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新疆生产建设兵团第二师八一中学2022-2023学年高三上学期11月月考物理试题（Word版附解析）
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这是一份新疆生产建设兵团第二师八一中学2022-2023学年高三上学期11月月考物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
满分100分，考试时间60分钟
一、单项选择题（共7小题，每小题5分，共35分）
1. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客处于超重状态
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客合外力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力瞬时功率保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；
B．圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，乘客处于失重状态，故B错误；
C．转动一周，乘客的速度不变，动量不变，由动量定理可知乘客合外力的冲量为零，故C正确；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。
故选C。
2. 2022年1月20日，中国国家航天局发布了由环绕火星运行的天问一号探测器及其正在火星表面行走的祝融号火星车发送回来的一组包含探测器与火星合影新图像引起了西方媒体的广泛关注。已知天问一号探测器绕火星运动的周期为T，火星的半径为R，“祝融号”火星车的质量为m，在火星表面的重力大小为G1，万有引力常量为G，忽略火星的自转，则下列不正确的是（ ）
A. 火星表面的重力的加速度为B. 火星的质量为
C. 火星的平均密度为D. 天问一号距火星地面的高度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．设“祝融号”火星车的质量为m，设火星表面的重力加速度为，“祝融号”质量不变，在火星表面
解得
选项A正确；
B．忽略火星的自转，设火星质量为M，在火星表面上则有
解得
选项B错误；
C．火星的平均密度为
选项C正确；
D．天问一号绕火星运动过程有
解得天问一号距地面的高度为
选项D正确。
本题选不正确项，故选B。
3. 在某次国防教育活动中，小明同学爬上陡峭的山头，进行模拟投弹演习，他在同一位置在山下“敌方工事”先后水平投出甲，乙两颗相同的仿制手榴弹，手榴弹落地点在同一水平面上，手榴弹可视为质点，空气阻力不计，在空中的运动轨迹如图所示，对甲、乙两颗手榴弹运动的整个过程，下列说法错误的是（ ）
A. 动能的变化量相同
B. 动量的变化量相同
C. 落地时的机械能相同
D. 落地时重力的瞬时功率相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据动能定理可得动能的变化量为
故A正确；
B．物体做平抛运动，有
所以动量的变化量为
故B正确；
C．由图可知，甲水平位移大于乙的水平位移，而甲乙下落的时间相等，说明甲平抛的初速度大于乙的初速度，即甲的初动能大于乙的初动能，甲乙初始重力势能相等，所以甲在初位置的机械能大于乙初位置的机械能，下落过程机械能守恒，所以落地时甲的机械能大于乙的机械能，故C错误；
D．落地时重力的瞬时功率为
故D正确。
本题选错误的，故选C。
4. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍，取，则（ ）
A. 汽车在前内的牵引力为
B. 汽车的额定功率为
C. 汽车的最大速度为
D. 汽车速度为时的加速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车前5s内做匀加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律得
F-f=ma
解得汽车在前内的牵引力为
故A错误；
B．汽车在5s末达到额定功率
故B错误；
C．当汽车速度达到最大时，牵引力和阻力相等，汽车的最大速度为
故C错误；
D．汽车速度为30m/s时，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，质量的滑块静止在粗糙的水平面上，在滑块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力，末撤去力，若滑块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 内滑块所受的摩擦力不变
B. 末滑块的动量为
C. 末滑块的速度大小为
D. 撤去力后，再经历滑块重新静止
【答案】C
【解析】
【详解】A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最大静摩擦力即滑动摩擦力为
滑块在水平面上滑动，受重力、支持力、拉力F和滑动摩擦力，若拉力小于等于3N时，滑块没有滑动，此时摩擦力为静摩擦力，大小与拉力F相等，当拉力大于3N时，摩擦力为滑动摩擦力，故A错误；
B．根据冲量的定义式
可得图像的面积代表冲量，且由图乙可知，滑块在1s后开始滑动，根据动量定理可知，在时
解得
故B错误；
C．根据动量定理可知，在时
解得
故C正确；
D．撤去力后，滑块受摩擦力作用减速运动，则根据动量定理可得
解得
故D错误。
故选C。
6. 如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.4，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度为（ ）
