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2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）
1. 关于课本上的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 火车在转弯时如果内轨高于外轨能够减轻轮缘与轨道间的挤压
B. 开普勒通过20年的时间研究第谷的行星观测记录发现了行星运动三大定律
C. 汽车上坡时司机通过“换挡”的办法减小牵引力来得到较大的速度
D. 宇航员把手中小物体扔出他自己也会向扔出方向运动体现了反冲原理
2. 如图所示，可视为质点的小球以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动。若从小球经过O点开始计时，在t1=0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2=0.5s时刻小球第二次经过M点，则小球第三次通过M点的时刻为( )
A. 1s B. 1.3s C. 1.6s D. 1.9s
3. “天问一号”探测器在靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星。已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. “天问一号”的发射速度小于地球的第二宇宙速度
B. “天问一号”在轨道Ⅰ上经P点的势能大于在轨道Ⅱ上的经过 Q点的势能
C. “天问一号”在 P点从轨道Ⅱ变轨到轨道I，需要在P点朝速度反方向喷气
D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知“天问一号”在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以知火星的密度
4. 如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球( )
A. 初速度v1与v2相等 B. 击中O点时重力的瞬时功率相等
C. 击中 O点时速度大小相等 D. 同时抛出
5. 如图，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是( )
A. 保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态
B. 角速度由ω0缓慢增大，杆与小球间的作用力大小可能不变
C. 角速度由ω0缓慢增大，杆与小球间的作用力大小将变大
D. 若解除小球与弹簧的拴接，装置以略大于ω0的角速度匀速转动时，小球将在A点上方某位置随杆一起转动
6. 两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A. P1v1+P2v2P1+P2 B. P1v2+P2v1P1+P2 C. (P1+P2)v1v2P1v1+P2v2 D. (P1+P2)v1v2P1v2+P2v1
7. 如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为h，轨道上有两个物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，物体A在下面的轨道上的运动速率为v。此时绳子BO段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P与绳子分离。设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 位于图示位置时物体B的速度大小为 2v2
B. 在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B的动能为 32mv2
C. 小水滴P脱离绳子时速度的大小为v
D. 小水滴P与绳子分离的瞬间做平抛运动
8. 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 木块动量变化量的大小为2kg⋅m/s
B. 子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C. 此过程产生的内能可能是6J
D. 只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
9. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s。当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，则以下判断正确的是( )
A. P点随波传播向右以10m/s的速度移动
B. 再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置
C. 再经过0.8s，x=9m处的质点Q到达平衡位置处向下振动
D. 质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10. 如图所示，地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1，卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为23π，两卫星的绕行方向与地球自转方向相同，下列说法正确的是( )
