升） 如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处以初速度v0水平抛出，两球恰好同时到达同一水平高度处（不计空气阻力）。下列说法中正确的是（　　）

A.两小球同时落地
B.从开始运动到两球到达同一水平高度，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
C.两小球落地时，重力的瞬时功率相同
D.到达同一水平的高度后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 碰撞

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 质量为1 kg的小球A以v0=4 m/s的速度与质量为3 kg的静止小球B发生正碰，碰后A球速度为v1，B球速度为v2，关于v1和v2的数值中可能的是（　　）
A.v1=1 m/s，v2=1 m/s B.v1=2.5 m/s，v2=0.5 m/s
C.v1=0.5 m/s，v2=2 m/s D.v1=-5 m/s，v2=3 m/s
【正确答案】 A

7-2（巩固） 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（　　）
A.ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B.ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D.ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
【正确答案】 A

7-3（巩固） 在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度-时间图像可能正确的是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-4（巩固） 质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为pA=9kg•m/s，B球的动量为pB=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）
A.pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s
B.pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s
C.pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s
D.pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s
【正确答案】 A

7-5（巩固） 质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的s—t图象如图所示，以下说法正确的是（　　）

A.碰撞前两物体动量相同
B.m1等于m2
C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D.碰撞前后，两物体的总动能保持不变
【正确答案】 B

7-6（提升） 甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（　　）
A.m甲=m乙
B.m乙=2m甲
C.m乙=4m甲
D.m乙=6m甲
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 平均功率与瞬时功率的计算,动量定理的内容和表达式,利用动量定理求解其他问题

【正确答案】
D
【试题解析】


8-1（基础） 如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（　　）

A.过程Ⅰ的动量变化量等于零 B.过程Ⅱ的动量变化量等于零
C.过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量 D.过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量
【正确答案】 C

8-2（巩固） 如图，桌子边缘用茶叶罐子压着一张纸，欲向外把纸拉走，而让茶叶罐子留在桌上，实验发现纸拉得越快，茶叶罐子越稳定，对此，以下说法正确的是（　　）

A.纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力越小
B.由于罐子有惯性，所以纸拉得越快，罐子惯性越大，越稳定
C.纸拉得越快，纸对罐子的摩擦力的冲量越小
D.无论拉纸的力如何，罐子和纸总会有相对运动，最终罐子总可以留在桌上
【正确答案】 C

8-3（巩固） 一轻绳一端固定在O点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速释放小球.如图所示，小球从开始运动至轻绳达竖直位置的过程中，小球重力的瞬时功率的变化情况是（  ）

A.一直增大 B.一直减小
C.先增大，后减小 D.先减小，后增大
【正确答案】 C

8-4（巩固） 如图所示，用一个水平推力（k为恒量，t为时间），把一物体压在竖直粗糙的足够高的平整墙上。重力加速度大小为g。已知时物体的速度为零，则物体在下滑后速度即将减为零的瞬间，加速度大小为（　　）

A.0 B. C.g D.
【正确答案】 C

8-5（巩固） 摆长为L，摆球质量为m的单摆，以摆角θ（θ＜5°）摆动，它从最大位移处摆到平衡位置的过程中，下面说法正确的是（  ）

A.重力的冲量为 B.重力做的功为mgLcosθ
C.合外力的冲量为 D.合外力的冲量为零
【正确答案】 C

8-6（提升） 如图所示，一辆四分之一圆弧小车停在水平地面上（小车与地面间摩擦不计），质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，为使小车始终保持静止状态，某同学用力F向右推着圆弧小车。设小球滑下四分之一圆弧所用时间为t，该同学对小车的冲量为I。则该同学对小车的推力的平均值和最大值为（重力加速度为g）（　　）

A.和 B.和
C.和 D.和
【正确答案】 A

【原卷 9 题】 知识点 受恒定外力的板块问题

【正确答案】
A
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，桌面光滑，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量均为m，砝码和纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，拉力的大小至少应大于（ ）

A.4μmg B.3μmg C.2μmg D.μmg
【正确答案】 C

9-2（巩固） A、B两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（　　）

A.只有当 ，B才会运动
B.当时，B的加速度大小为
C.当时，A相对B滑动
D.当时，A的加速度大小为1m/s2
【正确答案】 C

9-3（巩固） 如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3（当地重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为（　　）

A.a1=2m/s2，a2=3m/s2
B.a1=3m/s2，a2=2m/s2
C.a1=5m/s2，a2=3m/s2
D.a1=3m/s2，a2=5m/s2
【正确答案】 D

9-4（巩固） 如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6 N的水平力向右拉A，经过5 s ，A运动到B的最右端，且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2下列说法不正确的是（　　）

A.A的加速度大小为0.5 m/s2
B.A、B间的动摩擦因数为0.4
C.若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2
D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为s
【正确答案】 A

9-5（巩固） 已知A与B的质量分别为m1=1kg，m2=2kg，A与B间的动摩擦因数μ1=0.3，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，如图甲、乙所示。现在用大小为F的力，分别作用在A、B上，则下列判断正确的是（设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力）（　　）

A.甲图中，当F≤6N时，A、B之间有摩擦力
B.甲图中，当F>6N时，A、B开始相对滑动
C.乙图中，当F≥3N时，A、B相对静止
D.乙图中，无论F多大，B都不会滑动
【正确答案】 D

9-6（提升） 如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　）

A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B.当力F=μmg时，A、B间的摩擦力为
C.无论力F为何值，B的加速度不会超过
D.当力时，B相对A滑动
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 超重与失重

【正确答案】
B D
【试题解析】


10-1（基础） 如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A.人对体重计的压力大小为
B.人对体重计的压力大小为
C.人对体重计的压力大于体重计对人的支持力
D.人对体重计的压力等于体重计对人的支持力
【正确答案】 AD

10-2（巩固） 引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一、如图甲所示，质量为m=55kg的某同学，双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上运动过程中，其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取，由图像可知（　　）

A.t=0.4s时，他正处于超重状态
B.t=0.5s时，他的加速度约为
C.t=1.1s时，他受到单杠的作用力的大小为550N
D.t=1.5s时，他正处于超重状态
【正确答案】 ABC

10-3（巩固） 在升降机底部安装一个力传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从时刻开始竖直向上运动，力传感器显示力F随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　）

A.在0 ~ 2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态
B.在t0 ~ 3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C.t = t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D.时刻，物块所受的支持力大小为2mg
【正确答案】 AC

10-4（巩固） 图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“.”表示人的重心。图乙是根据力传感器采集到的数据画出的力—时间图象。两图中各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。根据图象可知（　　）

A.d点位置对应人处于超重状态
B.c点位置对应人处于失重状态
C.b点位置对应人处于下蹲过程的最低点
D.b点位置对应人处于失重状态
【正确答案】 AD

10-5（巩固） 几位同学为了探究电梯起动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层．用照相机进行了相关记录，如图所示．图1为电梯静止时体重计的照片，图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片．根据照片推断正确的是（　　）

A.根据图2推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态
B.根据图3推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态
C.根据图4推断电梯可能处于减速上升过程，电梯内同学一定处于失重状态
D.根据图5推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于超重状态
【正确答案】 CD

10-6（提升） 如图所示，质量为的物块放在一个静止木箱内，和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列哪种情况可以使物块相对木箱底面移动（　　）

A.让木箱以的加速度水平向左加速
B.让木箱以的加速度水平向右加速
C.让木箱以的加速度竖直向下加速
D.让木箱以的加速度竖直向上加速
【正确答案】 AC

【原卷 11 题】 知识点 动量和动能的区别与联系,动量守恒定律的内容、应用范围和推导

【正确答案】
A C
【试题解析】


11-1（基础） 图的相互作用过程中，可以认为系统动量守恒的是（　　）
A.轮滑女孩从后面推轮滑男孩
B.子弹击穿饮料瓶的短暂过程
C.宇航员在舱外将一件小设备抛离自己
D.汽车发生轻微碰撞
【正确答案】 ABC

11-2（巩固） 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，对于两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是（　　）

A.两运动员的加速度大小相同
B.两运动员相互作用力冲量的矢量和一定等于零
C.两运动员相互作用力做功之和一定等于零
D.两运动员组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【正确答案】 BD

11-3（巩固） 如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB=3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是（　　）

A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
【正确答案】 BCD

11-4（巩固） 如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　）

A.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统，动量守恒，机械能守恒
B.在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做的功为零
D.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做正功
【正确答案】 BC

11-5（巩固） 如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为、，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为、的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（　　）

A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒
B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B初速度的大小关系为
D.两物块A、B运动的路程之比为2：1
【正确答案】 AD

11-6（提升） 如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 CD

【原卷 12 题】 知识点 利用机械能守恒定律解决简单问题

【正确答案】
A B
【试题解析】


12-1（基础） 质量为m的小球由静止开始自由下落，在它正下方有一轻弹簧竖直放置，如图所示。已知小球自距轻弹簧上端h处开始下落，重力加速度大小为g，则（　　）

A.小球与轻弹簧接触时速度大小为
B.小球与轻弹簧接触后，小球的机械能守恒
C.小球与轻弹簧接触后，小球的动能开始减小
D.小球运动到最低点时，轻弹簧的最大弹性势能大于mgh
【正确答案】 AD

12-2（巩固） 兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机．弹弓的构造如图1所示，其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上．橡皮筋处于ACB时恰好为橡皮筋原长状态（如图2所示），将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去．C、D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计．现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中（ ）

A.模型飞机在D位置所受弹力最大
B.模型飞机在C位置时的速度最大
C.模型飞机的加速度先减小，后增大
D.模型飞机的机械能一直在增大
【正确答案】 ACD

12-3（巩固） 如图甲所示，小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上，并压缩弹簧，从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度ΔL之间的关系如图乙所示，其中b为曲线最高点，不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则下列说法正确的是（　　）

A.小球受到的弹力逐渐减小
B.小球在b点时重力和弹力大小相等
C.在运动过程中小球的动能不断增大
D.在运动过程中小球的机械能不断减小
【正确答案】 BD

12-4（巩固） “弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一。其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，AB连线的中垂线上有C、E、D三点，其中橡皮筋ACB恰好处于原长。将橡皮筋弹丸放在C处，一手执把，另一手将弹丸拉至D点后放手，弹丸就会在皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（　　）

A.从D到C过程弹丸的机械能不守恒
B.从D到C过程弹丸的动能一直在增大
C.从D到C过程弹丸所受的合力逐渐减小
D.从D到E过程弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能
【正确答案】 AD

12-5（巩固） 重的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知，，那么在整个过程中（　　）

A.滑块动能的最大值是
B.弹簧弹性势能的最大值是
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是
D.整个过程滑块与弹簧组成的系统机械能守恒
【正确答案】 BCD

12-6（提升） 如图，一根弹簧下端固定在粗糙斜面的底端，上端栓接着一个滑块，初始时滑块静止在P处，弹簧自然伸长。现用外力将滑块沿斜面向下缓慢推至Q处后由静止释放，则（　　）

A.滑块有可能静止在Q处，也有可能来回运动后再停在Q处
B.滑块不可能来回运动后停在P处
C.滑块向上滑动过程中，加速度先减小后增大
D.滑块在停下的前后瞬间，摩擦力可能等大反向
【正确答案】 CD

【原卷 13 题】知识点 卫星发射及变轨问题中各物理量的变化

【正确答案】
B D
【试题解析】


13-1（基础） 如图所示为发射同步卫星的示意图，现代技术发射同步卫星，可将卫星发射后直接进入椭圆轨道1，椭圆轨道的近地点在近地圆轨道上（图中未画出），卫星在椭圆轨道的远地点P处点火加速，变轨到地球同步圆轨道2。则下列说法正确的是（　　）

A.卫星在轨道1、2上的运行速度均不超过
B.卫星在轨道1、2上运行时加速度均不超过地面的重力加速度
C.卫星在轨道1的P点和轨道2的P点，速度、加速度均不相等
D.卫星在轨道2上做圆周运动的角速度和北京地面上一物体随地球自转的角速度相等
【正确答案】 BD

