【文档说明】湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高一下学期期末质量检测物理试卷 Word版含解析.docx，共(28)页，4.906 MB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年度第二学期期末质量检测高一物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的

得0分。1.关于机械振动与机械波的描述，下列说法中正确的是（）A.做简谐运动的物体经过平衡位置时，加速度一定为零B.衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象C.单摆在做受迫振动时，当驱动力的频率大于其固有频率时，可以通过增大摆长来产生共振现象D

.声源靠近观测者，观测者接收到的声波频率大于声源的振动频率【答案】D【解析】【详解】A．做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但合外力不一定为零，加速度也不一定为零。例如单摆，在最低点时加速度不为零指向悬点，故A错误；B．衍射是所有波特有的现象，横波和纵

波都能发生衍射现象，故B错误；C．单摆在做受迫振动时，当驱动力的频率大于其固有频率时，若产生共振现象则需使驱动力的频率等于单摆的固有频率，即使单摆的频率增大，周期减小，根据2lTg=可知，需减小摆长，故C错误；D．根据多普勒效应，声

源靠近观测者，观测者接收到的声波频率大于声源的原频率，故D正确。故选D。2.关于静电场的描述，下列说法中正确的是（）A.摩擦起电时，未带电物体带上正电因为在此过程中得到正电荷B.电场是客观存在的物质，故电场线是实际

存在的曲线C.在电场中，电势越高的位置，其电场强度一定越大D.野外三条高压输电线的上方还有两条与大地相连的导线，形成一个稀疏的金属网，是利用静电屏蔽来避免雷击【答案】D【解析】【详解】A．摩擦起电时，未带电物体带上正电是因为在此过程中失去电子，故A错误；B．电场是客观存在的物质

，但电场线不是实际存在的曲线，是人为引入的假想曲线，故B错误；C．在电场中，电势越高的位置，其电场强度不一定越大，两者没有绝对关系，故C错误；是D．野外三条高压输电线的上方还有两条与大地相连的导线，形成一个稀

疏的金属网，是利用静电屏蔽来避免雷击，故D正确。故选D。3.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到如图所示的水平外力F，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（）A.第1s末物体的动量大小为5kg·m/sB.前

2.5s内物体所受合外力的冲量为零C.第3s末水平外力F的功率为10WD.前3s内物体的位移为2m【答案】C【解析】【详解】A．0~1s内，根据动量定理可得F11Imv=F-t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，即

F1115Ns2.5Ns2I==所以第1s末物体的速度大小为1m/s，物体的动量大小为2.5kg·m/s，故A错误；B．由图可知，前2.0s内物体所受合外力的冲量为零，故B错误；C．0~3s内，根据动量定

理可得F33Imv=F315Ns5NsI==所以3s末物体的速度大小为32m/sv=所以第3s末水平外力F的功率为310WPFv==故C正确；D．第3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移为2311m2Fxtm==根据运动的对称性可得，0~1s内与1s~2s内位移相同，

由于0~1s内物体做加速度减小的加速运动，且1s末的速度为1m/s，所以0~1s内物体的位移大小1110.5m2xvt=所以前3s内的位移大于2m，故D错误。故选C。4.在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上

的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解”。天鹅座X-1就是一个由质量较小的黑洞和质量较大的恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示。在刚开始吞噬的时间内，恒星和黑洞的距离可认为不变，不考虑其他星体的引力作用

，则在这段时间内，下列说法正确的是（）A.恒星做圆周运动的角速度变小B.黑洞的轨道半径变大C.恒星与黑洞之间的万有引力将变大D.恒星与黑洞做圆周运动的线速度大小之和变小【答案】C【解析】【详解】A．假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕

半径分别为R、r，且Mm，两者之间的距离为L，双星系统属于同轴转动的模型，角速度相等，根据万有引力提供向心力222MmGMωRmωrL==其中RrL+=解得恒星的角速度为3GMmωL+=（）恒星和黑洞的

质量之和不变，恒星和黑洞的距离认为不变，则恒星做圆周运动的角速度不变，故A错误；B．根据222MmGMωRmωrL==RrL+=可得MrLmM=+由于恒星和黑洞的质量之和不变，M减小，m增大，所以r减小，故B错误；

