2025-2026学年黑龙江省大庆实验学校高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省大庆实验学校高二（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，是卡文迪什利用扭秤测量万有引力常量的实验装置，一旦测得引力常量G，就可以算出地球的质量。因此，卡文迪什把这个实验说成是“称量地球的质量”。该实验用到的科学研究方法是( )
A. 类比法B. 放大法C. 累积法D. 理想实验法
2.有关机械能的理解，下列说法中正确的是( )
A. 一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化
B. 处于平衡状态的物体，机械能不一定守恒
C. 机械能守恒时，物体一定只受重力的作用
D. 沿粗糙、固定斜面上滑的物块机械能一定增加
3.一质量为m=1kg的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 0～4s内，物体动量变化量的大小为5kg⋅m/s
B. 0～2s内，外力对物体做的功为12.5J
C. t=2s时和t=4s时物体的动量大小相同
D. t=4s时物体回到出发点
4.劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图甲所示，将一块标准平板玻璃放置在另一待测平板玻璃上，一端用两张纸片垫起，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当单色光从上方入射后，从上往下可以看到明暗相间的条纹。下列关于条纹的说法正确的是( )
A. 干涉条纹是光在标准样板的上下两表面反射形成的两列光叠加的结果
B. 将该单色光换成频率更大的单色光则条放间距变稀疏
C. 若抽去一张纸片，观察到的条纹将变密集
D. 若观察到的干涉条纹如图乙，则待测平面有凹坑
5.如图所示，内壁光滑的两个四分之一圆弧轨道AB、BC固定在水平面上，B点的切线水平，A、C两点的切线竖直，现让小球从A点由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 小球能到达C点
B. 小球在AB轨道的B点和BC轨道的B点速度不同
C. 小球在下降的过程中，动能的增加量与下落的高度成正比
D. 小球在下降的过程中与在上升的过程中所受重力的冲量相等
6.光滑的水平面上放有质量分别为m和12m的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使这两个木块组成的系统一起振动，系统的最大振幅为( )
A. μmg2kB. 2μmgkC. 3μmg2kD. 4μmgk
7.从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度ℎ的变化关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，由图中数据可得( )
A. 该物体的质量为4kg
B. 物体上升至ℎ=2m时，物体的动能Ek=50J
C. 物体上升过程中，所受阻力的大小为10N
D. 物体离开地面时的初速度大小为20m/s
8.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=14s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. 汽车启动后做加速度减小的加速直线运动，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30m/s
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为190m
9.如图，足够长的小车质量m=2kg，木块质量M=3kg，小车与木块之间动摩擦因数μ=0.4，地面光滑。现在把木块放在小车左端，一起以v0=2m/s的速度向右运动，小车与墙发生弹性碰撞后会以原速率反弹，则( )
A. 小车第一次撞墙后向左运动的最大距离为0.5m
B. 小车第二次撞墙前瞬间的速度为0.2m/s
C. 当小车最终停止时，木块相对小车滑动的总路程为0.8m
D. 小车第二次撞墙后到第三次撞墙前，摩擦生热为0.384J
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.关于简谐运动的回复力，以下说法正确的是( )
A. 简谐运动的回复力不可能是恒力
B. 做简谐运动的物体的回复力方向与相对平衡位置的位移方向总是相反
C. 简谐运动公式F=−kx中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量
D. 做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力的大小一定为零
11.已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，距离地球表面高度为ℎ的人造卫星的线速度大小为v、周期为T，引力常量为G。若不考虑地球自转，则地球质量的表达式正确的是( )
A. gR2GB. v2T2πGC. 4π2R3GT2D. 4π2(ℎ+R)3GT2
12.如图所示，S1、S2为两个振动情况完全一致的波源，两列波的波长都为λ，它们在同一介质中产生干涉现象。在与振动方向垂直的平面上，S1、S2之间(含S1、S2两点)共形成了5个相邻的振动加强区域，如图实线所示。P是振动加强区域中的一点。从图中可看出正确的是( )
A. P点到两波源的距离差等于λ
B. 因PS1长于PS2，故波源S1发出的波的传播速度更大