13-2（巩固） 图为嫦娥三号登月轨迹示意图。图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点。a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是（　　）

A.嫦娥三号在环地球轨道上的速度大于11.2km/s
B.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速
C.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1>a2
D.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的速度为v1，在椭圆轨道b上经过N点时的速度为v2，则v1 【正确答案】 BD

13-3（巩固） 北京时间2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船成功对接于天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约7小时。对接采用我国自主研发的自主快速交会对接，过程可以简化为如图所示的过程，天和核心舱在圆轨道上运行，神舟十四号在椭圆轨道上，近地点为，远地点与圆轨道相切于点，二者同时到轨道切点处自主快速交会对接，已知引力常量、天和核心舱的线速度和角速度，下列说法正确的是（　　）

A.根据题中的条件可以求出地球的质量为
B.神舟十四号载人飞船从近地点到切点的过程，航天员处于超重状态
C.神舟十四号载人飞船在点的线速度大于天和核心舱在圆轨道上的线速度
D.在切点，神舟十四号载人飞船的重力加速度小于天和核心舱的重力加速度
【正确答案】 AC

13-4（巩固） 飞天揽月，奔月取壤，“嫦娥五号”完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的距离为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。下列关于“嫦娥五号”的说法不正确的是（　　）

A.由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向后喷气
B.在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
C.在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上的小
D.在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为
【正确答案】 ABC

13-5（巩固） 最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器，且计划在火星建立人类聚居基地。登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）

A.飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
B.飞船在轨道Ⅰ上的P点的加速度大于在轨道Ⅱ上的P点的加速度
C.飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，则可以推知火星的密度
【正确答案】 AD

13-6（提升） 我国发射的“天问一号”火星探测器到达火星后开展了一系列复杂的变轨操作：2021年2月10日，探测器第一次到达近火点时被火星捕获，成功实现火星环绕，进入周期为10天的大椭圆轨道；2月15日，探测器第一次到达远火点时进行变轨，调整轨道平面与近火点高度，环火轨道变为经过火星南北两极的极轨；2月20日，探测器第二次到达近火点时进行轨道调整，进入周期为4天的调相轨道；2月24日，探测器第三次运行至近火点时顺利实施第三次近火制动，成功进入停泊轨道。极轨、调相轨道、停泊轨道在同一平面内。探测器在这四次变轨过程中（　　）

A.沿大椭圆轨道经过远火点与变轨后在极轨上经过远火点的加速度方向相同
B.沿极轨到达近火点变轨进入调相轨道点火喷射的方向与运动方向相同
C.沿极轨、调相轨道经过近火点时的加速度不相等
D.大椭圆轨道半长轴与调相轨道半长轴的比值为
【正确答案】 ABD

【原卷 14 题】 知识点 常见力做功与相应的能量转化

【正确答案】
B D
【试题解析】


14-1（基础） 如图所示，A为系在竖直轻弹簧上的小球，在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点，现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法正确的是（ ）

A.小球在上升过程中，重力势能逐渐增大
B.小球在上升过程中，动能先增大后减小
C.小球上升至弹簧原长处时，动能最大
D.小球上升至弹簧原长处时，动能和重力势能之和最大
【正确答案】 ABD

14-2（巩固） 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）

A.弹簧的劲度系数为 B.物块A做匀加速直线运动的加速度大小为
C.物块B的质量为 D.F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为
【正确答案】 BD

14-3（巩固） 如图甲所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现将一竖直向上的力F作用在物块P上，使其向上做加速度大小的匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，F-x之间的关系图像如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A.P的质量为1kg
B.P的质量为0.5kg
C.弹簧的劲度系数
D.弹簧的劲度系数
【正确答案】 AD

14-4（巩固） 如图所示，质量为m的小球在外力作用下将弹簧压缩至A点保持静止．撤去外力，在弹簧弹力的作用下小球被弹起，B点是小球在弹簧上自由静止时的位置，C点是弹簧原长位置，D点是小球运动的最高点．小球在A点时弹簧具有的弹性势能为EP，则小球从A到D运动的过程中（ ）

A.弹力对小球所做的功为-EP
B.弹力对小球所做的功为EP
C.AD的距离为
D.AD的距离为
【正确答案】 BD

14-5（巩固） 如图所示，质量的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未栓接），用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度。则下列说法正确的是（ ）

A.物块运动过程的最大加速度大小为
B.弹簧的劲度系数为
C.弹簧最大弹性势能为9J
D.物块加速度为0时离开弹簧
【正确答案】 AB

14-6（提升） 如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A.小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0
B.小物块上升至高度h5时，加速度为g
C.解除锁定前，弹簧的弹性势能为小于mgh5
D.小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了
【正确答案】 BCD

【原卷 15 题】 知识点 研究物体平抛运动实验的目的、原理、器材,研究物体平抛运动实验的步骤和数据处理

【正确答案】
（1）AD    （2）斜槽末端上方小球半径r处    重锤线方向   （3） A
【试题解析】


15-1（基础） 某实验小组用如图所示装置研究平抛运动。钢球从某一高度沿斜槽M滚下，从末端飞出后做平抛运动。在装置中有一个水平放置的可上下调节的挡板N，钢球飞出后，落到挡板上。由于挡板靠近竖直背板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会通过复写纸在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

（1）下列实验条件必须满足的有__________；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
D．移动挡板时，挡板高度等间距变化
（2）如图，得到平抛运动轨迹后，在轨迹上取A、B、C三个点，A、B和B、C的水平间距相等且均为x，测得A、B和B、C的竖直间距分别是和。已知当地重力加速度为g。由此可求得钢球做平抛运动的初速度大小为__________。

【正确答案】 BC或CB

15-2（巩固） 图为某同学研究平抛运动的实验装置示意图。小球每次都从斜槽上某位置无初速度释放，并从斜槽末端飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而根据一系列的落点位置可描绘出小球的运动轨迹。

（1）关于该实验，下列做法正确的是（________）
A．斜槽轨道必须光滑
B．轨道末端必须水平
C．实验时可以将小球从不同位置由静止释放
（2）该同学在实验中，将水平板依次放在图中的1、2、3的位置进行实验，且1与2的间距等于2与3的间距。通过三次实验，得到小球在水平板上自左向右的三个落点，关于三个落点的分布情况，图中可能正确的是（________）

（3）该同学在坐标纸上确定了小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置如图所示。已知坐标纸上每个小方格的长度均为l，重力加速度为g，若已探究得出小球在水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，通过3个点的分布可知a点______（选填“是”或“不是”）小球的抛出点，小球从轨道末端飞出时的初速度______。

【正确答案】 B B 不是

15-3（巩固） 采用如图1所示的装置可以研究平抛运动。图2是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛的小球的直径d相当，可沿虚线折成图1中的样式，放在如图1中的多个合适位置，可用来确定小球经过的运动轨迹。已知重力加速度为g。

（1）已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台（含铁夹），还需要的一种实验器材是___________。
A．秒表 B．天平 C．重锤线 D．弹簧测力计
（2）关于本实验的一些说法，正确的是___________。
A．斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同
B．应该将斜槽轨道的末端调成水平
C．以斜槽末端，紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标的原点O
D．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接
（3）已知理想的平抛运动在水平方向和竖直方向的位移分别为x和y，则其初速度大小v0= ___________。在实际的平抛运动实验的研究中，也利用上述关系式计算初速度，那么计算的初速度误差与x、y的大小选取是___________。（选填“有关”或“无关”）
（4）甲同学得到部分运动轨迹如图3所示。图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l，P1、P2和P3是轨迹图线上的三个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。那么，小球从P1运动到P2所用的时间为___________，小球抛出后的水平速度为___________。

（5）判断所描绘曲线是否为抛物线是本实验的目的之一、若乙同学实验得到的平抛运动的轨迹是图4所示的曲线，图中的O点是小球做平抛运动的起点。可用刻度尺测量各点的x、y坐标，如P1的坐标（x1，y1）、P2的坐标（x2，y2）、P3的坐标（x3，y3）等。怎样通过这些测量值来判断这条曲线是否是一条抛物线？并请简述判断的方法___________。

【正确答案】 C B 有关 见解析

15-4（巩固） 某同学做“探究平抛运动的特点”实验。
（1）该同学先用图1所示的器材进行实验。他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到A、B两球同时落地。关于本实验，下列说法正确的是（______）

A．实验现象可以说明平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
B．实验现象可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
C．实验现象可以同时说明平抛运动在两个方向上的运动规律
（2）为了在（1）实验结论的基础上进一步研究平抛运动的规律，该同学用图2所示的器材继续进行实验，描绘出小球做平抛运动的轨迹。如图3所示，以小球的抛出点O为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。该同学在轨迹上测量出A、B、C三点的坐标分别为、和。如果坐标满足___________关系，说明小球抛出后在O、A、B、C相邻两点间运动经历了相等的时间间隔。同时，如果坐标还满足___________关系，那么证明小球的水平分运动是匀速直线运动。

（3）某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置。如图4所示，在一个较高的塑料筒侧壁靠近底部的位置钻一个小孔，在小孔处沿水平方向固定一小段吸管作为出水口。将塑料筒放在距地面一定高度的水平桌面上，在筒中装入一定高度的水，水由出水口射出，落向地面，测量出水口到地面的高度y和水柱的水平射程x。在实验测量的过程中，该同学发现测量水柱的水平射程x时，若测量读数太慢，x的数值会变化。

a.请分析水平射程x的数值变化的原因。（_______）
b.为了减小实验误差，应选用直径较大的容器，还是直径较小的容器？请说明判断依据。（_______）
【正确答案】 B 见解析 用直径较大的容器

15-5（巩固） 在“探究平抛运动的特点”实验中。某同学采用如图所示的实验装置，每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。

（1）研究平抛运动规律时，下述条件中有利于减小误差的是___________；
A.斜槽轨道尽量光滑
B.斜槽轨道末端保持水平
C.减小水平板每次移动的距离，获得更多的记录点
D.使用密度更大的小钢珠进行实验
（2）实验后得到了如图所示的小球轨迹，每小格的边长L=5cm，实验中记录了小球运动途中的三个位置，如图所示。则可知该小球做平抛运动的初速度为___________m/s。（结果保留一位小数，g取10m/s2）

（3）下列图像中，能正确反映上述实验中y与x关系的是___________。
A. B. C.
【正确答案】 BCD或BDC或CBD或CDB或DBC或DCB 1.5 C

15-6（提升） 某学习小组为探究平抛运动的规律，使用小球、频闪仪、照相机、刻度尺等进行了如下实验。
①将小球以某初速度水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄；
②某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示，图中A处为小球抛出瞬间的影像，AB、BC之间各被删去了1个影像；
③经测量，AB、BC两线段的长度之比为a：b。
已知频闪仪每隔时间T发出一次闪光，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

（1）AB、BC之间的水平距离理论上满足xAB_________xBC（填“大于”或“等于”或“小于”）；
（2）BC之间实际下落的竖直高度为_________（用g、T表示）；
（3）小球抛出时的初速度大小为_________（用g、T、a、b表示）。
【正确答案】 等于 6gT2

【原卷 16 题】 知识点 验证加速度与力成正比的实验步骤、数据处理与误差分析,验证加速度与质量成反比的实验步骤、数据处理与误差分析

【正确答案】
 
【试题解析】


16-1（基础） 用如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力。

（1）李同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止。这位同学的操作是不正确的，正确的操作应当是：____________
（2）如果这位同学按（1）中的操作做实验，他不断改变对小车的拉力F，得到在小车质量M保持不变情况下的a-F图线是下图中的______（将选项代号的字母填在横线上）。
A． B. C. D.
（3）下图是该同学在正确操作下获得的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6计数点，每相邻计数点之间还有4个点没有标出，已知打点计时器使用的交流电频率为f。用s1、s2、s3、s4、s5、s6以及f来表示小车加速度为a＝______。

（4）为减小误差，实验中要进行小车的质量M跟砂和砂桶的总质量m的选取，以下最合理的一组是（______）
A.M＝200g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
（5）张同学改进了实验装置，在小车的前方安装一个拉力传感器，其它操作正确无误。由于安装了拉力传感器，下列操作要求中不需要的是______（填选项前的字母）。

