2024-2025学年北京市第二中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市第二中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.设太阳对行星的万有引力大小为F，太阳与行星间的距离为r，则F与r的关系为( )
A. F与r成正比B. F与r成反比C. F与r2成正比D. F与r2成反比
2.两个物体具有相同的动量，则它们一定具有( )
A. 相同的速度B. 相同的质量C. 相同的运动方向D. 相同的动能
3.一个人将一质量为m的物体举高ℎ并使物体获得速度v，则( )
A. 合力对物体做功为mgℎ+12mv2 B. 人对物体做功为mgℎ+12mv2
C. 人对物体做功为mgℎ D. 人对物体做功为12mv2
4.如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则( )
A. EA>EB，QA=QB
B. EA=EB，QA>QB
C. EA>EB，QA>QB
D. EAQB
5.如图所示，把A、B两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v0分别水平向左和竖直向上抛出，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时，动能不同
B. 两小球落地时速度相同
C. 两小球落地时，B球重力的瞬时功率较大
D. 从抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相同
6.如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器(图中未画出)射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量分别为mA和mB，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是( )
A. B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B. B与A碰撞前后轻绳的拉力大小不变
C. 碰撞后AB一起上升的最大高度与轻绳的长度有关
D. 碰撞后AB一起上升的最大高度为ℎ=mB2v22g(mA+mB)2
7.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球运动半周的过程中，动量不变
B. 小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为2mv
C. 小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
D. 小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
8.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)从大环的最高处由静止滑下，重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )
A. Mg−5mg
B. Mg+mg
C. Mg+5mg
D. Mg+10mg
9.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高ℎ处开始自由下滑，下列说法错误的是( )
A. 在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B. 物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能EP=23mgℎ
C. 物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=2 gℎ3
D. 在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
10.用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后物体继续加速，t1时刻物块达到最大速度。已知物块的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 物块始终做匀加速直线运动
B. 0～t0时间内物块的加速度大小为P0mgt0
C. t0时刻物块的速度大小为P0mg
D. 0～t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1−12t0
11.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)，弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A. A到C的过程，小球的机械能守恒
B. A到B的过程，小球的动能一直变大
C. A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
D. A到C的过程，小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
12.如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A. W=12mgR，质点恰好可以到达Q点
B. W>12mgR，质点不能到达Q点
C. W=12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D. Wv2，则v3=v1
B. 若v1>v2时，摩擦力对物体做功为零
C. 若v1>v2时，则传送带与物体摩擦生热为mv22
