2025-2026学年湖北省部分省级示范高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省部分省级示范高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11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，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球，下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大。现对平板施加周期性驱动力，使平板左右振动并带动各小球振动，稳定后观察到B球的振动幅度最大。则关于稳定后各小球的振动情况，下列说法正确的是( )
A. 三个小球的振动周期均与平板振动周期相同
B. 小球B的振动周期最大
C. 小球C的振动周期最大
D. 若缓慢增大驱动力的频率，则可以观察到C球的振动幅度变大
2.蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物持续振动产生的微小横波(如图甲)，为方便研究，将其抽象为沿x轴传播的简谐横波。如图乙为t=0时刻的波形图，此时波刚好传至x=3.5m处的B点，A为猎物的位置(平衡位置位于x=5m处)，D为蝎子的位置(平衡位置位于x=1m处)。已知t=0.05s时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是( )
A. A质点的起振方向向下
B. 波速为50m/s
C. B质点的振动方程为y=5sin100πt(μm)
D. 0∼0.1s内B质点沿x轴负向移动5m
3.简易儿童蹦极装置如图所示。活动开始前，先给小朋友绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在小朋友身上，并通过其它力作用使小朋友停留在蹦床上。当撤去其它力后，小朋友被“发射”出去冲向高空，小朋友到达最高点后，返回经过C点(C点与固定绳两端的悬挂点在同一水平线上)，然后下落到B点时，弹性绳恰好为原长，最后继续下落至最低点A。若小朋友可视为质点，并始终沿竖直方向运动，忽略弹性绳质量与空气阻力，则小朋友( )
A. C到B过程加速度减小B. B到A过程一直减速
C. B到A过程加速度先减小后增大D. 在下落过程中机械能不断减小
4.如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是( )
A. 乙的速度必定小于甲的速度
B. 甲的动量必定大于乙的动量
C. 甲的加速度必定大于乙的加速度
D. 乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量
5.如图所示，可视为质点的滑雪运动员从一段圆弧滑道由静止无助力下滑，圆弧半径远大于弧长。初始时，运动员和圆心的连线与竖直方向的夹角θ=5∘，忽略一切阻力。运动员沿圆弧轨道下滑到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 沿滑道方向的加速度和速度都在增大
B. 运动员重力的功率逐渐变大
C. 若初始夹角改为θ=3∘，下滑时间变短
D. 若初始夹角改为θ=3∘，重力冲量不变
6.“大疆创新”于2026年3月26日全球发布旗下首款全景无人机产品——Avata360。在某次测试时，t=0时刻无人机在地面从静止开始竖直升空，运动过程中一段时间内通过传感器获得的a−t图像如图所示，飞机功率增大到额定功率后不再变化，2t时刻图像与时间轴相切。已知当地重力加速度为g，上升过程中无人机受到的空气阻力不计，则下列说法正确的是( )
A. 2t时刻，飞机刚好达到额定功率B. 2t时刻，飞机上升到最大高度
C. t∼2t时间内无人机升力逐渐减小D. 0∼2t时间内无人机先加速后减速
7.如图所示，半径为R的四分之一圆弧支架竖直放置，与圆心O等高的圆弧边缘C点处有一小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与m2的小球和物块，挂在定滑轮两边，且m1=4m2，开始时小球和物块均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。小球从C点静止释放直到小球到达圆弧的最低点A的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块的机械能先变大后变小
B. 到达A点时小球的速度大小为13 (4− 2)gR
C. 到达A点时物块的速度大小为13 (8−2 2)gR
D. 轻绳对物块做功为1+2 29m2gR