A.测出砝码和砝码盘的总质量
B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力
C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行
D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量
【正确答案】 给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑 C C AD

16-2（巩固） 某中学的一名同学设计了如图1所示的实验装置，探究“质量一定时加速度与力的关系”。水平桌面上放置一个木块，右端纸带穿过打点计时器限位孔，左端通过细线和水平弹簧测力计、砂桶相连，弹簧测力计固定在水平台面上。细线拉直时，桌面上方的细线水平。木块靠近打点计时器，先接通电源，再释放木块，打出一条纸带，改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，记录对应的弹簧测力计的示数。
（1）实验中___________测量木块的质量；___________满足木块质量远大于砂和砂桶的质量（填“需要”或“不需要”）。

（2）某次实验得到一条纸带，如图乙所示，交流电源的频率为，图中每相邻两个计数点之间有4个计时点没有画出，则木块的加速度为___________（计算结果保留两位有效数字）。

（3）以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的加速度随变化的图像是一条直线，图中和斜率已知，重力加速度为g，图像不过原点的原因为_______，木块的质量为_______。
【正确答案】 不需要 不需要 未平衡摩擦力

16-3（巩固） 在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小华同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。

（1）关于该实验的操作，下列说法正确的是___________
A.不必用天平测出砂和砂桶的质量
B.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
C.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是_____m/s2。（计算结果保留三位有效数字）；

（3）由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车与轨道的滑动摩擦力 ___________N。

（4）小明同学不断增加砂子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为___________m/s2（g取10m/s2）。
【正确答案】 B 2.40 1.0 5.0

16-4（巩固） 某同学用如图甲所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”，已知当地的重力加速度为g。

（1）实验中，需要平衡打点计时器对小车的阻力及其它阻力，下列相关操作正确的是______（填选项）。
A．平衡摩擦力时，应先将砂桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B.平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动
（2）保持砂和砂桶质量不变，改变小车上砝码的质量，测出小车和车上砝码的总质量M及对应的加速度a。

①如图乙所示是实验某次用打点计时器打下的一条纸带。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，根据纸带求出小车运动时的加速度大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）；
②实验小组做出图线，如图丙中实线所示。

下列对实验图线偏离直线的主要原因分析，正确的是______（填选项）。
A．测量不准确引起的，属于偶然误差
B.未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，属于系统误差
③图线的曲线将不断地延伸，那么该曲线所逼近的渐近线的方程为_______。
（3）实验小组调整了图像的横纵坐标，以小车的加速度的倒数为纵轴，以小车和车上砝码的总质量M为横轴，描绘出上图像。已知实验中已经完全平衡了摩擦力和其它阻力的影响，发现图像不过原点，根据牛顿第二定律认为在拉力不变的情况下与M应该成正比，该组同学百思不得其解，请你告诉该同学图中纵轴上的截距的物理意义是______（用题中所给的字母表示）。

【正确答案】 B 0.75 B g

16-5（巩固） 某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图，其中在挂钩与沙桶之间连接了一个力传感器，交流电的频率为50Hz。

（1）图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为_________m/s2；（保留二位有效数字）

（2）保持沙和沙桶质量不变，改变小车质量m分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
8
小车加速度a/m·s–2
1.90
1.72
1.49
1.25
1.00
0.75
0.50
0.30
小车质量m/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
1.67

4.00
3.45
3.03
2.50
2.00
1.41
1.00
0.60
根据实验数据描绘出的图线如图所示，请由图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是________；

（3）另有一组同学利用本实验装置，在保持小车质量不变的情况下，改变沙和沙桶的总质量，测量并记录了多组数据，描绘出的关系图线如下A、B、C图所示，能正确反映本实验中关系是哪个图线_________；
A．B．C．
【正确答案】 B

16-6（提升） 用下列器材测量小车质量M。小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、6个槽码，每个槽码的质量m均为10g。

（1）完成下列实验步骤中的填空：
①按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列______的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑。
②保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a。
③依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②。
④以取下槽码的总个数n（）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
（2）已知重力加速度大小，请完成下列填空：
①下列说法错误的是______。
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为4mg

②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝______（保留三位有效数字）。
③变化的关系式为______（用M、m、g、a、n表示），若图线的斜率为，可计算出小车的质量M＝______kg（保留三位有效数字）。
【正确答案】 等间距 CD 0.820 0.185kg

【原卷 17 题】 知识点 计算中心天体的质量和密度

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道运行数圈后，着陆在该行星上，宇宙飞船上备有以下实验器材：
A.精确秒表一只；
B.质量为m的物体一个；
C.弹簧测力计一只；
D.天平一架（包括砝码一套）。
已知宇航员在绕行及着陆后各做一次测量，根据所测量的数据可以求出该星球的质量M、半径R（已知引力常量为G）。
（1）两次测量的物理量分别为______；
（2）两次测量所选用的仪器有______（用该仪器前的字母序号表示）；
（3）用所测值求出星球质量M=______，半径R=______。
【正确答案】 飞船绕行星表面运行的周期T、着陆后质量为m的物体的重力（等于F） ABC

17-2（巩固） 一宇航员到达某星球表面后，为测定该星球的平均密度，做了如下实验：取一细线，细线一端拴一小球，使它在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，测得细线长度为L，细线与轴线之间的夹角为θ。小球质量为m，圆周运动的周期为T。已知引力常量为G，星球半径为R。
（1）根据测得数据推导该星球表面的重力加速度g′___________
（2）求出该星球的平均密度___________。
（3）若根据实验求得的平均密度偏大，则下列原因可能的是___________，并说明理由。___________
a、周期T测量数据偏大；
b、细线长度L测量数据偏大；
c、夹角θ测量数据偏大

【正确答案】 b 根据可得L测量数据偏大偏大

17-3（巩固） 某研究性学习小组首先根据小孔成像原理估测太阳半径，再利用万有引力定律估算太阳的密度，准备的器材有：①不透光圆筒，一端封上不透光的厚纸，其中心扎一小孔，另一端封上透光的薄纸（如图甲所示）；②毫米刻度尺。某次实验中该组同学绘出了太阳通过小孔成像的光路图（如图乙所示），图中CD线段表示太阳的直径，AB线段表示太阳的像。已知地球绕太阳公转的周期为T，万有引力常量为G。则：

（1）为估算太阳的密度，实验中需要测量的物理量是图乙中的：___________和___________
（2） 设太阳到地球的距离为r，根据小孔成像原理估测太阳半径的表达式为：R=___________：
（3） 由本实验中所测量的物理量，推算出的太阳密度的表达式为：=___________。
【正确答案】 太阳像的直径d 圆筒长为L

17-4（巩固） 2050年，我国宇航员登上某一未知天体，已知该天体半径为R，现要测得该天体质量，宇航员用如图甲所示装置做了如下实验：悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，而小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是，照片中坐标为物体运动的实际距离，已知万有引力常量G，则：

（1）由以上信息，可知a点_______（选填“是”或“不是”）小球的抛出点；
（2）由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是_______；
（3）该星球质量为_________（用G、R表示）。
【正确答案】 是 0.8

17-5（巩固） 在研究平抛物体运动的实验中，某同学记录小球运动途中的B．C两点的位置，现已知每2点之间的时间间隔为0.1s，由此可以推当地重力加速度为g=______m/s2。在学习过万有引力相关知识后，我们知道利用地球表面重力加速度这一物理可以可以计算地球的质量，现在已知万有引力常数为G=6.67×10-11N•m2/kg2，地球半径R=6300km，请用以上物理量表示地球质量M=______，则地球质量约为______kg

【正确答案】 10

17-6（提升） （1）某物理小组的同学设计了一个测量玩具小车通过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.10m）。完成下列填空：

①将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00kg
②将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为______kg；

③将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示；
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.75
1.85
1.75
1.85
④根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力大小为______N（保留三位有效数字）；小车通过最低点时的速度大小为______m/s。（重力加速度g取10m/s2，计算结果可保留根号）
（2）一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在行星上，宇宙飞船上备有以下实验仪器：
A.弹簧测力计一个 B.精确秒表一只
C.天平一台（附砝码一套） D.物体一个
为测定该行星的密度，宇航员在绕行中进行了一次测量，依据测量数据可以求出密度。
①绕行时所测物理量为______（限用文字说明和相应符号表示）
②密度为=______（万有引力常量为G）
【正确答案】 1.50 8.00 宇宙飞船的绕行周期

【原卷 18 题】 知识点 用动能定理求解外力做功和初末速度,平抛运动位移的计算

【正确答案】
（1）0.90m；（2）0.90J；（3）4.0m/s
【试题解析】


18-1（基础） 如图所示，一质量为m=0.10kg的小物块以初速度v0从粗糙水平桌面上某处开始运动，经时间t=0.2s后以速度飞离桌面，最终落在水平地面上．物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取．求：

（1）小物块的初速度的大小；
（2）小物块落地点距飞出点的水平距离x；
（3）小物块落地时的动能．
【正确答案】 （1）3.5m/s （2）0.9m （3）0.9J

18-2（巩固） 如图所示，在离地高度为H的水平桌面上，一个质量为m的物体被人斜向上抛出，它到达地面时的速度大小为v，不计空气阻力，求：
（1）物体运动至水平桌面下h处的A点时，所具有的动能是多大；
（2）人对该物体做的功是多少．

【正确答案】 （1）EkA = mv2 – mg(H – h) （2） W = mv2 – mgH

18-3（巩固） 如图所示，弧形轨道AB末端与水平左面在B点相切。质量m=0.5kg的小滑块，沿弧形轨道下滑，从B点以vB=2m/s的速度水平飞出．若桌面离地面高度h=0.45m，规定地面的重力势能为零，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：
（1）小滑块从B点飞出到落地的时间；
（2）小滑块在B点的重力势能；
（3）小滑块落地时的动能。


【正确答案】 (1)；(2)；(3)

18-4（巩固） 如图所示，倾角为的斜面体ABC固定在高度为水平桌面上，斜面顶点C与桌面边缘D距离L=0.4m，Q为斜面上的一点，P是QC的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数，与桌面间动摩擦因数。将小滑块从斜面上Р点由静止释放，刚好能够停在D点；再将小滑块从斜面上Q点由静止释放，小滑块越过D点做平抛运动落在水地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损失不计，，重力加速度g取。求：
（1）斜面上点P与点C之间的距离；
（2）小滑块做平抛运动的水平位移大小。

【正确答案】 （1）0.2m；（2）

18-5（巩固） 如图甲所示，高的桌面上固定一竖直平面内的半径的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。
（1）求小球运动到B处时对轨道的压力大小；
（2）求球筐距B处的水平距离；
（3）如图乙所示，把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值。

【正确答案】 （1）1.5N；（2）1.6m；（3）0.8J

18-6（提升） 如图所示，在粗糙水平桌面上静止放置一质量的小物块，它与水平桌面的动摩擦因数，且与桌面边缘O点的距离。在桌面右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。已知重力加速度。
（1）若小物块恰能击中挡板上边缘坐标为（0.9m，0.45m）的p点，求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。（结果可保留根号）

【正确答案】 （1）；（2） ；（3）

【原卷 19 题】 知识点 含有动量守恒的多过程问题

【正确答案】
（1）vB=5m/s（2）4N•s（3） 8J
【试题解析】


19-1（基础） 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失。为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧。已知在OM段A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间的速度v的大小；
（2）碰撞过程挡板B受到物块A碰撞的冲量I；
（3）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

【正确答案】 （1）；（2），水平向左；（3）

19-2（巩固） 如图所示，为光滑半圆轨道其半径，为粗糙斜面轨道其倾角，距水平面高度为，两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道相连，处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上，用细线将A、两物块间的轻质弹簧压缩后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。剪断细线后，物块恰好能到达斜面轨道最高点，已知物块A、的质量均为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块到达点或点之前已和弹簧分离。重力加速度取。求：
（1）A、B物块分离过程中弹簧对物块B的冲量；
（2）弹簧储存的弹性势能；
（3）如物块A离开后的落到平面上，计算落地点到的距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）m