C. P点始终在波峰或者波谷，不会出现在平衡位置
D. 两波源之间的距离一定在2个波长到3个波长之间
13.如图所示，有质量为3m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α=30°时，弹簧处于原长。当α=30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内。弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在P下降过程中( )
A. P、Q与弹簧组成的系统机械能守恒
B. 当α=45°时，P、Q的速度相同
C. 弹簧弹性势能最大值为32( 3−1)mgL
D. P下降过程中动能达到最大以后，Q受到地面的支持力大于4mg
14.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一质量为2kg的物块(可视为质点)以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零。sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。则( )
A. 传送带的速度大小为12m/s
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
C. 物块从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物块做功144J
D. 物块从传送带底端运动到顶端的过程中，物块与传送带之间产生的内能为24J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率。
(1)在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3______，用同样的方法插上大头针P4。
(2)在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图1所示。测得AC=4.00cm，BD=2.80cm，则玻璃的折射率n=______(计算结果保留2位有效数字)。
(3)在实验中，甲、乙两位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图2中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖，他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与乙同学测得的折射率相比______(填“偏大““偏小”或“相等”)。
16.利用图示的装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，分析碰撞过程是否为弹性碰撞。
步骤如下：
一、调节导轨水平，测得两滑块的质量分别为0.501kg和0.304kg。
二、调节B的位置，使A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
三、使A以某一初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
四、将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤三，多次测量的结果如表。
(1)要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为滑块B。
(2)表中的k2= ______(保留三位有效数字)。
(3)若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v2v1的理论表达式为______(用m1和m2表示)，将m1和m2的数值代入得v2v1= ______(保留三位有效数字)，若该值与表格中k的平均值的计算结果在误差范围内数值大小相等，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
17.如图所示，倾角为30°、足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，轻绳一端连接质量为4kg的物体A，另一端跨过光滑的定滑轮连接质量为6kg的物体B，斜面上方轻绳始终与斜面平行且处于伸直状态，已知物体A与斜面间的动摩擦因数μ= 32，物体B距地面高度ℎ=0.5m。现将物体A、B由静止释放，B落地后不再弹起，A不会与滑轮相撞，物体A、B可视为质点，重力加速度g取10m/s2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，求：
(1)物体B刚要接触地面时的速度大小；
(2)物体A向上滑动的整个过程中与斜面间因摩擦产生的热量。
五、计算题：本大题共2小题，共27分。
18.一列简谐横波沿x轴传播，在t=1s时的波形如图甲所示，M、N、Q是介质中的三个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为4m。如图乙所示为质点M的振动图像。
(1)该波的波长；
(2)该波的传播方向和波速大小。
19.滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一圆弧轨道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球(视为质点)从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。
(1)求小球第一次刚滑到C点时，P对小球的支持力大小；
