湖南省湖南师范大学附属中学2025届高三上学期月考（二）物理

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得分：
本试题卷分第卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，共 8 页。时量 75 分钟，满分 100
分。
第 I 卷
一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是符合题目要求的）
1.北京时间 2024 年 8 月 5 日，在巴黎奥运会游泳男子 4×100 米混合泳接力决赛中，由徐嘉余、覃海洋、孙
佳俊、潘展乐组成的中国队以 3 分 27 秒 46 的成绩夺得金牌，打破了美国队在该项目长达 40 年的垄断。下
列说法中正确的是
A.3 分 27 秒 46 表示时刻 B.潘展乐在加速冲刺过程中惯性增大
C.各队中中国队的平均速率最大 D.研究潘展乐的入水动作时可以将其看成质点
2.如图所示，光滑的凸轮绕O 轴匀速转动，C、D 是凸轮边缘上的两点，AB 杆被限制在竖直方向移动，杆
的下端 A 在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住。凸轮位于图示位置时， AB 杆正在上升。则
A.凸轮绕O 轴沿逆时针方向旋转 B.凸轮上C、D 两点角速度大小相等
C.凸轮上C、D 两点线速度大小相等 D.凸轮上C、D 两点向心加速度大小相等
3.如图所示，某同学从 A 点将同一个飞镖（可视为质点）先后沿着 AO 和斜向上两个方向掷出，两次掷出的
速度大小均为 v0 =10m / s。飞镖的运动轨迹分别如图中①、②所示，并分别击中靶心O 点正下方 h =1.25m
处的 P 点和靶心O 。已知 A 点和O 点在同一水平面上，忽略空气阻力，重力加速度 g 取
10m / s ，下列说
2
法正确的是
A. AO 的距离为 6m
司B.沿轨迹①运动的飞镖运动时间比②要长
C.沿轨迹①运动的飞镖动量变化量小于②
D.沿轨迹②运动的飞镖的初速度方向与水平方向的夹角为30
4.光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳，两人分别握住绳的一端，在水平面上沿垂直于绳的方向摆动，
形成沿 x 轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列波的波动图像分别如图甲、乙所示，此时两列波分别传到
离手12m和15m 处，下列说法正确的是
甲 乙
A.两列波的周期相等
B.两列波的波源同时开始振动
C.此时图乙所示的波中 x =10m处质点的加速度方向沿 y 轴正方向
D.两列波的波源起振方向相同
5.质量为 M 的圆弧槽，置于光滑水平面上，半径为 R 。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度释
放，滑块质量为 m ，且 M = 2m ，重力加速度为 g 。以下说法正确的是
A.若圆弧槽光滑，斜面体与滑块组成的系统动量守恒
2R
C.若圆弧面粗糙，滑块刚运动至水平面时，滑块的位移大小为
3
R
D.若圆弧面粗糙，滑块刚运动至水平面时，圆弧槽的位移大小为
3
6.如图所示，滑块 A 以一定初速度从粗糙斜面体 B 的底端沿 B 向上滑，然后又返回，整个过程中斜面体 B
与地面之间没有相对滑动，那么在滑块向上滑和下滑的两个过程中
司B.若圆弧槽光滑，滑块运动至水平面时速度大小为
gR
3
A.滑块向上滑动的时间大于向下滑动的时间
B.斜面体 B 受地面的摩擦力大小改变、方向不变
C.滑块上滑时地面受到的压力大于滑块下滑时
D.滑块上滑时地面受到的压力等于滑块下滑时
二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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）