C．恒星与黑洞之间的万有引力为2MmFGL=由于恒星和黑洞的质量之和不变，M减小，m增大，由数学知识可得，万有引力增大，故C正确；D．线速度为vr=可得，恒星与黑洞做圆周运动的线速度大小之和为mMvvωRωrωLωLωLmMmM+=+=+=++黑恒所以，恒星与黑洞做圆周运动的

线速度大小之和不变，故D错误。故选C。5.图甲为科技活动节学生自制小型抛石机。首先将石块放在长臂一端的凹槽中，在短臂端固定重物，发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，凹槽中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为如图乙所示的模型，将一质量10gm

=的小石块（可视为质点）装在长110cmL=的长臂末端的凹槽中，质量为M的重物装在长22cmL=的短臂末端的筐子内。初始时长臂与水平面的夹角为30，松开后长臂与短臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与O点的水平距离为30

cmx=。此过程中，重物没有从筐中洒落，不计空气阻力，不考虑杆与转轴的摩擦力。取地面为零势能面，重力加速度大小210m/s=g，下列说法正确的是（）A.重物的质量125gM=B.石块着地时，重力做功的功率为3WP=C.石块被水平抛出时的动能为2k1.

510JE−=D.重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量【答案】AC【解析】【详解】BC．石块被水平抛出时的高度为11sin3015cmhLL=+=重力势能增加量为2p1.510JEmgh−==石块被水平抛出后做平抛运动，水平方向有0xvt

=竖直方向有212hgt=联立解得03m/s=v石块被水平抛出时的动能为22k011.510J2Emv−==石块着地时重力的功率为23W10yWmgvmgt===故B错误，C正确；AD．石块从A点到最高点的过程中，由能量守恒有，重物重力势能的减小量

等于石块动能和势能的增加量和重物动能增加量之和，而22p(sin30)EMgLL=+重且kppkEEEE=++石重重根据012MvvLL=2k12MEMv=重解得125gM=故A正确，D错误。故选AC。6.如图（a）为湖面上漂浮着的水平间距不超过5m的两个浮子

A、B。0=t时刻，湖面形成的水波可视为横波，如图（b）所示，波沿水平方向传播，浮子A的平衡位置在0.5mx=处，浮子A、B的振动图像如图（c）所示。下列判断正确的是（）A.水波的传播速度大小为0.8m/sv=B.水波的传播方向可能沿着x轴负方向C.浮子A经过一段时间后会移动到

浮子B处D.浮子B的平衡位置可能位于4.25mx=处【答案】D【解析】【详解】A．由图b可知，水波的波长为1m=；由图c可知，水波的周期为0.8sT=。水波的波速为1.25m/svT==故A错误；B．由图c可知，0=t时，A沿y轴正方向振动

，根据“同侧法”可知，水波沿x轴正方向传播，故B错误；C．浮子只会在平衡位置上下振动，不会“随波逐流”，故C错误；D．由图c可知，因浮子A先振动，则从A传到B经历的时间为3Δ4tnTT=+（n=0，1，2，3…）则3n=时0333s4

tTT=+=A、B距离003.75msvt==则B浮子的坐标可能为4.25m，故D正确。故选D。7.已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，一带电量为Q+，半径为R的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为球壳

内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.球壳内外场强分布如图（b）所示B.将电荷量为q+的试探电荷由球壳内A点移到O点，试探电荷的电势能减小C.在圆心O处放一个电量为2Q−的点电荷，球壳外表面带电量仍为Q+D.在xR=处取走极小的一块面积△S（不影响球壳表面其余部分

电荷分布），则从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低【答案】D【解析】【详解】A．壳内场强处处0，故A错误；B．壳内场强处处为0，故移动试探电荷不做功，从A点移到O点，试探电荷电势能不变，故B错误；C．在圆心O处放一个电量为2Q

−的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出2Q+的电荷，则球壳外表面带电量为Q−，故C错误；D．在xR=处取走极小的一块面积S，根据电场的对称性可知，O点的场强为R−处面积为S的球壳上的电荷产生的场强，大小为为的2244

4SkQkQSRERR==根据正点电荷的电场线分布可知，从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低，故D正确。故选D。8.在高空运行的卫星功能失效之后，会被送往离地球同步轨道外几百公里处的“墓地轨道”，避免影响其他在轨卫

星，同时能节省轨道资源。2022年1月22日我国发射的实践21号卫星成功“捕获”失效的北斗二号卫星并将其送至墓地轨道。已知同步轨道与墓地轨道可近似看成圆轨道且轨道半径分别为1r、2r，转移轨道可视为椭圆轨道，

