【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期6月阶段性考试物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，2.177 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年度下期高2025届6月月考物理试卷考试时间：90分钟满分：100分试卷说明：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，试卷自己带走，只将答题卡交回。一、单项选择题（本题共8个小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。

选对得3分，选错得0分）1.一质点做简谐运动，则下列说法中正确的是（）A.若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B.质点通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C.质点每次通过平衡位置时，加速

度不一定相同，速度也一定相同D.质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同【答案】D【解析】【详解】A．若位移为负值，由kxam=−可知，加速度一定为正值，速度方向由两种可能，不一定为正值，故A错误；B．质点通过平衡位置时，速度

最大而加速度为零，故B错误；C．D．质点通过同一位置，加速度相同，位移相同，速度方向可能不同，故C错误，D正确。故选D。2.一船在静水中的速度大小恒定为1v，水流速度的方向沿着河岸向右且大小恒定为2v，且12vv

，河岸宽度恒定为d。小船从O点开始渡河，图中OB垂直于河岸，ABBCL==。已知当小船划行方向垂直于河岸时，小船正好航行到C点。下列说法中正确的是（）A.1222vLvLd=+B.若小船改变划行方向，最终到达对岸A点，则从O点到A点所用时间等于小船航行到C点所用时间C.若小

船的划行方向沿OA方向，则小船最终会航行到B点右侧D.若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则从O点到B点所用时间为2212dvv+【答案】C【解析】【详解】A．小船的实际运动轨迹为OC，即合速度方向沿OC方向，

所以根据几何知识可得12vdvL=故A错误；B．若小船改变划行方向，最终到达对岸A点，如图所示可知小船航行到A点的合速度和小船航行到C点的合速度不同，但是位移相同，所以时间不同，故B错误；C．若小船的划行方向沿OA方向，，设AOB=，则有111222sinLLvvvvd

dL==+可知小船由沿河岸向下的分速度，则小船最终会航行到B点右侧，故C正确；D．若小船改变划行方向，最终到达对岸B点，则合速度指向B，如图所示从O点到B点所用时间为2212dtvv=−故D错误。故选C。3.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿

半径方向放着质量相等的两个物体A和B，通过细线相连，B放在转轴的圆心上，它们与圆盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现逐渐增大圆盘的转速，当圆盘转速增加到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则

（）A.物体A沿半径方向滑离圆盘B.物体A沿切线方向滑离圆盘C.物体A仍随圆盘一起做圆周运动D.物体A受到的摩擦力大小不变【答案】D【解析】【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速

圆周运动，B靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦

力比绳子烧断前减小。故选D。4.气垫鞋通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击力，如图所示。某同学的体重为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为0t，受到地面的平均冲击力大小为4G。若脚着地前的速度保持不变，

该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间变为02.5t，则该同学受到地面的平均冲击力大小变为（）A.2.2GB.2.0GC.1.8GD.1.6G【答案】A【解析】【详解】若脚着地前的速度保持不变，则着地时动量的变化不变，则合外力的冲量不变，即00(4)()2.

5GGtFGt−=−解得F=2.2G故选A。5.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为60，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件

可知（）A.两小球在C点的速度大小为2ghB.A、B两点高度差为34hC.甲、乙两小球在C点具有相同的动量D.两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等【答案】B【解析】【详解】A．由212hgt=可得乙运动的时间为12htg=所以两小球在

C点的速度大小为2vgtgh==故A错误；B．物体甲沿竖直方向的分速度为2cos60cos602yBghvvv===小球甲下降的高度为21'24yvhhg==A、B两点高度差为34h，选项B错误；C．动量pmv=为矢量，大小相等，方向不同，故C错误；D．两个小球完全相同

，重力的功率yPmgv=两球竖直方向速度不同，所以重力的瞬时功率不同，故D错误；故选B。6.中国“电磁琵”是世界首个电磁推进地面超高速试验设施，其对吨级以上物体的最高推进速度是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的2

