2024-2025学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）开学物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于物理学史或物理认识说法正确的是( )
A. 牛顿的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因
B. 开普勒第一定律认为，所有行星围绕太阳运动轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上
C. 牛顿对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在《自然哲学的数学原理》中
D. 根据平均速度的定义式v=ΔxΔt=x2−x1t2−t1，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t1时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
2.如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为FA、FB.小球直径相比弹簧长度可以忽略。则( )
A. tanθ=12B. kA=kBC. FA= 3mgD. FB=2mg
3.打弹珠是小朋友经常玩的一个游戏。如图所示，光滑水平地面上有两个不同材质的弹珠甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与静止的乙发生碰撞，碰后乙的速度为2v03，若碰后甲、乙同向运动，则k的值可能是( )
A. 0.4B. 1.6C. 1.2D. 2.1
4.一列简谐横波在t=0时的波形如图中实线所示，t=1s时的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长为4m
B. 若波向x轴正方向传播，则波的最大频率为0.25Hz
C. 平衡位置分别为A、B的两个质点，振动方向始终相反
D. 若波向x轴负方向传播，则波的传播速度大小为6m/s
5.加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t=0时刻驾驶汽车由静止启动，t1=6s时汽车达到额定功率，t2=26s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数1v变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m=2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为14，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B. 汽车在BC段做匀加速直线运动
C. 汽车达到的最大速度大小为20m/s
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为510m
6.汽车的安全气囊是有效供护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=20kg，H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2，则( )
A. 碰撞过程中F的冲量大小为440N⋅s
B. 碰撞过程中F的冲量方向竖直向下
C. 碰撞过程中头锤的动量变化量大小为120kg⋅m/s
D. 碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m
7.北斗卫星导航系统是由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止同步轨道卫星和3颗地球倾斜同步轨道卫星共30颗卫星组成.已知地球半径为R，表面重力加速度为g，两种地球同步卫星到地心的距离均为kR，中圆地球轨道卫星周期为同步卫星的一半，如图所示。有关倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B，下列说法正确的是( )
A. 中圆地球轨道卫星B加速度大小为432k2g
B. 倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比为34：4
C. 某时刻两卫星相距最近，则再经12小时两卫星间距离为(1+134)kR
D. 中圆地球轨道卫星B的动能大于倾斜地球同步轨道卫星A的动能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度v1、v2沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)，已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，下列说法正确的是( )
A. 初速度v1、v2大小之比为3：4
B. 若v1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D
C. 若v1大小变为原来的两倍，让两球仍在OC竖直面相遇，则v2应增大到原来2倍
D. 若要甲球垂直击中圆环BC，则v1应变为原来的447倍