D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热为12mv22+mv1v2
17.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为m0L2m+m0
B. A、B两木块分离时，C的速度大小为2 mgL2m+m0
C. C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力的合冲量大小为2m0 mgL2m+m0
D. 从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动
三、综合题：本大题共6小题，共62分。
18.某同学用如图甲所示的装置通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。先将A球从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下落地点为P；再把同样大小的B球放在斜槽轨道水平段的最右端，让A球仍从同一位置由静止释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置，重复实验多次，记下落地点为M、N，图中O点为斜槽轨道水平段的最右端悬挂的重锤线所指位置。
(1)为完成此实验，以下所提供的器材中必需的是 ；
A.直尺B.打点计时器C.天平D.秒表
(2)实验中需要满足的条件是 。
A.轨道必须光滑
B.两球材质必须相同
C.A球的半径必须大于B球的半径
D.A球的质量必须大于B球的质量
(3)经测定。A、B两球的质量分别为mA=50.0g、mB=8.0g，小球落地点的位置距O点的距离如图乙所示。利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量p′的比值为 (结果保留三位有效数字)。
(4)实验中，对产生误差的主要原因分析正确的是 ；
A.碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上
B.轨道的倾斜部分不光滑，与入射小球存在摩擦力作用
C.没有测量小球平抛下落的高度算出具体的平抛时间
19.(1)甲同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
①除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有 。(选填器材前的字母)
A.大小合适的铁质重锤
B.体积较大的木质重锤
C.刻度尺
D.天平
E.秒表
②安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC。设重锤质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应验证等式 (用题中所给字母表示)是否成立。
③若经过多次正确实验，计算发现增加的动能总是稍小于减少的重力势能，则产生这个误差的原因是：
(2)乙同学利用水平放置的气垫导轨和光电门验证机械能守恒定律，装置如图丙所示。测得遮光片的宽度为d，光电门A、B之间的距离为l，遮光片通过光电门A、B的时间分别为t1、t2 ，已知滑块的质量为M，钩码的质量为m，重力加速度大小为g。
①滑块通过光电门A时的速度大小vA= ；
②要验证系统机械能守恒，需要验证的等式为 (用题中所给字母表示)。
20.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直。轨道底端距水平地面的高度ℎ=0.8m，从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)两球从B点飞出时的速度大小v2；
(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；
(3)从A到B的过程中小球克服阻力做的功Wf。
21.质量为M的小车置于水平面上．小车的上表面由14圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为l，C点右方的平面光滑．滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑(如图)，与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止．重力加速度为g，求：
(1)BC部分的动摩擦因数μ；
(2)弹簧具有的最大弹性势能；
(3)当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．
22.19世纪末，有科学家提出了太空电梯的构想：在赤道上建设一座恰好直达地球同步卫星轨道的高塔，并在塔内架设电梯。这种电梯可用于发射人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯缓慢地提升到预定轨道高度处，然后再启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去，使其直接进入预定圆轨道。已知地球质量为M、半径为R、自转周期为T，万有引力常量为G，若规定无穷远时引力势能为零，地球对卫星的引力势能表达式为Ep=−GMmr，其中r为卫星到地心之间的距离。
(1)求高塔的高度ℎ0；
(2)若某次通过太空电梯发射质量为m的卫星时，预定其轨道高度为ℎ(ℎmB。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，则碰撞后小球组合体做圆周运动所需向心力的大小为________；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且下一次碰撞位置刚好位于以B球初始位置为顶点的等边三角形的另两个顶点之一，则小球的质量比mAmB可能为____________或______________。