A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 6m/s
【答案】B
【解析】
【详解】碰后物块B做匀减速直线运动，有
解得
A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有
解得
故选B。
7. 如图所示，静止在光滑水平面上的木饭，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量。质量的铁块以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为f，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别可得
mv0＝(M＋m)v
又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有
联立解得
Ep＝12J
故选C。
二、多项选择题（共5小题，每小题6分，共30分）
8. 如图所示，在A、B两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细线连接在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 对于A、B两物体组成的系统，动量守恒
B. 对于A、B两物体组成的系统，机械能守恒
C. 在同一段时间内，弹簧的弹力对A、B两物体的冲量相等
D. 在同一段时间内，弹簧的弹力对质量较小的物体做的功较多
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对于A、B两物体组成的系统，受合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确；
B．对于A、B两物体组成的系统，因弹簧弹力做功，则机械能变化，故B错误；
C．由，可知在同一段时间内，弹簧对两物体的冲量等大反向，故C错误；
D．弹簧弹力对A、B所做的功等于动能增加量，由，得A、B的动能增加量与质量成反比，所以在同一段时间内，弹簧的弹力对质量较小的物体做的功较多，故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体A质量为，顶端高度为，今有一质量为的小物体B，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端过程中，斜面对滑块的支持力大小为，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 斜面体A对滑块B的作用力垂直于接触面，对物体做负功
C. 滑块下滑过程中A，B组成的系统动量不守恒、机械能守恒
D. 此过程中滑块向左滑动的水平距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．依题意，可知滑块B相对于斜面A下滑时，斜面将水平向右加速，所以滑块相对于地面的加速度方向不再是沿斜面向下，即滑块在垂直斜面方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；
B．斜面体A对滑块B的支持力总是垂直于接触面，且由于滑块B相对于斜面A下滑时，斜面将水平向右加速运动，使得支持力的方向与滑块位移方向的夹角大于，所以斜面对滑块做负功，故B正确；
C．滑块下滑过程中，由于滑块有竖直方向的分加速度，所以A，B组成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，所以系统动量不守恒，但系统水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒；滑块下滑过程中，A，B组成的系统除重力外，AB之间弹力做功的代数和为零，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．系统水平方向动量守恒，设斜面A，滑块B水平位移大小分别为，，取水平向左为正，由动量守恒定律得
即
又因为
联立求得此过程中滑块向左滑动的水平距离为
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 足球与头部作用过程中，足球的动量变化量大小为
B. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
C. 足球刚接触头到刚离开头时，头对足球做功为
D. 从静止下落到上升到最大高度过程中足球重力的冲量等于人对足球的冲量
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由位移速度公式可得，下落到与头部刚接触时的速度为
反弹刚离开头部的速度为
以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为
A错误；
B．足球与头部作用过程，据动量定理可得
解得
B错误；
C．足球刚接触头到刚离开头时，足球的位移可忽略，故重力不做功，据动能定理可得，头对足球做功为
C正确；
D．从静止下落到上升到最大高度过程中，足球的动量变化为零，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量等于人对足球的冲量，D正确。
故选CD
11. 如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定放置，直径水平，轨道的内表面动摩擦因数均为。一质量为的小滑块从点正上方由静止释放，释放高度为，小滑块恰好从点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点时，对轨道的压力为，为重力加速度。用表示小滑块第一次在轨道段运动时克服摩擦力所做的功。则（ ）
A.
B.