倍。列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为，列车迎面横截面积为S。若用中国“电磁㯵”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比，下列说法正确的是（）A.以最高速度运行时，车

头迎面承受的压力变为磁悬浮列车的2倍B.以最高速度运行时，车头迎面承受的压力变为磁悬浮列车的4倍C.最大输出功率变为磁悬浮列车的2倍D.最大输出功率变为磁悬浮列车的4倍【答案】B【解析】【详解】AB．

设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为mSvt=取这部分空气作为研究对象，由动量定理0ftmv=−解得列车对空气的作用力大小为2fSv=由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为2NfSv==可得2Nv

用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的2倍，则车头迎面承受的压力变为目前的4倍，故A错误，B正确；CD．当列车速度达到最大时，牵引力2FfSv==此时列车的最大输出功率为3PFvSv==由于电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的2倍，则最大输出功率变为目前的8倍，故CD

错误。故选B。7.浩瀚的宇宙中有着无数的未知天体，当宇宙中的天体的质量和密度大到一定程度就可以形成黑洞。根据万有引力知识可得出在黑洞表面，物体的逃逸速度等于光速。已知天体表面的逃逸速度2v和其第一宇宙速度1v的关系为212vv=，万有引力常量11326.6710m/kgsG−=，

光速8310m/sc=。若某黑洞的密度约为193210kg/m，试估算该黑洞半径最小为多少？（）A.2310mB.2510mC.3310mD.3510m【答案】C【解析】【详解】由第一宇宙速度意

义可知212mvMmGRR=解得第一宇宙速度为1GMvR=又343MVR==由题意可知212vv=且对于黑洞有2vc=联立可得该黑洞半径最小为233310m8cRG=故选C。8.如图所示，倾角为37的传送带以4m/s的速度沿逆时针方向传动

。已知传送带的上、下两端间的距离为7mL=。现将一质量0.4kgm=的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为0.25=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210m/sg=，sin370.6=，

cos370.8=，则（）A.木块在传送带上一直以28m/s的加速度匀加速直线运动直到从下端离开传送带B.木块在传送带上运动的时间是2sC.木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是4JD.木块从顶端滑到底端产生的

热量是2.4J【答案】D【解析】【详解】A．木块开始下滑时有1sin37cos37mgmgma+=解得218m/sa=木块加速至04m/sv=的位移为20111m<=7m2vxLa==则之后有2sin3

7cos37mgmgma−=解得224m/sa=可知，木块在传送带上先以28m/s的加速度匀加速直线运动下滑到与传送带共速，后以24m/s的加速度匀加速直线运动下滑，直到从下端离开传送带，故A错误；B．木块以28m/s的加速度匀加速直线运动下滑过程有011

0.5svta==之后以24m/s的加速度匀加速直线运动下滑过程有21022212Lxvtat−=+解得21st=则木块在传送带上运动的时间为121.5sttt=+=故B错误；C．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功即为传送带对木

块的摩擦力做的功，则有()f11cos37cos37WmgxmgLx=−−解得f4JW=−故C错误；D．木块以28m/s的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移为010111m2vxvtt=−=木块以24m/s的加速度匀加速直线运动下滑

过程的相对位移为()20022mxLxvt=−−=木块从顶端滑到底端产生的热量为()12cos372.4JQmgxx=+=故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得4分，选不全得2分

，选错不得分）9.我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验，下列说法错误的是（）A.小球的速

度大小均发生变化B.小球均受到重力C.细绳的拉力均不对小球做功D.细绳的拉力大小均发生变化【答案】AD【解析】【详解】在地面做此实验，由于重力对小球做功，使得小球做变速圆周运动，细绳的拉力大小发生变化，由于细绳的拉力始终与小球的速度方向垂

直，所以细绳的拉力不对小球做功；在“天宫”做此实验，小球仍受重力作用，但重力提供小球绕地球做圆周运动的向心力，小球处于完全失重状态，小球做匀速圆周运动，小球的速度大小保持不变；细绳的拉力提供向心力，细绳的拉力不对小球做功，且细绳的拉力大小保持不变。本题选择错误的，故选AD。10.如图所示，有一