7.现在人们业余生活都喜欢打气排球，气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将一质
程中所受空气阻力的大小与其运动速度大小成正比。则下列说法正确的是
A.气排球下降过程中加速度逐渐增大
B.气排球上升过程中加速度逐渐减小
1
C.气排球下降过程中损失的机械能小于 ( )
m v2 − v2
0 1
4
1
D.气排球上升过程中损失的机械能小于 ( )
m v − v
2 2
0 1
4
8.如图，某侦察卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星离我国北斗
三号系统中的地球同步轨道卫星的最近距离为 r ，最远距离为3r 。则下列判断正确的是
A.该侦察卫星的运行周期为8h
B.该侦察卫星的轨道半径为 r
C.该侦察卫星和某地球同步卫星前后两次相距最近的时间间隔为8 2h
D.该侦察卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为1: 2
9.如图，光滑的细直硬杆固定放置，与水平方向的夹角为37 ，质量均为 m 小球与物块通过轻质细线连接，
细线跨过天花板上的两个定滑轮，小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球
司量为 m 的气排球以大小为 v 的初速度竖直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为
0
v 。已知气排球在运动过
1
gL
运动到 A 点时，速度沿着杆斜向上大小为 v = ，细线与细杆的夹角为37 ，当小球运动到 B 点时，细
0 2
线与细杆垂直。已知 A、B 两点之间的距离为 L ，重力加速度为 g ，小球与物块（均视为质点）总在同一竖
直面内运动，下列说法正确的是（已知sin37 = 0.6,cs37 = 0.8
B.当小球运动到 B 点时，物块的速度达到最大值
10.如图甲所示的“笑脸弹簧小人”由头部、弹簧及底部组成，将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止
释放，小人不停上下振动，非常有趣。可将其抽象成如图乙所示的模型，头部质量为 m ，弹簧质量不计，劲
m 1
度系数为 k ，底部质量为
。已知当弹簧形变量为 x 时，其弹性势能 E = kx2 ，不计一切摩擦和空气阻
p
2 2
力，重力加速度为 g ，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是
司A.小球从 A 到 B ，系统总重力势能的增加量为
2mgL
5
C.当小球在 A 点时，物块的速度大小为
2
5
gL
D.当小球运动到 B 点时，速度的大小为
21gL
10
A.将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面，下压最大距离为
3mg
2k
B.将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面压力做功最大值为
9m g
2 2
16k
C.若弹簧小人在振动过程中底部恰好不离开桌面，则弹簧的最大弹性势能为
25m g
2 2
8k
D.若刚释放时头部的加速度大小为 g ，则小人在运动过程中头部的最大速度为 2g m
k
第Ⅱ卷
三、非选择题（本题共 5 个小题，共 56 分）
11.（6 分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑
块 Q 使其能在气垫导轨上做匀速直线运动；然后将固定有遮光条的滑块 P 在倾斜轨道上由静止释放，经过
气垫导轨左侧的光电门 1 后与滑块Q 发生碰撞，并粘合在一起，最终通过光电门 2。已知滑块 P、Q的质量
分别为 m、M 。请回答下列问题。
甲 乙
（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度如图乙所示，则宽度 L =_________ cm。