25.在地球赤道表面向北极发射洲际导弹，已知地球质量为M，可视为质量均匀分布的半径为R的球体，引力常量为G，不考虑地球自转。
(1)若忽略万有引力大小的变化，某同学提出将导弹的运动分解为绕地心的匀速圆周运动与垂直地球表面的匀变速直线运动。若导弹发射速度的大小为v1，方向与地面的夹角为θ；如图2所示。则导弹距地面的高度ℎ随运动时间t变化的关系式为_________
(2)若考虑万有引力的变化，导弹仅在地球引力作用下的运动轨迹是椭圆，地心O为椭圆的一个焦点，如图3所示。已知取无穷远处的引力势能为0，质量为m的物体在距地心为xr≥R处的引力势能EP=−GMmr该物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其机械能E(动能与引力势能之和)与椭圆半长轴a的关系为E=−GMm2a,椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为2a。则发射导弹到北极的最小速度v₂为_________________。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力是由太阳对行星的万有引力提供，根据万有引力定律F=GMmr 2，可知万有引力与行星和太阳间距离的二次方成反比，即D正确，ABC错误。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】AB.动量大小为：p=mv，即使质量和速度都不同，动量也可能相同，因此无法由相同的动量判断出质量或速度相同，故AB错误；
C.动量是矢量，动量相同，其大小和方向都得相同，而动量方向和速度方向一样，故具有相同的动量时，运动方向一定相同，故C正确；
D.由Ek=p22m，可知，动量相同，动能不一定相同，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.根据动能定理得 W合=12mv2，合力对物体做功为 12mv2 ，A错误；
BCD.根据动能定理得 W人−mgℎ=12mv2−0，解得 W人=mgℎ+12mv2，人对物体做功为 mgℎ+12mv2 ，B正确，CD错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】设任一斜面的倾角为θ，斜面的长度为S，斜面的高度为ℎ，物体所受的滑动摩擦力大小为：f=μmgcsθ，则物体克服摩擦力所做的功为W=μmgscsθ，而Scsθ相同，所以克服摩擦力做功相等，根据功能关系可知，产生的热量相等，即有QA=QB。根据动能定理得：mgℎ−μmgScsθ=EK −0，在AC斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则物体在AC面上滑到底端的动能大于在BC面上滑到底端的动能，即EA>EB。
故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【分析】通过动能定理比较物体到达底部的动能大小，根据摩擦力做功的公式比较在两个斜面上物体克服摩擦力所做的功，即可分析产生的热量关系。
解决本题的关键是要掌握功的公式W=Fscsθ，以及灵活运用动能定理。
5.【答案】C
【解析】A.两球初速度相同，质量相同，初动能相同，从离地面相同高度处抛出，由动能定理可知，落地时动能相同，故A错误；
B.根据机械能守恒，落地时的动能 12mv2=mgℎ+12mv02
其中m、ℎ、v0均相等，所以落地时的速度大小相等，但方向不同，所以速度不相同，故B错误；
C.两小球落地时，速度大小相等，但方向不同，由于A落地时速度方向与重力方向之间夹角θ不为零，而B落地时速度方向与重力方向相同，根据 P=mgvcsθ，可知A落地时重力的瞬时功率比B的小，故 C正确；
D.从小球抛出到落地，重力对两球做功相同，但落地时间不同，重力对两小球做功的平均功率不同，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】解：A、B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生非弹性碰撞，机械能有损失，故A错误；
B、设碰撞后瞬间AB的共同速度为v′。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv=(mA+mB)v′，
碰撞前，对A有F1=mAg，
碰撞后，对AB整体，有F2−(mA+mB)g=(mA+mB)v′2L，
联立解得B与A碰撞前后轻绳的拉力大小分别为F1=mAg，F2=(mA+mB)g+mA2v2(mA+mB)L，则知B与A碰撞前后轻绳的拉力大小发生了改变，故B错误；
CD、碰撞后AB一起上升的过程，根据机械能守恒得： 12(mA+mB)v′2=(mA+mB)gℎ，结合v′=mAvmA+mB，解得ℎ=mB2v22g(mA+mB)2，与绳长L无关，故C错误，D正确。
故选：D。
B与A碰撞过程满足动量守恒，但机械能有损失；根据向心力公式求出B与A碰撞前后轻绳的拉力大小表达式，再分析它们的大小；根据动量守恒定律求出碰后A与B的共同速度，再由碰撞后整体上摆过程机械能守恒求AB一起上升的最大高度。
解决本题时要理清物块的运动过程，知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，运用动量守恒定律时要选择正方向。
7.【答案】B
【解析】【分析】
动量p=mv，是矢量，方向与速度方向相同。冲量I=Ft，是矢量，方向与力F的方向相同。动量定理：合外力的冲量等于物体的动量变化。
【解答】
AB.小球运动半周的过程中，小球动量的改变量为△p=−mv−mv=−2mv，根据动量定理I合=△p=−2mv，故A错误，B正确。