A. 卫星一的动能大于卫星二的动能
B. 卫星二围绕地球做圆周运动的周期为8T1
C. 从图示时刻开始，经过16T121时间两卫星第一次相距最近
D. 相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积大于卫星二和地球连线扫过的面积
11. 如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置(图中未画出)之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则( )
A. 刚释放瞬间，P的加速度为g
B. 绳上最大拉力为 3mg2
C. 从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q所做的功
D. 弹簧的最大弹性势能为 2m2g2k
12. 一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(sin37°=0.6)( )
A. 物体与斜面之间的摩擦因数为0.8
B. 物体在运动位移为x0的过程中机械能增加1J
C. 物体在运动位移为x0的过程中恒力做功为15J
D. 在x0处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑15x0
13. 如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为1.2kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是( )
A. 力F大小为1.2N
B. t=1s时A的速度大小为0.8m/s
C. 物块B的质量为0.6kg
D. 从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J
14. 如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37°的斜面，BC段水平，CD段是半径为0.3m的竖直14圆弧，A、D两点等高，小车的总质量为2kg。一质量为1kg的小物块，从A点以1.5m/s的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过BC段的最左端时，速度大小为2m/s。已知AB段的摩擦因数μ
A. 小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为1m/s
B. 小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于1.2m/s
C. 小物块会从D点离开小车
D. 小物块最终相对于小车静止在B点
三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
15. 孙玉同学利用如下图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1(如图甲所示)；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿水平桌面滑行的距离x2(如图乙所示)。已知小滑块A和B的材料相同。
(1)若滑块A、B的质量分别为m1、m2，与水平桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则A、B碰撞前的瞬间AB系统的动量p1=______，碰撞后的瞬间AB系统的动量p2=______(用字母m1、m2、g、x1、x2表示)。若p1=p2，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。
(2)本实验______(选填“需要”或“不需要”)测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
16. 某学习小组欲用单摆测量当地的重力加速度，由于缺少合适的小球，该小组用不可伸长的细线和小铁锁制成一个单摆，如图甲所示。
(1)该学习小组将小铁锁缓慢拉离平衡位置，达到最高点时细线与竖直方向之间的夹角小于5°，将小铁锁由静止释放。从小铁锁某一次经过最低点时开始计时并记为1，小铁锁每经过最低点计数一次，数到n次(80
四、简答题（本大题共4小题，共40.0分）
17. 如图所示是一列简谐横波上A、B两点的振动图像，A、B两点相距8m。求：
(1)写出B质点的振动方程；
(2)这列波可能的波长。
18. 如图所示，为一游戏传送装置，其中AB段是光滑圆弧轨道，B端切线水平，CDE是半径为R=0.2m的光滑半圆内形轨道，其直径CE沿竖直方向。B位于CE竖直线上，BC间的距离很小且能让小滑块自由通过。粗糙水平轨道ME长L=0.6m，动摩擦因数μ=0.4，M端安装有竖直弹性挡板，小滑块碰到挡板后被反弹速度大小保持不变。现有一可视为质点的小滑块，质量m=0.2kg，自A处无初速度进入传送装置，恰好能沿CDE轨道滑下。求：
(1)小滑块通过C点的速度大小；
(2)小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小及方向；
(3)小滑块最终停在距M点多远处。