C. 小滑块在段机械能的损失等于
D. 小滑块第一次到达点时对轨道压力不为零
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，由牛顿第二定律得
解得
质点从静止下落到N的过程，由动能定理得
解得
故A正确，B错误；
CD．由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在NQ上的速度小于在PN上的速度，所以，质点对轨道的压力也较小，那么，摩擦力也较小，所以，质点从N到Q克服摩擦力做的功
小滑块在段机械能的损失等于质点从N到Q克服摩擦力做的功小于，所以质点在Q的动能大于零，由，可知小滑块第一次到达点时对轨道压力不为零，故C错误，D正确。
故选AD。
12. 如图甲所示，有一倾角足够长的斜面固定在水平面上，质量的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数，物体受到一个沿斜面向上的拉力作用由静止开始运动，用表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，与的关系如图乙所示，已知，，取。则物体沿斜面向上运动过程中（ ）
A. 物体的加速度一直在减小
B. 物体的初始时的加速度大小为
C. 物体动能先增大后减小，最大动能是
D. 物体机械能先增大后减小，机械能增加量最大值是
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在物体沿斜面向上加速运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
当物体的加速度时，代入题中相关已知数据求得此时，所以结合图乙可知，物体的加速度先沿斜面向上减小到零后，又沿斜面向下增大，即物体先加速后减速，故A错误；
B．根据牛顿第二定律结合图乙可得，物体的初始时的加速度大小为
故B正确；
C．由选项A分析可知，物体沿斜面向上先加速后减速，所以动能先增大后减小，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，根据图乙可得为10N时，对应物体的位移为，由图像围成的面积表示力F所做的功，可得该过程F做的功为
根据动能定理可得
代入数据求得最大动能
故C错误；
D．依题意，当
时，可得
则可知时，拉力和摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，当时，拉力和摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，所以可知机械能先增大后减小，所以时，物体的机械能最大，由图乙可知此时对应物体的位移为，根据功能关系可得，物体机械能增加量最大值为
故D正确。
故选BD。
三、实验题（共1小题，每小空2分，共10分）
13. 某同学用如图甲所示的装置做“验证动能定理”实验，实验操作如下：
（1）用游标卡尺测量固定在小车上的遮光片宽度如图乙所示，则遮光片的宽度_________；
（2）已知重力加速度为，小车与遮光片的总质量为，两光电门间的距离为，
①调节长木板的倾角，将小车放在长木板靠近滑轮的一侧，砂桶用细绳跨过定滑轮挂在小车上并使细绳平行于长木板。
②调整砂桶内砂子的质量，使小车以某一初速度沿长木板向下运动时，通过两个光电门的时间相等。
③取下细绳和砂桶，用天平称得砂桶和砂的总质量为m。再将小车在靠近滑轮的位置由静止释放，小车通过光电门1和光电门2时显示的时间分别为、。则小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中，动能的增加量为_________，小车所受合力为_________。
若满足等式_________，则动能定理得以验证；（结果均用已知字母表示）
（3）实验过程中，保证小车能沿长木板下滑但不满足，则对实验结果_________（选填“无影响”或“有影响”）。
【答案】 ①. 5.20 ②. ③. mg ④. ⑤. 无影响
【解析】
【详解】（1）[1] 游标卡尺的分度值为0.05mm，则遮光片宽度为
d=5mm+4×005mm=5.20mm
（2）③[2] 小车通过光电门1时速度大小为
小车通过光电门2时速度大小为
小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中，动能的增加量为
[3] 小车通过两个光电门的时间相等时小车做匀速运动。假设小车重力沿长木板的分量为G1，小车与长木板之间的摩擦力为f，砂桶和砂的总质量为m时小车匀速下滑时，根据受力分析可得
所以取下细绳和砂桶后小车沿长木板下滑时有
方向沿长木板向下。
[4] 小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中合力做功为
所以若在误差允许范围内满足等式
则动能定理得以验证。
（3）[5] 取下细绳和砂桶后小车沿长木板下滑时的合力等于mg，对m的大小并没有要求，故不满足m≪M时，对实验结果没有影响。
四、计算题（共2小题，第一题11分，第二题14分，共25分）
14. 滑板运动惊险刺激受到很多年轻人喜爱，一个滑板运动员在一个平台上的A点，以的速度冲向一个圆形轨道，在圆轨道的B点沿切线划入一轨道，是圆的一条直径，D为最高点，为最低点，与的夹角为，圆轨道半径，人与滑板车的总质量为，滑到轨道最高点时对轨道的压力等于他们的重力，重力加速度取，，。求：