且分别与同步轨道和墓地轨道相切于P、Q两点。地球自转周期为0T，则关于北斗二号卫星下列说法正确的是（）A.要想在同步轨道脱离地球的束缚，必须在P点加速至11.2km/sB.从P点运行到Q点所用时间最短为()3120314rrTr+C.在转移轨道上Q点机械能比在同步轨道上P

点机械能大D.在同步轨道、转移轨道与墓地轨道运行时，卫星与地球连线在相等时间内扫过的面积，同步轨道最大【答案】C【解析】【详解】A．卫星逃脱地球的引力束缚，则卫星离开地球时的速度要大于或等于11.2km/s，若要从P点逃脱地球的引力束缚，则在该处地球对卫星的引力小于在地

球表面附近地球的引力，因此速度要小于11.2km/s，故A错误；B．由开普勒第三定律312312202rrrTT+=可得沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为3012312()28TrrTtr+==故B错误；C．在转移轨道上从P点运动到Q点，只有万有引力做功，

机械能守恒。而从同步轨道到转移轨道过程中，做加速运动，故速度增大，则在转移轨道上Q点机械能比在同步轨道上P点机械能大，故C正确；D．根据几何关系可知，卫星在墓地轨道运行卫星与地球连线在相等时间内扫过的面积最大，故

D错误。故选C。9.如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角37=，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A点所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量10kgm=，

重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。下列说法正确的是（）A.传送带A、B两端点间的距离为8mB.货物与传送带间因摩擦产生的热量为35JC.货物从下端A点运动到上端B点的过程中，重力冲量的大小为540N·sD.皮带输送机因运送该货物

而多消耗电能为585J【答案】B【解析】【详解】A．由题图可知，物块沿传送带向上运动10.5s=m后与传送带相对静止，则货物与传送带间因摩擦产生的热量为35J，机械能增加量11cos37Emgs=物块与传送带相对静止后22sin37Emgs=则传送带两端点之间的距离为的12sss

=+解得8.5s=m，0.875=故A错误；C．物块加速时的加速度为cos37sin37mgmgam−=加速过程中有21112sat=1vat=匀速过程中有22svt=则重力的冲量为12()GImgtt=+解得900NsGI=

故C错误；BD．货物与传送带间因摩擦产生的热量1cos37ΔQmgs=其多消耗的能量为211cos37Δsin372Emgsmvmgs=++其中111svts=−联立解得550E=J35JQ=故D错误。故选B。10.如图是2023年清华大学摄影爱好者成功拍摄到的中国

空间站“凌月”画面。空间站与月球在同一轨道平面且绕行方向相同，在地球上观测月球时看到空间站在月球前面快速掠过的过程即为“凌月”过程，整个过程持续时间极短，仅约半秒钟。已知地球半径为地R，月球半径为R月，空间站绕

地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球表面的重力加速度为g，引力常数为G，则下列说法正确的是（）A.月球绕地球运动的轨道半径为22324πgRT地B.地球的质量为2324πrGT

C.空间站绕地球运动周期大于TD.再次出现空间站凌月现象的时间为2π2πTrrTRgrr−地【答案】AD【解析】【详解】A．设月球绕地球做圆周运动的轨道半径为r月，根据万有引力提供向心力2224mmπGmrrT=月地月月月其中地球表面的物理的重力2mmGmgR=地地解得22324

gRTrπ=地月故A正确；B．设空间站绕地球的运动的周期为0T，根据万有引力提供向心力22204mmπGmrrT=地空空解得23204πrmGT=地故B错误；C．由于空间站“凌月”现象，所以空间站绕地球运动的角速度大于月球的角

速度，根据2T=可知，空间站的周期小于月球的周期，即空间站绕地球运动周期小于T，故C错误；D．对空间站22204mmπGmrrT=地空空解得23230244πrπrTGMgR==地角速度002RπgωTrr==地月球的角速度为

2T=设再次出现空间站凌月现象的时间为t，则02tt−=解得22πTrrtRTgπrr=−地故D正确。故选AD。11.两个步调相同的相干波源12SS、上、下振动，波在水平面内传播，形成了如图所示的干涉图样，其中实线表示波峰，虚线