19. 如图所示，在电动机的带动下以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有一个位于同一直线上、处于静止状态的小球，小球质量m0=2kg。质量m=1kg的物体(可视为质点)从轨道上P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球发生弹性正碰。重力加速度，g=10m/s2。求：
(1)物体第一次从A运动到B所用时间；
(2)物体第一次从A向右运动到B的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
20. 如图1所示，固定的水平平台上距水平平台右端(d1=1m处有一木块A(可视为质点)，紧靠平台右端的水平地面上放置一与平台等高的水平木板B，木板B上距木板B左端d2=1m；处固定一轻挡板，挡板右侧和物块C(可视为质点，刚好位于木板B的右端)之间由机关锁定着一个压缩的轻弹簧(弹簧与物块C不拴接)。木块A在水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，力F与木块A位移的关系图象如图2所示。木块A刚好与挡板接触不发生碰撞并粘连在一起，此时机关解除锁定，弹簧瞬间弹开，最终木板B的左端与平台右端的距离(d3=0.25m(木板B未与平台相碰)。已知木块A、木板B、物块C的质量关系为mA=2mB=2mC=2kg，木块A与平台间的动摩擦因数μ=0.2，木板B与地面间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小，g=10m/s2。求：
(1)木块A刚刚滑上木板B时的速度大小；
(2)木块A与木板B上表面间的动摩擦因数；
(3)弹开前弹簧储存的弹性势能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.为了减轻轮缘与轨道间的挤压，应外轨高于内轨，故A错误；
B.开普勒通过研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B正确；
C.根据P=Fv可知，上坡时，P一定，用“换挡”的办法减小速度来得到较大的牵引力，故C错误；
D.宇航员把物体扔出后，自己会向扔出的反方向运动，故D错误。
故选：B。
火车按设计速度转弯时，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力，所以应外轨高于内轨；根据开普勒的贡献分析；根据P=Fv，可知，当P一定时，F与v的关系；根据动量守恒定律分析。
解决本题的关键是利用所学的物理知识分析生活中常见的现象，提高利用所学知识解决问题的能力。
2.【答案】B
【解析】解：画出小球运动过程示意图如图所示。
因为t1
故选：B。
画出小球运动过程示意图，确定小球的运动周期，再求小球第三次通过M点的时刻。
本题在于关键分析小球的振动情况，通过画出小球运动过程示意图，结合简谐运动的对称性，来确定小球的运动周期。
3.【答案】D
【解析】解：A.“天问一号”脱离了地球的束缚，没有脱离太阳的束缚，则“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度，故A正确；
B.由Q点到P点，卫星到火星间距减小，万有引力做正功，势能减小，即“天问一号”在轨道I上经P点的势能小于在轨道Ⅱ上的经过Q点的势能，故B错误；
C.轨道Ⅱ变轨到轨道I，是由高轨道到低轨道，需要在P点减速，即需要在P点朝速度方向喷气，故C错误；
D.在火星表面有GMmR2=mRω2
火星密度为
ρ=M43πR3
解得
ρ=3ω24πG
故D正确；
故选：D。
根据第二宇宙速度的定义分析。根据引力做功可分析势能的变化，根据卫星变轨的原理分析。根据万有引力等于向心力求火星的质量，进一步求解密度。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键要掌握万有引力等于重力，以及万有引力等于向心力这两条思路进行列式分析。
4.【答案】A
【解析】解：AD.已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图
则设OM为
y=ax2
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
y1=ax12=12gt12
y2=ax22=12gt22
联立解得
t1t2=x1x2
所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有
x1=v1t1
x2=v2t2
联立可得
v1v2⋅t1t2=x1x2
整理可得
v1=v2
故D错误，A正确；
C.因v1=v2，但竖直方向有v1y=gt1>v2y=gt2
故两分速度合成后可知击中O点的速度不同，故C错误；
B.两球在O点重力瞬时功率为
PG1=mgv1y>PG2=mgv2y
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。
故选：A。
根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律分析ACD，根据重力的瞬时功率的计算公式分析B。
本题考查功率的计算，解题关键掌握功率瞬时功率的计算公式PG=mgvy。
5.【答案】C