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.马斯克的SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆跑车发射到太空，其轨道示意图如图中椭圆Ⅱ所示，其中A、C分别是近日点和远日点，图中Ⅰ、Ⅲ轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B点为轨道Ⅱ、Ⅲ的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是( )
A. 跑车经过A点适当点火加速，即可在地球公转轨道上绕太阳运动
B. 跑车经过B点时的加速度等于火星经过B点时的加速度
C. 跑车在C点的速率可能等于火星绕日的速率
D. 跑车在A点的速率一定大于火星绕日的速率
9.如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块A的质量为6kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度v0向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小vA、vB满足如图乙所示的关系，则由图像可知( )
A. 滑块B的质量为8kg
B. 弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小
C. 弹簧从开始到第一次恢复原长，A的速度先减小后增大
D. 滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获得的最大弹性势能为18J
10.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则( )
A. 物块A从自由下落直到x3的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
B. 物块A与B的质量之比为1：2
C. 弹簧的劲度系数k=Ek1x1(x2−x1)
D. 弹簧弹性势能最大时的形变量为x3−3x1+2x2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用图甲所示装置测重力加速度，悬点O正下方固定一个光电门，小球静止时光电门发出的激光恰射到小球中心。测得悬线长度为L、小球直径为d。将小球拉到不同位置由静止释放，测得不同释放点细线与竖直方向夹角θ和光电门对应记录的遮光时间t。
(1)如图所示，用游标卡尺测量小球直径。小球直径d= mm
(2)小球通过光电门时的速度为v= (用字母表示)
(3)“图像思想”是处理实验数据的方法之一。利用实验数据作出csθ−1t2图，图乙中图线斜率的绝对值为k，则纵截距为a= ，重力加速度为g= (用k、L、d表示)
12.物理兴趣小组设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律。O点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。A球质量为m1，B球质量为m2(m1m2)后，持续增加A球的质量，且A、B两球的碰撞总为弹性碰撞，碰后A、B两球的落点还是分别记为N、P，则x3与x1的比值会趋近于某一定值，该定值为
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，一质量不计的轻质弹簧上端与盒子A连接在一起，下端固定在倾角为θ=30∘的光滑斜面底端。盒子A内腔为正方体，一直径略小于此正方体棱长的金属光滑圆球B恰好能放在盒内。将A沿斜面向下压，使弹簧相对原长压缩L=8cm，然后静止释放盒子A，则A和B一起在斜面上做简谐振动，已知弹簧劲度系数k=100N/m，盒子A和金属圆球B质量均为m=0.5kg。g取10m/s2，求：
(1)盒子A速度最大时弹簧的形变量x0和运动的振幅Am
(2)盒子运动到最高点时，盒子A对金属圆球B沿斜面方向的作用力大小FAB
14.如图所示，相同的、平行的粗糙长直杆P和Q与半径为R=0.5m的光滑半圆环在C、D两点平滑的连接，将它们固定在同一竖直面内，两直杆与水平夹角均为θ=37∘，质量为m=0.5kg小环套在直杆P上与C相距为L=5m的A点，m与两个直杆的动摩擦因数为μ=0.3。将m从A点无初速释放，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：运动过程中
(1)小环对C点的最大压力大小
(2)小环沿Q杆上滑的最大距离d
(3)物体在两直杆上通过的总路程s