（2）如果滑块 P 经过光电门 1、光电门 2 时，遮光条的挡光时间分别为t1、t2 。若碰撞过程，系统的动量守
物理量表示）
12.（10 分）小明利用如图甲所示的电路进行了电流表的改装，改装后的电流表有两个量程，分别为
甲 乙 丙
（2）现将改装后的量程为 0.1A 的电流表的接线柱接入电路，且用 A′表示，然后设计了如图乙所示的电路，
电阻箱的阻值为 R4 =15.02Ω 时、表头的示数为 I4 = 0.80mA ，则该蓄电池的电动势 E = ________V、内阻
r = _________Ω 。（结果请均保留 2 位小数）
司恒，则关系式
t
1
t
2
E
= __________成立；该碰撞过程损失的机械能与初动能之比为 k
E
k0
= ________。（用测量的
0.1A、0.6A ，其中表头的满偏电流 Ig =1mA、内阻
rg = 250Ω 。
（1）电路图甲中，定值电阻 R1 = ________Ω 、定值电阻
R =_______Ω 。（结果请均保留 2 位有效数字）
2
测量了某蓄电池的电动势和内阻，其中当电阻箱的阻值为 R3 = 26.42Ω 时、表头的示数为
I = ，当
3 0.50mA
（3）小明为了对改装后量程为 0.1A 的电流表进行校对，设计的电路如图丙所示，电路中选用了（2）中的
字母）
A.10Ω B.50Ω C.100Ω D.150Ω
13.（10 分）如图所示，热气球由球囊、吊篮和加热装置三部分构成，加热装置固定在吊篮上，用 12 根对称
分布的轻绳拴住并与球囊相连，轻绳与竖直方向夹角均为37 ，热气球被锁定在地面上，现缓慢加热球内空
气使其密度不断减小。当加热至某温度时，热气球受到竖直向上大小为3.85×104 N 的浮力，球内气体总质
量为3100kg ，此时解除热气球锁定。若球囊质量为 208kg ，吊篮和加热装置总质量为192kg ，重力加速
度大小取 g =10m / s2 ,sin37 = 0.6,cs37 = 0.8。求：
（1）解除锁定瞬间每根绳子的拉力大小；
（2）解除锁定后 2s时有个金属零件从吊篮底部脱落，零件脱落后经过多少时间落地（忽略零件的空气阻力）。
时小球 P 位于O1 点正上方的 A 点，绳子恰好伸直，给小球 P 一向左的水平初速度 v0 = 2 2m / s ，当小球
时间极短，碰撞后小球Q 恰好能到达右侧光滑半圆形轨道的最高点 D ，图中C 点、半圆圆心O2 和 D 点在
同一竖直线上。已知重力加速度 g 取10m / s2 ，不计空气阻力。求：
（1）小球 P 与小球Q 碰撞前瞬间绳子拉力大小 FT ；
（2）右侧光滑半圆形轨道半径 R 的大小。
15.（16 分）如图所示，小滑块 1、2 质量分别为 m 和 4m ，滑块 1 在半径为 R 的四分之一光滑圆弧最高点
司蓄电池作为电源，其中电路中标准电流表 A 的量程为 I = 0.1A、内阻为
rA = 5.0Ω ，校对时标准电流表的示
数调节范围从 0.02A ∼ 0.1A ，则电路中定值电阻
R0 = 5Ω ，滑动变阻器应选最大阻值为__________的。（填
14.（14 分）如图，长为 L =1.6m的轻绳一端固定在O 点，另一端连接质量为
1
m0 = 2.0kg 的小球 P 。起始
P 运动到最低点 B 时恰好与位于光滑水平面 BC 上的小球Q 发生弹性碰撞，Q 的质量为
14
m = kg ，碰撞
9
A 处，滑块 2 置于粗糙水平轨道端点C 处， B、C 间距为 L。C 点正下方O处固定一劲度系数为 k 的轻弹
簧，弹簧右端固定一质量为 M = 6m 的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块 1，1 与 2 发生弹性碰撞后
gR
恰好静止于 B 点。滑块 2 被碰后做平抛运动的同时给滑块 M 一个向右的初速度 v = ，滑块 2 与运
0 3
17
动中的 M 在平衡位置相碰后竖直向上运动至与C 等高的 D 点。已知所有的碰撞时间极短，质量为 m0 的弹
m
= ，重力加速度为 g ，求：
簧振子振动周期为T 2π 0