(2)若Q的质量为3m，求小球滑上轨道Q后能上升的最大高度；
(3)若P、Q的质量都为M，将P解锁，使该小球仍从A处静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P的质量M应满足的条件。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：该实验用到的科学研究方法是放大法。卡文迪什扭秤实验中，通过扭秤装置将微小的万有引力引起的扭转角度，利用平面镜反射光线的移动进行放大，从而能够准确地测量出引力常量，故B错误，ACD正确。
故选：B。
微小量放大法是一种物理实验方法，通过将微小的物理量放大，使其变得易于观察和测量。这种方法常用于那些难以直接测量的微小变化或现象。高中阶段涉及的实验或例子有：扭秤实验、观察桌面的微小形变等。
本题主要考查对引力常量测量的研究情况，要正确理解测量的方法与原理。
2.【答案】B
【解析】解答：
A.一定质量的物体，若速度方向变化而大小不变，则动能不变，故A错误；
B.处于平衡状态的物体，机械能不一定守恒，比如匀速上升的物体，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B正确；
C.机械能守恒时，系统内只有重力或者弹力做功，物体受其他作用力，其他力不做功，机械能同样守恒，故C错误；
D.沿粗糙、固定斜面上滑的物块由于摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，故D错误。
故选：B。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据F−t图像与横轴所围图形面积表示冲量，可知0～4s内的冲量I=(12×2×5+12×2×5)N⋅s=10N⋅s，由动量定理可知I=Δp=10kg⋅m/s，即物体动量变化量的大小为10kg⋅m/s，故A错误。
B、0～2s内的冲量I′=12×2×5N⋅s=5N⋅s，由动量定理可得2s末的动量p′=5kg⋅m/s，根据动能定理可W=Ek=p′22m=522×1J=12.5J，故B正确。
C、根据上述分析可知，2s末的动量p′=5kg⋅m/s，0～4s内的冲量I=10N⋅s，由动量定理可得4s末的动量p=10kg⋅m/s，故C错误。
D、物体一直做单向直线运动，且始终向正方向运动，t=4s时不会回到出发点，故D错误。
故选：B。
合外力的冲量等于物体动量的变化量，即I=Δp，其中冲量I可通过F−t图像与横轴围成的面积计算。合外力对物体做的功等于物体动能的变化量。
本题考查了动量定理、动能定理以及F−t图像的物理意义。
4.【答案】D
【解析】解：A、劈尖干涉属于薄膜干涉现象，其干涉条纹由空气劈尖膜的上表面和下表面反射的两列光波叠加形成，故A错误；
B、将该单色光换成频率更大的单色光，即单色光的波长变小，条纹间距Δx变小，条纹间距变密集，故B错误；
C、从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δx=2d，即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为0.5，显然抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，即观察到的条纹将变稀疏，故C错误；
D、由图乙可知，条纹向左弯曲，说明此处空气膜厚度与右边正常条纹处空气膜厚度相同，即待测平面有凹坑，故D正确；
故选：D。
根据劈尖干涉的原理，需结合薄膜干涉中光的反射、干涉条件及条纹形成原因来分析各选项。要明确干涉条纹由空气劈尖膜上下表面反射光叠加而成，以及条纹位置与空气膜厚度的关系。
本题关键在于理解劈尖干涉的原理：空气劈尖膜上下表面反射光干涉形成条纹，条纹位置与空气膜厚度对应，且观察需在入射光同侧。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据机械能守恒定律可知，小球只能到达与A点等高的位置，不能到达C点，故A错误；
B.小球在AB轨道的B点和BC轨道的B点速度大小相同，故B错误；
C.根据动能定理ΔEk=mgℎ，可知小球在下降的过程中，动能的增加量与下落的高度成正比，故C正确；
D.小球在下降的过程中与在上升的过程中竖直高度相等，但是在AB轨道下滑时加速度竖直分量较大，可知用时较短，即在两段圆弧上滑行所用时间不相等，根据IG=mgt可知，所受重力的冲量不相等，故D错误。
故选：C。
A、根据机械能守恒定律分析；
B、根据mgℎ=12mv2分析；
C、根据动能定理ΔEk=mgℎ分析；
D、根据运动的时间分析。
考查对机械能守恒定律和动量定理的理解，清楚冲量与动量变化量的关系。
6.【答案】C
【解析】解：质量分别为m和12m的两木块作为一个整体同步振动，两者具有共同的加速度。两木块之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当两木块之间静摩擦力达到最大值时，即12μmg时，12m木块的加速度达到最大值，为
am=fm12m,解得am=μg
设系统的振幅为A，此时两木块组成的系统有
kA=(m+12m)am
联立解得系统振幅最大为
A=3μmg2k，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力。振幅最大时，回复力最大，然后结合受力分析与牛顿第二定律即可求出。
该题基于物体的简谐振动，考查整体法与隔离法分析受力，解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力。知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力。