【解析】解：A、设杆与竖直方向夹角为θ，弹簧原长为L0，当角速度为ω0时，轻弹簧处于原长状态；以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=mω02L0sinθ
解得
ω0=1sinθ gcosθL0
可知保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧仍处于原长状态，故A错误；
BC、角速度由ω0逐渐增大，小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力，小球做圆周运动的半径逐渐增大，小球将沿杆向上移动，弹簧的伸长量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得
F杆sinθ=mg+F弹cosθ
可知杆对小球的作用力逐渐增大，故B错误，C正确；
D、若解除小球与弹簧的拴接，由于小球只受重力和杆的弹力作用，且杆的弹力方向保持不变，则装置以略大于ω0的角速度匀速转动时，重力和杆弹力的合力将不足以提供小球所需的向心力，小球将一直沿杆向上移动，不会在A点上方某位置随杆一起转动，故D错误。
故选：C。
弹无伸长压缩时，对小球受力分析根据重力与支持力的合力提供向心力求出ω0的表达式。并判断质量变化时，该状态是否变化；
当杆绕OO′轴以角速度变化后从竖直和水平两方向的规律分析杆与球的弹力变化；根据题题设条件的变化分析弹簧弹力做功情况，分析小球机械能的变化。
本题考查了牛顿第二定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知两节动车功率分别为
P1=f1v1
P2=f2v2
当把它们编组后
P1+P2=(f1+f2)v
联立解得
v=(P1+P2)v1v2P1v2+P2v1
故ABC错误，D正确。
故选：D。
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，再结合编组后P1+P2=(f1+f2)v，整理可求出v的大小。
当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题。
7.【答案】B
【解析】解：A、将物体B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的分速度大小等于A的速度大小，如图
由几何关系得：vB=vcos45 ∘= 2v
故A错误；
B、在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，B沿绳方向的分速度为零，则物体A的速度为零，A和B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Ek=12mv2+12mvB2=32mv2
故B正确；
C、B垂直于绳方向的分速度为vB′=v
小水滴P沿绳方向的分速度等于B沿绳方向的分速度v，由v=ωr可知，垂直于绳方向的分速度为vP′=12vB′=12v
如图
则小水滴P脱离绳子时的速度大小为vP= v2+(12v)2= 52v
故C错误；
D、P沿绳方向的速度大小等于B沿绳方向的速度大小，P垂直绳的速度大小小于B垂直于绳的速度大小，B的合速度水平向左，则P的合速度斜向左下，小水滴脱离绳子后做斜抛运动，故D错误。
故选：B。
将B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的速度大小等于A的速度大小，根据几何关系求解B的速度；根据机械能守恒定律求解B的动能；根据几何关系求解P的速度大小和方向，进而分析与绳子分离后的运动。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是知道两物体和水滴沿绳方向分速度大小相等，P和B垂直绳方向的分速度与旋转半径成正比。
8.【答案】D
【解析】解：A、根据题意可得
12Mv12=8J
解得木块的速度为
v1=4m/s
所以木块动量变化量的大小为
Δp=Mv1=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s
故A错误；
B、设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，末穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则
W子弹对木块=fx
W木块对子弹=−f(x+d)
所以
W子弹对木块+W木块对子弹=−fd
故B错误；
C、子弹、木块运动的v−t图像如图1所示
图1
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
x
W子弹对木块=fx=8J
D、只增大木块质量，子弹射入木块后仍末穿出，结合牛顿第二定律可知木块的加速度减小，v−t图像如图2所示
图2
由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。
故选：D。
根据动量的计算公式分析A，画出子弹和木块的v−t图像，根据图象结合功能关系、牛顿第二定律进行解答。
本题属于子弹打木块经典模型问题，试图引导学生体会图像解决问题的方便性。考查碰撞过程的综合问题，重在考查学生的数学分析能力和逻辑推理能力，注重物理观念和科学思维的考查，突出基础性和综合性的考查，对应核心素养的运动和相互作用观。