（1）人与滑板车滑到轨道B点时的速度大小和时间；
（2）人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点克服轨道摩擦力做的功。
【答案】（1），；（2）10350J
【解析】
【详解】（1）人与滑板车滑到轨道B点时的速度如图
则
解得人与滑板车滑到轨道B点时的速度大小为
竖直方向的速度大小为
人与滑板车从A点冲出后做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，则
解得人与滑板车滑到轨道B点时的时间
（2）人与滑板车滑到轨道最高点时，由牛顿第二定律得
解得
人与滑板车在圆轨道里从B点滑行至最高点，由动能定理得
解得人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点轨道摩擦力做的功为
所以人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点克服轨道摩擦力做的功为10350J。
15. 如图所示，光滑水平面上有一平板车B上表面水平，质量，在其左端放置一物块A，质量。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为的子弹以初速度以的水平射向A，瞬间射入并留在木块中，此后最终物块A相对地面以的速度滑离平板车，已知A、B间动摩擦因数。求：
（1）子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量；
（2）平板车B的最大速度；
（3）物块A在小车上滑行的时间；
（4）求小车的长度L。
【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）子弹打击物块A的过程，由动量守恒定律得
解得子弹与物块A的共同速度大小为
对子弹由动量定理得
所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为，方向水平向左。
（2）当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得
解得平板车B的最大速度
（3）对物块A与子弹由动量定理得
解得物块A在小车上滑行的时间
（4）物块A滑离平板车，运动的位移大小
平板车的位移大小
则小车的长度
满分100分，考试时间60分钟
一、单项选择题（共7小题，每小题5分，共35分）
1. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客处于超重状态
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客合外力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力瞬时功率保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；
B．圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，乘客处于失重状态，故B错误；
C．转动一周，乘客的速度不变，动量不变，由动量定理可知乘客合外力的冲量为零，故C正确；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。
故选C。
2. 2022年1月20日，中国国家航天局发布了由环绕火星运行的天问一号探测器及其正在火星表面行走的祝融号火星车发送回来的一组包含探测器与火星合影新图像引起了西方媒体的广泛关注。已知天问一号探测器绕火星运动的周期为T，火星的半径为R，“祝融号”火星车的质量为m，在火星表面的重力大小为G1，万有引力常量为G，忽略火星的自转，则下列不正确的是（ ）
A. 火星表面的重力的加速度为B. 火星的质量为
C. 火星的平均密度为D. 天问一号距火星地面的高度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．设“祝融号”火星车的质量为m，设火星表面的重力加速度为，“祝融号”质量不变，在火星表面
解得
选项A正确；
B．忽略火星的自转，设火星质量为M，在火星表面上则有
解得
选项B错误；
C．火星的平均密度为
选项C正确；
D．天问一号绕火星运动过程有
解得天问一号距地面的高度为
选项D正确。
本题选不正确项，故选B。
3. 在某次国防教育活动中，小明同学爬上陡峭的山头，进行模拟投弹演习，他在同一位置在山下“敌方工事”先后水平投出甲，乙两颗相同的仿制手榴弹，手榴弹落地点在同一水平面上，手榴弹可视为质点，空气阻力不计，在空中的运动轨迹如图所示，对甲、乙两颗手榴弹运动的整个过程，下列说法错误的是（ ）
A. 动能的变化量相同
B. 动量的变化量相同
C. 落地时的机械能相同
D. 落地时重力的瞬时功率相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据动能定理可得动能的变化量为
故A正确；
B．物体做平抛运动，有
所以动量的变化量为
故B正确；
C．由图可知，甲水平位移大于乙的水平位移，而甲乙下落的时间相等，说明甲平抛的初速度大于乙的初速度，即甲的初动能大于乙的初动能，甲乙初始重力势能相等，所以甲在初位置的机械能大于乙初位置的机械能，下落过程机械能守恒，所以落地时甲的机械能大于乙的机械能，故C错误；