7.【答案】B
【解析】解：A、由图知，ℎ=4m时Ep=80J，由Ep=mgℎ，代入数据解得m=2kg，故A错误；
B、ℎ=2m时，Ep2=40J，E总2=90J，则物体的动能为：Ek2=E总2−Ep2=(90−40)J=50J，故B正确；
C、0～4m的过程，根据功能关系可知：−fΔx=E总4−E总0，由图知，x=4m时，E总4=80J，x=0时，E总0=100J，结合Δx=4m，解得物体上升过程中所受阻力大小为：f=5N，故C错误；
D、根据图像可得：12mv02=100J，解得：v0=10m/s，故D错误。
故选：B。
根据ℎ=4m时的Ep值和Ep=mgℎ求出物体的质量；在ℎ=2m时，物体的动能为Ek=E总−Ep；根据功能关系列式求物体上升过程中所受阻力大小；根据初动能求解初速度的大小。
解决本题的关键要从图像读取有效信息，明确物体在各个高度时的动能、重力势能和机械能，根据功能关系进行解答。
8.【答案】C
【解析】解：AB、由图可知汽车在AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律有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=1.5×10514×2000×10m/s=30m/s，故C正确。
D、汽车做匀加速直线运动的位移为x1=12at12=12×2.5×62m=45m，从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理有P(t2−t1)−14mgx2=12mvm2−12mv12，解得x2=105m，汽车通过的距离为x=x1+x2=45m+105m=150m，故D错误。
故选：C。
根据汽车牵引力随速率倒数变化的关系图像，结合牛顿第二定律和动能定理，分析汽车的运动状态和计算相关物理量。
本题考查机车的启动问题，综合运用了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、功率公式、动能定理等知识。
9.【答案】D
【解析】解：AB.以向右为正方向，小车第一次撞墙后速度为v1=−2m/s，小车和木块组成的系统动量守恒，共速时有：Mv0+mv1=(m+M)v2，
代入数据解得：v2=0.4m/s，小车做匀减速直线运动，加速度a=μMgm=0.4×3×102m/s2=6m/s2，所以向左的位移：x1=v222a=0.426m≈0.027m，故AB错误；
C.由功能关系可知：μMgs=12(m+M)v02，代入数据解得：s≈0.83m，故C错误；
D.小车第二次撞墙后速度为v3=−0.4m/s，小车和木块组成的系统动量守恒，共速时有：Mv2+mv3=(m+M)v4，代入数据解得：v4=0.08m/s，
第二次撞墙后到第三次撞墙前，摩擦生热Q=12(m+M)v22−12(m+M)v42，代入数据解得：Q=0.384J，故D正确。
故选：D。
AB.小车撞墙后，小车和木块动量守恒，可分析末速度，之后小车做匀减速直线运动；
C.用功能关系分析即可；
D.分别分析这两个速度，摩擦生热就等于动能的差值。
考查了板块动量守恒和匀变速直线运动的规律，重点是功能关系的理解。
10.【答案】AB
【解析】解：A、根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F=−kx，k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，可知回复力不可能是恒力，故A正确；
B、回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向与合外力的方向相同，所以做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反，故B正确；
C、物体做简谐运动时，回复力为F=−kx，k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，不一定是弹簧的形变量，故C错误；
D、做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，只是合力不一定为零，故D错误。
故选：AB。
简谐运动中，回复力总是指向平衡位置，为F=−kx，其中x是相对于平衡位置的位移，由此分析回复力的大小和方向；做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力不一定为零，如单摆，小球在平衡位置(最低点)受到的合外力提供向心力。
本题关键是明确简谐运动中回复力、速度、加速度、位移的变化特点，结合对称性和周期性分析。
11.【答案】AD
【解析】解：A、由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有万有引力等于重力
GMm0R2=m0g
故可得地球质量M=gR2G
故A正确；
CD、由万有引力提供卫星绕地球运动的向心力，有万有引力提供向心力
GMm2(R+ℎ)2=m2(2πT)2(R+ℎ)
可得地球质量M=4π2(ℎ+R)3GT2
故D正确、C错误；
B、由GMm1(R+ℎ)2=m1v2R+ℎ，v=2π(R+ℎ)T
联立得地球质量M=v3T2πG
故B错误。
故选：AD。
在地球表面忽略自转的影响，由万有引力等于重力求解地球的质量；对卫星根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，根据相应的向心力表达式进行分析。
12.【答案】AD
【解析】解：A.由题意可知，S1、S2之间(含S1、S2两点)共形成了5个相邻的振动加强区域，图中直线上各点到两个波源的距离相等，P点所在的加强点与直线加强点相邻，则P点的两波源的距离之差等于λ，故A正确；