9.如图所示，固定光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B(均可视为质点)用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)，重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是( )
A. 小球运动到最低点时的速度大小为vA= 3gR
B. A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒
C. 已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma
D. 刚释放时小球A的加速度大小为aA= 32g
10.如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比分别为1：9的小球A与B。凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长为10.75m。两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数μ=0.2。初始，A、B两球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给A一个由A指向B的瞬时速度v0=10m/s，随即A与B发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中( )
A. A与B可以发生三次碰撞
B. 第一次碰撞后的瞬间A与B的速度大小之比为4：1
C. A与B各自运动的总路程之比为16：1
D. A与B克服摩擦力做功之比为11：9
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.两位同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动的特点”实验。
(1)小吴同学用如图甲所示的装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球被释放，做自由落体运动。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次实验观察发现两球始终同时落地，这说明______。
A.平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动
B.平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动
C.平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动，在竖直方向上的分运动是自由落体运动
(2)小马同学用如图乙所示的装置来获取平抛运动的轨迹，用夹子将白纸固定在竖直背板上，当小球落到挡板N上时，用铅笔把小球上端的对应位置描绘在白纸上。然后利用平抛运动的轨迹探究平抛运动水平分运动的特点。在白纸上建立直角坐标系时，坐标原点应建立在______。
A.斜槽末端
B.小球停留在斜槽末端时球心在白纸上的水平投影
C.小球停留在斜槽末端时球的上端在白纸上的水平投影
D.小球刚到达斜槽底部时的球心位置
(3)为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，下面列出了一些操作要求，你认为正确的是______。
A.每次从斜槽轨道上同一位置静止释放钢球
B.斜槽轨道需要尽量光滑
C.钢球运动时要紧贴装置的背板
D.记录钢球位置的挡板N每次必须等距离移动
12.某物理兴趣小组用如图1所示的实验装置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块(与弹簧不拴接)，滑块的左端有一宽度为d的遮光条，O点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。

(1)测遮光条的宽度：用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图2所示，则遮光条的宽度d= ______mm。
(2)平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块(图中未画出)，在O点右侧不同位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
(3)向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度(弹簧处于弹性限度内)，通过刻度尺测出滑块左端到O点的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t。
(4)重复步骤(3)，测出多组x及对应的t，画出x−1t图像如图3所示。

(5)要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能Ep，还必须测量______(填选项序号)。
A.弹簧原长l
B.当地重力加速度g
C.滑块(含遮光条)的质量m