D．落地时重力的瞬时功率为
故D正确。
本题选错误的，故选C。
4. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍，取，则（ ）
A. 汽车在前内的牵引力为
B. 汽车的额定功率为
C. 汽车的最大速度为
D. 汽车速度为时的加速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车前5s内做匀加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律得
F-f=ma
解得汽车在前内的牵引力为
故A错误；
B．汽车在5s末达到额定功率
故B错误；
C．当汽车速度达到最大时，牵引力和阻力相等，汽车的最大速度为
故C错误；
D．汽车速度为30m/s时，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，质量的滑块静止在粗糙的水平面上，在滑块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力，末撤去力，若滑块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 内滑块所受的摩擦力不变
B. 末滑块的动量为
C. 末滑块的速度大小为
D. 撤去力后，再经历滑块重新静止
【答案】C
【解析】
【详解】A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则最大静摩擦力即滑动摩擦力为
滑块在水平面上滑动，受重力、支持力、拉力F和滑动摩擦力，若拉力小于等于3N时，滑块没有滑动，此时摩擦力为静摩擦力，大小与拉力F相等，当拉力大于3N时，摩擦力为滑动摩擦力，故A错误；
B．根据冲量的定义式
可得图像的面积代表冲量，且由图乙可知，滑块在1s后开始滑动，根据动量定理可知，在时
解得
故B错误；
C．根据动量定理可知，在时
解得
故C正确；
D．撤去力后，滑块受摩擦力作用减速运动，则根据动量定理可得
解得
故D错误。
故选C。
6. 如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.4，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度为（ ）
A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 6m/s
【答案】B
【解析】
【详解】碰后物块B做匀减速直线运动，有
解得
A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有
解得
故选B。
7. 如图所示，静止在光滑水平面上的木饭，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量。质量的铁块以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为f，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别可得
mv0＝(M＋m)v
又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有
联立解得
Ep＝12J
故选C。
二、多项选择题（共5小题，每小题6分，共30分）
8. 如图所示，在A、B两物体间有一与物体不连接的轻质弹簧，两物体用轻细线连接在一起并使弹簧处于压缩状态，整体静止在光滑水平面上。现将细线烧断，对于在弹簧对两物体施加作用力的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 对于A、B两物体组成的系统，动量守恒
B. 对于A、B两物体组成的系统，机械能守恒
C. 在同一段时间内，弹簧的弹力对A、B两物体的冲量相等
D. 在同一段时间内，弹簧的弹力对质量较小的物体做的功较多
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对于A、B两物体组成的系统，受合外力为零，则系统的动量守恒，故A正确；
B．对于A、B两物体组成的系统，因弹簧弹力做功，则机械能变化，故B错误；
C．由，可知在同一段时间内，弹簧对两物体的冲量等大反向，故C错误；
D．弹簧弹力对A、B所做的功等于动能增加量，由，得A、B的动能增加量与质量成反比，所以在同一段时间内，弹簧的弹力对质量较小的物体做的功较多，故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体A质量为，顶端高度为，今有一质量为的小物体B，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端过程中，斜面对滑块的支持力大小为，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 斜面体A对滑块B的作用力垂直于接触面，对物体做负功
C. 滑块下滑过程中A，B组成的系统动量不守恒、机械能守恒