19-3（巩固） 如图所示，AC为光滑半圆轨，道其半径R＝1m，BD为粗糙斜面轨道，其倾角θ＝37°，D距水平面高度h=6m，两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻质弹簧压缩后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。同时放开左右两挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D，已知物块a、b的质量均为2.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，物块到达A点或B点之前已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）开始时弹簧储存的弹性势能；
（2）a、b物块分离过程中弹簧对物块b的冲量大小；
（3）请通过计算说明物块a能否通过C点?若能，请求出物块a离开C后的落点到A的距离。

【正确答案】 （1）500J；（2）；（3）能，8m

19-4（巩固） 如图所示，质量的长木板静置于光滑水平地面上，木板左端有挡板，水平轻弹簧左端固定于挡板上，质量的可视为质点的小物块置于木板右端，物块与弹簧右端相距L=1m。现给物块一大小、方向水平向左的瞬时冲量，物块向左运动，与弹簧发生作用后，在距木板右端d=0.6m处相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数，弹簧具有的弹性势能，其中表示弹簧相对原长发生的形变量，弹簧始终处于弹性限度内，取重力加速度大小。求：
（1）物块刚获得冲量后的速度大小；
（2）系统在整个过程中产生的热量Q；
（3）弹簧的劲度系数k。

【正确答案】 （1）4m/s；（2）；（3）250N/m

19-5（巩固） 如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA=1kg，B的质量mB= mC=2kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
（1）弹簧被压缩到最短时，B物体的速度大小；
（2）弹簧给滑块B的冲量；
（3）滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能；
（4）若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。

【正确答案】 （1）1m/s；（2）4 N∙s；（3）0.5 m/s ，2.25J；（4）0.5 m/s ，0.5J

19-6（提升） 两等高的长木板M、N放在光滑水平面上，两木板相邻但不粘连，木板N固定在水平面上，右侧固定有半径R=0.18 m的光滑半圆轨道，半圆轨道最下端与长木板N的上表面相切，长木板N上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A、B间夹一被压缩的轻质弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手固定A、B不动，此时弹簧储存的弹性势能为Ep=48 J，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧原长。放手后A向左、B向右运动，细绳在极短时间内被拉断，之后B冲上半圆轨道，B恰能到达半圆轨道最高点C，A滑上长度为L=2m的木板M，木板N的上表面光滑，物块A和木板M上表面间的动摩擦因数为μ=0.4，木板M的质量m=1kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求细绳被拉断过程中细绳对B的冲量I的大小；
（2）求A滑离M瞬间的速度大小；
（3）为了使A不滑离M，从A刚滑上M开始对M施加水平向左的拉力F，求拉力F应满足的条件。

【正确答案】 （1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N

【原卷 20 题】 知识点 完全弹性碰撞,动量守恒定律解决多过程问题

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） .如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B发生弹性碰撞。已知A的质量，B的质量，圆弧轨道的半径，圆弧轨道光滑，A和B与桌面之间的动摩擦因数均为，取重力加速度。
（1）求碰撞前瞬间A的速率；
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）最终A和B静止时的距离L。

【正确答案】 （1）3m/s；（2）1m/s，2m/s；（3）0.75m

20-2（巩固） 如图所示，光滑水平地面上放有一滑块B，滑块的一面是半径为R、光滑的圆弧，圆弧与水平面相切，B右侧水平面上某点放一滑块C，C右侧水平面上固定一半径未知的光滑半圆轨道。滑块A从圆弧最上端由静止滑下，在水平面上与滑块C碰撞，碰撞后A的动能减小为原来的，C滑块刚好能滑到右侧半圆轨道的最高点。已知A的质量，B的质量，C的质量，重力加速度为g，A和C都可看成质点，求：
（1）A滑块从一圆弧滑下两滑块分离时，B物块向左运动的位移大小；
（2）A与C碰撞后，A能否再次滑上B，请说明理由；
（3）半圆轨道的半径为多大。

【正确答案】 （1）；（2）不能再次滑上B，理由见解析；（3）

20-3（巩固） 如图所示，光滑水平面左端固定一竖直面内的光滑半圆轨道，DE为其一条直径，且DE垂直水平面，轨道半径R＝1.6m，右端接一倾角为θ＝37°的固定斜面，一质量为m的物块甲从斜面上离水平面高h＝3R的A点由静止滑下，刚好能到达半圆轨道的最高点E，忽略通过轨道连接处的能量损失。取g＝10m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）如果在水平面上C点放一质量为m的物块乙，甲从斜面上某处由静止滑下后与乙发生弹性碰撞，碰后乙恰好能到达半圆轨道的最高点E，求甲刚开始下滑时离水平面的高度。

【正确答案】 （1）0.125；（2）2.7m

20-4（巩固） 如图所示，三个质量分别为、1、1的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。
（1）求B与C碰撞前B的速度大小；
（2）若A与B的碰撞时间约为，求B对A的平均作用力。

【正确答案】 （1）6m/s；（2），负号说明方向向左

20-5（巩固） 如图所示，超市购物车的后侧围栏可以向上转动，不用时将购物车依次嵌入前车中减少占据空间。若某人将一辆空置购物车A由静止迅速推出，经过时间t后，车A以水平速度v0撞上正前方另一辆静止的空置购物车B，相撞后两车一起运动（碰撞时间极短）。已知空置购物车质量为M（含围栏），围栏质量为m；某人将车A推出时推力的冲量为I，相撞后车B的围栏重心上升的高度为h。求：
（1）购物车受到地面的平均摩擦力大小f；
（2）碰撞后两车一起运动的速度大小v；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能△E

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

20-6（提升） 如图所示，倾角为的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动磨擦因数为，重力加速度为g，滑块均视为质点，求：
（1）滑块A下滑的高度；
（2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。

【正确答案】 （1）或；（2），次


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
工人受到重力、墙壁的支持力和悬绳的拉力，如图所示

根据共点力平衡条件，有
，
当缓慢减小悬绳的长度，即工人上移时，悬绳与竖直方向的夹角增大，故增大，增大，但和的合力与重力平衡，保持不变。
故选B。
1-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由题意可知，金属球的受力分析如图所示

由几何关系可得




得




由牛顿第三定律可得，金属球对挡板的压力大小为


金属球对斜面的压力大小为


故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:

设蜘蛛的质量为m，开始时两绳刚好绷直，绳AO中的拉力为0，BO中的拉力大小为mg。在B缓慢向右移动的过程中，力的矢量三角形如图所示，可得，AO中的拉力随距离的增大而一直增大，BO中的拉力随距离的增大先减小后增大，故选B。
1-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题意，结点C受力如图

由几何关系得

解得

对结点D受力分析可知，当外力与BD边垂直时，外力取得最小值，由几何关系得

故选B。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意，以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图

根据平衡条件可知，F与的合力与整体重力总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为

根据胡克定律有

解得

即弹簧的形变量的取值范围为

本题选不可能的，故选B。
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
BP板由水平位置逆时针缓慢转动角度，对小球受力分析，如图所示

有几何关系可得三个力所对的夹角分别为60°、、，小球处于平衡状态由拉密定律可得

解得



故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球做平抛运动，对A

解得

可得A的初速度为

对B

解得

可得B的初速度为

联立可得

故A错误；
B．若两球同时抛出，则B先落地，且A，B落地的时间差

故B错误；
CD．若两球在空中相遇，设相遇点距抛出点的水平距离为x，距地面的高度为y，A、B相遇前在空中运动的时间分别为，则有

水平位移为

对B物体

水平位移为

联立解得

解得


故C错误，D正确。
故选D。
2-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由几何关系可知，A和B的位移大小均为

故A错误；
B．根据

可知A的运动时间是B的倍，故B错误；
CD．AB的初速度分别为
，

所以A的初速度是B的，AB的竖直速度分别为
，
则AB的末速度分别为
，
A的末速度比B的大，故C错误，D正确。
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．设第一次抛出时A球的速度为，B球的速度为，则A、B间的水平距离

第二次两球的速度为第一次的，但两球间的水平距离不变，则

联立得

故AB错误；
CD．两次相遇位置的高度差

两次相遇A球水平位移

相遇位置在原来的正下方，故C正确，D错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．根据题意A球做平抛运动，B球做自由落体运动，因此同一时刻两球始终处于同一高度。当B球落地时，若此时A球的水平位移等于l，则两球刚好在落地时相撞；若A球的水平位移大于l，则两球在没有着地前已经相碰；若A球的水平位移小于l，则两球不能相碰。故AB错误，C正确。
D．若A、B能相碰，则A球在B球落地时的水平位移大于等于l，因此有

解得

故D错误。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，加速度恒定，两球的运动时间相同，则速度的变化相同，故A正确。
B．两球运动时间为

相遇时小球竖直分速度为

因此速度方向与水平方向夹角为45°，故B错误。
C．小球竖直位移

小球竖直位移


联立解得

两球的相遇点在N点上方处，故C正确。
D．M、N间的距离为

故D正确。
此题选择不正确的，故选B。
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．根据

则总时间

根据

解得

故A正确，B错误；
CD．若抛出位置不变，想击中六折1区，则最短时间

速度最大值

最长时间

速度最小值

选项CD错误。
故选A。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据图象斜率表示加速度可知刚出发时，甲的加速度小于乙的加速度，故A错误；
B．根据图象与轴围成面积表示位移可知时刻乙在甲前面，故B错误；
C．根据图象与轴围成面积表示位移可知时刻乙在甲前面，故C错误；
D．由图可知，甲先到终点，可知比赛全程甲的平均速度大于乙的平均速度，故D正确。
故选D。
3-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图像可知，A、B两物体的速度均为正，运动方向相同，A错误；
BC．t＝4s时，A、B两物体速度相同，前4s内B的速度更大，B在A前方，不相遇，B，错误，C正确；
D．v-t图的斜率表示加速度，A物体加速度为正，与速度方向相同，做匀加速运动，B物体加速度为负，与速度方向相反，做匀减速运动，D错误。
故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大， t1时刻两车不相遇，A错误；
B．在t1～t2这段时间内的相同时刻，图像的斜率不相等，a车与b车加速度不相等，B错误；
C．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大，a车的平均速度大，C错误；
D．在t1～t2这段时间内，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，所以这段时间内，a车的位移大，在t2时刻两车相遇，t1时刻a车在后，b车在前，D正确。
故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知物体A速度方向沿正方向，物体B速度方向沿负方向，假设规定向右为正方向，且开始时B位于A的右侧，则A、B将逐渐靠近，故A错误；
B．v-t图像的斜率表示加速度，所以物体A、B均做匀加速直线运动，故B错误；
CD．图线B的斜率的绝对值比图线A的斜率的绝对值大，而加速度表示速度变化的快慢，所以物体B的速度变化比物体A的速度变化快，加速度的正负表示方向而不是大小，不能根据加速度的正负来比较加速度的大小，故C正确，D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．的时间内，A、B、C三者的速度值都为正方向相同，后C为负值，变为反向，故A错误；
B．时，A、B两物体图线与时间轴围成的面积不等，则位移不等，又A、B是从不同地点出发，则两物体不一定相遇，故B错误；
C．时，A、C两物体图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，两物体相遇，故C正确；
D．由于A、B两物体从不同地点出发，无法确定何时A、B相距最远，故D错误。
故选C。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像的斜率表示加速度，则乙的加速度最小，所以A错误；
B．甲和丙的加速度方向相反，所以B错误；
C．根据图像的面积表示位移，则丙在内的位移大小为，所以C正确；
D．末甲和乙速度相等，两者相距最远，所以D错误；
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
时间内喷射到板上的水的体积为

质量为

设水的初速度方向为正方向，板对水柱作用力为，根据动量定理可得

解得

由作用力与反作用力可知，水对板的作用力为

水对板的作用力产生的压强为

A．减小水柱的截面S不改变水对钢板冲力产生的压强，A错误；
BC．若水流速度v增大到原来的2倍，可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的4倍，B错误，C正确；
D．若在水中添加适量食盐增大水的密度，在同样条件下会使水对钢板冲力产生的压强增大，D错误。
故选C。
4-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
打一次喷嚏喷出的空气质量为