(6)测得x−1t图像的斜率为k0，若轻弹簧弹性势能表达式Ep=12kx2成立，则轻弹簧的劲度系数为______(用测得的物理量字母表示)。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为H(不会随着水被抽走而改变水位)，龙头离地面高为h，龙头喷水管的半径为r，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地(如图中虚线所示)，其落地的位置到龙头管口的水平距离为d=2h。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。完成以下问题：
(1)求单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0；
(2)不计额外功的损失，求水泵输出的功率P。
(3)在施工前，先制作一个为实际尺寸116的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.如图所示，一固定在竖直面内的半径为R=0.2m的光滑半圆圆弧轨道在竖直直径AB的下端A点与一水平面平滑衔接。一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)静置在水平面上的P点，P点到A点的距离为L=1m，小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2。小滑块在水平力F=10N的作用下开始沿水平面向右运动，F作用了x0=0.3m的距离后撤去。重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)小滑块到达A点时对圆弧轨道的压力；
(2)小滑块能够上升的最大高度；
(3)为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力F在水平面上的作用距离x应满足的条件。
15.如图所示，在水平地面上静置一质量M=2kg的长木板，在长木板左端静置一质量m=1kg的小物块A，在A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，B的质量与A相等，A、B之间的距离L0=5m。在t=0时刻B以v0=2m/s的初速度向右运动，同时对A施加一水平向右，大小为6N的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1=2s时A的速度大小为v1=4m/s，木板与地面的摩擦因数μ=0.05，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：
(1)物块A与木板间的动摩擦因数μA；
(2)已知t2=2.5s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x；
(3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木板长度L；
(4)若木板足够长且在t3=3s时撤去拉力F，试分析物体A、B能否相撞？若能，求A、B两物体从撤去拉力F到相撞所用的时间t；若不能，求A、B两物体从撤去拉力F到A、B之间距离达到最小距离的时间t。(结果可用根式表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、伽利略的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B、开普勒第一定律认为，所以的行星绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，故B正确；
C、卡文迪什对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在《自然哲学的数学原理》中，故C错误；
D、根据平均速度的定义式v=ΔxΔt=x2−x1t2−t1，当ΔΔt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在t1时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法，故D错误。
故选：B。
根据伽利略和开普勒、牛顿、卡文迪什等著名物理学家的主要贡献分析；根据微元法和极限法分析。
掌握著名物理学家的主要贡献，在物理学中的常用方法等是解题的基础。
2.【答案】A
【解析】解：A、C、D、对下边的小球进行受力分析，其受力如图所示，
根据平衡条件由：FB= 2mg，F=mg ①
将两小球看作一个整体，对整体受力分析，
可知整体受到重力2mg，弹簧A的拉力FA和F的作用，受力如下图所示，
根据共点力的平衡条件有：
FA=2mgcsθ，F=2mgtanθ ②
联立①②可得，tanθ=12，FA= 5mg；故A正确，CD错误；
B、根据胡克定律：FA=kAXA，FB=kBXB
由于弹簧的原长相等，变化后实际的长度也相等，所以它们的劲度系数一定不相等。故B错误。
故选：A。
将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A拉力，即可由胡克定律得到伸长量，再以球2为研究对象，求B弹簧的拉力，从而知道伸长量。
本题主要考查了共点力平衡条件、胡克定律的应用以及整体法和隔离法的灵活运用问题，属于中档题。
3.【答案】C
【解析】解：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mv+km⋅23v0
解得
v=v0−2kv03
碰撞后甲、乙同向运动，则
v>0
解得
k<1.5
碰后甲球速度不能越过乙球，有
v≤23v0
解得