C. 小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为IG= mgT，故C错误。
D. 小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理IG+IT=0，得IT=−IG=−mgT，故D错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小．
解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
【解答】
解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：F−mg=mv2R，
得：F=mg+mv2R，
小环从最高到最低，由动能定理，则有：mg·2R=12mv2−0，
对大环分析，有：T=F+Mg=m(g+v2R)+Mg=5mg+Mg，故C正确，ABD错误。
故选：C。
9.【答案】D
【解析】AD.弧形槽光滑、地面光滑，故物块在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，但是动量不守恒，水平方向合外力为0，只是水平方向动量守恒，故A正确，D错误；
BC.小物块到达地面时，设其速度为 v1 ，弧形槽的速度为 v2 ，根据水平方向动量守恒和能量守恒有 mv1=2mv2 ， mgℎ=12mv 12+12⋅2mv 22，解得 v1=2 gℎ3，物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 EP=12mv 12=23mgℎ，被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小仍为 v1=2 gℎ3 ，故BC正确。
本题让选错误的，故选D。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查恒定加速度的启动。物块先保持匀加速运动直至功率达到额定不变，之后做加速度减小的加速运动，最后匀速运动。物体做匀加速运动时，按照牛顿第二定律和功率公式联合求解加速度及末速度，根据W=Pt 和W=Pt 求取拉力做的功。
【解答】
A.0∼t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P=Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；
B. 根据P=Fv=Fat，F−mg=ma得，P=(mg+ma)at，可知图线的斜率：k=P0t0=m(g+a)a，可知a≠P0mgt0，故B错误；
C.由图可知，在t0时刻功率达到最大，匀加速阶段结束，此时有：F−mg=ma，则速度v=P0ma+mg，故C错误。
D.P−t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，0～t1时间内绳子拉力做的总功为：W=P0(t1−12t0) ，故D正确。
故选D。
11.【答案】C
【解析】A.A到C的过程，除重力外，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B.小球从A释放后向上做加速运动，弹簧弹力减小，当弹簧弹力与重力相等时速度最大，然后弹簧弹力小于重力，小球做减速运动，A到B的过程，小球动能先增大后减小，故B错误；
C.小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到B的过程，弹簧弹性势能的减少量转化为小球的机械能，即转化为小球的动能与势能之和，由于小球重力势能增加，因此小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确；
D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒，A到C的过程，弹簧弹性势能转化为小球机械能，到达C点，小球动能为零，弹簧弹性势能完全转化为小球的重力势能，因此小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】【分析】
对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小；抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键；注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。
【解答】
在N点，由牛顿第三定律可知质点收到的支持力N=N′=4mg
根据牛顿第二定律有：N−mg=mvN2R，解得vN= 3gR，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，mg·2R−W=12mvN2−0，解得W=12mgR
由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得，−mgR−W′=12mvQ2−12mvN2，
因为W′0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离；故C正确，ABD错误。
故选C。
13.【答案】D
【解析】A.由题意可知 0∼2t0 时间内Q、P所受弹力大小始终相等，方向相反，Q所受弹力向左，P所受弹力向右。t0时刻弹力最大，由牛顿第二定律得 aP=Fm=a0
和 aQ=−FmQ=−a02
解得 mQ=2m ，故A正确；
B.根据 a−t 图像与横坐标轴围成的面积表示速度变化量得 ΔvQ=0−vQ=S
所以2t0时刻Q物体的速度大小为S，故B正确；
C.t0时刻弹力最大，两者速度相等，设此速度大小为 v ，由图像的对称性可知 v=S2
设P的初速度大小为 v0 ，P、Q及弹簧组成的系统动量守恒，由此可得 mv0=(m+2m)v