15.某游乐设施的竖直截面如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m2的木板A，其中心恰位于O点正下方，长度为d。质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，同时解除B的固定装置。游客到最低点时释放轻绳滑上长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1=60kg，m2=20kg，m3=20kg，l=8m，d=12m，游客与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时轻绳与水平方向夹角θ=37∘，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。
(1)游客摆到最低点时，求出人的速度大小v1
(2)若摆到最低点所用时间t=2.2s，求此过程绳的拉力对游客的冲量大小IF(用根号表示)
(3)求游客最终停在离长木板右端的距离s
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：ABC、物体做受迫振动，稳定后振动周期等于驱动力周期，因此三个小球振动周期都等于平板振动周期，故A正确，BC错误；
D.稳定后观察到B球的振动幅度最大，若缓慢增大驱动力频率，即减小了驱动力的周期，由于平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大，则小球A的固有周期最小，所以小球A的振动幅度变大，C球的振动幅度变小，故D错误。
故选：A。
受迫振动的周期等于驱动力周期，B球振幅最大说明发生共振，其固有频率等于驱动力频率，结合杆长与固有周期关系分析各球振动特性。
本题考查受迫振动与共振现象，重点理解受迫振动周期规律和共振条件，是机械振动中的经典题型。
2.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，波从猎物A向蝎子D传播，即沿x轴负方向传播。
由图乙可知，该波的波峰位于x=4m处，波谷位于x=5m处，则半波长λ2=5m−4m=1m，解得波长λ=2m。
A、根据波沿x轴负方向传播，运用波形平移法可知，波前B质点刚开始振动时的方向向上，介质中各质点的起振方向均与波源的起振方向相同，故A质点的起振方向向上，故A错误；
B、波从B点传到D点的距离Δx=3.5m−1m=2.5m，根据波速公式v=ΔxΔt，代入数据解得波速v=50m/s，故B正确；
C、根据波长和波速关系有周期T=λv，代入数据解得T=0.04s，角频率ω=2πT=50πrad/s，B质点从平衡位置向上起振，其振动方程为y=5sin50πt(μm)，故C错误；
D、机械波传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，B质点不会沿x轴向负方向移动，故D错误。
故选：B。
波从猎物向蝎子传播，即沿x轴负方向，根据波形图可确定波长。已知蝎子感受到振动的时间，波从B点传到D点的距离已知，利用波速公式可求波速。各质点起振方向与波源相同，由波传播方向结合波形平移法判断B点起振方向，进而确定A点起振方向。根据波速与波长可求周期和角频率，结合B点起振方向及振幅写出振动方程。机械波传播时质点仅在平衡位置附近振动而不随波迁移。
本题以生物情境为载体，考查机械波的基础概念与核心规律。题目巧妙地将波的形成、传播与质点振动相结合，重点考查学生对波动图像的分析、波速计算、振动方程建立以及质点振动与波传播区别的理解。计算量适中，但需要学生清晰把握波传播方向与质点振动方向的关系，并能从波形图中准确提取波长信息。解答本题有助于锻炼学生的信息提取、模型构建及逻辑推理能力。
3.【答案】C
【解析】解：A、C点与固定绳两端的悬挂点等高，从C到B的过程中，弹性绳处于松弛状态，弹力为零，小朋友仅受重力作用，其加速度恒为g，故A错误；
B、在B点，弹性绳为原长，弹力为零，加速度为g，方向竖直向下，速度方向也向下。初始阶段重力大于弹力，小朋友仍做加速运动，当弹力增大到大于重力后，小朋友才开始减速，故B错误；
C、从B到A的过程中，小朋友受到重力和弹性绳弹力的作用，竖直方向合力为F合=mg−F弹y。此过程中弹力逐渐增大，合力先减小后反向增大，根据牛顿第二定律F合=ma，可知加速度先减小后反向增大，故C正确；
D、在C到B的过程中，弹力为零，只有重力做功，机械能守恒；在B到A的过程中，弹力逐渐增大并做负功，机械能不断减小，故D错误。
故选：C。
小朋友从C点下落到A点的过程可分为两个阶段：C到B阶段弹性绳处于松弛状态，小朋友仅受重力作用，加速度恒为重力加速度；B到A阶段弹性绳被拉伸，小朋友受到重力和逐渐增大的弹力作用，合力方向先向下后向上，因此加速度先减小后反向增大。分析下落全程，C到B过程只有重力做功，机械能守恒；B到A过程弹力做负功，机械能减小。