k≥0.5
碰撞过程中总动能不增加，有
12mv02≥12mv2+12km(2v03)2
解得
0≤k≤2
综上所述，k的取值范围为
0.5≤k<1.5
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据动量守恒求得碰后甲的速度，分析碰后甲的运动可解得k的范围，同时碰撞过程中需满足能量不增加。
本题考查动量守恒定律，在分析碰撞问题中注意应用动量守恒定律，如果是弹性碰撞还需列能量守恒的表达式。
4.【答案】C
【解析】解：A、由图可知波长为8m，故A错误；
B、若波向x轴正方向传播
t=(n+14)T=1s(n=0,1,2,3…)
解得
T=44n+1m/s(n=0,1,2,3…)
频率为
f=1T=4n+14Hz(n=0,1,2,3…)
当n=0时，波的频率为最小，为0.25Hz，故B错误；
C、A、B两个质点相距
Δx=xB−xA=6m−2m=4m=12λ
故A、B两个质点的振动方向始终相反，故C正确；
D、若波向x轴负方向传播
t=(n+34)T=1s(n=0,1,2,3…)
解得
T=44n+3m/s(n=0,1,2,3…)
速度为
v=λT=(8n+6)m/s(n=0,1,2,3…)
当n=0时，v=6m/s，故D错误。
故选：C。
根据波形图，求波长；相距半个波长，振动方向相反；讨论，若波向右或向左传播，求周期，再根据波速周期关系，求波速。
本题解题关键是根据波的传播情况进行讨论，可能向右传播、也可能向左传播。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律得
F−14mg=ma
解得
a=2.5m/s2
可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C.t1=6s时汽车的速度为
v1=at1=2.5×6m/s=15m/s
汽车额定功率为
P=Fv1=10×103×15W=1.5×105W
汽车达到的最大速度大小为
vm=Pf=P14mg=1.5×10514×2000×10m/s=30m/s
故C错误；
D.汽车做匀加速直线运动的位移为
x1=12at12=12×2.5×62m=45m
从刚达到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定理
P(t2−t1)−14mgx2=12mvm2−12mv12
解得
x2=465m
汽车通过的距离为
x=x1+x2=45m+465m=510m
故D正确。
故选：D。
汽车在启动第一阶段牵引力不变，即汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据速度—时间公式可以6s末的速度，根据P=Fv求出最大功率；根据功率的计算式可求出行驶中的最大速度；根据匀变速直线运动的公式求出前一段的位移，根据动能定理求出后一段的位移，然后求和。
本题考查汽车启动功率的问题，要求学生结合匀变速直线运动规律、牛顿第二定律以及功率的公式进行计算，难度适中。
6.【答案】D
【解析】解：AB、F−t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则IF=12×4400×0.1N⋅s=220N⋅s，方向竖直向上，故AB错误；
C、头垂在下落过程中，根据动能定理可得MgH=12Mv2
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF−Mgt=Mv1−(−Mv)
解得v1=2m/s
动量的变化量为Δp=Mv1−(−Mv)
解得Δp=200kg⋅m/s
故C错误；
D、头锤上升过程中，根据动能定理可得：
−Mgh=0−12Mv12
联立解得：h=0.2m
故D正确；
故选：D。
F−t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向；根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。
本题主要考查了动量定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A、设中圆地球轨道卫星B的轨道半径为rB，倾斜地球同步轨道卫星A的轨道半径rA=kR，根据开普勒第三定律，有rA3rB3=T2(T2)2，得rB=kR34，由牛顿第二定律，GMmrB2=maB，由黄金代换公式GMmrB2=mg，得aB=232k2g，故A错误；
B、卫星做圆周运动线速度大小v=2πrT，则倾斜地球同步轨道卫星A与中圆地球轨道卫星B线速度大小之比34：2，故B错误；
C、某时刻两卫星相距最近，即两卫星与地心连线在一条直线上，则再过12小时中圆轨道卫星B回到原位置，但倾斜地球同步轨道卫星A位于原位置关于地心的对称点，两卫星间距离L=rA+rB=(1+134)kR，故C正确；
D、中圆地球轨道卫星B的速度大于倾斜地球同步轨道卫星A的速度，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小，故D错误。
故选：C。
根据开普勒第三定律结合万有引力提供向心力解得加速度；根据线速度公式解得线速度之比；根据卫星B的运动情况解得两卫星间的距离，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小。
本题主要考查了开普勒第三定律和线速度基本公式的应用，在应用开普勒第三定律时要注意中心天体必须相同。
8.【答案】ACD