9.【答案】C
【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，质点P只沿y轴上下振动，不随波的传播方向移动，故A错误；
B、由图可知波长为4m，则周期为T=λv=410s=0.4s。根据波形平移法可知，此时质点P沿y轴向下振动，再经过0.2s，即半个周期，质点P第一次回到平衡位置，故B错误；
C、波从质点P传到质点Q所用时间为：Δt1=Δxv=9−510s=0.4s
可知再经过0.8s，x=9m处的质点Q刚好振动了一个周期时间，则质点Q到达平衡位置处向下振动，故C正确；
D、因为质点P、Q相距Δx=9m−5m=4m=λ，可知质点P、Q的振动完全同步，则质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处，故D错误。
故选：C。
质点P只上下振动，不随波向前移动；读出波长，由波速公式求出周期，再根据时间与周期的关系，分析质点P第一次回到平衡位置的时间；根据时间与周期的倍数，确定再经过0.8s，x=9m处的质点Q到达的位置和振动方向；根据质点P、Q相距的距离与波长关系，分析它们振动状态关系。
解决本题的关键要掌握波长、波速、周期的关系，以及知道介质中各个质点的起振方向相同。
10.【答案】BC
【解析】解：A、两卫星的质量关系未知，无法比较动能的大小，故A错误；
B、根据开普勒第三定律有
r13T12=r23T22
根据题意解得T2=8T1，故B正确；
C、设两卫星第一次相距最近的时间为t，则(2πT1−2πT2)t=2π−23π
解得
t=16T121
故C正确；
D、由GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
卫星与中心天体连线扫过的扇形面积S=12Lr=vtr2=t2 GMr
可知相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积小于卫星二和地球连线扫过的面积，故D错误；
故选：BC。
根据动能与质量和速度有关分析A，根据开普勒第三定律分析B，根据两卫星的运行角度分析C，根据万有引力提供向心力结合几何关系分析D。
本题主要是考查开普勒行星运动定律，解答本题要掌握开普勒行星运动规律，知道面积的计算方法和周期定律。
11.【答案】BD
【解析】解：A、刚释放瞬间，把PQ两物体看作一个整体，利用牛顿第二定律有：mg=2ma，可得加速度a=g2，故A错误；
B、PQ和弹簧组成的系统做简谐运动，设P物体在O点时弹簧的形变量为x，在O点两物体合力为零，则有kx=T=mg
代入数据可得：x=mgk，则物体的振幅A=x，当物体P运动到右侧与A点关于O点对称的A′点时，物体Q的加速度最大，且竖直向上，利用简谐运动的对称性可知物体Q的加速度a=g2
对物体Q利用牛顿第二定律有：Tm−mg=ma
代入数据可得：Tm=3mg2，故B正确；
C、根据功能关系可知从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于绳子拉力做功，此过程Q物体向下做加速运动，绳子拉力小于物体Q的重力，可知绳子拉力做的功小于物体Q重力做的功，所以物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量小于物体Q所受重力对Q所做的功，故C错误；
D、物体P运动到右侧A′点时，弹簧的弹性势能最大，则有Epm=12k×(2x)2
代入数据可得：Epm=2m2g2k，故D正确。
故选：BD。
A、释放瞬间，对PQ整体利用牛顿第二定律可得加速度大小；
B、PQ和弹簧组成的系统做简谐运动，系统在O点合力为零，可得弹簧的形变量，则可得振幅，根据简谐运动的对称性可知A点关于O点对称的点，在此对称点加速度最大，根据两个对称点的加速度等大反向，对物体Q利用牛顿第二定律可得绳子的最大拉力；
C、根据功能关系可知从A点到O点物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于绳子拉力做功，再根据物体Q所受拉力和重力的大小关系可知两力做功的大小关系，则可判断正误；
D、根据振幅可得弹簧的最大形变量，根据Ep=12kx2可得弹簧的的最大弹性势能。
本题考查了简谐运动、功能关系，注意简谐运动关于平衡位置对称的两点的加速度等大方向。
12.【答案】AC
【解析】解：物体能够静止在斜面上，则有：mgsinθ≤μmgcosθ，根据功能关系可知：EP=mgsinθ⋅x0，产生的热：Q=μmgcosθ⋅x0，所以摩擦力产生的热随x变化关系图像的斜率大于重力势能随x变化关系图像的斜率，而重力势能逐渐减小，所以图像对应的物理量随位移变化关系如图所示：
A.物块的位移为x0，根据重力做功与重力势能变化的关系得：ΔEP=mgsinθ⋅x0，根据图像可知：ΔEP=15J
固定斜面上处于静止状态，物块的位移为x0，产生的热为：Q=μmgcosθ⋅x0=16J
联立解得：μ=0.8，故A正确；
B.物体在运动位移为x0的过程中机械能增加为：ΔE=ΔEk−ΔEP=14J−15J=−1J，即机械能减少1J，故B错误；
C.物体在运动位移为x0的过程中恒力做功为WF，则有：WF+ΔEP=Q+ΔEk
则：WF=16J+14J−15J=15J，故C正确；
D.根据图像可知，mgsinθ=15x0，μmgcosθ=16x0，撤去恒力时动能为Ek=14J，设物体还能沿斜面向下滑x，根据动能定理可得：