条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的23L长在水平桌面上，而3L长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是（）A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时速度vgL=B.若自由释放链条，则

链条刚离开桌面时的速度223vgL=的C.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功9mgLD.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功18mgL【答案】BD【解析】【详解】AB．若自由释放链条，以桌面为零重力势能参考平面，根据机械能守恒

可得213622mLLgmgmv−−+＝解得链条刚离开桌面时的速度为223vgL=故B正确，A错误；CD．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外3L链条增加的重力势能，则有3618minmgLmgLW＝＝故D正确，

C错误。故选BD。11.宇宙中半径均为0R的两颗恒星1S、2S，相距无限远。经过长期观测，发现若干行星分别环绕恒星1S、2S运动的公转周期平方2T公转半径立方3r的规律如图所示。则（）A.1S的质量大于2S的质量B.1S的密度小于2S的

密度C.1S表面环绕速度大于2S表面的环绕速度D.1S表面的重力加速度小于2S表面的重力加速度【答案】AC【解析】的【详解】A．根据万有引力提供向心力得出2224MmGmrrT=得2324rMGT=根据图象可知1S的32rT比较大，所以1S的质量大于2S的质量，A正确；B．由图可知，两

恒星的半径相等，则体积相等，根据MV=可知1S的密度大于2S的密度，B错误；C．根据22MmvGmRR=可得GMvR=可知1S表面的环绕速度大于2S表面的环绕速度，C正确；D．根据2MmGmgR=可得2GMgR=可知1S表面的重力加速度大于2S表面的重力加

速度，D错误。故选AC。12.质量为1kgM=的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为0.5ml=，另一质量也为1kgm=且可视为质点的物体从箱子中央以06m/sv=的速度开始运动，如图所示。已知物体与箱底的动摩擦因数为0.5=，物体与箱壁

间发生的是完全弹性碰撞，210m/sg=。试求：（）A.物体与箱子最多发生3次碰撞B.物体最终停在距离箱子左壁5cm处C.整个过程中系统产生的内能为9JD.箱子对物体的总冲量大小为3Ns【答案】BC【解析】【详解】ABC．物体在摩擦力作用下最终与箱子以共同速度v向右匀速运动，物体

与箱子组成系统满足动量守恒，则有0()mvmMv=+解得3m/sv=根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的内能为22011()9J22QmvmMv=−+=设整个过程物体与箱子发生的相对路程为s，则有Qmgs=

解得1.8ms=由于1.8m0.25m30.5m0.05ms==++可知物体与箱子最多发生4次碰撞，物体最终停在距离箱子左壁5cm处，故A错误，BC正确；D．水平方向根据动量定理可得03kgm/s3NsxImvmv=−=−=−可

知箱子对物体的水平总冲量大小为3Ns，由于箱子对物体有支持力，在竖直方向有冲量，则箱子对物体的总冲量大小一定大于3Ns，故D错误。故选BC。13.如图所示，倾角为30=、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固

定挡板。质量均为m的小球ab、用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡板上，两小球均保持的保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为Fmg=的恒力。已知弹簧的弹性势能E弹与其形变量x满足212Ekx=弹，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性

限度内，重力加速度分析正确的是（）A.小球ab、和弹簧组成的系统机械能守恒B.小球b脱离挡板后，系统的总动量保持不变C.小球b刚要运动时，小球a的动能为222mgkD.小球b脱离挡板以后的运动过程中，弹簧的最大弹性

势能为224mgk【答案】BC【解析】【详解】A．小球ab、和弹簧组成的系统受外力F做功，系统机械能不守恒，故A错误；B．根据分析，小球b脱离挡板后，将小球a，b以及弹簧看作一个整体，则整体受到的合外力为0，根据所学的知识可知符合动量守恒的条

件，因此系统总的动量保持不变。故B正确；C．初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得：001sin302Fmgkxmg弹＝＝＝小球b刚要运动时12Fkxmg弹＝＝解得2mgxxk0＝＝且初末状态中弹簧形变