表示波谷。若两列波的振幅分别为125cm,10cmAA==，下列说法中正确的是（）A.质点a始终保持静止不动B.质点b的位移始终大于质点d的位移C.质点b与质点c的振动始终加强D.任意时刻，质点c和质点d在竖直方向上的高度差不超过20cm【答案】CD【解析】【详解】A．质点a为两波源连线的中

垂线上，到两波源的距离相等，且两波源振动完全相同，所以质点a为振动加强点，故A错误；B．质点b是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振幅最大为两波振幅之和15cm；质点d是波峰与波谷相遇，所以d为振动减弱点，振幅最小为两波振幅之差5cm，但两点的位

移不一定质点b的位移大于质点d的位移，故B错误；C．质点b是波峰与波峰相遇，质点c是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，振动始终加强，故C正确；D．质点c是振动加强点，振幅最大为两波振幅之和15cm，质点d为振动减弱点，振幅最小为两波振幅之差5cm，d在波峰，c在波谷，则此时b、

c两质点的竖直高度差最大为20cm，故D正确。故选CD12.空间某一匀强电场方向平行纸面，在电场中同一纸面内A、B、C三点的位置如图所示，A3mB=，1m=AC，90BAC=。一电子以速度1v从C点出发经过B点时的动能为kBE，此过程中电

子的电势能增加1.5eV。若让电子以速度2v从C点出发经过A点时的动能为kAE，此过程电子的动能增加0.75eV。。电子质量为m，在运动过程中只受电场力，下列结论正确的是（）A.三点电势关系为CABB.电场强度的方向由A指向BC.电场强度的大小为1.5V/mD.如果221

2112eV22mvmv−=，那么kk0.25eVBAEE−=−【答案】CD【解析】【详解】A．由功能关系，粒子从C到B电场力做功为P1.5eVCBWE=−=−即1.5eVCBCBWeU=−=−解得1.5VCBU=故负电荷在电势低的地方电势能大，C点电势高于B点，粒

子从C到A，根据动能定理k0.75eVCAeUE−==解得0.75VCAU=−故0.75CAV−=−故A点电势高于C点，故ACB，故A错误；BC．D、E两点将AB边三等分根据匀强电场的

电势分布特点可知，CD为等势线。由A点作AF垂直CD，则1cos303AFAB=故匀强电场的电场强度大小1.5V/mACUEAF==由于A点电势比C点电势高，因此电场方向沿AF方向，即垂直于CD斜向左下方，故B错

误，C正确；D．一电子以速度1v从C点出发经过B点时，根据动能定理可知2k111.5eV2BEmv−=−让电子以速度2v从C点出发经过A点时，根据动能定理可知2k210.75eV2AEmv−=则kk0.25eVBAEE−=−故D正确。

故选CD。13.如图所示，圆筒C套在足够长的水平固定光滑杆上，圆筒下方用不可伸长的长为1.2mL=轻绳悬挂物体B。开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以010/s0mv=的水平初速度在极短时间内击穿物体B，其速度减为140m/sv=。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为ABC0.1kg1.0k

g0.5kgmmm===、、，不计空气阻力，重力加速度210m/sg=。关于子弹穿出物体之后的过程，下列说法正确的是（）A.物体B能上升的最大高度为0.6mh=B.物体C能达到的最大速度为max4.0m/sv=C.轻绳所受最大拉力与最小拉力之比为maxmin:8:

1FF=D.如果物体B经过3s5t=第一次上升到最大高度，那么此过程中圆筒C的位移为23m5cx=【答案】ACD【解析】【详解】A．子弹A击穿物体B，过程中动量守恒A0A1BBmvmvmv=+解得B6m/sv=此后，物体B、圆筒C组成的系统在水平方向上动量守恒，当共速

时物体B能上升的高度最大BBBCmvmmv=+（）解得4m/sv=根据能量守恒定律22BBBCB1122mvmmvmgh=++（）解得0.6mh=故A正确；B．当物块B回到最低点时，C的速度最大，根据动量守恒BBBBCmaxmvmvmv=+由机械能守恒定

律222BBBBCmax111222mvmvmv=+解得B2m/sv=max8m/sv=故B错误；C．当BC共速时，即B在最高点时，轻绳的拉力最小，等于重力沿绳方向的分力，设此时轻绳与竖直方向的夹角

为，则1cos2LhL−==解得60=此时轻绳的拉力为minBcos5NFmgθ==当B在最低点时，BC相对速度最大，此时轻绳拉力和重力的合力提供向心力，拉力最大，根据牛顿第二定律2BmaxBBvFmgmL