本题以儿童蹦极装置为情境，考查了牛顿运动定律与功能关系的综合应用。题目涉及从C点下落到最低点A的完整运动过程，需要考生对小朋友在不同阶段的受力情况进行动态分析，并准确判断加速度与速度的变化。本题计算量不大，但思维要求较高，重点考查了学生的受力分析能力、对牛顿第二定律瞬时性的理解以及对机械能守恒条件的判断。难点在于B到A过程中，学生需认识到弹力从零开始逐渐增大，导致合力先向下减小再反向增大，从而正确分析出加速度先减小后增大的非单调变化，并理解该过程中速度先增大后减小的转折点并非在B点。这需要学生具备清晰的物理图景和严谨的逻辑推理能力。
4.【答案】B
【解析】解：AB.取水平向左为正方向。设甲的质量为m1，速度为−v1；乙的质量为m2，速度为v2；小车质量为M，速度为v，系统动量守恒−m1v1+m2v2+Mv=0
变形得m1v1=m2v2+Mv
因此，甲的动量大小p甲=m1v1大于乙的动量大小p乙=m2v2
但m1、m2未知，因此无法比较速度大小，故A错误，B正确；
C.甲、乙在水平方向上只受小车对他们的摩擦力(不计空气阻力)，摩擦力提供他们相对小车运动的加速度。摩擦力的大小取决于人脚与车面之间的正压力和摩擦因数，而正压力等于各自的重力，由于m1、m2未知，因此无法比较加速度大小，故C错误；
D.人对小车的冲量等于人的动量变化量大小。由动量守恒，甲的动量大小大于乙的动量大小，因此甲对小车的冲量大小大于乙对小车的冲量大小，故D错误。
故选：B。
甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式分析即可。
本题考查动量守恒定律和动量定理的直接应用，关键要掌握动量守恒的条件：合外力为零，要注意速度和动量的矢量性。
5.【答案】D
【解析】解：B、重力的瞬时功率P=mgvcsα，其中α是重力与速度方向的夹角。
初始时v=0，P=0；最低点时速度最大，但重力与速度垂直α=90∘，csα=0，P=0
中间某位置功率为正，因此功率从零先增大后减小，并非一直增大，故B错误；A、沿滑道方向的加速度即切向加速度，由重力的切向分力产生a=gsinθ
下滑过程中θ逐渐减小，sinθ随之减小，因此切向加速度减小。
因此速度从零开始增大，但加速度在减小，故A错误；
C、初始摆角θ=5∘很小，满足单摆做简谐运动的条件。运动员从最高点，即最大位移处，由静止释放，沿圆弧滑向最低点，即平衡位置。
单摆简谐运动的周期T=2π Rg，与振幅(初始角度)无关。从最大位移处到平衡位置的时间为t=T4
初始角度改为θ=3∘，仍在很小范围内，周期不变，因此下滑时间不变，故C错误；
D、重力的冲量I=mg⋅t，方向竖直向下。
下滑时间t不变，重力mg恒定，因此重力冲量不变，故D正确。
故选：D。
题目中运动员从圆弧滑道由静止下滑，圆弧半径远大于弧长，可视为单摆小角度运动。分析过程需关注其运动性质，运动员受重力沿滑道切向分力提供加速度，法向分力提供向心力。由于角度很小，其运动近似为简谐运动，周期与初始角度无关，仅取决于半径和重力加速度。下滑过程中，速度从零增大，但切向加速度随角度减小而减小；重力的瞬时功率与速度及速度与重力夹角有关，需分析其变化趋势；改变初始小角度不改变周期，因此下滑时间不变，进而重力冲量不变。
本题以圆弧滑道中的无阻力下滑为背景，巧妙地将单摆模型与动力学分析相结合。它重点考察学生对圆周运动中切向加速度与速度变化关系的辨析、瞬时功率表达式的理解与应用，以及在小角度条件下单摆运动周期与振幅无关这一核心特性的掌握。题目计算量不大，但对物理概念的清晰度和模型迁移能力要求较高，需要学生准确区分加速度与速度的变化趋势，并理解重力冲量作为过程量与时间直接相关。
6.【答案】C
【解析】解：根据图像可知，在0至t时间内，无人机以恒定的加速度向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F−mg=ma，由于加速度a不变，则升力F保持恒定，根据运动学公式可知速度v逐渐增大，由功率公式P=Fv可知无人机的输出功率逐渐增大；
在t时刻，无人机达到额定功率，此后功率不再变化；
在t至2t时间内，无人机保持额定功率运动，由于依然具有向上的加速度，其速度v继续增大，由P=Fv可知升力F逐渐减小，根据牛顿第二定律a=Fm−g可知加速度a逐渐减小；
在2t时刻，图象与时间轴相切，加速度减小为零，此时升力等于重力，无人机向上的速度达到最大值，此后将匀速上升。
A、根据上述物理过程分析可知，无人机在t时刻刚好达到额定功率，故A错误；
B、在2t时刻，无人机的加速度为零，向上的速度达到最大，并未停止运动，没有达到最大高度，故B错误；
C、在t至2t时间内，无人机的功率保持不变，由于速度v不断增大，根据公式P=Fv可知升力逐渐减小，故C正确；
D、在0至2t时间内，无人机的加速度始终大于或等于零，速度一直在增加，无人机一直做加速运动，故D错误。
故选：C。