量相同，弹性势能相同。则弹力做的总功为0。根据动能定理可得：00sin300FGkWWmgxxmgxxE−=+−+=−（）（）解得222kmgEk=故C正确；D．小球b刚要运动时，根据上述分析可知小球a的速度为：vkgm＝此时弹簧弹性势能为222128mgEkxk==弹弹簧弹

性势能最大时两小球的速度相等，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得：2mvmv=共2211222kEmvmv−共＝解得224kmgkE＝根据能量的转化特点可知系统动能的减少量为弹性势能的增加量，可得：224kEEmgk弹＝＝故弹性势能的最大值为：22

38maxkEEmEg+弹弹弹＝＝故D错误。故选BC。三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共18分）14.如图所示，某同学为探究碰撞中动量是否守恒的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为1m和2m；②安装实验装置

，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球2m，让小球1m从斜槽顶端A处静止释放，标记小球在斜面上落点位置P，重复实验多次；④将小球2m放在斜槽末端B处，仍让小球1m从斜槽顶端A

处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球12mm、在斜面上的落点位置，重复实验多次；⑤用刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图1中MPN、、点是实验过程中记下的小球在斜面上三个平均落点位置，从MPN、、到B点的距离分别为MPNsss、、。依据上述实验步骤，回答下面问题：（1）关于实

验器材，下列说法正确的是___________；A．实验轨道必须光滑B．该实验不需要秒表计时C．1m球的质量必须大于2m球的质量D．可选用半径不同的两小球（2）图2是小球1m的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为__

_________cm；（3）用实验中测得的数据字母来表示，只要满足关系式___________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。若同时满足关系式___________，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。【答案】①.BC##CB②.55.5

0（55.40~55.60）③.112PMNmsmsms=+④.112PMNmsmsms=+【解析】【详解】（1）[1]A．实验轨道是否光滑不影响碰撞前的速度，所以轨道不需要必须光滑，故A错误；B．该实验利用平抛运动表示速度，不需要秒表计时，故B正确；C．为了保持碰撞后，入射小球不反

弹，1m球的质量必须大于2m球的质量，故C正确；D．为了保证碰撞为对心碰撞，两小球的半径需要相同，故D错误。故选BC。（2）[2]图中刻度尺分度值为0.1cm，需要估读到下一位，由图2可知小球1m的平均位置对应的读数为55.50cm。（3）[3]碰撞前小

球1m落在图中的P点，设水平初速度为0v，小球1m和2m发生碰撞后，1m落点在图中的M点，设水平初速度为1v，2m的落点在图中的N点，设其水平初速度为2v，设斜面BC与水平面的夹角为，由平抛运动规律有21sin2Psgt=，0cosPsvt=解得20cos2sinPgsv=

同理可得21cos2sinMgsv=，22cos2sinNgsv=因此只要满足101122mvmvmv=+即112PMNmsmsms=+则说明两球碰撞过程动量守恒。[4]如果小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足222101122111222mvmvmv=+代入（2）中速度可得112PMNmsm

sms=+故若同时满足上述关系式，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。15.某班级物理兴趣小组设计了不同的方案验证机械能守恒定律。（1）甲同学设计的方案是用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。实验中在纸带上打出一系列点，如图2所示，O

点为纸带打出的第一个点。已知重物质量为0.2kg，打点计时器的打点频率为50Hz，取重力加速度大小29.8m/sg=，纸带上所标数据单位为cm，则从打O点到打B点的过程中，重物重力势能减少量pΔE=___________J，动能增加量kΔE=___________

J（结果均保留两位有效数字）。如果在实验过程中忘了测量重物质量，对机械能守恒定律的验证___________（填“有影响”或“无影响”）。（2）乙同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。如图3所示，将拉力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，另一端连在拉力传感器上的O

