【文档说明】新疆乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高二上学期12月月考物理试题 含解析.docx，共(25)页，1.772 MB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高二上学期12月月考物理试题总分100分考试时间100分钟（人教版选择性必修一）一、单选题（20X2.5共50分）1.如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为

1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取210m/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.滑块运动到M点的速度大小为6m/sB.滑块运动到

N点的速度大小为4m/sC.缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·sD.缓冲墙对滑块做的功为－2.5J【答案】D【解析】【详解】A．从O到M的过程，由动能定理可知2012mghmv=解得滑块运动到M的速度大小为05m/sv=故A错误；B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为22m

/smgam==由位移公式可得22012vvxa−=−可得滑块运动到N的速度大小为3m/sv=故B错误；C．由N到P，根据速度位移公式222vxa=解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小2m/sv=−（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量5NsIpmvmv==

−=−故C错误；D．由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功22112.5J22Wmvmv=−=−故D正确。故选D。2.下列有关机械波的说法正确的是（）A.有机械振动就一定有机械波B.波长等于振动相同的两质点间的距离C.波动过程是质点由近及远的传播过程D.波是传递能

量的一种方式【答案】D【解析】【详解】A．机械波需要机械振动和传播振动的介质，A错误；B．振动相同的相邻两质点间的距离才是波长，B错误；CD．波动是介质将振动的形式和能量传递出去，而介质中的质点只是在各自平衡位置附近振动，并没有随波迁移，C错误，D正确。故选D。3.渔船上的

声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在0=t时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则（）A.该波沿x轴负方向传播B.0~1s时间内，质点P沿x轴运动了1.6cmC.该波的波速为1.6m/sD.在任意1s的时间内，质点P运动的路程一定是

2m【答案】D【解析】【详解】A.由图2知0=t时质点P位于平衡位置沿y轴正向振动，由图1根据波的平移法知该波沿x轴正方向传播，故A错误；B．质点P不随波迁移，不沿x轴运动，故B错误；C．由图1知该波的波长21.610m−=，由图2知该波的周期

5110sT−=，则该波的波速为2351.610m/s=1.610m/s110vT−−==故C错误；D．由图1知振幅为6510mA−=，在任意1s的时间内，质点P运动的路程65144510m

=2m110tSAT−−==故D正确。故选D。4.中心波源O的振动频率逐渐增大时，可能的波形图为（）AB.C..D.【答案】A【解析】【分析】【详解】由vf=可知，波速由介质决定而不变，而波源的振动频率增大，故波长变

短；O点波源的振动同时向两边传播，两边的波形对称。故选A。5.一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是（）A.W=0，I=0B.W=0，I≠0

C.W≠0，I=0D.W≠0，I≠0【答案】B【解析】【详解】因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，根据NWFx=可知支持力做功为零。根据NIFt=可知弹力的冲量不为零。故选B。6.如图所示，质量

分别为13kgm=、21kgm=的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度22m/sa=沿斜面向上运动，经时间12st=，细线突然被拉断，再经时间21st=，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为

（）A.6m/sB.8m/sC.9m/sD.10m/s【答案】B【解析】【详解】细线被拉断前，以A、B为整体，由牛顿第二定律得12()(31)2N8NFmma=+=+=合12st=时，A、B的速度为1122m/s4m/svat===

细线突然被拉断后，整体受到的合力保持不变，再经时间21st=，B上滑到最高点，此时B的速度为零，设此时A的速度为Av，以A、B为整体，根据动量定理可得21A121()Ftmvmmv=−+合解得A8m/sv=故选B。7.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m

的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为000mvmmM++B.子弹射入木块后瞬间，绳子拉

力等于0()Mmg+C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于0()Mmmg++D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则的0001()mvMmv=+解得v1

＝000mvmM+故A错误；B．子弹射入木块后的瞬间21T00()()vFMmgMmL−+=+解得绳子拉力21T00()()vFMmgMmL=+++故B错误；C．子弹射入木块后瞬间，对圆环NT0()FFmgMmmg=+++由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于0(

)Mmmg++，故C正确；D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。故选C。8.如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度

。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当

列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（）A.23710PSB.2345PSC.2356PSD.23720PS【答案】A【解析】【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得的0FtvtSv=−解得2FSv=当牵引力

等于阻力时，速度达到最大，则mPFv=解得3m=PvS当速度达到最大速度一半时，此时速度为m12vv=此时受到的牵引力PFv=牵解得232FPS=牵此时受到的阻力22m31()24vfSPS==对整体根据

牛顿第二定律5Ffma−=牵对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得2Fma=联立解得23710FPS=故选A。9.道威棱镜是医用内窥镜的重要组成部分，如图1所示，其截面ABCD为等腰梯形如图2所示，E、F分别是AC和AB的中点。一细光束平行AB边从E点射入，折射后