【解析】解？A、两小球竖直位移相同，则下落时间相同，初速度v1、v2大小之比等于水平位移之比，即v1v2=x1x2=Rtan37°R=34，故A正确；
C、若让两球仍在OC竖直面相遇，则xOA+xOB=xAB，
其中xOA=v1t，xOB=v2t，若v1大小变为原来的两倍，水平位移不变，则时间t变为原来的一半，两球仍在OC竖直面相遇，则乙球的速度v2要增大为原来的2倍，故C正确；
B、甲球落在D、C两点时的竖直位移之比为y′1y1=12，根据t= 2yg可知甲球落在D、C两点时的时间之比为t′1t1= y′1y1=1 2，
甲球落在D、C两点时的水平位移之比为x′1x1=12，根据v=xt可知甲球落在D、C两点时的初速度大小之比为v′1v1=x′1x1⋅t1t′1= 22，
故若v1大小变为 22v1，则甲球恰能落在斜面的中点D，故B错误；
D、若甲球垂直击中圆环BC，则击中BC时的速度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，则甲球落点到A点的水平距离为
x′=2Rtan37°=v1′t′，
竖直距离为y′= R2−(Rtan37°)2= 7R4
甲球在C点相碰时的速度与位移关系式为x=Rtan37°=v1t，y=R，
根据h=12gt2解得t′t=472，v1′v1=447
所以若要甲球垂直击中圆环BC，则v1应变为原来的447倍，故D正确。
故选：ACD。
A、两球下落高度相等，则下落时间相等，初速度v1、v2大小之比等于水平位移之比，可用几何关系求出AO与BO之比；
B、水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动，根据关系式解答；
C、水平方向为匀速运动，水平位移不变，由s=vt分析；
D、若要甲球垂直击中圆环BC，则击中BC时速度的方向一定过O点，根据平抛运动的规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，根据几何关系求出水平位移及竖直位移的大小，再结合甲球落至C点的速度和时间，两者联立解答。
考查运动的合成与分解，将速度分解成水平和竖直两个方向进行分析，要清楚平抛运动的规律，熟记关系式。
9.【答案】AD
【解析】解：B.从小球A由静止释放到运动至最低点过程中，由于小球A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，但是系统受合外力不为零，则动量不守恒，故B错误；
A.小球A初始位置距水平面高度为h1，由几何关系可得
Rsin60°+(h1−12R)tan30°=1.5Rsin60°
小环B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系可得
h2=h1+1.5Rcs60°
由系统机械能守恒得
2mgΔhA+mgΔhB=12×2mvA2+12mvB2
式中：vB=0，ΔhA=54R，ΔhB=0.5R
阿尔
vA= 3gR
故A正确；
D.刚释放时小球A时，根据牛顿第二定律得
2mgsin60°=2maA
解得
aA= 32g
选项D正确；
C.小球A运动到最低点时，对小球B，根据牛顿第二定律知
F−mg=ma
对小球A，根据牛顿第二定律知
FN−2mg−F=2mvA2R
则
FN=9mg+ma
故C错误。
故选：AD。
根据系统机械能守恒的条件判断；分析小球A的初状态，根据牛顿第二定律求解加速度；分析小球B的最大速度的特点，结合A的状态分析杆上的弹力大小；对小球A和B的初位置的高度进行设置，然和由几何关系求解两个高度，再根据机械能守恒定律列式求解。
熟练掌握系统机械能守恒的条件，结合几何关系和杆模型的速度关联问题求解相应的物理量。
10.【答案】BD
【解析】解：B、以逆时针方向为正方向，对A、B第一次弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
已知：mB=9mA
解得第一次碰撞后A、B的线速度分别为：vA=mA−mBmA+mBv0=−45v0，vB=2mAmA+mBv0=15v0
可得：|vAvB|=41，故B正确；
A、已知：v0=10m/s，可得第一次碰撞后A、B的线速度分别为：vA=−8m/s，vB=2m/s
A沿顺时针方向做圆周运动，B沿逆时针方向做圆周运动，两者的切向加速度大小均为μg。
B减速到零经过的弧长为：sB1=vB22μg=222×0.2×10m=1m
设A运动轨迹长为sA1=10.75m−1m=9.75m时的线速度大小为v1，则有：
2μgsA=vA2−v12，解得：v1=5m/s，方向为顺时针方向。
设A与B发生第二次弹性碰撞后线速度分别为vA2、vB2，以顺时针方向为正方向，同理可得：
vA2=−45v1=−45×5m/s=−4m/s，vB2=15v1=15×5m/s=1m/s
第二次碰撞后B减速到零经过的弧长为：sB2=vB222μg=122×0.2×10m=0.25m
第二次碰撞后A减速到零经过的弧长为：sA2=vA222μg=422×0.2×10m=4m
因：sA2+sB2=4m+0.25m=4.25m<10.75m，故不能发生三次碰撞，即A与B可以发生两次碰撞，故A错误；
C、A与B各自运动的总路程之比为总路程sAsB=sA1+sA2sB1+sB2=9.75+41+0.25=111，故C错误；
D、A与B克服摩擦力做功之比为：WAWB=μmAgsAμmBgsB=19×111=119，故D正确。
故选：BD。