点。将小球拉至细线与竖直方向成角处无初速度释放，拉力传感器显示拉力的最大值为F。已知小球的质量为m，重力加速度为g。通过改变释放时细线的夹角，乙同学测得了一系列F的值，并将对应的数据处理成了Fmg−图像。若要说明小球摆动过程中机械能守恒，Fmg−

图像应为下面四幅图中的___________。若在实验数据计算得到的Fmg值总是小于机械能守恒时对应的预期值，可能的原因是___________。【答案】①.0.088②.0.081③.无影响④.C⑤.小球在下落过程中受到空气阻力的作用（其他合理答案也对）【解析】【详解】（1）[1]从打O点到打

B点的过程中，重物重力势能减少量为2pΔ0.29.84.5010J0.088JBEmgh−==[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有2(6.703.10)10m/s0.9m/s220.02ACBxvT−−===

从打O点到打B点的过程中，重物动能增加量为22k11Δ00.20.9J0.081J22BEmv=−==[3]如果在实验过程中忘了测量重物质量，由于验证机械能表达式中的质量可以约去，所以对机械能守恒定律的验证无影响。（2）[4]将小

球拉至细线与竖直方向成角处无初速度释放，当小球运动到最低点时，拉力最大，设绳子长度为L，根据机械能守恒可得21(1cos)02mgLmv−=−在最低点，根据牛顿第二定律可得2vFmgmL−=联立可得32cosF

mg=−可知当0=时1Fmg=当2=时3Fmg=故Fmg−图像应为四幅图中的C。[5]若在实验数据计算得到的Fmg值总是小于机械能守恒时对应的预期值，可能的原因是：小球在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，小球到达最低时的动能小于对应的预期值，则小球在最低点时，拉力最大值小于对应的预期值。四、计算题（本题共3个小题，第16题11分，第17题13分，第18题14分。要求写出必要的公式、文字叙述）16.随着国产汽车的日益崛起，越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动

机的额定功率为P，驾驶员和汽车的总质量为3000kgm=，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重力的0.1倍。若汽车从静止开始在水平路面上匀加速启动，15st=时，速度110m/sv=，功率达到额定功率，此后汽车以额定功率运行，265st=时速度达到最大值m30m/sv=，汽

车运动的vt−图像如图所示，取210m/sg=，求：（1）汽车的额定功率P；（2）汽车在0至1t期间牵引力的大小F以及汽车在0至1t期间牵引力做的功W；（3）汽车在1t至2t期间的位移的2s大小。【答案】（1）90kW；（2）

9000N，52.2510J；（3）1400m【解析】【详解】（1）汽车受到的阻力为0.13000Nfmg==当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为mm90000W90kWPFvfv====牵（2）从0到15st=时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为2211Δ1

0m/s2m/sΔ5vat===汽车匀加速直线运动的位移为112125m2atx==根据牛顿第二定律可得Ffma−=解得9000NF=在0至1t期间牵引力做的功为512.2510JWFx==（3）在1t至2t期间，由动能定理得(

)22212m11122Pttfsmvmv−−=−解得21400ms=17.如图所示，质量3kgM=的小车静止在光滑的水平地面上，车的上表面由水平面BD和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径为2.4

mR=，圆弧面的最低点B与水平面相切。水平面右侧有一固定挡板，轻弹簧放在水平面上，右端与挡板连接，左侧自由端位于C点，水平面CD段光滑，BC段粗糙，BC段长度为3.6m。一个质量1kgm=的小滑块（视为质点），在圆弧面的最高点A由静止释放。已知滑块与水平

面BC段间的动摩擦因数0.2=，重力加速度取210m/sg=。求：（1）滑块第一次滑到B点时，滑块和小车的速度分别为多大；（2）滑块第一次滑到C点时，求滑块相对于地面的总位移；（3）滑块第一次向左滑上圆弧面最高点的位置离B点的高度。【答案】（

1）126m/s,2m/svv==；（2）4.5m；（3）0.96m【解析】【详解】（1）设滑块第一次滑到B点时滑块和小车的速度大小分别为12,vv，车和滑块组成的系统不受水平外力，因此系统水平方向动量守恒，因此有12mvMv=根据机械能守恒定