射向F点。已知∠BAC=∠ABD=45°，CD边长和梯形的高分别为2a、a，不考虑光束的多次反射，则细光束（）A.一部分在F点反射，一部分在F点折射B.AC面上的入射角逐渐减小至零，光束均不会从AB面射出C.AC面上的入射点逐渐上移，光束

将在BD面上发生全反射D.AC面上的入射点逐渐上移，光束在棱镜中的传播时间变长【答案】B【解析】【详解】A．根据题意画出光路图，如图所示由几何关系可知，22AEEGGFa===故AC面上的折射角为4522.52==故折射率为sinsin45sinsin22.5n

==设光线在F点发生全反射的临界角为C，则有1sin22.52sin2sin22.52sin30sin452Cn====可得45C当光束射向F点时，入射角为67.5C=可知光线在

F点发生全反射，故A错误；C．根据对称性，AC面上的入射点逐渐上移过程中，光束在BD面上的入射角均为22.5°，不会发生全反射，故C错误；D．光束在棱镜中的光程相等，时间不变，故D错误；B．当AC面上的入射角减小至零时，入射角为45°，仍将发生全反射，光束均不会从AB面

射出，故B正确。故选B。10.甲、乙两铁球质量分别是11kgm=、22kgm=，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是16m/sv=、22m/sv=。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（）A.17m/sv=、21.5m/sv=B.12m/sv=、24m

/sv=C.13.5m/sv=、23m/sv=D.18m/sv=、21m/sv=【答案】B【解析】【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为112210kgm/spmvmv=+=碰撞前的总动能为22k11221122J22Emvmv=+=A．如果17m/sv=、21.

5m/sv=，可得碰撞后总动量为112210kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221126.75J22Emvmv=+=可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，故A错误；B．如果12m/sv=、24m/sv=，可得碰撞后总动量为112210kg

m/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221118J22Emvmv=+=可知碰撞后总动能小于碰撞前的总动能，碰撞过程满足动量守恒，这是可能的，故B正确；C．如果13.5m/sv=、23m/sv=，可得碰撞后总动量为11229.5kgm/sp

mvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221115.125J22Emvmv=+=可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，但碰撞过程不满足动量守恒，这是不可能的，故C错误；D．如果18m/sv=、21

m/sv=，可得碰撞后总动量为112210kgm/spmvmv=+=碰撞后的总动能为22k11221133J22Emvmv=+=可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，且碰后甲的速度依然

大于乙的速度，不满足速度合理性，故D错误。故选B。11.如图所示，小木块A用细线悬挂在O点，此刻小木块的重力势能为零。一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角为处。如

果保持子弹入射的速度大小不变，而使子弹的质量增大，则最大摆角、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差E有（）的A.角增大，E也增大B.角增大，E减小C.角减小，E增大D.角减小，E也减小【答案】A【解析】【详解】设子弹的初速度为0

v，质量为m，木块A的质量为M，在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时间极短，二者组成的系统动量守恒，则有0()mvMmv=+解得0mvvMm=+子弹和木块一起摆动到最大摆角过程，根据机械能守恒可得

21()()(1cos)2MmvMmgL−=＋＋解得22220022c)os11212(2(1)mLvgvvMgMmmLgL=−=−++=−则m越大，cos越小，则角也越大。获得共同速度后，在向上摆动的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态的机械能，所以子弹的初动能与系统

在最高点时的机械能之差2222000111()2222(1)MvMEmvMmvmvMmMm=−+==++则m越大，E越大。故选A。12.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷

出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）（）A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动量比喷出燃气

的动量大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大【答案】B【解析】【详解】AB．由于火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲量总是大小相等的，故A错误，B正确；C．由于火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前

后动量守恒，由动量守恒定律可知，火箭的动量的大小与喷出燃气的动量大小相等，故C错误；D．由于火箭的质量大于燃气的质量，由22kPEm=可知火箭的质量大于燃气的质量，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选B。1

3.在光滑的水平面上有静止的物体A和B，物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（）A.A的速率是B的2倍B.A的动量大小大于B的动量大小C.A受到的合外力大于B受到的合外力D.A、B组成的系统的总动量为零【答案】D

【解析】【详解】ABD．根据题意可知，弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则有AABB0mvmv−=即AABBmvmv=由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的12，故AB错误，D正

确；C．A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力，故C错误。故选D。14.在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是1F，乙对甲的作用力是2F，则这两个力（）A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同C.1F的冲量大于2F的冲量D.1F的冲量小于2F的冲量【

答案】A【解析】【详解】根据题意可知1F和2F是相互作用力，根据牛顿第三定律可知1F和2F等大反向、具有同时性；根据冲量定义式IFt=可知1F和2F的冲量大小相等，方向相反。故选A。15.由均匀透明材料制成的半圆柱的截面如图所示，AB为直径边界，O为圆心，半径为R