设打一次喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F，根据动量定理得

解得

根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为

A正确，BCD错误。
故选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据题意，设时间内，落到雨伞上的雨水的质量为，因阻力等于重力，设雨水受到雨伞的弹力大小为，取向下为正方向，根据动量定理有

又有

联立解得

故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设它在∆t时间内喷射的气体质量为∆m，根据动量定理

解得

则它在1 s时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg。
故选B。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
在时间t内，与小明作用的风的质量

根据动量定理有

解得

故选D。
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．经过时间，与叶片接触的风的长度为

所以这部分风的体积为

流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，所以与叶片发生作用的风的质量为

所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电的功，即

所以发电机的功率为

A正确，B错误；
CD．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有

解得

根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为

所以对一个叶片的平均作用力为

CD错误。
故选A。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
如果已知地球绕太阳公转的周期T和轨道半径r，在已知万有引力常量G的情况下，有

可求得太阳的质量为

显然月球的质量无法求得，由于地球的质量m，等式两边已经约掉，无法求出；由于不知道太阳半径，太阳密度也无法求出。
故选C。
5-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在星球表面，根据物体所受的万有引力等于重力，可得

解得

故

悬停时，两车均受力平衡，即

所以可得

故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由万有引力定律和向心力公式得

假设地球表面有一个质量为的物体，根据地球表面的物体受到的万有引力近似等于重力，有

联立两式得

故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
在星球表面

解得

所以

故选A。
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．设天体密度为，半径为R。则在天体内部有

可知，g随d增加而均匀减小。故A正确，B错误；
CD．在天体外部有

可知，g与该点到球心的距离的平方成反比。故CD错误。
故选A。
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设地球的密度为ρ，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小相等，有

由于地球的质量为

所以重力加速度的表达式可写成

质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R－d）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度

所以有

根据万有引力提供向心力有
G＝ma
“天宫一号”所在处的重力加速度为
a＝
所以
，
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB. 小球A和B分别做竖直上抛和平抛运动，从抛出点到落地时竖直位移相等，由
WG＝mgh
可分析重力对两球做功相等，但在竖直方向比较，A球运动时间比B球长
由
PG＝
可分析重力对A球做功的平均功率较小，AB错误；
C．由动能定理可分析
mgh＝mv2－mv02
因此两球落地时速度大小相等，但落地时的瞬时功率
PA＝mgv
PB＝mgvcosθ
其中θ为重力与B球落地时合速度方向的夹角，则
PA＞PB
C正确，D错误。
故选C。
6-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．由于重力做功与路径无关，根据

可知，竖直向上抛出、水平抛出，竖直向下抛出，三个过程重力做的功一样多，所以A错误；
B．根据动能定理

可得小球落地瞬间动能为

由于，竖直向上抛出、水平抛出，竖直向下抛出，三个过程重力做的功一样多，则三个过程小球落地瞬间动能相同，所以B错误；
C．水平抛出时小球落地的瞬时功率最小，竖直向上抛出、竖直向下抛出两过程小球落地的瞬时功率相同，所以C错误；
D．竖直向上抛出、水平抛出，竖直向下抛出，三个过程都只有重力做的功，则三个过程机械能都守恒，由于开始时三个过程的机械能都相同，所以三球落地瞬间机械能相同，则D正确；
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设两球受到的阻力为f，球的质量为m，甲球在竖直方向上的合外力为重力减去阻力在竖直方向的分量，乙球在竖直方向上的合外力为重力加上阻力，由此可知甲球所受的合外力小于乙球所受的合外力，根据牛顿第二定律可知，甲球的加速度小于乙球的加速度，故A错误；
B．根据微元法可知克服空气阻力所做的功，等于阻力与两球所经过轨迹长度的乘积，即与路程有关，故B错误；
C．若甲球落地时速度大小为v，落地瞬间重力做功的瞬时功率为

即重力乘以落地速度v在竖直方向上的分量，故C错误；
D．乙球从抛出点上升到最高点过程和从最高点返回至抛出点过程中重力做功的大小是相等的，根据牛顿第二定律可知上升过程的加速度大于下降过程的加速度，根据

可知上升时间小于下降时间，根据平均功率公式

可知乙球从抛出点上升到最高点过程中克服重力做功的平均功率大于从最高点返回至抛出点过程中重力做功的平均功率，故D正确。
故选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
不计空气阻力，小球竖直向上抛出后做竖直上抛运动，设小球的初速度为 ，小球上升过程的位移h，即小球距地面的高度为h，速度为v，根据

解得

速度向上，重力竖直向下，重力的瞬时功率的绝对值

小球做竖直上抛运动，经过同一位置即离地面的高度h相同时小球的速度大小相等，方向相反，重力瞬时功率的绝对值相等，即小球上升过程与下降过程距离地面高度h相同时重力瞬时功率的绝对值相等，即
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
D．由动能定理有

解得

由于初动能相同，下落高度相同，则重力做功相同，所以落地时的动能相同，则D正确；
A．下落高度相同，则重力做功相同，但是三个小球的运动时间不同，所以重力做功的平均功率不相同，则A错误；
C．落地时的动能相同，则速率相同，但是水平时的落地速度方向与竖直上抛、竖直下抛的落地速度方向不同，所以C错误；
B．落地时重力的功率为

水平时的落地速度在竖直方向的分速小于竖直上抛、竖直下抛的落地速度的竖直方向速度，所以落地时重力的功率不相同，则B错误；
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．小球做平抛运动，两球恰好同时到达同一水平高度处，根据

可得小球在运动的时间为

小球做竖直上抛运动，根据

可得

所以小球在空中运动的时间为

小球在空中运动的时间为

A错误；
B．根据动能定理可知从开始运动到两球到达同一水平高度，球动能的减少量

球动能的增加量

B正确；
C．球落地时竖直方向的速度

所以落地时球的重力功率

球落地时竖直方向的速度

所以落地时球的重力功率为

两小球落地时，重力的瞬时功率不同，C错误；
D．到达同一水平的高度后的任意时刻，两小球速度在竖直方向的分量不等，所以重力对球做功功率和对球做功功率也不相等，D错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．碰撞的合理性要求满足：动量守恒和动能不增加。选项A的数据满足要求，A正确；
B．因为，碰后两球同向运动，由于A球的速度大于B球的速度，会发生二次碰撞，不符合实际，B错误；
C．动量不守恒，C错误；
D．碰后总动能增加，D错误。
故选A。
7-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
碰撞前的总动量为

碰撞前的总动能为

A．如果、，则碰后两球的动量分别为
，
则有

满足动量守恒；由于A的动量大小减少，B的动量大小增加，根据

可知A的动能减少，B的动能增加，由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，是可能的，故A正确；
BD．由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故BD错误；
C．如果、，则碰后两球的动量分别为
，
则有

满足动量守恒；由于A的动量大小不变，B的动量大小增加，根据

可知A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C错误。
故选A。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加。
A．由图示可知，碰撞前系统总动量

碰撞后系统总动量，违背动量守恒定律，故A错误；
B．由图示可知，碰撞前系统总动量

碰撞后系统总动量

碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
C．由图示可知，碰撞前系统总动量

碰撞后系统总动量

碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为

碰撞后系统的动能为

碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C错误；
D．由图示可知，碰撞前系统总动量

碰撞后系统总动量

碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误。
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A. 碰撞前系统总动量：
p=pA+pB=12kg•m/s，
由题意可知mA=mB=m；如果pA′=6kg•m/s，pB′=6kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
，vA′=vB′
符合实际，故A正确；
B. 如果pA′=8kg•m/s，pB′=4kg•m/s，碰撞过程动量守恒，有：
，vA′>vB′
不符合实际，故B错误；
C. 如果pA′=-2kg•m/s，pB′=14kg•m/s，则碰撞后系统的总动能为：

系统动能增加，不符合实际，故C错误；
D. 如果pA′=-4kg•m/s，pB′=8kg•m/s，碰撞后系统总动量为：
p′=pA′+pB′=-4kg•m/s+8kg•m/s=4kg•m/s
碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误．
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由图可知，曲线斜率即物体运动速度，所以，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反；碰撞后两物体静止不动，速度为零，即碰撞前后，两物体的总动能发生变化。由碰撞过程时间极短，内力远远大于外力，可近似认为动量守恒，故由碰撞后动量为零可得碰撞前动量为零，所以，碰撞前两物体动量大小相等，方向相反，故质量m1等于m2。故ACD错误，B正确。
故选B。
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
根据动量守恒定律得

解得

碰撞过程系统的总动能不增加，则有

代入数据解得

碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有

代入数据解得

综上有

故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC.根据动量定理可知，过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为
I1=mgt
不为零，故A错误，C正确；
B.运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故B错误；
D.根据动量定理可知，过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
故选C。
8-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．拉纸的快慢，对纸对罐子的摩擦力没有影响，故A错误；
B．罐子的质量不变，罐子惯性就不变，故B错误；
C．纸拉得越快，纸对罐子摩擦力的作用时间就越短，则冲量越小，故C正确；
D．如果拉纸的力小一些，罐子就会获得较大的速度或者与纸一起运动，罐子就可能离开桌面，故D错误。
故选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球在初位置重力做功的功率为零，在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直，则重力做功的功率也为零，因为初末位置都为零，则初始位置到末位置过程中重力做功的功率先增大后减小，故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设物体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，则物体运动过程中所受滑动摩擦力大小为

由上式可知Ff随t正比例增大，其关系图像为一条过原点斜率为正的倾斜线段，图像与坐标轴所围的面积表示Ff在相应时间内的冲量。设t1时刻物体速度刚好即将减为零，如图所示，则这段时间内Ff的冲量大小为

对物体整个运动过程根据动量定理有

解得

此时物体所受滑动摩擦力大小为

设此时物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得

解得

故选C。

8-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．因为θ＜5°，摆球做简谐运动，从最大位移处摆到平衡位置的过程中，则

故重力的冲量

故A错误；
B．重力做功为
W=mgL（1-cosθ）
故B错误；
CD．摆球到达最低点的速度为v，根据动能定理知
W=mv2
由动量定理知合外力的冲量等于动量的该变量，所以

故C正确，D错误。
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由冲量公式可知该同学对小车的推力平均值为

设圆弧半径为R，该同学对小车的推力最大时小球的速度为v，小球受重力和支持力，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有
，
解得小球对小车的压力为

其水平分量为

根据平衡条件，该同学对小车的推力向右，大小为

可以看出，当，即时，该同学对小车的推力最大，其值为

故选A。
9-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律，对砝码有

解得

对纸板有

发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即

所以

即

故C正确。
故选C。
9-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．地面光滑，地面对B没有摩擦力，即只要，物体B就会运动，故A错误；
C．当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦时，此时A、B的共同加速度为，对A物体而言


对于A、B组成的整体而言


解得

即当时，A相对B滑动，故C正确；
B．因为，此时A、B具有共同的加速度，设此时的加速度为，根据牛顿第二定律可得


解得


故B错误；
D．因为，所以A、B发生相对滑动，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，此时A的加速度为，根据牛顿第二定律可得


解得

故D错误。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即
Ff=ma1
且Ff的最大值为
Ffm=μmg
故a1的最大值为
a1m=μg=3m/s2
当二者相对静止一起加速时
a2=a1≤3m/s2
当F较大时，二者发生相对滑动
a1=3m/s2
a2>3m/s2
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据v-t图像可知，物体A的加速度大小为

A错误；
B．以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

代入数据得：

B正确；
C．若B不固定，B的加速度大小为

C正确；
D．由题图乙知，木板B的长度为

若B不固定，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得

代入数据解得

D正确。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．甲图中，A、B整体与水平面间的最大静摩擦力大小为

当F≤6N时，A、B整体静止，之间没有摩擦力，故A错误；
B．甲图中，A、B之间不发生相对滑动时整体的最大加速度为

则F的最大值为

所以当F＞15N时，A、B开始相对滑动，故B错误；
CD．乙图中，A对B的最大静摩擦力大小为

所以无论F多大，B都不会滑动，且当F≥3N时，A将相对B滑动，故C错误，D正确。
故选D。
9-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．物体C恰好滑动时，对C