k
（1）滑块 1 与水平面 BC 间的动摩擦因数 µ ；
（2）C 点与滑块 M 的高度差 h；
（3）滑块 2 与 M 第二次碰撞后弹簧振子的振幅 A 。
司湖南师大附中 2025 届高三月考试卷（二）
物理参考答案
一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是符合题目要求的）
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C B C C D B
1.C【解析】中国队以 3 分 27 秒 46 的成绩，夺得巴黎奥运会游泳男子 4×100 米混合泳接力决赛金牌，可知
3 分 27 秒 46 表示一段时间间隔，A 错误；质量是物体惯性的量度，潘展乐在加速冲刺过程中质量不变，因
可知，中国队的平均速率最大，C 正确；研究潘展乐的入水动作时，潘展乐的形状和大小不能忽略，因此不
可以将其看成质点，D 错误。故选 C。
2.B【解析】由题知，AB 杆正在上升，可知 A 点到轴心的距离在增大，故可判断凸轮的转动方向为顺时针，
选项 A 错误；凸轮上C、D 两点属于同轴转动，所以角速度相等，但它们到轴O 的距离不同，由 v =ωr 可 得，线速度大小不相等，选项 C 错误，B 正确；凸轮上C, D 两点的角速度相等，但它们到轴O的距离不同，
a = ω r 可得，加速度大小不相等，选项 D 错误。故选 B。
2
由
n
迹②运动的飞镖水平速度小一些，运动时间长一些，项错误；飞镖的动量变化量等于所受重力的冲量，沿轨
迹 ② 运 动 的 飞 镖 受 重 力 的 冲 量 大 一 些 ， 故 C 项 正 确 。 根 据 斜 抛 运 动 的 对 称 性 ， 可 知
′ ′
t 1
0 = v sinθ − g ⋅ , x = v csθ ⋅t θ = ，解得θ =15 ,θ = 75 ,
sin2   D 项错误。故选 C。 ，整理可得
0 AO 0
2 2
错误；由于波前位置不同而波速相同，故两列波的波源不是同时开始振动，B 项错误；波前的振动方向为波
的起振方向，甲波向 −y 方向，乙波向 + y 方向，D 项错误；此时图乙所示的波中 x =10m处质点的加速度
方向沿 y 轴正方向，C 正确。故选 C。
5.D【解析】若圆弧槽光滑，斜面体与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，A 项错误；若圆弧槽光滑，设
1 1
滑块运动至水平面时速度大小为 v1 ，圆弧槽速度大小为 v2 ，由机械能守恒有 2 2
mgR = mv + Mv ，由水
1 2
2 2
gR gR
平方向动量守恒有 mv1 = Mv2 ,M = 2m ，联立解得
v = v = ，B 项错误；若圆弧面粗糙，滑
1 2 , 2
3 3
块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为 x1 和 x2 ，由水平方向动量守恒，
司此其惯性不变，错误；4×100 米混合泳的总路程不变，中国队游全程所用时间最小，由平均速率公式
v
=
s
t
h = 1 gt ，解得t 2h 0.5s
3.C【解析】飞镖平抛运动过程，有 2 = = ，可得
2 g
x = v0t = 5m, A 项错误；沿轨
AO
4.C【解析】两列波的波长不同，分别为 λ =12m,λ = 6m
甲 乙 ，而波速相等，由v
λ
= 知
T
T λ
甲 甲
= =
T λ
乙 乙
2
1
,
A 项
有 mx1 = Mx2 , x1 + x2 = R ，解得
2 R
x = R, x = ，D 项正确，由于滑块还发生了竖直位移 R ，故滑块的位
1 2
3 3
6.B【解析】滑块上滑时做减速运动，加速度沿斜面向下，由牛顿第二运动定律得 a1 = gsinθ + µgcsθ ，下
滑时做加速运动，加速度沿斜面向下，由牛顿第二运动定律得 a2 = gsinθ − µgcsθ ，可见
a > a ，由于
1 2
上滑、下滑位移相同，且最高点速度均为零，所以上滑时间短，A 错误；滑块上滑时斜面体受到滑块的摩擦
