【文档说明】四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期期末考试 物理 Word版含解析.docx，共(13)页，969.069 KB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试物理试卷试卷说明：本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将

自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔

书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一．单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）

1．对以下物理问题探究过程的认识，正确的是（）A．图（a）探究平抛运动规律的实验利用了极限法B．图（b）装置利用等效法探究影响向心力大小的因素C．图（c）中卡文迪许扭秤实验装置利用了放大法D．图（d）中研究物体沿曲面运动时重力做功

用到了控制变量法的思想2．某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（）A．0.1st=时刻摆球速度最大B．0.5st=时刻摆球经过最低点C．单摆振动周期0.

8sT=D．单摆振动周期0.9sT=3．2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心圆满的完成了发射，与“天和”核心舱成功对接。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，椭圆轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，核心舱绕地沿逆时针方向运

行在圆形轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，则神舟十八号（）A．在Ⅰ轨道上稳定运行的速度可能大于7.9km/sB．在Ⅱ轨道上由A向B运动时，速度减小，机械能减小C．在Ⅱ轨道上经过A点的速度大于在Ⅲ轨道的

运行速度D．应先变轨到Ⅲ轨道，然后再通过加速完成与“天和”核心舱的对接4．近年来，随着智能手机的普及，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，

经常出现手机滑落砸到脸部的情况。如图所示，若一部质量200gm=的手机，从离脸部约20cmh=的高度无初速掉落，不考虑砸到脸部后手机的反弹，脸部受到手机的冲击时间约为0.01st=，取重力加速度g210m/s=，下列分析正确的是（）A．手机对人脸的冲量方向竖直向下B．全过程手机动量的变化量不为0

C．全过程手机所受重力的冲量大小为0.02NsD．手机对人脸的平均作用力大小为40N5．如图所示，小明在斜坡上分别以两个方向投掷石块A、B，并使其落在斜坡下方的M、N两点，假设两次投掷的石块最大高度相同，不计空气阻力，则（）A．从投出位置到最高点，A和B速度变化量相同B．整个在空中运动

的过程中B运动时间比A的短C．A和B从抛出到落回斜坡面，位移的方向不同D．A刚投出时的初速度比B刚投出时的初速度大6．如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为50kgm=的重锤（重锤可视为质点）绕转轴O

匀速圆周运动，重锤转动半径为0.5mR=，电动机连同打夯机底座的质量为25kgM=，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计。下列说法中不正确．．．的是（）A．重锤从最高点运动到最低点的过程中，重锤机械能不守恒B．重锤从最高点运动到

最低点的过程中,打夯机底座对地面压力先小于（M+m）g后大于（M+m）gC．重锤转动的角速度为30rads运动到最高点时，能使打夯机底座对地面压力为零D．当重锤的线速度大小为5m/s运动到最高点时，连接杆对重锤的作用力为零7．甲、乙

两物体以相同的初动量在水平面上（仅受摩擦力）做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间变化的pt−图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中（）A．甲、乙两物体的质量之比为1：1B．甲、乙两物体的质量之比为1：2C．甲、

乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2D．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：18.如图所示，一质量2.0kgM=的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量1.0kgm=的小物块A．给A和B大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左

运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板．下列说法正确的是（）A．A、B共速时的速度大小为1.5m/sB．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小小于1.5m/sC．从A、B开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2NsD．从A、B开始运动到A、B共速的过程中，小物

块A对木板B的水平冲量方向向右二、多项选择题（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，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）9．质量为m的物体，在汽车的牵引下由静止开始运动，当

汽车的速度为v时，细绳与水平面间的夹角为，则下列说法中正确的是（）A．此时物体的速度大小为cosvv=物B．此时物体的速度大小为cosvv=物C．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力等于物体的重力D．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力大于物体的重力10．一列简谐横波在t

=0时的波形图如图甲所示，介质中的质点A的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）。A．该波沿x轴负方向传播B．t=4s时，质点Р的速度为0C．0~4s内，质点Р运动的路程为0.4mD．0~6s内，质点A沿x

轴运动了6m11．2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0×103km，远月点B距月心约为

1.8×104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（）A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12hB.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km

/s且小于11.2km/s12．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，从静止开始，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t