题目描述的物理过程是无人机在竖直方向从静止开始升空，其加速度随时间变化的图像显示在0到t时间内加速度恒定，t到2t时间内加速度逐渐减小到零。分析该过程需结合牛顿第二定律与功率关系，0到t时间内匀加速上升，升力恒定，速度增大导致功率增大；t时刻功率达到额定值，此后保持额定功率，速度继续增大，升力随速度增大而减小，加速度随之减小；2t时刻加速度为零，速度达到最大，此后匀速上升。选项判断需基于此过程中升力、功率、速度与加速度的变化关系。
本题以无人机的竖直起飞过程为背景，通过分析a−t图像考查牛顿第二定律、功率、速度及加速度等动力学核心概念的动态关联。题目计算量适中，但要求学生具备良好的图像信息提取能力和对变加速运动过程的逻辑推理能力。具体而言，学生需准确理解图像不同阶段对应的物理过程：0∼t时段为匀加速，t时刻功率达额定值；t∼2t时段为恒功率变加速，需结合P=Fv和F−mg=ma分析升力与加速度的变化趋势；最终在2t时刻加速度减为零，速度达到最大。本题的亮点在于将恒功率启动的经典模型与图像信息相结合，有效考查学生从图像到运动过程的建模分析能力，以及运用功率公式与牛顿定律进行动态分析的思维深度。
7.【答案】C
【解析】解：小球从C点运动到最低点A的过程中，小球m1与物块m2组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。
到达A点时，设小球的速度大小为v1，物块的速度大小为v2，此时轻绳与小球速度方向(水平向左)的夹角为45∘，根据运动的合成与分解有v2=v1cs45∘= 22v1；
在此过程中，小球下降的高度为R，物块上升的高度等于轻绳在C点两侧长度的增加量，由几何关系可知ℎ= R2+R2= 2R；
根据系统机械能守恒定律有m1gR=m2gℎ+12m1v12+12m2v22。
A、小球从C点运动到A的过程中，小球与C点的距离不断增大，物块不断上升，轻绳对物块的拉力方向与物块运动方向相同，始终做正功，根据功能关系可知，物块的机械能一直变大，故A错误；
BC、已知m1=4m2，联立上述共用物理过程分析中的方程，解得到达A点时小球的速度大小v1=23 (4− 2)gR，物块的速度大小v2=13 (8−2 2)gR，故B错误，C正确；
D、根据功能关系，轻绳对物块做的功等于物块机械能的增加量，即W=m2gℎ+12m2v22，代入数据解得W=4+8 29m2gR，故D错误。
故选：C。
小球从C点静止释放到A点的过程中，小球m1与物块m2通过轻绳连接，系统只有重力做功，机械能守恒。分析的关键是建立两个物体速度之间的关系，当小球运动到A点时，其速度方向水平向左，而轻绳沿圆弧切线方向，此时物块速度等于小球速度沿绳方向的分量。同时需根据几何关系确定小球下降高度与物块上升高度的差值，将系统机械能守恒方程与速度关联方程联立，即可求解小球和物块到达A点的速度。对于各选项的判断，需结合功能关系分析物块机械能变化及轻绳做功。
本题综合考查机械能守恒定律、运动的合成与分解以及功能关系。题目情境涉及定滑轮与圆弧轨道，需要学生将系统视为整体并运用机械能守恒，同时准确进行速度关联分析。本题计算量中等，对学生的空间几何分析能力与物理建模能力提出了较高要求，尤其在处理小球速度分解与物块上升高度时需细心。易错点在于对速度关联关系的判断，以及正确区分系统机械能守恒与单个物体机械能的变化。整体而言，本题能有效锻炼学生综合应用力学核心规律解决复杂过程问题的能力。
8.【答案】BD
【解析】解：A、跑车在A点沿椭圆轨道运行，若要进入地球公转圆轨道，需要减速，加速会向更远轨道变轨，故A错误；
B、万有引力产生加速度，GMmr2=ma，可得a=GMr2，跑车与火量经过B点时，到太阳的距离r相同，中心天体太阳质量M不变，因此二者加速度大小相等，故B正确；
C、图中C点是跑车椭圆运动的远日点，故经过C点后跑车做近心运动，故跑车在C点时的速率小于与C同半径圆周运动的速率，由万有引力提供向心力，
有GMmr2=mv2r，解得v= GMr可知，火星绕日速率大于与C点同半径的圆周运动速率，所以跑车在C点的速率小于火星绕日的速率，故C错误；
D、轨道半径越大，行星绕日的圆轨道环绕速度越小，地球公转速度大于火星公转速度；跑车在A点的速度大于地球绕日速度，因此跑车在A点速率一定大于火星绕日速率，故D正确。
故选：BD。
利用轨道变轨原理判断点火加速或减速；根据万有引力提供加速度比较同一点加速度；对比椭圆远日点速度与同半径圆轨道环绕速度；结合环绕速度公式与椭圆近日点速度特点比较速率大小。
本题考查天体轨道变轨问题，解题关键是记住由低轨变高轨需要加速、高轨变低轨需要减速；同一位置处加速度只由中心天体和距离决定。
9.【答案】AC
【解析】解：A、对A、B整体受力分析，根据整体水平方向不受力，可知整体受合力为零，结合图像，以A的初速度为正方向，根据动量守恒，可得：mAvA=mBvB，由图可知，A的初速度为：vA=4m/s，当A的速度减为0时，B的速度为：vB=3m/s，解得B的质量为：mB=8kg，故A正确；
BC、弹簧第一次恢复原长时，以A的初速度为正方向，根据动量守恒可得：mAvA=mAvA1+mBvB1，