力与压力均有向右的分量，斜面体有向右的运动趋势，地面对斜面体摩擦力向左，滑块下滑时滑块对斜面体
的作用力有向右的分量，斜面体仍然有向右的运动趋势，地面对斜面体的摩擦力也向左，项正确；物块上滑
a > a ，物块上滑时失重程度大于下滑时，故物块上滑时
与下滑时 A, B 组成的系统都处于失重状态，由于
1 2
地面对斜面体的支持力小于下滑时，故 C、D 均错误。故选 B。
二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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）
题号 7 8 9 10
答案 BC BD CD A
7.BC【解析】对下降过程的气排球受力分析，由于空气阻力逐渐增大，所受合力逐渐减小，故加速度逐渐减
小，A 项错误；对上升过程的气排球受力分析，由于空气阻力逐渐减小，所受合力逐渐减小，故加速度逐渐
1 1
减小，B 项正确；气排球全程损失的机械能为 ∆E = mv2 − mv2 ，考虑向上和向下运动过程中同一高度
B 0 1
2 2
处下降过程的速度比向上运动的速度小，即 v′ < v ，进而 kv′ < kv ，可见下降过程的平均空气阻力小于上升
1 1
过程。故上升过程损失的机械能大于 m(v − v ) 下降过程中损失的机械能小于 ( )
2 2
, ,
m v2 −v2 故 D 项错 0 1 0 1
4 4
误，C 项正确。故选 BC。
8.BD【解析】设侦查卫星和地球同步卫星的轨道半径分别为 r1 和 r2 ，则 r2 − r1 = r,r2 + r1 = 3r ，解得
r r
3 3
r = r r = r 3 项正确；由开普勒第三定律
1 , 2 2 ,E 1 = 2 ，解得T = A 项错误；设侦察卫星和地球同
1 6 2h,
T1 24
2 2
司移大小为
2
R +   = R
2 2R 13
,
 3  3
C 项错误。故选 D。
 π π  π
解得 24(2 2 1) 2 2 +
步卫星前后两次相距最近的时间为 ∆t ，则 − ∆t = 2 ,
  ∆ = C 项错误；在时
t h,
T 24
 
1
7
9.CD 【 解 析 】 小 球 从 A 到 B ， 系 统 总 重 力 势 能 的 增 加 量 为 ：
L 1
∆ = −  −  =
E mgL mg  L  mgL
sin37 tan37 ,
 
 A 项错误；小球运动到 B 点时，其速度沿绳方向分 p
 cs37  10
量为 0，物块速度为 0，为最小值，B 项错误；将小球的速度分解为沿绳和垂直于绳，沿绳方向分速度为
2
v = v  = gL C 项 正 确 ； 从 A 到 B 对 系 统 ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 ：
cs37 , 1 0
5
1 1 1
21gL
∆ =  +  −
E  mv mv  mv
2 2 2
,
v = ，D 项正确。故选 CD。 解得
p 0 1 B
 2 2  2
B
10
10.AC【解析】静置于桌面的弹簧小人，弹簧压缩量为 x0 ，则 kx0 = mg ，轻压头部后做简谐运动，底部不离
1
A = x + x ，则 3mg 开桌面，弹簧的最大伸长量为 x1 ，则
kx = mg ，最大振幅为 A = ，故下压最大距离
1 0 1
2 2k
3mg F + mg = k x + A 解得 3 为
，A 项正确；从平衡位置缓慢下压 A 时最大压力为 F ，有 ( )
0 , F = mg ，
2k 2
0 + F 9m g
2 2
= = ，B 项错误；弹簧的最大压缩量为 ∆x = x0 + A，则弹簧的最大弹
压力做功最大值为W A
2 8k
三、非选择题（本题共 5 个小题，共 56 分）
（1）0.1879、0.1880、0.1881 均可
【解析】（1）由图乙可知宽度 d =1.5mm + 38.0×0.01mm =1.880mm = 0.1880cm 。考虑估读，答案为