达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F阻保持不变。动车在时间t内（）A．加速度逐渐增大B．牵引力的功率mPFv=阻C．当动车速度为2mv时，加速度大小为mpmvD．牵引力做功212mWmv=13．质量分别为2m、m的甲、乙两物块（视为质点）

用轻质弹簧连接放置在光滑的水平面上，计时开始时，让甲获得一个水平初速度，甲、乙运动的速度一时间图像如图所示，已知阴影部分的面积为0S，弹簧的弹性势能pE与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为2p12Ekx=，再根据图像所给的信息分析，

下列说法正确的是（）A．甲获得的初速度为043vB．0至1t时间间隔内甲所受冲量的大小为023mvC．弹簧的劲度系数为202023mvSD．2t时刻甲、乙的总动能大于20mv14.一倾角为30°足够大的光滑斜

面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从𝑡=0开始，将一可视为质点的物块从0点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力𝐹1和𝐹2，其大小与时间t的关系如图（2）所示。己知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则（）A．物

块始终做匀变速曲线运动B．𝑡=1s时，物块的y坐标值为2.5mC．𝑡=1s时，物块的加速度大小为5√3m/s2D．𝑡=2s时，物块的速度大小为10√2m/s第Ⅱ卷(非选择题，共52分)三．实验题（本题共2小题，共计16分）15．（6分）在第四次“天宫课堂”中，航天

员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：①测量两个滑

块的质量，分别为200.0g和400.0g；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：（1）从图像可知两

滑块在t=_________s时发生碰撞；（2）滑块B碰撞前的速度大小v=_____________m/s（保留2位有效数字）；（3）通过分析，得出质量为200.0g的滑块是________（填“A”或“B”）。16.（10分）某同学设计了一个测量重力加

速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下：①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如

图（a）所示。②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。该同学将振动系统理想化为弹簧振

子。已知弹簧振子的振动周期2MTk=，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。（1）由步骤④，可知振动周期T=_____。（2）设弹簧的原长为0l，则l与g、0l、T的关系式为l=_____。（3）由实验数据作出的2lT−图线如图（b）所示，可得g=_____2m/

s（保留三位有效数字，2取9.87）。（4）本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）。A.空气阻力B.弹簧质量不为零C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置四、计算题（本题共3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式

和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．（10分）如图所示，截面为矩形的管状滑槽ABC固定在竖直平面内，AB段水平，内底面粗糙，BC段是半圆弧，内表面光滑，直径BC与AB垂直。质量2kgm=的滑块以初速度vo从A点开始沿滑槽向右运动

，滑块刚好能到达C点。已知滑块与AB段间的动摩擦因数0.2=，AB段长度L=4m，圆弧半径0.5mR=，滑块可视为质点，g取210m/s。求：（1）滑块的初速度vo大小的大小；（2）滑块运动到B点时对滑槽的压力F的大小。18．（12

分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=0.45m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压

缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，然后在水平桌面上运动一段距离后从桌面边缘飞出．已知mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；（2）压缩过程中弹簧的最大弹性

势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。19．（14分）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带两端分别与光滑水平面平滑对接，左侧水平面上有一根被质量为m1＝0.5kg的小物块A挤压的轻弹簧，弹簧左端固定；传送带右侧有一质量为m2＝1.0kg的长木板B静止

放在水平地面上，质量为m3＝1.0kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。现释放物块A，物块离开弹簧后滑上传送带，一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知传送带左右两端间距L=4m，传送带速度大小恒为6m/s，物块与传送

带之间的动摩擦因数μ1=0.4，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，弹簧初始弹性势能EP=1.0J，取g=10m/s2。求：(1)物块A与长木板B碰前瞬间的速度大小；(2)物块A第一次与长木板B碰后在传送带上向左滑行的离传送带右端的最大距离s；(3)为了使C不从B上滑下去长木板B的最

小长度LB。成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试物理参考答案1．【答案】C【解析】A．图（a）探究平抛运动规律的实验利用了等效思维，故A错误，B．图（b）装置，探究影响向心力大小的因素，利用了控制变量法，故B错误

，C．图（c）中卡文迪许扭秤实验装置利用了放大法，故C正确，D．图（d）中研究物体沿曲面运动时重力做功用到了微元法的思想，故D错误。故选C。2．【答案】B【解析】A．0.1st=时刻摆球受拉力最小，则摆球在最大位移处，速度最小