；有一点光源嵌于P点，在纸面内向各个方向发射黄光，该材料对黄光的折射率n=2。已知PO⊥AB，PO=33R。不考虑光在材料内部的反射，则（）A.直径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为26R+B.欲使黄光能从半圆形边界全部射出，

n不能超过3C.若改用红光光源，有光线射出的边界总长度将变短D.人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像就在P处【答案】B【解析】【详解】A．黄光的临界角sinC=112n=得C=30°做出临界光线如图所示，由几何关系可得∠EPF=120°，∠HPG=60°，所以在直

径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为122333sRRR+=+=选项A错误；B．从P点射向半圆形边界的光线在I处的入射角最大，欲使黄光能从半圆形边界全部射出，则n的最小值min13sinnPIO==选项B正确；C．若改用红光光源，红光的折射率小于黄光的折

射率，红光的临界角大，有光线射出的边界总长度将增大，选项C错误；D．人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像被抬高，选项D错误。【注：可推导垂直看水下物体的深度hhn=实际视探】故选B。16.下列说法中正确的是（）A.若1t、2t两时刻振动物体

在同一位置，则21ttT−=B.若1t、2t两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则21ttT−=C.若1t、2t两时刻振动物体的振动反向，则212tTt−=D.若212tTt−=，则在1t、2t时刻振动物体的振动反向【答案】D【解析】【详解】A．若1t、2

t如图甲所示，则21ttT−故A错误；B．如图乙所示，与1t时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、'2t…，故21123ttnTn=−=（、、）故B错误；CD．由图乙可知：若1t、2t两时刻振动物体的振动反向，则21tt−不一定等于2T，若212

tTt−=，则在1t、2t时刻振动物体的振动反向，C错误，D正确。故选D。17.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.质点的振动频率是4HzB.0～10s内质点经过的路程是20cmC.在4st=时质点速度为0D.在1st

=和3st=两时刻，质点的位移相同【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为10.25HzfT==A错误；B．每个周期质点的路程为4A，可知0～10s内质点的路程是振幅的10倍，故路程为20cm，B正确；C．在4st=时，质点位于平衡位置，故速度最大，C错误

；D．在1st=和3st=两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，D错误。故选B。18.把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入（如图甲），这时可以看到亮暗相间的同心圆

（如图乙）。这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环，为了使同一级圆环的半径变大（例如从中心数起的第二道圆环），则应（）①将凸透镜的曲率半径变大的②将凸透镜的曲率半径变小③改用波长更长的单色光照射④改用波长更短的单色光照射。A.①③B.①④C.②③D.②④

【答案】A【解析】【详解】①、②当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。将凸透镜的曲率半径变大，与透镜中心等距离位置的空气层厚度变小，出现同一亮条纹的厚度由中心向外偏移，同一级圆环的半径变大；

相反，凸透镜的曲率半径变小，同一级圆环的半径变小，故①正确，②错误；③、④改用波长更长的单色光照射，出现同一级亮纹的光程差变大，空气层厚度应变大，所以，同一级圆环的半径变大，因此要使半径变大，则可以改用波长更长的单色光照射，故③正确，④错误。故选A。19.一人站在静止于光滑平直轨

道上的平板车上，人和车的总质量为M。现在这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投；设每次投掷时铅球相对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为（）A.232()MmMm++B.Mm

M+C.1D.(2)(2)2()MmMmMMm+++【答案】A【解析】【详解】因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒；设每次投出的铅球对车的速度为u，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有0＝(M＋m)v－m(u－v)投掷第二个球时，

有(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)由两式解得v1＝(23)()(2)MmmuMmMm+++第二次两球一起投出时，有0＝Mv2－2m(u－v2)解得v2＝22muMm+所以两次投掷铅球小车的速度之比1223=2()vMmvMm++故选A。20.小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动

镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（）A.阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用B.阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用C.阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用D.阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用【答

案】B【解析】【详解】发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，

因此镜片起到检偏器的作用。故选B。二、实验题（共10分）21.在探究碰撞中的不变量实验中，利用如图所示的气垫导轨通过闪光照相进行这一实验。某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时

间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的_______

____时刻，如果碰撞前后质量与速度乘积之和保持不变，则A、B两滑块质量之比mA∶mB=___________。【答案】①.2.5T②.2∶3【解析】【分析】【详解】[1]由图可知，前两次闪光中A的位移相同，AB不可能相碰；而由题意

可知，B开始时静止，而碰后B一定向右运动，故只能静止在60cm处，故可知，A在第1次闪光后的2.5T时发生碰撞。[2]设碰前物块A的速度大小为v，则碰后物块A的速度大小为2v，由题图可知碰后B的速度大小为v，假设取向右的方向为正，根据动量守恒定律