由能量守恒，可得：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB12，解得A、B的速度分别为：vA1=−47m/s，vB1=247m/s，
弹簧第一次恢复原长前均处于压缩状态，即弹簧对A的弹力均水平向左，而A的初速度水平向右，可知A的速度先减为0，再反向增加，故B错误，C正确；
D、A压缩弹簧过程，AB共速时，弹性势能最大，以A的初速度为正方向，结合动量守恒可得：mAvA=(mA+mB)v，
根据能量守恒，即可得12mAvA2=12(mA+mB)v2+Epmax，解得弹簧所获得的最大弹性势能为：Epmax≈27.4J，故D错误。
故选：AC。
对A、B整体受力分析，根据整体水平方向不受力，可知整体受合力为零，结合图像，根据动量守恒，可得到B的质量；弹簧第一次恢复原长时，根据动量守恒、能量守恒，可得到A、B的速度，根据弹簧第一次恢复原长前的状态，可分析A的速度变化；A压缩弹簧过程，AB共速时，弹性势能最大，结合动量守恒、能量守恒，即可得到弹簧所获得的最大弹性势能。
本题考查含弹簧的动量、能量综合问题，关键是根据弹簧的状态，分析滑块A的速度变化特点，分析AB的运动特点。
10.【答案】BCD
【解析】解：A.A与B碰撞过程是完全非弹性碰撞，存在机械能损失，因此A从下落到x3的全过程，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B.由题图可知，A与B碰撞后，A的动能变为原来的19，又因为
Ek=12mv2
可知物块A与B碰撞前后速度之比为3：1，因碰撞过程时间极短，碰撞中动量守恒，设碰撞后速度为v，初速度方向为正方向，则有
mAvA=(mA+mB)v
解得物块A与B的质量之比为1：2，故B正确；
C.由图乙可知x1是B与弹簧处于平衡时上端所处的位置，x2是A、B的加速度是零时，弹簧上端所处的位置，所以当A、B运动到加速度是零时，物块的动能最大，由平衡条件可得弹簧的弹力为3mAg，从x1到x2弹簧的弹力增加mAg，由胡克定律
ΔF=k⋅Δx
则有mAg=k(x2−x1)
从O到x1由动能定理有
Ek1=mAgx1
联立解得
k=Ek1x1(x2−x1)
故C正确；
D.弹性势能最大时，A、B到达最低点，坐标为x=x3
弹簧总形变量为原压缩量x0加上碰撞后向下运动的距离，即
Δx=x0+(x3−x1)
又因为
x0=mBgk
解得
Δx=x3−3x1+2x2
故D正确。
故选：BCD。
A.根据机械能守恒的条件分析判断；
B.研究物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律列式，即可求解物块A、B的质量之比；
C.由图乙可知，x2处A的动能达到最大，此时AB整体的加速度为零，由胡克定律列方程。从O到x1，由动能定理列方程，联立可求出弹簧的劲度系数k；
D.判断弹簧弹性势能最大时A、B的位置坐标，结合平衡关系求出弹簧弹性势能最大时的形变量。
解答本题的关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，知道加速度为零时速度最大，根据牛顿第二定律、胡克定律、动能定理等进行解答。
11.【答案】【小题1】
18.8
【小题2】
dt
【小题3】
1
d2k(2L+d)

【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径d=18mm+8×0.1mm=18.8mm；
(2)小球通过光电门时的速度为v=dt；
(3)根据机械能守恒定律mg(L+d2)(1−csθ)=12mv2
变形得csθ=1−d2g(2L+d)⋅1t2
图像的纵截距为a=1
图线斜率的绝对值为k=d2g(2L+d)
重力加速度为g=d2k(2L+d)。
故答案为：(1)18.8；(2)dt；(3)1；d2k(2L+d)。
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺读数规则读数；
(2)根据极短时间内的平均速度求解作答；
(3)根据机械能守恒定律求解csθ−1t2函数，结合图像纵截距和斜率绝对值的含义求解作答。
本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理，掌握机械能守恒定律的运用，掌握游标卡尺读数规则。
12.【答案】【小题1】
B
【小题2】
m1x2=m2x3−m1x1
x2−x1=x3
【小题3】
2

【解析】解：(1)A.小球离开轨道后做平抛运动，其下落高度h相同，根据ℎ=12gt2，可知运动时间相同。验证动量守恒的表达式为m1v0=−m1v1+m2v2
两边同时乘以时间t可转化为位移表达式m1x2=m2x3−m1x1
由于t在方程两边被约去，因此不需要测量高度h，故A错误；