mgsinθ⋅x−μmgcosθ⋅x=0−Ek
联立解得：x=14x0，故D错误。
故选：AC。
根据题意分析图像表示的是哪个物理量随位移的变化情况，根据重力做功与重力势能变化的关系列方程，根据功能关系得到产生的热，联立求解动摩擦因数；根据功能关系求解机械能的变化以及拉力做的功；根据动能定理求解最后滑动的距离。
本题主要是考查功能关系和图像问题，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关，弄清楚图像斜率表示的物理意义是关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A、t=0时刻，由图可知aA=1m/s2，开始弹簧处于原长，A物体的合力等于F，对A物体利用牛顿第二定律：F=mAaA=1.2×1N=1.2N，故A正确；
B、a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度的变化量，把图像中t=0，t=1s两时刻对应的点连接起来，如图所示：
直线与时间轴所夹的面积s=1.0+0.62×1m/s=0.8m/s，可知直线对应的速度变化量Δv=0.8m/s，物体初速度为零，可知直线对应1s末的速度v=0.8m/s
物体A对应曲线与时间轴所夹的面积比直线与时间轴所夹的面积大，所以t=1s时A的速度大小大于0.8m/s，故B错误；
C、t=1s时对AB物体分别利用牛顿第二定律有：F−kx=mAaA kx=mBaB
代入数据可得：mB=0.8kg，故C错误；
D、0～1s内分别对AB两物体利用动量定理，取向右为正方向，则有：Ft−Fkt=mAvA Fkt=mBvB
代入数据可得：mAvA+mBvB=Ft=1.2×1kgm/s=1.2kgm/s
弹簧第一次伸长量最大时两物体的速度大小相等，设此速度为v1，撤去外力F后，AB两物体组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有：mAvA+mBvB=(mA+mB)v1
代入数据可得：v1=0.6m/s
从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程，对物体B利用动能定理可得：Wk=12mBv12
代入数据可得弹簧的弹力对物块B所做的功：Wk=0.144J，故D正确。
故选：AD。
A、由图可知0时刻物体A的加速度，对物体A利用牛顿第二定律可得恒力F的大小；
B、把图像中t=0，t=1s两时刻对应的点连接起来，根据a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度的变化量，可得直线对应的速度变化量，物体A对应曲线与时间轴所夹的面积与直线与时间轴所围面积相比较，可得A物体对应的速度变化量的范围，初速度为零，可知t=1s时A的速度大小范围；
C、t=1s时对AB两物体分别利用牛顿第二定律，可得物体B的质量；
D、0～1s内分别对AB两物体利用动量定理可得AB两物体质量和速度的乘积之和，撤去外力F后，两物体组成的系统动量守恒，弹簧第一次伸长量最大时两物体的速度大小相等，两式联立可得弹簧伸长量最大时两物体的速度大小，从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程，对物体B利用动能定理可得弹簧的弹力对物块B所做的功。
本题考查了动量定理、动量守恒定律、动能定理，解题的关键分析清楚两物体受力情况和运动情况。
14.【答案】BD
【解析】解：A.设小车质量为M，小物块质量为m，以水平向右为正方向，小物块首次经过BC段的最左端时速度vB，小车和小物块水平方向动量守恒，可得：
mvAcos37°=Mv车+mvB
解得：v车=−0.4m/s
小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为0.4m/s，故A错误；
B.小车向左位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在CD段之间，设小物块的速度为v′，速度方向与水平方向的夹角为θ，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mvB+Mv车=mv′cosθ
因为：0
故B正确；
C.设小物块在CD段上升最大高度(相对BC)为h，此时小物块和小车速度相同，设为v。由水平方向动量守恒得：
mvB+Mv车=(M+m)v
由机械能守恒定律
12mvB2+12Mv车2=12(m+M) v2+(M+m) gh
解得：
v=0.4m/s
h=0.064m<0.3m
故小物块不会从D点离开小车，故C错误；
D.只要小物块在B点速度不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，可知小物块最终相对于小车静止在B点，故D正确。
故选：BD。
根据小车和小物块水平方向动量守恒列式分析A，小车向左位移最大时，小车的速度为零，根据动量守恒定律分析B，根据动量守恒定律结合机械能守恒定律分析CD。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律等知识点。本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律。