得2=−+AABmvvmmv则整理可得:2:3ABmm=三、解答题（共40分）22.质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线系在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉，经过时间t线断了，金属块和木块分开，再经过时间t，木块停止下沉，此时金属块

的速度多大？(设此时金属块还没有碰到底面)【答案】()()MmattM++【解析】【详解】金属块和木块依靠细线连接成整体一起向下做匀加速运动，加速度为a，所以系统所受的合外力（重力与两物体所受浮力的

合力）为()FMma=+合细线断后，仅是改变了系统的内力，整体所受的合外力不变，所以在整个过程中，整体所受合外力的冲量为()()IFtMmatt==++合总取竖直向下为正，以金属块和木块组成的整体为研究对象，从开始向下运动到木块速度为零的过程中，有()()00MmattMv++=+−解得()

()MmattvM++=23.有一款三轨推拉门，门框内部宽为12.75mL=。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为21mL=，质量均为020kgm=，与轨道的摩擦系数均为0.01=。每扇门板边缘凸起部位厚度均为0.05md=。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞

（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移0.3ms=后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰

好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度210m/sg=。求：（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；（2）恒力F的大小；（3）若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板

经过的路程x与F之间的关系式。【答案】（1）10.4m/sv=；（2）27NF=；（3）见解析【解析】【详解】（1）3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移()()1122sLLLd=−−−解得10.8ms=根据功能关系201

011222mgsmv=解得10.4m/sv=（2）3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律00012mvmv=解得00.8m/sv=3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为023sLd=−解得00.85ms=根据动能定理2000012Fsmgsmv−=解得

27NF=（3）①若02NFmg=，3号门保持静止②若3号门板还未与2号门板碰撞，即230.85mxLd−=00Fsmgx−=解得()0.15mxF=此时0.3m0.85mx172NN3F③若3号门板与2号门板碰撞，

但2号门板还未与1号门板碰撞2123LdxLLd−−−即0.85m1.7mx3号门板与2号门板碰撞前()20202132FsmgLdmv−−=3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒02032mvmv=3号门板与

门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。()2030212232mvmgxLd=−−解得3(17)(m)80Fx+=由0.85m1.7mx可得此时恒力的取值范围为1785NN3

3F由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。24.如图，截面为等腰梯形的容器贮满水，放置在房间的水平桌面上，早晨阳光穿过窗户照射到水面，某时刻观察到阳光恰好照亮容器的整个底部，已知容器梯面倾角a的余弦值为338，水的折射率为43，求此时光线与水面的夹角。【答案】3

0°【解析】【详解】阳光恰好照亮容器的整个底部时，折射光线与容器底的夹角为α，则光线的折射角为2−，根据折射定律sin()2sin()2n−=−可得30=25.如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平

地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l=2R，竖直轨道的最高点A与地面高度差h=2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞

过程机械能损失不计。已知小滑块Q的质量也为m，物体Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；（2）如果小滑块P的质量变为km（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值

范围；（3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐标系中的方程（写成yfx=（）的形式）。【答案】（1）0.5；（2

）1k或21053k+；（3）223125444yRRx=−−，2.52RxR−−【解析】【详解】（1）设碰后滑块Q的速度为v，由于碰后滑块Q对轨道的压力F突然增大了2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得2vFmgmR−=设滑块P碰前的速度为v1，碰后速度为v2，在滑块P和滑块Q碰

撞过程中，由动量守恒定律可得12mvmvmv=+由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有22212111222mvmvmv=+滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得2112mghmglmv−=结合题意带入数据可得12vvgR==0.5=（2）设滑块P到D点的速度为vP，滑块P由A运动至D的过程

中，由动能定理可得2P12kmghkmglkmv−=设碰后，滑块P和滑块Q的速度分别为pv，Qv。在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可得ppQkmvkmvmv=+由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有222PPQ111222kmvkmvmv=+解得Q21kvk=+P221kvgRk=

+①若滑块Q能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q在最高点E时，由牛顿第二定律可得2QmvmgR则Q从最低点到最高点的过程，由功能关系可得22QQ11222mgRmvmv−=−联立可得21053k+②若

滑块Q到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得2Q12mgRmv联立可得1k综上可得1k或21053k+（3）滑块Q从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为（x，y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运

动和竖直方向的自由落体，则有02122xvtRygt−=−=Q从点E落到轨道BC上的过程中，根据动能定理可得2k01(2)2mgRyEmv−=−解得落点处的动能为2k(2)4(2)mgxEmgRyRy=−+−因为滑

块Q从E点到弧形轨道BC上任意点的动能都相等，且与落点C（－2R，0）一致，则将C点坐标带入得K=2.5EmgR化简可得2231254(2.52)44yRRxRxR=−−−−获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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