物体A恰好滑动时，对BC整体，A、B之间的摩擦力为

解得

物体A、B之间的最大静摩擦力为

因为 ，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得

解得

选项A错误；
B．当力F1=μmg时，对整体

对A

解得

选项B错误；
C．B的最大加速度为

解得

选项C错误；
D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体

对A

解得

当力时，B相对A滑动，选项D正确。
故选D。
10-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．人受到的支持力，则根据牛顿第二定律可知

得到

根据牛顿第三定律得，对体重计的压力大小，A正确、B错误；
CD．人对体重计的压力和人受到的支持力是作用力和反作用力，故人对体重计的压力等于体重计对人的支持力，C错误、D正确；
故选AD。
10-2【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．t=0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，故A正确；
B．根据速度-时间图线的斜率表示加速度可知，t=0.5s时，他的加速度

故B正确；
C．t=1.1s时他的速度达到最大值，v-t图线的斜率为零，表示加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力，即

故C正确；
D．t=1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，故D错误。
故选ABC。
10-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．力传感器示数表示的是物块对其压力大小，由图像可以看出：在0 ~ 2t0时间内，F从大于mg到逐渐减小到0，所以物块先处于超重状态，后处于失重状态；故A正确；
B．在t0 ~ 3t0时间内（不含t0和3t0两个时刻），F一直小于物块重力mg，所以物块一直处于失重状态，故B错误；
C．t = t0时刻，F大小等于mg，由牛顿第三定律可知物块所受的支持力大小为mg，故C正确；
D．时刻，F大小等于mg，由牛顿第三定律可知物块所受的支持力大小为mg，故D错误。
故选AC。
10-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．由图乙可知，人的重力为500N，d、c点位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，处于超重状态，A正确，B错误；
CD．b点位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，处于失重状态，且加速下蹲，还没有到达最低点，C错误，D正确。
故选AD。
10-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
图2和图5中体重计示数大于图1，说明电梯内同学处于超重状态，可能是加速上升或减速下降过程。图3和图4中体重计示数小于图1，说明电梯内同学处于失重状态，可能是减速上升或加速下降过程。
故选CD。
10-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．木箱做水平向左匀加速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
μmg-T=ma1
代入数据可得
a1=0.6m/s2＜3m/s2
故物块将相对木箱水平向右运动，故A正确；
B．木箱做水平向左匀减速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有

代入数据可得
a2=5.4m/s2>3m/s2
故物块不会相对木箱运动，故B错误；
CD．物块A能保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，木箱竖直向下匀加速运动，物块处于失重状态，物块对木箱间的压力变小，竖直方向
mg-N=ma
又最大静摩擦力
f=μN
当a=3m/s2时，物体与木箱的最大静摩擦力摩擦力
f=1.05N＜1.2N
故此时物块A可以相对木箱底面水平移动；若木箱竖直向下匀减速运动，则物块与木箱间的压力变大，此时物块A与木箱间的最大静摩擦力大于木箱静止时的最大值，故此时物块A可以不能相对木箱底面水平移动，故C正确D错误；
故选AC。
11-1【基础】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:

A．轮滑女孩从后面推轮滑男孩，系统所受合外力为地面的摩擦力，可以忽略不计，可以认为系统动量守恒，A符合题意；
B．子弹击穿饮料瓶的短暂过程，这过程就就是一个碰撞过程，内力很大，外力可忽略，可以认为系统动量守恒，B符合题意；
C．太空中没有空气阻力，且所受的重力可以忽略不计，所以系统动量守恒，C符合题意；
D．汽车发生轻微碰撞的过程中，地面对汽车的摩擦力不可忽略，所以系统动量不守恒，D不符合题意。
故选ABC。
11-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．两运动员交接棒的过程，他们之间的相互作用力大小相等、方向相反，根据可知不知二者的质量，则无法比较二者的加速度大小，选项A错误；
B．根据牛顿第三定律可知，两运动员之间的相互作用力大小相等，方向相反，且作用时间相等，根据可知两运动员相互作用力的冲量大小相等，方向相反，冲量之和一定为零，选项B正确；
C．两运动员相互作用时，相对地面的位移不一定相同，因此相互作用力的功之和不一定等于零，选项C错误；
D．两运动员组成的系统动量守恒，但“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员的过程中要消耗人体的化学能，转化为系统的机械能，则机械能不守恒，选项D正确。
故选BD。
11-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于，所以根据

可得

则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
BD．对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，故BD正确；
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，故C正确。
故选BCD。
11-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．在b球落地前的整个过程中，b球竖直方向有加速度，系统竖直方向的合力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合力不为零，系统的动量不守恒；由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故A项错误；
B．对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得
mbgh＝mbv2
可得，b球的速度大小
v＝
故B项正确；
CD．由动能定理可知，杆对a球做功为0，系统机械能守恒，则除了重力之外的力做的功必定为零，对b球做功也为0，故C项正确，D项错误。
故选BC。
11-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由弹簧再次恢复原长时两物块速度恰好同时为零，可知两物体之前运动过程摩擦力分别为
，
总是等大反向，A、B与弹簧组成的系统，水平方向合外力为零，满足动量守恒，故A正确；
B．因有摩擦生热，系统机械能不守恒，故B错误；
C．规定向右为正，由动量守恒定律可得

解得

故C错误；
D．由动量守恒式子，两边同时乘 可得


即

故D正确。
故选AD。
11-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速度为，乙接在箱子后的速度为，取向右方向为正方向。甲将箱子沿冰面推给乙的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得

乙把箱子抓住的过程，乙与箱子组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得

如果甲、乙不相撞，则有

联立解得

故选CD。
12-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．小球在下落h的过程中做自由落体运动，则

解得

故A正确；
B．小球与轻弹簧接触后，小球受到弹簧向上的弹力，弹力做负功，所以小球的机械能减小，故B错误；
C．当小球与弹簧接触后，由于弹力小于重力，小球加速度方向向下，小球向下加速，当弹簧弹力增大到等于重力时，加速度为零，小球的速度达到最大，动能最大，此后弹簧的弹力大于重力，加速度向上，速度减小，动能减小，故C错误；
D．小球运动到最低点时，轻弹簧的弹性势能达到最大，小球整个过程中减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，小球减小的重力势能大于mgh，故D正确。
故选AD。
12-2【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
详解:
A． 橡皮筋的伸长量逐渐减小,每根橡皮筋的弹力大小逐渐减小,两根橡皮筋的夹角增大，所以橡皮筋对模型飞机的弹力(合力)一直在减小，在D位置所受弹力最大，A正确；
B．从D到C，橡皮筋的弹力逐渐减小，弹力先大于重力，后小于重力，模型飞机的速度先增大后减小，弹力等于重力时，速度最大， B错误；
C．从D到C，橡皮筋的弹力逐渐减小，橡皮筋对模型飞机的弹力先大于重力，加速度逐渐减小；后小于重力，加速度逐渐增大，所以模型飞机的加速度先减小，后增大，C正确；
D．橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功，由功能关系知，模型飞机的机械能一直在增大，D正确。
故选ACD。
12-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短过程中，弹簧的压缩量越来越大，小球受到的弹簧弹力越来越大，A错误；
B．小球从a到b过程弹力小于重力，小球所受合力向下，小球做加速运动，经过b点后弹力大于重力，小球受到的合力向上，小球加速度向上，小球做减速运动，在b点小球所受重力与弹力相等，合力为零，小球速度最大，B正确；
C．由图示图像可知，小球的速度先变大后变小，小球质量不变，则小球的动能先增大后减小，C错误；
D．从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短过程，只有重力与弹簧弹力做功，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的形变量逐渐增大，弹簧的弹性势能增大，由机械能守恒定律可知，小球的机械能减小，D正确。
故选BD。
12-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
详解:
A．从 到 的过程中，橡皮筋对弹丸做功,，弹丸的机城能不守恒，A正确
B．从 到 的过程中，设橡皮筋得弹力为，橡皮筋与竖直方向的夹角为，橡皮筋得弹力减小，当

弹丸所受合力竖直向上，弹丸向上做加速运动，当

弹丸速度最大，当

弹丸所受合力竖直向下，弹丸做减速运动，弹丸的动能先增大后减小，B错误
C．由B选项可知，弹丸所受合力先增大后减小，C错误
D．由以上分析可知，从到的过程弹丸的弹力大于从到的弹力，则根据功能关系知，从到过程弹丸增加的机械能大于从到弹丸增加的机械能，D正确
故选AD。
12-5【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
D．以滑块和弹簧组成的系统为研究对象，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统机械能守恒，故D正确；
B．根据题意可知，滑块从到重力势能减少了

全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能的最大值是，故B正确；
A．根据题意，以点所在水平面为参考平面，则系统的机械能为6J，滑块动能最大时，弹簧处于压缩状态，则滑块动能的最大值小于，故A错误；
C．根据题意可知，从到弹簧恢复原长，弹簧的弹力对滑块做功，将6J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，故C正确。
故选BCD。
12-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．用外力将滑块沿斜面向下缓慢推至Q处后由静止释放，受到重力、斜面支持力、弹簧弹力、摩擦力合力可以为零，可能静止在Q处，如果来回运动则会有摩擦生热，机械能转化为内能，再停在Q处则机械能守恒，互相矛盾，故不能来回运动后再停在Q处，故A错误；
B．根据能量守恒可知，如果来回运动过程中摩擦生热与弹簧弹性势能相同，则可能会停在P处，故B错误；
C．滑块向上滑动过程中，受力分析得

弹簧弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当

时，加速度为0，继续向上运动

加速度反向增大，当弹簧弹力减为0后，弹力反向增大，加速度继续增大，故C正确；
D．若停下前，滑块向上运动，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，当停下时受力分析可知，物块可能受到沿斜面向上的最大静摩擦力，故摩擦力可能等大反向，故D正确。
故选CD。
13-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．卫星在轨道1的近地点的速度大于卫星第一宇宙速度，即大于，故A错误；
B．由


可知卫星的运行半径大于地球的半径。故B正确；
C．卫星在轨道1的P点和轨道2的P点，速度不等、加速度相等，故C错误；
D．卫星在轨道2上做圆周运动的周期与地球自转周期相同，因此卫星在轨道2上做圆周运动的角速度和地球上物体随地球自转的角速度相等，故D正确。
故选BD。
点睛:
同步卫星指的是运行的周期与地球自转周期相等。
13-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度v总小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B．嫦娥三号需在M点点火加速才能进入地月转移轨道，故B正确；
C．由于嫦娥三号只受月球的引力，则

解得

所以嫦娥三号在经过圆轨道a上的N点和经过椭圆轨道b上的N点时的加速度相等，故C错误；
D．嫦娥三号要从b轨道转移到a轨道，需要在N点减速，故D正确。
故选BD。
13-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．依题意，设天和核心舱的轨道半径为，则有

根据万有引力提供向心力，可得

联立两式可得地球质量为

故A正确；
B．神舟十四号载人飞船从近地点到切点的过程，航天员一直处于失重状态，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，可得

可得

由于神舟十四号载人飞船在点的轨道半径小于天和核心舱在圆轨道上的轨道半径，所以可知神舟十四号载人飞船在点的线速度大于天和核心舱在圆轨道上的线速度，故C正确；
D．在切点，根据万有引力提供向心力，可得

可得

在切点由于相等，则神舟十四号载人飞船的重力加速度等于天和核心舱的重力加速度，故D错误。
故选AC。
13-4【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气制动减速，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向前喷气制动减速，故A错误；
B．在Ⅱ轨道上稳定运行时，Q点离月球较近，则受到月球的引力比在P点时的大，所以经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故B错误；
C．由轨道Ⅲ到轨道Ⅳ，要在Q点制动减速，则在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大，故C错误；
D．在月球表面时，有

在Ⅳ轨道上绕月运行时，有

解得速度大小为

故D正确。
由于本题选择错误的，故选ABC。
13-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期
TⅢ>TⅡ>TⅠ
故A正确；
B．飞船在P点，无论在轨道Ⅰ上，还是在轨道Ⅱ上，万有引力都相同，加速度都相同，故B错误；
C．从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需减速，应朝速度同方向喷气，故C错误；
D．根据万有引力提供圆周运动向心力，有