D. 此过程中滑块向左滑动的水平距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．依题意，可知滑块B相对于斜面A下滑时，斜面将水平向右加速，所以滑块相对于地面的加速度方向不再是沿斜面向下，即滑块在垂直斜面方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；
B．斜面体A对滑块B的支持力总是垂直于接触面，且由于滑块B相对于斜面A下滑时，斜面将水平向右加速运动，使得支持力的方向与滑块位移方向的夹角大于，所以斜面对滑块做负功，故B正确；
C．滑块下滑过程中，由于滑块有竖直方向的分加速度，所以A，B组成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，所以系统动量不守恒，但系统水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒；滑块下滑过程中，A，B组成的系统除重力外，AB之间弹力做功的代数和为零，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．系统水平方向动量守恒，设斜面A，滑块B水平位移大小分别为，，取水平向左为正，由动量守恒定律得
即
又因为
联立求得此过程中滑块向左滑动的水平距离为
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 足球与头部作用过程中，足球的动量变化量大小为
B. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
C. 足球刚接触头到刚离开头时，头对足球做功为
D. 从静止下落到上升到最大高度过程中足球重力的冲量等于人对足球的冲量
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由位移速度公式可得，下落到与头部刚接触时的速度为
反弹刚离开头部的速度为
以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为
A错误；
B．足球与头部作用过程，据动量定理可得
解得
B错误；
C．足球刚接触头到刚离开头时，足球的位移可忽略，故重力不做功，据动能定理可得，头对足球做功为
C正确；
D．从静止下落到上升到最大高度过程中，足球的动量变化为零，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量等于人对足球的冲量，D正确。
故选CD
11. 如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定放置，直径水平，轨道的内表面动摩擦因数均为。一质量为的小滑块从点正上方由静止释放，释放高度为，小滑块恰好从点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点时，对轨道的压力为，为重力加速度。用表示小滑块第一次在轨道段运动时克服摩擦力所做的功。则（ ）
A.
B.
C. 小滑块在段机械能的损失等于
D. 小滑块第一次到达点时对轨道压力不为零
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，由牛顿第二定律得
解得
质点从静止下落到N的过程，由动能定理得
解得
故A正确，B错误；
CD．由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在NQ上的速度小于在PN上的速度，所以，质点对轨道的压力也较小，那么，摩擦力也较小，所以，质点从N到Q克服摩擦力做的功
小滑块在段机械能的损失等于质点从N到Q克服摩擦力做的功小于，所以质点在Q的动能大于零，由，可知小滑块第一次到达点时对轨道压力不为零，故C错误，D正确。
故选AD。
12. 如图甲所示，有一倾角足够长的斜面固定在水平面上，质量的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数，物体受到一个沿斜面向上的拉力作用由静止开始运动，用表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，与的关系如图乙所示，已知，，取。则物体沿斜面向上运动过程中（ ）
A. 物体的加速度一直在减小
B. 物体的初始时的加速度大小为
C. 物体动能先增大后减小，最大动能是
D. 物体机械能先增大后减小，机械能增加量最大值是
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在物体沿斜面向上加速运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律有
当物体的加速度时，代入题中相关已知数据求得此时，所以结合图乙可知，物体的加速度先沿斜面向上减小到零后，又沿斜面向下增大，即物体先加速后减速，故A错误；
B．根据牛顿第二定律结合图乙可得，物体的初始时的加速度大小为
故B正确；
C．由选项A分析可知，物体沿斜面向上先加速后减速，所以动能先增大后减小，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，根据图乙可得为10N时，对应物体的位移为，由图像围成的面积表示力F所做的功，可得该过程F做的功为
根据动能定理可得
代入数据求得最大动能
故C错误；
D．依题意，当
时，可得