−=解得max40NF=所以maxmin40N85N1FF==故C正确；D．物块BC在水平方向上动量守恒一直成立，则BBBBCCmvmvmv=+即物体B第一次上升到最大高度过程中BBBBCCmvmvmv=+两

边同乘时间t，可得BBBBCCmvtmvtmvt=+即BBBBCCmvtmxmx=+其中BCsinxxLθ−=解得C23m5x=故D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。14.某同学设计实验验

证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为g。（1）若测得某光电门的中心与释放点的竖

直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时重力势能减小量pEmgh=，动能增加量kE=___________（用题中字母表示）；（2）根据实验数据，作出kpEE

−的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率k__________，则可验证机械能守恒定律；（结果取一位有效数字）（3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，kE总是大于pE，下列哪一项会造成以上情况_____________。A.选用的小球的密度和质量小B.小球下落

过程中受到空气阻力的作用C.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线D.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大【答案】（1）222Δmdt（2）1（3）C【解析】【小问1详解】小球通过此光电门的瞬时速度为

Δdvt=动能增加量为22k21Δ22ΔmdEmvt==【小问2详解】若小球机械能守恒，则kpΔΔEE=即斜率为1k=【小问3详解】A．选用的小球的密度和质量小，则小球受到的空气阻力较大，使得减少的重力势能有一

部分转化为内能，则kE小于pE，故A错误；B．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则kE小于pE，故B错误；C．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，动能的测量值偏大，使得kE大于pE，故C

正确；D．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则pE的测量值偏大，使得kE小于pE，故D错误。故选C。15.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为1m的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚

下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为2m的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）（

1）关于本实验，下列说法正确的是_____________。A.斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同B.斜槽轨道末端必须水平C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量1m等于被碰球的

质量2m（2）实验中不易直接测定小球碰撞前后的速度，可以通过仅测量_____________，间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.斜面的倾角θC.O点与各落点的距离（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式_____________，则可以

认为两球碰撞前后总动量守恒。A.112mOPmOMmON=+B.112mONmOPmOM=+C.112mOPmOMmON=+D.112mONmOPmOM=+（4）如果该碰撞为弹性碰撞，则只

需要满足一个表达式，即_____________。【答案】（1）B（2）C（3）C（4）112mOPmOMmON=+【解析】【小问1详解】A．只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽轨道不必光

滑，故A错误；B．为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量1m大于被碰球的质量2m，故C错误。故选B；【小问2详解】小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，竖直方向有21sin2Lgt=水平方向有cosLv

t=解得2cos2singLv=入射球碰撞前的速度为20cos2singOPv=碰撞后的速度为21cos2singOMv=被碰球碰撞后的速度为22cos2singONv=两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由

动量守恒定律得101122mvmvmv=+整理得112mOPmOMmON=+实验可以通过O点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度。故选C；【小问3详解】由（2）可知在实验误差允许范围内，若满足关系式112mOPmOMmON=+则可以

认为两球碰撞前后总动量守恒。故选C。【小问4详解】若碰撞是弹性碰撞，以上物理量还满足的表达式为222101122111222mvmvmv=+因vL即2vL则表达式为112mOPmOMmON=+16.一枚在空中水平飞行的玩具火箭质

量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为1m的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，不考虑爆炸过程中质量损失，A、B落地后不反弹，重力加速度为g。求：

（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小1v；（2）A、B落地点之间的水平间距s；（3）在爆炸过程中有多少化学能转化为系统的机械能。【答案】（1）11mvvmm=−；（2）12mvhmmg−；（3）2111()2mmvmm−【解析】【详解】（1）炸裂后瞬间由动量守恒可知11()mvm

mv=−解得A部分的速度为11mvvmm=−（2）炸裂后由运动学规律可知212hgt=空中下落的时间为2htg=A、B落地点之间的水平间距为112mvhsvtmmg==−（3）在爆炸过程中增加的机械能为221111

()22Emmvmv=−−解得2111()2mmEvmm=−17.如图所示，某固定装置由圆心角θ=60°，半径R=1.5m的两圆弧管道AB、BC平滑连接。在轨道末端C的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端C所在的水平面

平齐，右端放置质量m2=3kg的物块b。质量m1=1kg的物块a以速度179m/sv=从左端A点进入圆弧管道，经过ABC滑出圆弧管道。已知物块a、b与小车的动摩擦因数分别为µ1=0.6，µ2=0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。