火星的密度为

联立解得火星的密度

故D正确。
故选AD。
13-6【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．沿大椭圆轨道经过远火点与变轨后在极轨上经过远火点时，都是火星对卫星的万有引力提供向心力，向心加速度方向都是指向火星中心，故A正确；
B．沿极轨到达近火点变轨时制动减速才能进入调相轨道，即点火减速，使点火喷射的方向与运动方向相同。故B正确；
C．根据

可知，同一点，向心速度相同，则沿极轨、调相轨道经过近火点时的加速度都相等，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可得

代入数据，，解得

故D正确。
故选ABD。
14-1【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
小球在上升过程中，随高度增加重力势能逐渐增大，选项A正确；小球在上升过程中，一开始弹簧的弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速运动，速度增大，动能增大．当弹力等于重力时，加速度为零；当弹力小于重力后，加速度方向向下，小球做减速运动，速度减小，动能减小，即动能先增大后减小，故B正确．小球在上升过程中，开始时弹力大于重力，动能增加，而当弹力和重力相等后，合外力做负功，动能减小，则在弹力等于重力时刻，小球动能最大，而不是弹簧在原长位置动能最大，选项C错误；撤去F后对于小球、地球、弹簧构成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球在上升过程中，弹簧的压缩量不断减小，则弹性势能一直减小，当恢复到原长位置时，弹性势能最小，则动能和重力势能之和最大，故D正确．故选ABD．
点睛:
本题关键要分析小球在上升过程中的受力情况，来分析运动情况，理解加速度的变化由重力与弹力共同决定，掌握速度如何变化，并知道加速度为零时，速度达到最大值．
14-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有

分离之前有

即

所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数

A错误；
BC．时刻，有

分离时，有

联立解得
，
B正确，C错误；
D．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为，对B进行受力分析有

解得

D正确。
故选BD。
14-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
设弹簧的劲度系数为，为弹簧总长与物体处于静止时长度的差值，则

则对物块P应用牛顿第二定律，有

即

结合题图乙可知

解得

图像斜率

故AD正确，BC错误。
故选AD。
14-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB.根据功能关系弹力做功等于弹性势能的减少，则A到D弹性势能减少EP，则弹力做正功，大小为EP;故A项不合题意，B项符合题意.
CD.小球从A到D的过程，对小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，有：

而，
解得：

故C项不合题意，D项符合题意.
14-5【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AD．物块与弹簧未栓接，下压物块后，由图可知，物块向上运动0.3m后加速度不变，即物块受力不变，说明物块向上运动0.3m后只受到重力作用，即0.3m时物块离开弹簧，且加速度为，当物块开始运动时，物块的加速度最大，则根据图象可得

解得，物块运动过程的最大加速度大小为

故A正确，D错误；
B．由上述分析可知，弹簧原长在0.3m处，物块下压到最低处时弹簧的型变量为0.3m，设弹簧的劲度系数为k，物块开始运动时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有

将带入解得，弹簧的劲度系数为

故B正确；
C．由上述分析可知，弹簧的最大型变量为，根据弹簧弹性势能的表达式可得，弹簧最大弹性势能为

故C错误。
故选AB。
14-6【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；
B．因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长。故h4到h5过程中小物块只受重力，加速度为g，故B正确；
C．由机械能守恒，解除锁定前，弹簧的弹性势能为

故C正确；
D．小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则由牛顿第二定律

得

所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为

弹簧的弹性势能减少了

故D正确。
故选BCD。
15-1【基础】 【正确答案】 BC或CB
【试题解析】 详解:
（1）[1]AC．为了使钢球每次从斜槽轨道末端抛出时的速度大小相同，每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，所以斜槽轨道不必须光滑，故A不符合题意，C符合题意；
B．为了使钢球每次从斜槽轨道末端飞出后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B符合题意；
D．移动挡板时，挡板高度的间距决定了所记录痕迹点间的竖直距离，该距离是否相等对运动轨迹的描绘不会产生影响，所以不必要等间距变化，故D不符合题意。
故选BC。
（2）[2]由题意可知A、B、C三点中相邻两点间的时间间隔相同，均设为T，根据运动学规律有

解得

钢球做平抛运动的初速度大小为

15-2【巩固】 【正确答案】 B B 不是
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验利用多次描点画平抛运动的轨迹，为保证每次描的点是同一个平抛运动轨迹，必须保证初速度大小不变、方向水平。
AC．为保证初速度大小不变，实验时，小球每次必须从同一位置静止释放，斜槽轨道可以不光滑，并不影响实验，故AC错误；
B．为保证初速度方向水平，斜槽轨道末端必须水平，小球才能做平抛运动，故B正确；
故选B；
（2）[2]平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。由题意可知竖直方向上的距离 ，则t12>t23，故水平方向位移x12>x23，故AC错误，B正确。
故选B；
（3）[3]如图可知，小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置水平位移相同，说明tab=tbc，由初速度为0的匀加速直线运动，相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：7……，小球竖直方向做自由落体运动，而a、b和c三个点的位置竖直位移不是1：3，故a点不是小球的抛出点。
[4]根据匀变速直线运动的推论相邻相等时间间隔内的位移之差恒定，则


联立解得小球从轨道末端飞出时的初速度为

15-3【巩固】 【正确答案】 C B 有关 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]除已备有的器材外，实验中还需要的一种实验器材是重锤线，故选C。
（2）[2]A．斜槽轨道不一定必须是光滑的，只要小球到达底端时速度相等即可，A错误；
B．应该将斜槽轨道的末端调成水平，以保证小球能做平抛运动，B正确；
C．以斜槽末端以上小球球心的投影点处作为小铁球做平抛运动的起点和所建坐标的原点O，C错误；
D．应将所有通过硬纸片确定的点用平滑曲线连接，而不是用直线连接，D错误。
故选B。
（3）[3]根据，得

则初速度

[4]为了减小测量误差，x、y取值应大一些，可知计算初速度的误差与x、y的大小选取是有关的。
（4）[5]在竖直方向上，根据Dy = 4l = gT2，得

[6]水平分速度

（5）[7]令y = ax2，代入实验所得各点坐标值求出a，看在误差允许的范围内，a是否相等，可判断实验所得的曲线是否为抛物线。
15-4【巩固】 【正确答案】 B 见解析 用直径较大的容器
【试题解析】 详解:
（1）[1]观察到A、B两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即可以说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；故选B。
（2）[2][3]小球抛出后在O、A、B、C点若时间间隔相等，则需满足

即满足

即

如果小球的水平分运动是匀速直线运动，则还满足

即

（3）a. [4]若测量读数太慢，则随着水的不断流出，则水从管口流出的速度会不断减小，则在竖直高度不变的情况下，水流的射程会减小，即x减小。
b.[5]为了减小实验误差，应选用直径较大的容器；因用直径较大的容器时，当管中流出同样多的水时，容器中液面下落的高度较小，则对管口水流的速度影响较小。
15-5【巩固】 【正确答案】 BCD或BDC或CBD或CDB或DBC或DCB 1.5 C
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．只要每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，小球的初速度大小就相同，不需要轨道尽量光滑，A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，B正确；
C．减小水平板每次移动的距离，获得更多的记录点有利于减小偶然误差，C正确；
D．使用密度更大的小钢珠进行实验，空气阻力的影响将更小，D正确。
故选BCD。
（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向的分运动满足

得相邻两个点之间的时间间隔为

水平方向分运动满足

得

（3）[3]水平方向分位移满足

竖直方向分位移满足

得

所以C正确。
15-6【提升】 【正确答案】 等于 6gT2
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于小球在水平方向做匀速直线运动则AB、BC之间的水平距离理论上满足xAB等于xBC。
（2）[2]已知每相邻两个球之间被删去1个影像，故相邻两球的时间间隔为
t = 2T
又因为小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，则AB之间的竖直位移为

AC之间的竖直位移为

则BC之间的竖直位移为
hAC - hAB = 6gT2


（3）[3]由于小球在水平方向做匀速直线运动，则
xAB = xBC = 2v0T
则


且
LAB：LBC = a：b
联立有

16-1【基础】 【正确答案】 给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑 C C AD
【试题解析】 详解:
（1）[1]小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑。
（2）[2]如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故选C；
（3）[3]纸带上相邻两点间的时间间隔

每相邻计数点之间还有4个点没有标出，可知相邻两标记点间的时间间隔

根据逐差法

可知



小车的加速度为

联立可得

（4）[4] 当时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，因此最合理的一组是C。
（5）[5]AD．若安装了拉力传感器，则拉力不需要测量了，当然也不必满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量；也不必测出砝码和砝码盘的总质量（是用它们的总重力代替拉力的），故AD符合题意；
B．虽然安装了拉力传感器，但仍需平衡阻力，才能保证绳的拉力为合力，故B不符合题意；
C．细绳的方向一定要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板的分力，从而减小误差，故C不符合题意。
故AD。
16-2【巩固】 【正确答案】 不需要 不需要 未平衡摩擦力
【试题解析】 详解:
［1］实验中需要测量木块所受拉力大小以及木块的加速度，加速度通过打出的纸带计算得出，不需要测量木块的质量。
［2］实验中木块所受拉力大小等于，可从弹簧测力计中读出，所以不需要满足木块质量远大于砂和砂桶的质量。
［3］根据匀变速直线运动规律的推论可知

［4］图像不过原点的原因为未平衡摩擦力
［5］对木块根据牛顿第二定律有

整理得

由题意可知

解得

16-3【巩固】 【正确答案】 B 2.40 1.0 5.0
【试题解析】 详解:
（1）[1]AC．对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AC错误；
B．探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故B正确。
故选B。
（2）[2]相邻两计数点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法

可得加速度为

（3）[3]根据牛顿第二定律可知
2F-Ff=Ma
解得
Ff=1.0N
（4）[4]根据实验原理可知小车的加速度是砂和砂桶加速度的，对小车
2F-Ff=Ma
对砂桶有
mg-F=m•2a
联立可得

显然不断增加砂和桶的质量，当时，可知小车的加速度a将趋于，即

16-4【巩固】 【正确答案】 B 0.75 B g
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．平衡摩擦力时研究对象是小车，是让小车所受的滑动摩擦力等于小车所受重力沿斜面的分量，故平衡摩擦力时，不能将砂桶用细线通过定滑轮系在小车上，故A错误；
B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动，故B正确；
故选B。
（2）①[2]由于两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，因此两个相邻计数点间的时间间隔为
s
根据匀变速直线运动的推论公式

可得

②[3]由牛顿第二定律可得


联立得

只有当时，成线性关系，所以呈现如图所示的图象，所以是因为未满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，属于系统误差。
故选B。
③[4]由牛顿第二定律可得


联立得

当即时

（3）[5]由牛顿第二定律可得


联立得

根据数学知识可知，图像在纵轴上的截距表示。
16-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，交流电的频率为50Hz，由图（b）可知，两计数点间的时间间隔为

由逐差法可得，则有

解得

（2）[2]由图线可知，与成正比，设比例系数为，则有

代入表中数据解得

则小车加速度a与质量倒数之间的关系式是

（3）[3]根据题意可知，挂钩与沙桶之间连接了一个力传感器，则小车的加速度总是与传感器的拉力成正比。
故选B。
16-6【提升】 【正确答案】 等间距 CD 0.820 0.185kg
【试题解析】 详解:
（1）①[1]若小车匀速下滑，则a＝0，由

可知纸带上打出一系列等间距的点。
（2）①[2]A．应先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放。故A正确，与题意不符；
B．小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行。故B正确，与题意不符；
C．由于该实验每个槽码的质量已知，小车下滑的加速度、槽码上升的加速度都可以用小车和槽码的质量准确表示，故不需要使槽码质量远小于小车质量。故C错误，与题意相符；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于4mg。故D错误，与题意相符。
本题选错误的，故选CD。
②[3]相邻计数点间均有4个点未画出，则
T＝0.1s
加速度大小为