B.实验要求入射球每次从同一位置由静止释放，以保证碰撞前的速度v0恒定。只要释放点固定，轨道摩擦力的影响就是固定的，不会改变每次到达圆轨道最高点速度相同这一前提，因此对验证动量守恒本身没有影响，故B正确；
C.如果用质量大的B球去撞击质量小的A球，A球会向右运动，一样可以根据动量守恒定律得到相关表达式。只要A球的落点在水平挡板上就可以测量数据，故C错误。故选：B。
(2)碰撞前，只有A球运动，落点为M，水平位移为x2，碰撞后，B球落点为P，水平位移为x3A球反弹，落点为N。题目中O为圆心投影，N在O的左侧，M、P在O的右侧。规定向右为正方向，则A球的位移方向向左，其位移大小为ON=x1，但在矢量计算中应记为一x1
根据动量守恒定律可得m1v0=−m1v1+m2v2
两边同乘以平抛时间，将速度转换为水平位移m1x2=m2x3−m1x1
若碰撞为弹性碰撞，除了动量守恒外，还应该满足12m1v02=12m2v22+12m1v12
两边同乘以平抛时间的平方，将速度转换为水平位移m1x22=m2x32+m1x12
两边同乘以平抛时间的平方，将速度转换为水平位移m1x22=m2x32+m1x12
两式联立可得m2=m1x1+m1x2x3
进而解得x2−x1=x3
(3)由动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2
由弹性碰撞有12m1v02=12m2v22+12m1v12
解得v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
又因为x1=v1t，x3=v2t两者时间相等，所以x3x1=v2v1=21−m2m1
当m1特续增大趋近于无穷大时，其比值趋近于2。
故答案为：(1)B；(2)m1x2=m2x3−m1x1，x2−x1=x3；(3)2。
(1)由实验原理及注意事项确定；
(2)由动量守恒定律和机械能守恒定律确定；
(3)由动量守恒定律和机械能守恒定律及平抛规律计算。
本实验考查)由实验原理及注意事项，动量守恒定律，机械能守恒定律，平抛规律，推理、数学运算能力。
13.【答案】【小题1】振子在平衡位置时，所受合力为零，速度最大，此时弹簧被压缩，以A、B整体为研究对象，有2mgsinθ=kx0，解得x0=5cm；
开始释放时振子处在最大位移处，故振幅为Am=L−x0，解得Am=3cm
【小题2】在最高点，研究A、B整体，根据牛顿第二定律，有a=2mgsin⁡θ−k(x0−Am)2m,解得a=3m/s2；
对B研究，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−FAB=ma；
解得FAB=1N。
答：

【解析】解：(1)振子在平衡位置时，所受合力为零，速度最大，此时弹簧被压缩，以A、B整体为研究对象，有2mgsinθ=kx0，解得x0=5cm；
开始释放时振子处在最大位移处，故振幅为Am=L−x0，解得Am=3cm；
(2)在最高点，研究A、B整体，根据牛顿第二定律，有a=2mgsin⁡θ−k(x0−Am)2m,解得a=3m/s2；
对B研究，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−FAB=ma；
解得FAB=1N。
答：(1)盒子A速度最大时弹簧形变量为5厘米，振幅为3厘米；
(2)盒子运动到最高点时，盒子A对金属圆球B沿斜面方向的作用力大小为1牛。
(1)简谐运动平衡位置速度最大，整体合力为零；振幅等于释放位置到平衡位置的距离；
(2)利用牛顿第二定律求解加速度，结合整体法、隔离法求解相互作用力。
本题考查斜面上弹簧系统简谐运动，抓住平衡位置合力为零，灵活运用整体法与隔离法分析受力。
14.【答案】【小题1】由题意可知，小环从A点无初速度释放，第一次到达C点的过程，由动能定理可得：
mg⋅Lsinθ−μmgcsθ⋅L=12mv2−0，
小环第一次经过C时，由牛顿第二定律可得：
FNC−mgcsθ=mv2R，
联立解得，小环经过C时，C对小环的支持力大小为：
FNC=40N，
则由作用力与反作用力的关系可知，小环对C点的最大压力大小为40N
【小题2】设沿Q杆上滑d距离的位置为E点，则小环由C到E的过程，由动能定理可得：
−mg⋅(2R⋅csθ+d⋅sinθ)−μmgcsθ⋅d=0−12mv2，
结合(1)联立可得：
d=2521m
【小题3】小环最终在C点与同一水平线上的C′点之间往复运动，则对于在此之前的全过程，由动能定理可得：
mg⋅Lsinθ−μmgcsθ⋅s=0−0，
解得：
s=12.5m。
答：

【解析】解：(1)由题意可知，小环从A点无初速度释放，第一次到达C点的过程，由动能定理可得：
mg⋅Lsinθ−μmgcsθ⋅L=12mv2−0，
小环第一次经过C时，由牛顿第二定律可得：
FNC−mgcsθ=mv2R，
联立解得，小环经过C时，C对小环的支持力大小为：
FNC=40N，