已知重力加速度为g=10m/s2，求：（结果可保留分数）（1）求物块a到达C点时对管道的作用力FN；（2）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d；（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，求物块a与物块b发生第一次弹

性碰撞后的速度va与vb。【答案】（1）68N3；（2）6.125m；（3）1m/s，2m/s【解析】【详解】（1）由题意可知，圆弧轨道光滑，所以从A到C，根据动能定理有221111112(1cos)22CmgRmvmv−−=−解得7m/sCv=在C点有21N1CvmgFmR+=解得N68N

3F=由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力大小为NN68N3FF==方向竖直向上；（2）当物块滑上小车后，由于11226N3Nmgmg==所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者

速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，则112()Cmvmmv=+221122211()22Cmvmmvmgd=++解得6.125md=（3）如果小车足够长，物块b开始在距小车左端d1=6m处，小于d，则11122Cmvmvmv=+22211122221111222Cmvmvmvmgd

=++解得15m/s2v=，23m/s2v=当两物块发生弹性碰撞有112212abmvmvmvmv+=+222211221211112222abmvmvmvmv+=+解得1m/sav=，2m/sbv=18.如图所示，一竖直光滑的管

内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止于O点。另一质量为m的小球B从距A高为3mgHk=的P点由静止开始下落，与A发生碰撞瞬间粘在一起开始向下运动。两球均可视为质点，

在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为2p12Ekx=。已知弹簧振子的周期2πMTk=，M为振子的总质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小1

v；（2）小球A被碰后向下运动的最大速度mv，向下运动离O点的最大距离mx；（3）小球A从开始向下运动到第一次回到O点所用的时间t。【答案】（1）132mvgk=；（2）m3mgxk=；（3）423mtk=【解析

】【详解】（1）B与A碰撞前，根据动能定理2012mgHmv=解得06mvgk=AB碰撞过程，动量守恒012mvmv=解得132mvgk=（2）初始时，弹簧的形变量为0mgxk=当弹簧的弹力等于AB两球的重力时，小球A的速度最大，此时弹簧的形变量为12mgxk=碰后根据AB球

和弹簧组成的系统机械能守恒222201101m11112222222kxmvmgxxkxmv++−=+（）解得m2mvgk=向下运动离O点的距离最大时，两球速度为零，根据机械能守恒22201m0m11122222kxmvmgxkxx++=+（）解得m3mgxk=（3）小球AB受力平衡时为平

衡位置，最低点为向下最大位移处，则小球AB做简谐运动的振幅为m012mgAxxxk=+−=O点到平衡位置的距离为10Δmgxxxk=−=所以，小球A从开始向下运动到第一次回到O点所用的时间为2122123TTTtT=++=其中222MmTππkk==解得

423mtk=19.如图甲，一粗糙绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q>0）和-q。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t=0时，A以初速度v0

向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v-t图像如图乙所示，在t1时刻，速度为1045vv=。并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度2085vv=，在t3时刻，A的速度达到最大，此时302vv=，弹簧的弹力大小为3qE，t1、t2、t3均为未知量。在运动过程

中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。当A、B的间距为r时，其电势能为2PkqEr=−电，求：（1）t1时刻A与B之间的距离；（2）t2时刻B的速度；（3）t1

~t3时间内，弹簧弹性势能的增量。【答案】（1）kqE；（2）045v，方向向左；（3）3201225kqEmv−【解析】【详解】（1）由于速度时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知，t1时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距为x，根据平衡条件有22qk

Eqfx+=2fEq=联立解得kqxE=（2）由于t1时刻B受到电场力与库仑力的合力与摩擦力大小相等，B开始运动，t1~t2时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、

向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力，可知A、B组成的系统合外力为0，由动量守恒定律有12Bmvmvmv=+解得B045vv=−即物块B的速度大小为045v，方向向左；（3）根据题意，在t3时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外

力为0，设此时A、B间的距离为x′，对A有22qkEqfFx+=+弹3FEq=弹联立解得12kqxE=t1~t3时间内，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有13Bmvmvmv=+解得B065vv=−

根据能量守恒定律可得()()2222213p111'Δ222BkqkqmvEqxxmvmvfxxExx−++−=−+−+++弹解得320p12Δ25kqEEmv=−弹