B.两列波在同一介质中传播，则传播速度相等，故B错误；
C.P点是振动加强点，但它仍然在做简谐运动，会经过平衡位置，不是始终在波峰或者波谷，故C错误；
D.因为S1、S2之间(含S1、S2两点)在空间共形成了5个振动加强的区域，所以路程差最大达到2个波长，但又小于3个波长，所以两波源之间的距离一定在2个波长到3个波长之间，故D正确。
故选：AD。
S1、S2为两个振动情况完全一样的波源，发出的两列波相遇时能产生稳定的干涉现象。当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。
波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰。注意振动加强的条件：路程差是波长的整数倍。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、由于忽略一切摩擦，运动过程只有重力和弹簧弹力做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；
B、当α=45时，据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcs45°=vPcs45°，可得vP=vQ，可得P、Q的速度大小相等，但速度方向不同，则速度不相同，故B错误；
C、当α=60时，P下降到最低点，此时的弹簧弹性势能最大，EP=3mgL(cs30°−cs60°)，根据机械能守恒可得：EP=32( 3−1)mgL，故C正确；
D、P下降过程中动能达到最大以后做减速运动，处于超重状态，此时P、Q组成的整体也处于超重状态，在竖直方向上Q受到地面的支持力大于整体重力4mg，故D正确。
故选：ACD。
只有重力或弹簧弹力做功时，物体系统的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，来分析机械能是否守恒；当α=45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等列式，分析两者速度大小关系，结合速度方向关系分析速度是否相同。根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值。对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。
本题考查了机械能守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
14.【答案】BD
【解析】解：A、根据物块的v−t图像可知，物块的速度减小到v0=4m/s 时和传送带速度相等，故A错误；
B、物块在前1s内的减速过程，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcsθ=ma1，由v−t图斜率表示加速度可知a1=ΔvΔt=12−41m/s2=8m/s2，解得μ=0.25，故B正确；
C、物块从传送带底端运动到顶端的过程中，根据动能定理可知：Wf−mgLsinθ=0−12mv02，其中传送带的长度L根据物块的v−t图像可知，速度直线与坐标轴围成的面积表示位移，则L=10m，解得传送带对物块做功：Wf=−24J，故C错误；
D、根据物块的v−t图像可知速度直线与坐标轴围成的面积表示位移，则0～1s内物块的位移s1=8m，传送带位移为v0t1=4×1m=4m，物块和传送带的相对位移Δx1=(8−4)m=4m，在1s～2s内物块的位移为s2=2m，传送带位移为x带=v0t2=4×1m=4m，物块和传送带的相对位移Δx2=(4−2)m=2m，则物块相对传送带的路程Δx=Δx1+Δx2=4m+2m=6m，则物块与传送带之间产生的内能为：Q=μmgcsθ×Δx=14×2×10×0.8×6J=24J，故D正确。
故选：BD。
刚开始时，物块的速度大于传送带的速度，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做匀减速直线运动，速度与传送带相等以后，物体所受摩擦力改为向上，继续向上做匀减速直线运动，由此分析传送带的速度大小，根据牛顿第二定律结合图像求解动摩擦因数；根据摩擦力的方向分析传送带做功情况；分别求出两段运动的相对位移，从而得到相对路程，再求出摩擦产生的热。
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式、速度—时间关系图像进行求解。要注意摩擦生热与相对路程有关。
15.【答案】挡住P1、P2的像； 1.4； 偏小
【解析】(1)在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3挡住P1、P2的像；
(2)入射角的正弦sin∠AOC=ACAO=
折射角的正弦sin∠BOD=BDBO=
根据折射定律，折射率n=sin∠AOCsin∠BOD=45×52.8≈1.4
(3)乙同学采用图2②测量梯形玻璃砖的折射率时，操作无误，不影响入射角和折射角的测量，测量的折射率真实；
甲同学采用图2①测量矩形玻璃砖的折射率时，光路图如图所示：
甲同学测得的入射角真实，折射角的测量值大于真实值，根据折射定律n=sinisinr可知，甲同学测得的折射率小于真实值，因此测得的折射率与乙同学测得的折射率相比偏小。
故答案为：(1)挡住P1、P2的像；(2)1.4；(3)偏小。
(1)根据正确的实验操作分析作答；
(2)根据折射定律求解作答；
(3)根据光路图的特点分析出折射率的测量值和真实值的大小关系。
本题考查了利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率，掌握实验原理以及折射定律的运用是解题的关键。