，故A错误；B．0.5st=时刻摆球受拉力最大，则摆球经过最低点，故B正确；CD．由图可知摆球的周期为2(0.90.1)T=−s=1.6s故CD错误；故选B。3．【答案】C【解析】A．根据22MmvGmrr=解得GMvr=近地卫

星的环绕速度等于第一宇宙速度7.9km/s，圆形轨道Ⅰ的轨道半径大于地球半径，则神舟十八号在Ⅰ轨道上稳定运行的速度小于7.9km/s，故A错误；B．神舟十八号在Ⅱ轨道上由A向B运动时，只有万有引力做负功，则速度减小，机械能不变

，故B错误；C．Ⅱ轨道相对于Ⅰ轨道是高轨道，由高轨道到低轨道，需要在切点位置减速，可知。在Ⅱ轨道上经过A点的速度大于在Ⅰ轨道上经过A点的速度，故C正确；D．神舟十八号应先变轨到Ⅱ轨道，然后再通过加速完成与“天和”核心舱的对接，故D错误。故选C。4．【

答案】A【解析】A．由IFt=可知手机对人脸的冲量方向竖直向下。故A正确；B．全过程手机动量的变化量为0p=故B错误；C．全过程手机所受重力的冲量大小为()G'Imgtt=+又21'2hgt=联立解得G0.42

NsI=故C错误；D．手机做自由落体运动，设到达眼睛时的速度为v，有22ghv=手机与眼睛作用过程，以手机为研究对象，取竖直向上为正方向根据动量定理可得()t0Ftmgmv−=−−联立，解得42NF=故D错误。故选

A。5．【答案】A【解析】A．A物体抛出后能和B物体达到同一最大高度，根据212hgt=可知二者运动到最高点的时间相等，由速度变化量等于vgt=可知，二者速度变化量相同，故A正确；B．根据题意，两次投掷的石块最大高度相同，则上升所

用时间相同，而根据A、B石块的运动轨迹可知，B石块下落高度大于A石块下落高度，则可知B石块下落所用时间比A石块下落所用时间更长，因此整个在空中运动的过程中B运动时间比A的长，故B错误；C．A、B石块都是从斜面上抛出，最后都落在了斜面上，位移都是沿着斜面向下的，因此A和B从抛出到落回斜坡

面，位移的方向相同，故C错误；D．由于A、B上升高度相同，根据22yvhg=可知A、B石块竖直分速度大小相同，而根据两石块的运动轨迹，在等高处（运动相同时间），B石块的水平位移大于A石块的水平位移，根据水平方向做匀速直线运动有xxvt=可知B石块的水平分速度大于A石块的

水平分速度，即BAxxvv由此可得2222BBAAyxyxvvvvvv=+=+故D错误。故选A。6．【答案】D【解析】A．重锤从最高点运动到最低点的过程中，动能不变，重力势能减小，所以重锤的机械能不守恒，故A正确。B．重锤从最高点运动到最低点的过程中,先失重后超重，故B正确；C．故重锤在最高

点时，当连接杆对重锤的拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，打夯机底座对地面压力为零，即2mgMgmR+=解得30rad/s=故C正确；D．重锤在最高点时，当重锤的重力恰好提供向心力时，连接杆对重锤的作用力为零，即2vmgmR=解得5m/sv=故D错误；故选D。7．【答案】C【

解析】AB．根据动量定理0mgtpp−=−解得0ppmgt=−则p-t图像的斜率kmg=质量之比等于斜率之比，因甲乙图像的斜率之比为2:1，则甲、乙两物体的质量之比为2：1，选项AB错误；CD．由动能定理，摩擦力做功等于动能减小量，即等于初动能之比，根据2002kpE

m=甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：2，选项C正确，D错误。故选C。8.【答案】B【解析】A．规定向右为正方向，A、B所组成的系统，在水平方向上不受外力，满足动量守恒()MvmvMmv−=+共可得A、B共速时的速度大

小1m/sv=共A错误；B．当A的速度减小到零瞬间，B的速度最大，根据动量守恒1MvmvMv−=此时B的速度为11.5m/sv=因此当A加速的过程中，B的速度大小小于1.5m/s，B正确；C．对小物块A，根据动量定理()4NsImvmv=−−=共C错误；D．由于A对B的摩擦力水平向左，因此