则 v0=3v=32S
因P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒，由此可得 EP=12mv02−12×3mv2=3mS24 ，故C正确；
D.设2t0时刻P的速度大小为 vP ，同理由动量守恒得 mv0=mvP+2mvQ
解得 vP=−S2=−v
则t0和2t0两时刻P物体的速度大小相等，所以这段时间内物体P的动能的变化量为零。由动能定理可知这段时间内弹簧对P物体做的功为零。故D错误。
本题选不正确的，故选D。
14.【答案】AC
【解析】解：A、根据动量守恒定律得0=2mvA−mvB
解得vA=vB2
两滑块速度大小之比为vA：vB=1：2
两滑块的动能之比EkA：EkB=12×2mvA2：12mvB2=1：2，故A正确；
B、两滑块的动量大小之比pA：pB=2mvA：mvB=1：1，故B错误；
C、弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB=ΔPA：ΔPB=(2mvA−0)：(mvB−0)=1：1，故C正确；
D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，故D错误。
故选：AC。
先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比。
本题是动量守恒的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。
15.【答案】BC
【解析】对全过程由动能定理可知W1−W2=0，故W1：W2=1：1，
根据恒力做功的公式：
W1=Fs
W2=fs′
由图可知：s：s′=1：6
所以F：f=6：1，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
16.【答案】BD
【解析】解：A.如果v1>v2，由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3=v2，故A错误；
B.如果v1>v2，由上分析知v3=v2，根据动能定理，摩擦力对物体做功为W=12mv32−12mv22=0，故B正确；CD.若v1>v2时，设物体所受的摩擦力大小为f，物体向左运动的加速度大小a=fm，时间t1=v2a=mv2f，
物体向左运动的位移x1=v22t1=mv222f，
传送带的位移x2=v1t1=mv1v2f，
摩擦生热Q1=f(x1+x2)=12mv22+mv1v2；
物体向右运动时，运动时间为t2=v2a=mv2f，
物体向右运动的位移x3=v22t2=mv222f，
传送带的位移x4=v1t2=mv1v2f，
摩擦生热Q2=f(x4−x3)=mv1v2−12mv22，
传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确．
故选BD。
17.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题主要是考查了单方向动量守恒和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
【解答】
A、A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m0vC−2mvA=0，则m0×x1t−2m×x2t=0，由几何关系得：x1+x2=L，
解得A的位移大小为：x2=m0L2m+m0，故A正确；
B、小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等；A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由水平方向动量守恒定律得：m0vC−2mvA=0
由机械能守恒定律得：m0gL=12m0vC2+12×2mvA2
解得：vA=m0m mgL2m+m0，vC=2 mgL2m+m0，故B正确；
C、C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，A对B的弹力的冲量大小
IAB=mvA=m0 mgL2m+m0，
B对A的弹力与A对B的弹力是一对相互作用力，且作用时间相同，所以B对A的弹力冲量方向向左，大小为IBA=m0 mgL2m+m0，
根据动量定理，合力的冲量等于物体的动量变化，A受到的合力为杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力加上B对A的弹力的矢量和，所以杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力的合冲量大小为IBA+mvA=2m0 mgL2m+m0，故C正确；
D、C在最低点时，A与B分离，接下来，此时B的动量方向向右，则当C到达轻杆左侧最高点时，C与A具有向左的动量，两者速度均向左，所以木块A经历了先减速后反向加速的过程，故D错误。
故选ABC。
18.【答案】AC
D
1.03
A

【解析】(1)由碰撞过程动量守恒可得mAv0=mAvA+mBvB，
根据平抛运动OP=v0t，OM=vAt，ON=vBt，
整理可得，mAOP=mAOM+mBON，
可知需要测量小球的质量，测量平抛运动水平位移，所以需要天平和直尺，故AC正确，BD错误。
(2)A.只需要保证每一次到轨道末端速度相等即可，不需轨道光滑，故A错误；
BCD.为了发生对心碰撞，需要两球直径相等，为了保证小球A碰后不反弹，需要A球的质量必须大于B球的质量，不必要求材质一样，故D正确，BC错误；
(3)由(1)可知，假设小球在空中运动时间为t，
可得碰撞前p=mA⋅OPt=0.050×0.45tkg⋅m/s=0.0225tkg⋅m/s，