则由作用力与反作用力的关系可知，小环对C点的最大压力大小为40N；
(2)设沿Q杆上滑d距离的位置为E点，则小环由C到E的过程，由动能定理可得：
−mg⋅(2R⋅csθ+d⋅sinθ)−μmgcsθ⋅d=0−12mv2，
结合(1)联立可得：
d=2521m；
(3)小环最终在C点与同一水平线上的C′点之间往复运动，则对于在此之前的全过程，由动能定理可得：
mg⋅Lsinθ−μmgcsθ⋅s=0−0，
解得：
s=12.5m。
答：(1)小环对C点的最大压力大小为40N；
(2)小环沿Q杆上滑的最大距离d为2521m；
(3)物体在两直杆上通过的总路程s为12.5m。
(1)结合题意，小环由A到C的过程由动能定理列式，小环经过C点时由牛顿第二定律列式，再根据作用力与反作用力的关系，即可分析求解；
(2)对于小环从C到沿Q杆上滑d距离的位置，由动能定理列式，即可分析求解；
(3)结合前面分析及题意，由动能定理列式，即可分析求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是：要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
15.【答案】【小题1】游客从静止向下运动到最低点的过程中，对游客和物体B组成的系统，根据水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，有
m1v1=m3v2
根据机械能守恒，有
m1g(L−Lsin37∘)=12m1v12+12m3v22
得
v1=4m/s
【小题2】游客向下运动的过程中，对游客研究，游客重力的冲量大小
IG=m1gt
以水平向左的方向为正方向，根据动量定理，有
I合=m1v1
由于游客重力的冲量与合力的冲量方向互相垂直，根据矢量运算法则，有
IF= IG2+I合2
即IF=600 5N⋅s
【小题3】游客向下运动的过程中，设游客运动的水平位移为x1，B物体运动的水平位移为x3，研究游客和B物体组成的系统，得
m1x1=m3x3
又根据
x1+x3=Lcsθ
得
x1=1.6m
x3=4.8m
游客滑上长木板减速，长木板加速，两者最终达到共同速度v，此过程游客相对长木板走过的距离为Δx，对游客和长木板组成的系统，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒与机械能守恒定律，有
m1v1=(m1+m2)v
μm1gΔx=12m1v12−12(m1+m2)v2
得
Δx=1m
游客最终离长木板右端的距离
s=(d2−x3)+Δx
解得
s=2.2m
答：

【解析】解：(1)游客从静止向下运动到最低点的过程中，对游客和物体B组成的系统，根据水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，有
m1v1=m3v2
根据机械能守恒，有
m1g(L−Lsin37∘)=12m1v12+12m3v22
得
v1=4m/s
(2)游客向下运动的过程中，对游客研究，游客重力的冲量大小
IG=m1gt
以水平向左的方向为正方向，根据动量定理，有
I合=m1v1
由于游客重力的冲量与合力的冲量方向互相垂直，根据矢量运算法则，有
IF= IG2+I合2
即IF=600 5N⋅s
(3)游客向下运动的过程中，设游客运动的水平位移为x1，B物体运动的水平位移为x3，研究游客和B物体组成的系统，得
m1x1=m3x3
又根据
x1+x3=Lcsθ
得
x1=1.6m
x3=4.8m
游客滑上长木板减速，长木板加速，两者最终达到共同速度v，此过程游客相对长木板走过的距离为Δx，对游客和长木板组成的系统，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒与机械能守恒定律，有
m1v1=(m1+m2)v
μm1gΔx=12m1v12−12(m1+m2)v2
得
Δx=1m
游客最终离长木板右端的距离
s=(d2−x3)+Δx
解得
s=2.2m
答：(1)游客摆到最低点时，出人的速度大小为4m/s；
(2)若摆到最低点所用时间t=2.2s，此过程绳的拉力对游客的冲量大小为600 5N⋅S；
(3)游客最终停在离长木板右端的距离s为2.2m。
(1)根据水平方向动量守恒和机械能守恒求出人的速度大小v1；
(2)根据冲量公式、动量定理以及矢量运算法则求出此过程绳的拉力对游客的冲量大小IF；
(3)根据人船模型的特点求出游客向下运动的过程中，游客运动的水平位移，B物体运动的水平位移，结合动量守恒与机械能守恒定律求出游客最终停在离长木板右端的距离s。
本题是一道综合性较强的力学难题，融合了动量守恒、能量守恒及相对运动等多个核心物理模型。题目通过多物体、多过程的复杂情景设置，深入考查学生的建模分析能力与综合运用能力，对物理过程的整体把握和数学运算能力都是极佳的锻炼。