物块A对木板B的水平冲量方向向左，D错误。故选B。9．【答案】BD【解析】AB．小车的运动可以看成是两个分运动的合成，一个是沿绳子拉伸方向的分运动，另一个垂直绳子方向绕滑轮转动的分运动，将小车的速度分解成沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的

分速度，物体上升的速度等于小车沿绳子方向的分速度，故有cosvv=物A错误B正确；CD．若汽车做匀速运动，即汽车速度v保持不变，绳子与水平面的夹角减小，由cosvv=物，可知物体的速度增大，物体向上做加速运动，加

速度方向向上，合力方向向上，绳子拉力大于物体重力，C错误，D正确。故选BD。10．【答案】AC【解析】A．由图乙可知，在时质点A向y轴负方向振动，由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播。A正确；B．由图乙可知波的周期为8

s，4s时质点P正在经过平衡位置向y轴负方向振动。P运动到平衡位置，加速度为零，速度达到最大。B错误；C．在0~4s内，质点P运动12T周期，则质点P运动路程为20.4msA==C正确；D．0~6s内，质点A沿y轴方向做简谐运动，并不沿x轴方

向迁移，D错误；故选AC。11．【答案】BD【解析】鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有2AA

MmGmar=，同理在B点有2BBMmGmar=带入题中数据联立解得aA：aB=81：1故B正确；由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；由于鹊桥二号环绕月球运动，而月

球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。12．【答案】BC【解析】A．动车以恒定功率行驶

，由PFv=可知，速度v增大的过程牵引力F减小，由牛顿第二定律=FFma−阻可知，加速度减小，A错误；B．当速度达到最大时，FF=阻，可得牵引力的功率为=mPFvFv=阻B正确；C．当动车速度为2mv时，满足12mPFv=

，可得牵引力为1=2FF阻，由牛顿第二定律可得，加速度大小为1mFpaFmmv−==阻，C正确；D．达到最大速度的过程由动能定理可得212fmWWmv−=，故牵引力做功212mWmvD错误。故选BC。13

．【答案】BC【解析】A．分析图可知1t时刻甲、乙达到共同速度023v，设甲获得的初速度为v，由系统的动量守恒定律可得()02223mvmmv=+，解得0vv=，A错误；B．0至1t时间间隔内，对甲应用动量定理可得002223Imvmv=−

计算可得023Imv=B正确；C．分析题意可得0时刻弹簧处于原长，设1t时刻弹簧的形变量为0x，已知阴影部分的面积为0S，则有00xS=，设弹簧的劲度系数为k，则有0p212Ekx=，由系统的机械能守恒定律可得(

)22p0011222223Emvmmv=−+，综合解得202023mvkS=C正确；D．2t时刻弹簧恢复原长，弹性势能为0，由系统的总机械能守恒可得2t时刻甲、乙的总动能等于0时刻甲的动能20mv，D错误。故选BC。14.【答案】

BD【解析】A．根据图像可得𝐹1=4−𝑡，𝐹2=3𝑡，故两力的合力为𝐹=4+2𝑡(N)物块在y轴方向受到的力不变为𝑚𝑔sin30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；B．在y轴方向的加速度为𝑎𝑦=𝑚𝑔sin30°𝑚=𝑔sin30°

=5m/s2，故𝑡=1s时，物块的y坐标值为𝑦=12𝑎𝑦𝑡2=2.5m，故B正确；C．𝑡=1s时，𝐹=6N，故此时加速度大小为𝑎=√𝑎𝑥2+𝑎𝑦2=√(61.2)2+52m/s2=5√2m/s2，故C错误；D．对x轴正方向，对物块根据动量定理𝐹𝑡=𝑚𝑣𝑥−0，由

于F与时间t成线性关系故可得(4+2×0)+(4+2×2)2×2=1.2𝑣𝑥解得𝑣𝑥=10m/s，此时y轴方向速度为𝑣𝑦=𝑔sin30°⋅𝑡=5×2m/s=10m/s，故此时物块的速度