③[4]对于小车匀速时有

减少n个槽码后，对小车和槽码分别有
，
则

即

[5]斜率

解得
M＝0.185kg
17-1【基础】 【正确答案】 飞船绕行星表面运行的周期T、着陆后质量为m的物体的重力（等于F） ABC
【试题解析】 详解:
（1）[1]两次测量的物理量分别为：飞船绕行星表面运行的周期T、着陆后质量为m的物体的重力（等于F）。
（2）[2]测周期需要秒表，测质量为m的物体的重力需要弹簧测力计，故选用的仪器为ABC。
（3）[3][4]绕行时，有

着陆后，有

解得


17-2【巩固】 【正确答案】 b 根据可得L测量数据偏大偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1]由合力提供圆周运动的向心力得

整理得

（2）[2]由引力提供重力

地球质量的表达式为

解得

（3）[3][4]平均密度偏大的原因可能是b、细线长度L测量数据偏大；根据可得L测量数据偏大偏大。
17-3【巩固】 【正确答案】 太阳像的直径d 圆筒长为L
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]为了要测定太阳的密度，还需要测量太阳像的直径d和圆筒长为L。（分析如下）
（2）[3]设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r，由成像光路可知

则

解得

（3）[4]地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，则

体积

由密度公式

联立解得

则为了要测定太阳的密度，还需要测量太阳像的直径d和圆筒长为L。
17-4【巩固】 【正确答案】 是 0.8
【试题解析】 详解:
（1）[1]平抛运动在竖直方向做自由落体运动，连续相等时间的下降高度之比为
，图乙满足此条件，故a点是小球的抛出点。
（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动
，
水平速度为

（3）[3]小球在竖直方向做自由落体运动
，
得重力加速度为

根据万有引力等于重力

该星球质量为

17-5【巩固】 【正确答案】 10
【试题解析】 分析:
详解:
[1]平抛运动的物体竖直方向做自由落体运动，由

可得

[2][3]由公式

可得

代入数据得

17-6【提升】 【正确答案】 1.50 8.00 宇宙飞船的绕行周期
【试题解析】 详解:
（1）[1]托盘秤的读数为1.50kg
[2]根据表格中的数据，可知小车经过凹形桥最低点时，托盘秤示数的平均值为

故小车对桥的压力大小为

[3]小车通过最低点时，满足

其中FN=F=8.00N，m=1.50-1.00kg=0.50kg，代入可得

（2）[4][5]宇宙飞船在靠近行星表面的圆形轨道上运行时满足

由密度公式可知

联立以上两式，可得

故绕行时所测物理量为宇宙飞船的绕行周期T，该行星的密度为

18-1【基础】 【正确答案】 （1）3.5m/s （2）0.9m （3）0.9J
【试题解析】 详解:
（1）由牛顿第二定律得小物块的加速度

由速度公式

代入数据解得

（2）小物块飞离桌面后做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向有

水平衡方向有

代入数据解得
x=0.9m
（3）对小物块从离开桌面到落地的过程，由动能定理得

代入数据解得

点睛:
对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究，知道在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求水平距离．要掌握应用动能定理解题的方法与思路，灵活选取研究的过程．对于（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．
18-2【巩固】 【正确答案】 （1）EkA = mv2 – mg(H – h) （2） W = mv2 – mgH
【试题解析】 详解:
(1) 对于物体从A到落地过程，应用动能定理：

所以
；
(2) 设人对石头做功为W，对人扔石头过程直至石头落地全程应用动能定理，

解得

18-3【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
（1）据平抛运动规律，竖直方向有，得

（2）据重力势能公式有，得

（3）小滑块从B到落地，据机械能守恒定律有

得

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）0.2m；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设P、C两点之间的距离为，从P点到D点，因摩擦力做功产生的热量

根据能量守恒

解得

（2）设从Q运动到D时的速度为v，由动能定理

解得

代入数据解得

平抛运动竖直方向

解得

平抛运动竖直方向位移

代入数据解得

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）1.5N；（2）1.6m；（3）0.8J
【试题解析】 详解:
(1)小球从A运动到B机械能守恒，则

在B点

解得


根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为

(2)竖直方向

水平方向

解得

(3)小球从B运动到球筐过程，由动能定理

平抛运动


联立解得

当

时，Ek有最小值，其最小值为

18-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2） ；（3）
【试题解析】 分析:
详解:
(1)由平抛运动的规律，小物块由O到P的运动过程，水平方向

竖直方向

解得

(2)为使小物块击中挡板，水平桌面上的运动必须越过O点，由动能定理

解得

小物块做平抛运动的初速度不能超过，由动能定理

解得

故为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为

(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为，平抛运动的规律，水平方向

竖直方向

由动能定理得

又

由P点坐标可知

化简得

即

由数学方法可得，当时， 取最小值，解得

19-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2），水平向左；（3）
【试题解析】 详解:
（1）A下滑过程据动能定理可得

解得物块A在与挡板B碰撞前瞬间的速度大小为

（2）A、B碰撞结合过程，据动量守恒定律可得

据动量定理可得，碰撞过程挡板B受到物块A碰撞的冲量大小为

联立解得

方向水平向左。
（3）A、B结合后一起压缩弹簧过程，据能量守恒定律可得

联立解得弹簧压缩量为d时的弹性势能为

19-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）m
【试题解析】 详解:
（1）因为剪断细线后，物块恰好能到达斜面轨道最高点，整个过程由动能定理可得

A、B物块分离分离过程，由动量定理可得，弹簧对物块B的冲量为

（2）弹簧储存的弹性势能全部转化为A、B物体的动能，剪断细线后，A、B物体的动量守恒，即有

所以，弹簧储存的弹性势能为

（3）物体A从C点到D点的过程中，由动能定理可得

物体A从D点做平抛运动，则有
竖直方向有

水平方向有

代入数据，解得

19-3【巩固】 【正确答案】 （1）500J；（2）；（3）能，8m
【试题解析】 详解:
（1）设a、b离开弹簧后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律可得
①
对b沿斜面的上滑过程，根据动能定理可得
②
联立①②解得
③
根据能量守恒定律可得开始时弹簧储存的弹性势能为
④
（2）根据动量定理可得a、b物块分离过程中弹簧对物块b的冲量大小为
⑤
（3）假设a能够通过C点，设a经过C点时的速度大小为vC，从撤去挡板到a到达C点的过程，根据动能定理有
⑥
解得
⑦
设a恰能够以速度v0通过C点，根据牛顿第二定律有
⑧
解得
⑨
所以a能通过C点。
a离开C点后做平抛运动，其落点到A的距离为
⑩
19-4【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）；（3）250N/m
【试题解析】 详解:
（1）对物块在获得瞬时冲量的过程中有

解得
v=4m/s
（2）设木板与物块的最终速度为，对木板和物块组成的系统的全过程有

又

解得

（3）设弹簧的最大压缩量为，据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时木板和物块的速度亦为。对木板和物块组成的系统，在物块相对于木板向右运动的过程中有

又

依题意

解得
k=250N/m
19-5【巩固】 【正确答案】 （1）1m/s；（2）4 N∙s；（3）0.5 m/s ，2.25J；（4）0.5 m/s ，0.5J
【试题解析】 详解:
（1）对AB系统，AB速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒有

代入数据，解方程可得

（2）B一直加速，B与弹簧分开后，B的速度最大，根据动量守恒和能量守恒有


代入数据，解方程可得

则弹簧给滑块B的冲量

（3） 滑块A的动能最小时，即 ，根据动量守恒有

代入数据，解方程可得

根据能量守恒有

（4）弹簧被压缩到最短时，B速度为，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得

代入数据，解方程可

只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，对B、C组成的系统，则损失的系统机械能为

19-6【提升】 【正确答案】 （1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N
【试题解析】 详解:
（1）设物块B在细绳被拉断后的瞬时速率为vB1，到达C点的速率为vC，则有

对细绳被拉断后B运动到最高点C这一过程，由动能定理有

解得
vB1=3 m/s
设弹簧恢复到原长时B的速率为vB，A的速率为vA，取水平向左为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有

A和B组成的系统动量守恒，有

解得
vA=8 m/s
vB=4 m/s
细绳被拉断的过程，对B根据动量定理有

解得
I=2 N·s
方向水平向左
（2）细绳被拉断的过程，对A根据动量定理有

解得
vA1=6 m/s
A在木板M上滑动的过程满足


由于A可滑离M，则
vA2>v
解得
vA2=4m/s
（3）为了使A刚好不从M的左端滑离M，设对M施加的最小拉力为F1，此时对应M向左的加速度大小为a1，A向右的加速度大小为μg，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，结合相对运动的知识有

对木板M有
F1+μmAg=ma1
解得
F1=1N
为了使A不从M的右端滑离M，当A和M共速后，物块A向左的最大加速度满足
μmg=ma2
对A和M整体，最大拉力

解得
F2=8 N
故为了使A不滑离M，对M施加的拉力F应满足1 N≤F≤8 N。
20-1【基础】 【正确答案】 （1）3m/s；（2）1m/s，2m/s；（3）0.75m
【试题解析】 详解:
（1）对A，从释放→碰撞前，由动能定理得

解得

（2）对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得


解得


（3）A和B在桌面上做匀减速直线运动

解得


解得

则

20-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）不能再次滑上B，理由见解析；（3）
【试题解析】 详解:
（1）A滑块从圆弧滑下的过程，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设A滑块在斜面底端时，A的速度大小为，B的速度大小为，A的水平位移大小为，B的水平位移大小为，取水平向右为正方向，则有




解得

（2）由（1）知
，
A与C碰撞过程中，A的动能减小为原来的，A球的速度变为，A、C碰撞过程，满足动量守恒，则

当
时，
因，所以碰撞还正在进行，与物理情景可行性原则相违背。
当
，
此时A的速度大小与滑块B的速度大小相等，A不能再次滑上B。
（3）设半圆轨道的半径为r，则C滑块滑上半圆轨道的过程满足

在最高点

解得

20-3【巩固】 【正确答案】 （1）0.125；（2）2.7m
【试题解析】 详解:
（1）由题目可知物块刚好能到达半圆轨道的最高点E，此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg＝
解得
vE＝
由A点到E点的全过程，由动能定理得
mgh－2mgR－μmgcosθ＝m
h＝3R
联立解得物块与斜面间的动摩擦因数
μ＝0.125
（2）设物块乙在C点碰后的速度为v2，碰前甲的速度为v0，碰后甲的速度为v1
物块乙恰好能到达E点，根据机械能守恒定律得
mg·2R＋×m＝×m
解得
v2＝
甲、乙发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
mv0＝mv1＋mv2
m＝m＋×m
解得
v0＝
设物块甲开始下滑的高度为H，则根据动能定理得
mgH－μmgcosθ·＝m
解得
H＝2.7m
20-4【巩固】 【正确答案】 （1）6m/s；（2），负号说明方向向左
【试题解析】 详解:
（1）设A、B碰撞后A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B、C碰撞后一起运动的速度为，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
对A、B有

对B、C有

由于A与B间的距离保持不变，则

解得

（2）选择水平向右为正方向，对A根据动量定理得

解得

负号说明方向向左。
20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 分析:
详解:
（1）规定购物车前进的方向为正方向，对购物车从静止到碰撞前这一过程，由动量定理有

可得

（2）因两车碰撞时间极短，则可认为碰撞过程中水平方向动量守恒，有

则碰撞后两车一起运动的速度

（3）购物车碰撞过程中，围栏重心上升，重力势能增加量为
△Ep=mgh
由能量守恒可得

解得

20-6【提升】 【正确答案】 （1）或；（2），次
【试题解析】 详解:
（1）设滑块A的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有

解得

若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有

解得

若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有

解得

（2）滑块A先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块Bn的速度为

第一轮中小滑块B1共发生2次碰撞。滑块A通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平平台的速度大小为

滑块A与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞结束，得小滑块Bn-1的速度为

第二轮小滑块B1碰撞2次。依次类推，第n轮，滑块A与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速度为

则第n轮小滑块B1只碰撞了1次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为次‍。