0.1879、0.1880、0.1881 均可。
司π π = D
r r
2 2
间 ∆t0 内两卫星扫过的面积之比为
2 : 2 1: 2,
T 24
1
项正确。故选 BD。
1 25m g
2 2
性势能为 = (∆ ) = C 项正确；若刚释放时头部的加速度大小为 g ，设弹簧的压缩量为
2
E k x ,
p
2 8k
x ，
'
0
则
kx − mg = mg ， 得 x'
'
0 0
2mg
= 。 头 部 往 上 运 动 至 弹 簧 压 缩 量 为
k
x 时 头 部 速 度 最 大 ， 则
0
1 1
( )
2
k x − x = mv , 得
' 2
0 0 m
2 2
m
v = g ，D 项错误。故选 AC。
m
k
（2）
m
m + M
2
+  
m M t
1−  
1
m t
 
2
（或
M 

M m
+ 
（2）碰前滑块 P 的速度为
L
t
1
，碰后两滑块整体的速度为
L
t
2
m
，则碰前系统的总动量为
L
t
1
，碰后系统的总
（1） （2）1.52 1.48 （3）C
联立解得： R1 = 2.1Ω, R2 = 0.42Ω
别为 I3 = 0.50mA、I4 = 0.80mA 时，则改装后的电流表的示数分别为50mA,80mA ，根据闭合电路欧姆
定 律 得 E = 0.05A×(2.5Ω + 26.42Ω + r)、E = 0.08A×(2.5Ω +15.02Ω + r) ， 联 立 解 得
E =1.52V、r =1.48Ω
（3）当电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值为 R′，则该电路的总电阻约为：
E 1.52
R r R R r R 76
= + + + + ′ = = Ω = Ω 1 A R 0
I 0.02
min
解得 R′ = 62.02Ω ，因此滑动变阻器选 C 项。
13.（10 分）
【解析】（1）对热气球的整体受力分析，由牛顿第二定律：
F − Mg = Ma
浮 ①2 分
其中 M = (3100 + 208+192)kg = 3500kg ，
得： a =1m / s2
设每根绳子拉力为 F ，则对吊篮和加热装置有
12Fcsθ − M ′g = M ′a ②2 分
其中 M′ =192kg 。由①②得： F = 220N 2 分
（2）t = 2s 零件脱落时离地的高度为 h，则
1
h = at2 ③ 1 分
2
司L L L t m
动量为( + ) ，若碰撞过程系统的动量守恒，则有 = ( + ) ，化简得： 1
m M m m M =动量为( + ) ，若碰撞过程系统的动量守恒，则有 = ( + ) ，化简得： 1
t t t t m + M
2 1 2 2
；该碰
2 2
   
1 L 1 L
撞 过 程 损 失 的 机 械 能 为 ( )
m − m + M
   
2 t 2 t
   
1 2
,
初 动 能 为
1
2
2
 
L
m
 
t
 
1
,
则
2
+  
E m M t M
k = −   =
1
1
E m t M + m
k0 2
 
12.（10 分，每空 2 分）
【解析】（1）表头的满偏电压为U = I r = 0.25V ，量程为 0.1A 时：0.1A
g g g
= I +
g
U
g
R + R
1 2
，量程为 0.6A
0.6A
时：
U + I R
= + g g 。
1
I
g
R
2
（2）当改装后的电流表量程为 0.1A 时，改装后电流表的内阻应为
R
g
r R R
( + )
= = 2.5Ω,
g 1 2
r + R + R
g 1 2
表头的示数分
脱落零件的速度为 v0 ，则
v = at ④ 1 分
0
设经时间t′落地，设竖直向下为正方向，有
1
h = −v t′+ gt′ ⑤1 分
2 0
2
代入数据解得： 1 11 s
+
t = 1 分
5
14.（14 分）
和竖直方向的位移分别为 x 和 y ，有
x = v t ①1 分
0
1
y = gt2 ② 1 分