根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解A、B第一次弹性碰撞后A、B的线速度大小；小球沿轨道做圆周运动时切向加速度大小不变，可借用匀变速直线运动的规律求解运动的轨迹长，分析两小球碰撞次数，以及运动的总路程；小球克服摩擦力做功等于滑动摩擦力乘以运动路程。
本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞问题，掌握弹性碰撞的结果经验公式。本题小球沿轨道做圆周运动时，切向加速度大小不变，可借用匀变速直线运动的规律求解运动的轨迹长。
11.【答案】B C A
【解析】解：(1)分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次实验观察发现两球始终同时落地，这说明两小球在竖直方向的具有相同的运动情况，而B球做自由落体运动，所以平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)当小球落到挡板N上时，用铅笔把小球上端的对应位置描绘在白纸上。则在白纸上建立直角坐标系时，坐标原点应建立在小球停留在斜槽末端时球的上端在白纸上的水平投影，故ABD错误，C正确；
故选：C。
(3)AB、为了保证每次小球抛出的速度相同，每次应从斜槽轨道上同一位置静止释放钢球，但斜槽轨道不需要光滑，故A正确，B错误；
C、为了减小误差，钢球运动时不能紧贴装置的背板，故C错误；
D、记录钢球位置的挡板N每次不需要等距离移动，故D错误。
故选：A。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)A。
(1)两球始终同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同；
(2)斜槽末端水平小球能静止在末端，根据实验原理分析实验操作；
(3)由实验操作注意事项判断各操作是否正确。
该题考查了平抛运动的实验，要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。
12.【答案】3.25 C mk02d2
【解析】解：(1)由图2可知，遮光条的宽度为
d=3mm+5×0.05mm=3.25mm
(5)根据能量守恒有
Ep=12mv2
可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能Ep，还需测出滑块(含遮光条)的质量m。
故选C。
(6)根据能量守恒有
Ep=12kx2=12mv2
其中
v=dt
联立可得
x=d mk⋅1t
又因为x−1t图线的斜率为k0，即
d mk=k0
解得
k=mk02d2
故答案为：(1)3.25；(5)C；(6)mk02d2。
(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺对应读数(mm)+对齐格数×精确度；
(5)弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能，写出表达式，根据能量守恒判断需要测量的量；
(6)物体离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能，结合物块通过光电门的瞬时速度得到函数，然后作答。
本题要求学生能够熟练掌握游标卡尺的读数方法、利用光电门测瞬时速度；根据弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能求得函数表达式，得到变化图线，再作出判断即可。
13.【答案】解：(1)由题意可知龙头喷水管的半径为r，可知横截面积为
S=πr2
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
V=v0S
由平抛运动规律得
h=12gt2
d=v0t
联立解得体积为
V=πr2 2gh
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
m0=ρV=ρπr2 2gh；
(2)t时间内从管口喷出的的水体积为
V=Sv0t质量为
m=ρV=ρSv0t
那么设t时间内水泵对水做的功为W，则由动能定理可得
W=mg(h+H)+12mv02
得水泵输出的功率为
P=Wt=mt[g(H+h)+12v02]
联立解得
P=ρπr2g 2gh(2h+H)
(3)可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的116，由
h=12gt2
可得
h模=116h
可知模型中的时间为
t模=14t
水平方向上由
x=v0t
可得
x模=116x
可解得
v模=14v0
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。
答：(1)单位时间内从龙头管口流出的水的质量m0为ρπr2 2gh；
(2)不计额外功的损失，水泵输出的功率P为ρπr2g 2gh(2h+H)；
(3)模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的14倍。
【解析】(1)根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
(2)水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