则可知时，拉力和摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，当时，拉力和摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，所以可知机械能先增大后减小，所以时，物体的机械能最大，由图乙可知此时对应物体的位移为，根据功能关系可得，物体机械能增加量最大值为
故D正确。
故选BD。
三、实验题（共1小题，每小空2分，共10分）
13. 某同学用如图甲所示的装置做“验证动能定理”实验，实验操作如下：
（1）用游标卡尺测量固定在小车上的遮光片宽度如图乙所示，则遮光片的宽度_________；
（2）已知重力加速度为，小车与遮光片的总质量为，两光电门间的距离为，
①调节长木板的倾角，将小车放在长木板靠近滑轮的一侧，砂桶用细绳跨过定滑轮挂在小车上并使细绳平行于长木板。
②调整砂桶内砂子的质量，使小车以某一初速度沿长木板向下运动时，通过两个光电门的时间相等。
③取下细绳和砂桶，用天平称得砂桶和砂的总质量为m。再将小车在靠近滑轮的位置由静止释放，小车通过光电门1和光电门2时显示的时间分别为、。则小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中，动能的增加量为_________，小车所受合力为_________。
若满足等式_________，则动能定理得以验证；（结果均用已知字母表示）
（3）实验过程中，保证小车能沿长木板下滑但不满足，则对实验结果_________（选填“无影响”或“有影响”）。
【答案】 ①. 5.20 ②. ③. mg ④. ⑤. 无影响
【解析】
【详解】（1）[1] 游标卡尺的分度值为0.05mm，则遮光片宽度为
d=5mm+4×005mm=5.20mm
（2）③[2] 小车通过光电门1时速度大小为
小车通过光电门2时速度大小为
小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中，动能的增加量为
[3] 小车通过两个光电门的时间相等时小车做匀速运动。假设小车重力沿长木板的分量为G1，小车与长木板之间的摩擦力为f，砂桶和砂的总质量为m时小车匀速下滑时，根据受力分析可得
所以取下细绳和砂桶后小车沿长木板下滑时有
方向沿长木板向下。
[4] 小车从通过光电门1到通过光电门2的过程中合力做功为
所以若在误差允许范围内满足等式
则动能定理得以验证。
（3）[5] 取下细绳和砂桶后小车沿长木板下滑时的合力等于mg，对m的大小并没有要求，故不满足m≪M时，对实验结果没有影响。
四、计算题（共2小题，第一题11分，第二题14分，共25分）
14. 滑板运动惊险刺激受到很多年轻人喜爱，一个滑板运动员在一个平台上的A点，以的速度冲向一个圆形轨道，在圆轨道的B点沿切线划入一轨道，是圆的一条直径，D为最高点，为最低点，与的夹角为，圆轨道半径，人与滑板车的总质量为，滑到轨道最高点时对轨道的压力等于他们的重力，重力加速度取，，。求：
（1）人与滑板车滑到轨道B点时的速度大小和时间；
（2）人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点克服轨道摩擦力做的功。
【答案】（1），；（2）10350J
【解析】
【详解】（1）人与滑板车滑到轨道B点时的速度如图
则
解得人与滑板车滑到轨道B点时的速度大小为
竖直方向的速度大小为
人与滑板车从A点冲出后做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，则
解得人与滑板车滑到轨道B点时的时间
（2）人与滑板车滑到轨道最高点时，由牛顿第二定律得
解得
人与滑板车在圆轨道里从B点滑行至最高点，由动能定理得
解得人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点轨道摩擦力做的功为
所以人与滑板车在圆轨道里滑行至最高点克服轨道摩擦力做的功为10350J。
15. 如图所示，光滑水平面上有一平板车B上表面水平，质量，在其左端放置一物块A，质量。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为的子弹以初速度以的水平射向A，瞬间射入并留在木块中，此后最终物块A相对地面以的速度滑离平板车，已知A、B间动摩擦因数。求：
（1）子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量；
（2）平板车B的最大速度；
（3）物块A在小车上滑行的时间；
（4）求小车的长度L。
【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）子弹打击物块A的过程，由动量守恒定律得
解得子弹与物块A的共同速度大小为
对子弹由动量定理得
所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为，方向水平向左。
（2）当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得
解得平板车B的最大速度
（3）对物块A与子弹由动量定理得
解得物块A在小车上滑行的时间
（4）物块A滑离平板车，运动的位移大小
平板车的位移大小
则小车的长度
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