碰撞后p′=mA⋅OM+mB⋅ONt=(0.050×0.348+0.008×0.5450)tkg⋅m/s=0.02176tkg⋅m/s，则pp′≈1.03；
(4)A.碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上，导致前后动量不同，故A正确；
B.轨道的倾斜部分不光滑，仅影响碰撞前速度，不影响碰撞过程，故B错误；
C.做平抛运动的时间都相等，不必测量，故C错误。
19.【答案】AC
gℎB=ℎC−ℎA28T2
重锤下落过程受到空气阻力作用
dt1
mgl=M+md221t22−1t12

【解析】(1)①除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、导线及开关外，因为体积较大的木质重锤相对阻力影响较大，则选用大小合适的铁质重锤；用刻度尺测量纸带；因表达式两边都有质量m，则不需要用天平测量质量；打点计时器本身就是计时仪器，则不需要秒表，故AC正确，BDE错误。
故选AC。
②如果从O点到B点满足机械能守恒，则要验证的关系是mgℎB=12mvB2=12m(ℎC−ℎA2T)2，
即8gℎBT2=(ℎC−ℎA)2。
③若经过多次正确实验，计算发现增加的动能总是稍小于减少的重力势能，则产生这个误差的原因是存在空气阻力和摩擦力。
(2)①滑块通过光电门A时的速度大小vA=dt1。
②同理滑块通过光电门B时的速度大小vB=dt2，要验证系统机械能守恒，需要验证的等式为mgl=12(M+m)vB2−12(M+m)vA2，即mgl=d2(M+m)2(1t22−1t12)。
20.【答案】解：(1)两球碰后做平抛运动，竖直方向自由落体，水平方向匀速直线运动，
因此有ℎ=12gt2 ， x=v2t
解得v2=1m/s。
(2)两个小球碰撞动量守恒，因此有mv1=2mv2
解得v1=2m/s。
(3)入射小球从A到B过程由动能定理有mgR−Wf=12mv12
解得Wf=0.6J。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
21.【答案】解：(1)滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，
据能量守恒：
mgR=μmg⋅2l，
μ=R2l
(2)弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，此时据能量守恒，
弹簧的弹性势能EP=mgR−μmgl=mgR2
(3)弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，设此时滑块速度为v1，小车速度为v2，由能量守恒有：
EP=12mv12+12Mv22
又因为系统动量守恒，有：mv1−Mv2=0
解得：v1= MRgM+m
v2=mM MRgM+m
答：(1)BC部分的动摩擦因数μ=R2l；
(2)弹簧具有的最大弹性势能是mgR2；
(3)当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小分别是v1= MRgM+m，v2=mM MRgM+m．
【解析】(1)滑块与小车初始状态为静止，末状态滑块相对小车静止，即两者共速且速度为0，据能量守恒求解
(2)弹簧压缩到最大形变量时，滑块与小车又一次共速，且速度均为0，据能量守恒求解．
(3)弹簧与滑块分离的时候，弹簧的弹性能为0，据能量守恒和系统动量守恒求解．
解决该题关键要分析物体的运动过程，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解．
22.【答案】解：(1)高塔的高度为静止卫星的轨道高度，设静止卫星质量为 m0 ，由万有引力提供向心力有 GMm0R+ℎ02=m04π2T2R+ℎ0
可得 ℎ0=3GMT24π2−R。
(2)a.由于脱离时卫星相对太空电梯的速度可视为零，则卫星脱离太空电梯时的角速度和地球自转角速度相同，均为 ω0=2πT
此时卫星的线速度大小为 v2=ω0(R+ℎ)=2π(R+ℎ)T
卫星在地面时的线速度大小为 v1=ω0R=2πRT
根据功能关系可知，缓慢提升该卫星过程中太空电梯对卫星所做的功等于卫星机械能的增加量，则有 W=E2−E1=12mv22−GMmR+ℎ−(12mv12−GMmR)
联立可得 W=2π2mT2(2Rℎ+ℎ2)+GMmR−GMmR+ℎ。
b.设卫星在预定轨道处绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为 v ，由万有引力提供向心力得 GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ
解得 v= GMR+ℎ
根据动能定理可得推进装置需要做的功为 W′=12mv2−12mv22=GMm2(R+ℎ)−2π2m(R+ℎ)2T2。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
23.【答案】解：(1)a和b共速时，弹簧的弹性势能最大，此时根据动量守恒 2mv0=2m+mv
根据能量守恒定律有 12⋅2mv 02=12⋅2m+mv2+Ep
解得 Ep=13mv 02=34mgR。
(2)设a和b在分离时的速度分别为 v1 、 v2 ，根据动量守恒和能量守恒 2mv0=2mv1+mv2 ， 12⋅2mv02=12⋅2mv 12+12mv 22
解得 v1=13v0 ， v2=43v0
在B点，根据牛顿第二定律有 FN−mg=mv 22R
解得 FN=5mg
根据牛顿第三定律，小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力为 5mg ，方向向下。
(3)若小滑块b能通过最高点 C ，则在该点 mg=mv C2R
解得 vC= gR
则从B点到 C 点，根据机械能守恒 12mvB2=12mv C2+mg⋅2R
解得 vB= 5gR
因为 v2=43v0