律得22121122mgRmvMv=+解得126m/s,2m/svv==（2）车和滑块组成的系统水平方向动量守恒，且初始时刻系统水平动量为0，故系统水平动量始终为0.设滑块第一次滑到C点时向右运动的对地位移大小为1x，同时间段内小车向左运动的位移大小为2x。根据人船模型有12mx

Mx=滑块和小车的水平相对位移为A、C之间的水平距离，故有126mxxRBC+=+=联立解得14.5mx=（3）当滑块第一次向左滑到圆弧面最高点时，滑块竖直方向速度为0，且滑块和小车水平方向共速。又由于车和滑块组成的系统水平方向动量守恒且始终

为0。设滑块和小车水平方向共同的速度大小为xv()0xMmv+=0xv=对整个过程列能量守恒方程()2mgRhmgBC−=0.96mh=18.如图所示，一内壁光滑环形细圆管固定在水平桌面上，管内间距相等的三位置处，分别有静止的小球A、B、C，

质量分别为A4mm=、Bmm=、C3mm=，大小相同，它们的直径略小于管的直径。小球A、B是弹性球，A、B之间发生碰撞时没有机械能损失。小球C是粘性球，任何小球与小球C发生碰撞后都会粘连在一起。小球球心到圆环中心的距离为R，现让A以初速度0v沿管顺时针运动，设各球之间的碰撞时间极

短，求：（1）A和B第一次碰后各自速度大小；（2）B和C相碰结合在一起后的瞬间对管的压力大小；（3）从A出发到三个小球粘在一起所用的时间。的的【答案】（1）035v，085v；（2）4202164625vmgR+；（3）0796Rv【解

析】【详解】（1）细管光滑且水平放置，无外力对小球做功，因此除碰撞过程之外的时间小球均保持静止或匀速圆周运动。第一次A、B碰撞的过程中两球沿速度方向的动量守恒，因此有A0AA1BB1mvmvmv=+A、B碰撞为弹性碰撞，根据机

械能守恒定律得222A0AA1BB1111222mvmvmv=+联立解得ABA100AB35mmvvvmm−==+AB100AB285mvvvmm==+（2）B、C发生的碰撞为完全非弹性碰撞，碰后共速，两球沿速度方向的动量守恒，因此

有BB1BCBC2()mvmmv+=解得BBC2B10BC25mvvvmm==+此后B、C作为整体做匀速圆周运动，受到管壁的水平支持力提供向心力，则有()22BCBC2011625mmvmvNRR+==同时，竖直方向上B

、C受到管壁的支持力与重力平衡，则有()2BC4Nmmgmg=+=小球受到管壁的支持力为1N、2N的矢量合成，总支持力的大小为42220122164625vNNNmgR=+=+根据牛顿第三定律，管壁对小球的支持力与小球对管壁的压力等大反向，因此小球对

管壁的压力大小为4202164625vmgR+。（3）从A出发到第一次A与B的碰撞用时1002233RRtvv==从第一次A与B的碰撞到第二次B与C的碰撞用时2B1025312RRtvv==第二次B与C的碰撞后的速度BC2v小于此

时A的速度A1v，因此A会追上B发生第三次碰撞。在第一次与第二次碰撞之间，A已经向前运动的路程为A124Rvt=因此，第二次B与C的碰撞到第三次A与B的碰撞用时3A1BC202253412RRRtvvv−==−A追上B之后，第三次A与B的碰撞为弹性碰撞，因此碰后速度满足系统运动方

向动量守恒和系统机械能守恒()()AA1BCBC2AA3BCBC3mvmmvmvmmv++=++()()2222AA1BCBC2AA3BCBC311112222mvmmvmvmmv++=++联立解得A3025vv=，BC3035vv=最后BC作为整体再

追上A一圈，C与A碰撞后粘在一起，用时4BC3A30210RRtvvv==−综上从A出发到三球粘在一起的总时间为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com