(3)由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。
14.【答案】解：(1)小滑块从P到A的过程，由动能定理有：Fx0−μmgL=12mvA2−0
小滑块在A点，由牛顿第二定律有：FN−mg=mvA2R
代入数据可得：vA= 2m/s，FN=20N
由牛顿第三定律可得小滑块对圆弧轨道的压力FN′=FN=20N，方向竖直向下；
(2)设小滑块能够上升的最大高度为h，由动能定理有：−mgh=0−12mvA2
代入数据可得：h=0.1m
(3)设滑块恰好能到A点时，设拉力F作用距离为x1，从P点到A点由动能定理有：Fx1−μmgL=0
代入数据可得：x1=0.2m
设滑块恰好能到与圆心O等高的C点时，设拉力F作用距离为x2，从P点到C点由动能定理有：Fx2−μmgL−mgR=0
代入数据可得：x2=0.4m
若滑块恰好到达B点，在B点由牛顿第二定律有：mg=mvB2R
设此过程拉力F作用距离为x3，从P点到B点由动能定理有：Fx3−μmgL−mg⋅2R=12mvB2−0
代入数据可得：x3=0.7m
所以使小滑块能冲上圆弧轨道又不脱离圆弧轨道，拉力F作用距离x应满足的条件是：0.2m答：(1)小滑块到达A点时对圆弧轨道的压力为20N，方向竖直向下；
(2)小滑块能够上升的最大高度为0.1m；
(3)为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力F在水平面上的作用距离x应满足的条件为0.2m【解析】(1)从P点到A点利用动能定理列式，在A点由牛顿第二定律列式，联立方程可得滑块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块对轨道压力大小和方向；
(2)利用动能定理求解；
(3)若滑块恰好能到A点，从P点到A利用动能定理可得力F作用的距离，若滑块恰好能到C点，利用动能定理可得力F作用的距离，若滑块恰好能到B点，在B点利用牛顿第二定律列式，从P点到B点利用动能定理可得力F作用的距离，则可得结论。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律、牛顿第三定律，解题的关键是知道小滑块从A运动到圆弧轨道上与圆心等高处不会脱轨，若小滑块从B点水平向左做平抛运动，在轨道上运动时不会脱轨。
15.【答案】解：(1)由运动学公式得
v1=a1t1
解得
a1=2m/s2
对A由牛顿第二定律得
F−μAmg=ma1
解得
μA=0.4
(2)t2=2.5s时B运动的位移大小
x2=v0t2=2×2.5m=5m
t2=2.5s时A运动的位移大小
x1=12a1t22=12×2×2.52m=6.25m
t2=2.5s时A、B间的距离
x=L0+x2−x1=5m+5m−6.25m=3.75m
(3)对木板由牛顿第二定律得
μAmg−μ(m+m+M)g=Ma2
解得
a2=1m/s2
设经过t′物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，则
12a1t′2=L0+v0t′，12a1t′2=L+12a2t′2
解得
L=7+2 62m
(4)在t3=3s时撤去拉力F，A的速度大小
v3=a1t3=2×3m/s=6m/s
A的位移
x3=v32t3=62×3m=9m
木板的速度大小
v4=a2t3=1×3m/s=3m/s
撤去拉力F，对A由牛顿第二定律得
μAmg=ma3
解得
a3=4m/s2
撤去拉力F，物块A做匀减速运动，木板做匀加速运动，二者达到共同速度
v5=v3−a3t4=v4+a2t4
解得
t4=0.6s，v5=3.6m/s
A达到与木板由共同速度的位移大小
x4=v32−v522a3
解得
x4=2.88m
此后A与木板一起匀减速运动，由
μ(2m+M)g=(m+M)a4
解得
a4=23m/s2
当A、B共同速度时
t5=v5−v0a4=3.6−223s=2.4s
A的位移大小
x5=v52−v022a4
解得
x5=6.72m
在t3=3s时撤去拉力F，A与B达到共同速度A运动的位移大小
xA=x3+x4+x5
解得
xA=18.6m
在t3=3s时撤去拉力F，A与B达到共同速度B运动的位移大小
xB=v0(t3+t4+t5)
解得
xB=12m
则
xA>L0+xB
所以木板足够长且在t3=3s时撤去拉力F，物体A、B能相撞；A、B两物体从撤去拉力F和木板共速到A、B相碰的时间为t，则
x3+x4+v5t−12a4t2=L0+v0(t3+t4+t)
解得
t=0.2s
因此总时间为
Δt=t4+0.2=0.6s+0.2s=0.8s
答：(1)物块A与木板间的动摩擦因数μA为0.4；
(2)已知t2=2.5s时两物块均未滑离长木板，此时物块A、B间的距离x为3.75m；
(3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，木板长度L为7+2 62m；
(4)若木板足够长且在t3=3s时撤去拉力F，物体A、B能相撞，A、B两物体从撤去拉力F到相撞所用的时间t为0.8s。
【解析】(1)根据速度—时间公式结合牛顿第二定律解答；
(2)(3)分别解得AB的位移，根据位移差分析解答；
(4)分析A，B两物体的运动情况，根据位移关系分析解答。
解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，根据加速度分析物体间的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。