大小为𝑣=√𝑣𝑥2+𝑣𝑦2=10√2m/s故D正确15．【答案】（1）1.0（2）0.20（3）B【解析】【小问1详解】由xt−图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在1.0st=时发生突变，即这个时候发生了碰撞；【小问2

详解】根据xt−图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小90110cm/s0.20m/s1.0v−==【小问3详解】由题图乙知，碰撞前A的速度大小A0.50m/sv=，碰撞后A的速度大小约为A0.36m/sv=，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为B0.5m/sv

=，A和B碰撞过程动量守恒，则有AABAABBmvmvmvmv+=+代入数据解得AB2mm所以质量为200.0g的滑块是B。16.【答案】（1）30t（2）2024gTl+（3）9.59（4）AC【解析】（1）30次全振动所用时间t，则振动周期30tT=

（2）弹簧振子的振动周期2MTk=，可得振子的质量224kTM=，振子平衡时，根据平衡条件Mgkl=，可得224gTl=，则l与g、0l、T的关系式为20024gTllll=+=+（3）根据2024gTll=+整理可得2024gllT=+，则

2lT−图像斜率𝑘=𝑔4𝜋2=0.542−0.4740.575−0.3解得𝑔≈9.76m/s2（4）A．空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；B．弹簧质量不为零导致振子在平衡位置时弹簧的长度变化，不影响其他操作，根据（3）中处理方法

可知对实验结果没有影响，故B错误；C．根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置会影响振子周期的测量，是实验的误差来源之一，故C正确。17．【答案】（1）𝑣𝑜=6𝑚/𝑠；（2）F=100N【解析】（1）物块从A到C过程，由动能定理得22102omvRmgmgL−=−−

解得smvo/6=（2）物块从A到B过程中，由动能定理得222121oBmvmvmgL−=−设在B点，轨道对物块的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律可得RvmmgNB2=−由牛顿第三定律，滑块对滑槽的压力为F=N=100N18．【答案】（1）𝑣

2=2𝑚/𝑠；（2）3J；（3）2m【解析】（1）设滑块A与滑块B碰撞前瞬间速度大小为1v，滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，根据机械能守恒可得2AA112mghmv=解得126m/svgh==3m/s滑块A与B碰

撞结束瞬间具有共同速度2v，根据动量守恒可得A1AB2()mvmmv=+解得滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为smv/22=（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，当滑块A、B、C速度相等时，弹簧压缩量达到最大，弹性势能最大，根据动量守

恒可得AB2ABC3()()mmvmmmv+=++解得smv/13=根据系统机械能守恒可得22pmAB2ABC311()()22Emmvmmmv=+−++解得压缩过程中弹簧的最大弹性势能为JEpm3=（3）被

压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为4v，滑块C的速度为5v，根据系统动量守恒和机械能守恒可得AB2AB4C5()()mmvmmvmv+=++222A2A4C5BB111()()2

22mmvmmvmv+=++联立解得smvv/2,054==滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，则有5xvt=，212Hgt=联立解得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离为mx2=19．【答案】(1)6m/s；(2)0

.5m；(3)0.8m【解析】(1)设物块A离开弹簧时的速度大小为v0，在物块A被弹簧弹出的过程中，由机能守恒定律得2p1012Emv=解得v0=2m/s假设物块A在传送带上始终做匀加速运动，加速度大

小为a，则由牛顿第二定律得mamg=得到a=4m/s2设物块到达传送带右端时速度大小为v，由运动学公式得2202vvaL−=解得v=6m/s假设成立物块A与长木板B碰前速度大小刚好为v=6m/s(2)A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律

得11122mvmvmv=+由机械能守恒定律得22211122111222mvmvmv=+联立解得v1=-2m/s，v2=4m/s物块A被反弹回来后，假设在传送带上向左一直做匀减速运动向左滑行的最大距离s，由运动学公式得2102vas−=−解得s=0.5m＜4m假设成立，则物块A向左滑行的离

传送带右端的最大距离s=0.5m(3)木板B与物块C相互作用过程动量守恒定律，最终达到共同速度，设为v322233()mvmmv=+可得v3=2.0m/s物块A被传送带向右拉时速度vA也为1m/s，则物块A与长木板不再相碰由能

量守恒定律得22232223311()22BmgLmvmmv=−+解得LB=0.8m