16.【答案】0.501； 3.05； 2m1m2−m1，3.09
【解析】(1)要使碰撞后两滑块运动方向相反，则滑块A的质量小，滑块B的质量大，所以应选取质量为0.501kg的滑块作为滑块B。
(2)碰撞后滑块做匀速直线运动，运动的距离相同，根据v=st可知，速度和时间成反比，则有k=v2v1=t1t2=；
(3)若两滑块的碰撞为弹性碰撞，规定A初始时刻的运动方向为正方向，则有m1v0=−m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22，联立可得v1=m2−m1m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，所以v2v1=2m1m2−m1，将m1和m2的数值代入得v2v1=3.09。
故答案为：(1)0.501；(2)3.05；(3)2m1m2−m1，3.09。
(1)根据碰撞反弹的要求进行判断；
(2)根据匀速直线运动位移和速度特点列式求解；
(3)根据弹性碰撞的特点即动量守恒和机械能守恒列式求解。
考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，会根据题意进行准确分析解答。
17.【答案】解：(1)从物体A、B由静止释放到物体B刚要接触地面时，设B的速度大小为v，对A、B组成的系统，根据动能定理：
mBgℎ−mAgℎsin30°−μmAgcs30°⋅ℎ=12(mA+mB)v2
代入mA=4kg，mB=6kg，解得v=1m/s
(2)从物体A速度大小为v减速到0的过程，设A沿斜面上滑的距离为x，根据动能定理有：
−mAgxsin30°−μmAgxcs30°=0−12mAv2
解得x=0.04m
物体A向上滑动的整个过程中与斜面间产生的热量Q：
则Q=μmAg(x+ℎ)cs30°
代入数据解得Q=16.2J
答：(1)物体B刚要接触地面时的速度大小为1m/s；
(2)物体A向上滑动的整个过程中与斜面间因摩擦产生的热量为16.2J。
【解析】(1)根据动能定理对系统列式解答；
(2)根据动能定理和摩擦产生热量的公式代入数据解答。
考查动能定理的应用问题，会根据题意进行分析解答。
18.【答案】(1)N、Q两质点平衡位置之间的距离为4m，因yN=−5cm=−12A
则：34λ−14λ×13=4m
可得该波的波长为：λ=6m；
(2)t=1s时质点M向下振动，根据同侧法可知波向左传播；
根据波速计算公式可得：v=λT=62m/s=3m/s。
【解析】详细解答及解析过程详见【答案】
19.【答案】小球第一次刚滑到C点时，P对小球的支持力大小为5mg；
小球滑上轨道Q后能上升的最大高度为1.5R；
P的质量M应满足的条件为M>(1+ 2)m
【解析】(1)小球第一次由A点到C点的过程，根据动能定理得：
2mgR=12mvC2，解得：vC=2 gR
设第一次刚滑到C点时P对小球的支持力大小为N，根据牛顿第二定律得：
N−mg=mvC2R
联立解得：N=5mg
(2)小球滑上轨道Q后，小球与Q组成的系统在水平方向上动量守恒，小球上升到最高点时两者共速。设小球滑上轨道Q后能上升的最大高度为ℎ，以向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mvC=(m+3m)v共
12mvC2=12(m+3m)v共2+mgℎ
联立解得：ℎ=1.5R
(3)若P、Q的质量都为M，将P解锁，小球第一次由A到C的过程，小球与P组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球第一次由C处离开P的速度大小为v1，以向左为正方向，同理可得：
0=mv1−MvP
2mgR=12mv12+12MvP2
解得：v1=2 MgRM+m，vP=mMv1
设小球第一次滑上Q后，再由D处离开Q的速度为v2，此过程小球与Q组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，同理可得：
−mv1=mv2−MvQ
12mv12=12mv22+12MvQ2
解得：v2=M−mm+Mv1
使小球能第二次在BC弧上运动，需满足：v2>0，且v2>vP
可得：M2−2mM−m2>0，且M>m
解得：M>(1+ 2)m
答：(1)小球第一次刚滑到C点时，P对小球的支持力大小为5mg；
(2)小球滑上轨道Q后能上升的最大高度为1.5R；
(3)P的质量M应满足的条件为M>(1+ 2)m。
(1)根据动能定理求得小球第一次由A点到C点时的速度大小，根据牛顿第二定律求解P对小球的支持力大小；
(2)小球滑上轨道Q后，小球与Q组成的系统在水平方向上动量守恒，小球上升到最高点时两者共速。根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；
(3)小球第一次由A到C的过程，小球与P组成的系统在水平方向上动量守恒，同理求得小球滑上Q的初速度，以及P速度大小。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得小球第一次滑上Q后，再由D处离开Q的速度。要使小球能第二次在BC弧上运动，需要小球离开Q的速度方向向右，且速度大小要大于P的速度大小。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，要知道动量守恒可以在某一方向上满足是解决此类问题的关键。1
2
3
4
5
t1/s
0.46
0.64
1.01
1.22
1.41
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k=v2v1
3.07
k2
3.06
3.05
3.07