2
x2 + L − y = L2 ③ 分
( )
2
2
t = 2s, x =1.6m, y =1.6m，可见，绳子绷直时恰好处于水平状态，绸直后水平分速度将减为，竖 解得
5
直速度为 v1 ，设运动到 B 点时速度为 vP ，有
v = gt ④
1
得 1 4 2m / s
v = 1 分
对小球 P 由机械能守恒定律：
1 1
m gL = m v2 − m v2 ⑤
0 0 p 0 1
2 2
代入数据解得 v = 8m / s 1 分
P
对小球由牛顿第二定律：
司【解析】（1）代入数据，由于
v
2
m g > m 0 ，故小球 P 抛出后做平抛运动。设经时间t 绳子绷直。水平方向
0 0
L
v
2
F − m g = m ⑥1 分
P T 0 0
L
解得： FT =100N 2 分
（2）设小球Q 被撞后速度为 v ，碰后 P 的速度为 v1 ，则
Q
m v = m v + mv ⑦ 1 分
0 p 0 1 0
1 1 1
m v2 = m v2 + mv2 ⑧ 1 分
0 P 0 1 Q
2 2 2
设小球Q 运动到 D 点时速度大小为 vD
v
2
mg = m D ⑨1 分
R
1 1
−mg ⋅2R = mv − mv ⑩1 分
2 2 D Q
2 2
解得： R =1.62m 2 分
15.（16 分）
【解析】（1）设滑块 1 与 2 碰前速度为 v1 ，由动能定理：
1
mgR − µmgL = mv − 0 1 分
2
1
2
v ′和 v ′，由弹性碰撞： 碰后两者速度分别为
1 2
mv1 = mv1 + 4mv2 ②1 分
' '
1 1 1
mv = mv′ + × mv′ ③1 分
4
2 2 2 1 1 2
2 2 2
m − 4m 2m
v' = v = − v v' = v = v
0.6 , 0.4 由②③有：
1 1 1 2 1 1
m + 4m m + 4m
碰后滑块 1 恰滑动后能静止在 B 点，滑块 1 只能从C 点向左匀减速运动至 B ，由动能定理
1
− mgL = 0 − mv ④1 分
µ ′
2 1
2
联立以上各式得：
运动，则碰前运动时间t 满足：
T
t = nT + (n = 0,1, 2, 3,) ⑤1 分
2
所求高度为：
司v
'
2
gR 9R
= 2 ,µ = 2 分
17 34L
（2）滑块 2 与振子 M 在平衡位置相碰，由于
v > v' ，滑块 2 只能与向左运动的 M 相碰才能碰后竖直向上
0 2
1
h = gt ⑥1 分
2
2
π mg
2
解得： ( ) ( )
h = 3 2n +1 ⋅ n = 0,1, 2, 3, 2 分
2
k
（3）滑块 2 与 M 碰撞过程水平方向动量守恒，第 1 次碰撞后 M 的速度设为 vM1 ，则
Mv0 − 4mv2 = 0 + MvM1 ⑦1 分
'
代入 M = 6m 得：
5 gR
v = 1 分
M1
3 17
设第一次碰撞过程中滑块 2 与 M 接触时间为 ∆t ，则在 ∆t 时间内滑块 2 与 M 间为滑动摩擦力，因为滑块 2
离开 M 瞬间是相对运动的。滑块 2 从竖直上抛后落下与 M 发生第二次碰撞前运动时间为 2t ，滑块运动
(2n +1)T 时间正好在平衡位置向左运动时与滑块 2 相撞。假设第二次碰撞过程中滑块 2 离开 M 前能共速
则：
Mv = ( m + M )v
1 4
共 ⑧1 分 M
gR
v = 解得： 共 1 分
17
于 I1 > I2 ，第二次滑动摩擦力作用的时间 ∆t′ < ∆t ，则假设成立。滑块 2 离开 M 后，振子 M 的速度为 v
共 。
设所求振幅 A 为：
1 1
Mv2 = kA2
共 ⑨ 1 分
2 2
司由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
I = mv' ，第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
1 4 2
I = mv
2 4
共 ，由
解得：
A
6mgR
= 1 分
17k