15.【答案】m1 2μgx1 (m1+m2) 2μgx2 不需要
【解析】解：(1)A在水平面运动过程，由动能定理得：−μm1gx1=0−12m1v12
解得：v1= 2μgx1，
A、B在水平面运动过程，由动能定理得：−μ(m1+m2)gx2=0−12(m1+m2)v22
解得：v2= 2μgx2，
A、B碰撞前的动量：p1=m1v1=m1 2μgx1，
碰撞后的动量：p2=(m1+m2)v2=(m1+m2) 2μgx2；
(2)如果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：m1v1=(m1+m2)v2，
即：m1 2μgx1=(m1+m2) 2μgx2，
整理得：m1 x1=(m1+m2) x2，
实验不需要测量动摩擦因数μ；
故答案为：(1)m1 2μgx1；(m1+m2) 2μgx2；(2)不需要。
(1)应用动能定理求出碰撞前后的速度，然后应用动量的计算公式求出碰撞前后的动量。
(2)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析判断实验是否需要测出动摩擦因数。
本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验数据处理，认真审题、理解实验原理是解题的前提与关键，应用动能定理、动量的计算公式与动量守恒定律即可解题。
16.【答案】2tn−1 9.6 等于
【解析】解：(1)由题目所给的操作过程知，全振动的次数为n−12，那么周期T=tn−12=2tn−1；
(2)根据图像描点，使更多的点在图线上，不在图线的点分布在图线两侧，误差太大的点舍去，如图
根据单摆周期公式有
T=2π lg
解得T2=4π2gl
根据图像斜率可知k=4π2g=3.65−2.01.0−0.6s2/m
解得g=9.6m/s2
图像的斜率不变，所测重力加速度的值不变，由于不考虑偶然误差，所以测量值等于真实值。
故答案为：(1)2tn−1；(2)见解析；9.6；等于
(1)根据操作步骤，求出单摆的周期；
(2)根据坐标系内描出的点作出图象，根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后求出重力加速度。
本题考查了求摆长与单摆周期、重力加速度表达式等；知道应用单摆测重力加速度的原理是解题的关键，应用单摆周期公式可以解题。
17.【答案】解：(1)由图示质点B的振动图象可知，振幅A=10cm，T=0.4s，初相位φ=π
角速度ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s
B质点的振动方程y=Asin(ωt+φ)=10sin(5πt+π)cm=−10sin(5πt)cm
(2)若波由A传向B时，由图示振动图象可知：xAB=nλ+34λ=8m(n=0、1、2、3)
解得：λ=324n+3m(n=0、1、2、3⋯)
若波由B向A传播，由图示振动图象可知：xAB=14λ+nλ=8m(n=0、1、2、3⋯⋯)
解得：λ=324n+1m(n=0、1、2、3⋯⋯)
答：(1)B质点的振动方程是y=−10sin(5πt)cm；
(2)这列波可能的波长是324n+3m或324n+1m (n=0、1、2、3……)。
【解析】(1)根据B质点的振动图象求出其振幅、周期与初相位，然后求出振动方程。
(2)根据波的传播方向，由振动图得到两质点距离和波长的关系，从而求得波长。
本题中波传播的方向不确定，所以既要考虑波的周期性，又要考虑波的双向性，防止漏解．本题还考查运用数学知识解决物理问题的能力，这是高考考查的五大能力之一．
18.【答案】解：(1)小滑块恰好能沿CDE滑下，则小滑块在C点有
mg=mvC2R
代入数据解得：vC= 2m/s
(2)对小滑块，从C到E，根据动能定理有
mg⋅2R=12mvE2−12mvC2
设小滑块在E点所受轨道的支持力大小为FE，由牛顿第二定律有
FE−mg=mvE2R
联立方程，代入数据解得：FE=12N，vE= 10m/s
根据牛顿第三定律可知，小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小FE′=12N，方向竖直向下。
(3)小滑块与挡板碰后反弹
12mvE2−μmg⋅2L=12×0.2×( 10)2J−0.4×0.2×10×2×0.6J=0.04J
mgR=0.2×10×0.2J=0.4J
因为12mvE2−μmg⋅2L
代入数据解得：s=1.25m
s=2L+0.05m
小滑块最终停留位置距M点距离为：x=L−0.05m=0.6m−0.05m=0.55m
答：(1)小滑块通过C点的速度大小为 2m/s；
(2)小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小为12N，方向竖直向下；
(3)小滑块最终停在距M点0.55m的位置。
【解析】(1)根据小滑块恰好沿CDE滑下，可求得C点的速度；
(2)根据动能定理，可求得E点速度，根据牛顿第二、第三定律可求小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小及方向；
(3)根据能量守恒，可求小滑块在粗糙水平轨道ME上的路程，进而可求最终停留位置。
本题综合考查了牛顿定律、动能定理等知识，关键要把握小滑块在C点的临界速度，理清每个运动过程的规律。
19.【答案】解：(1)由于物体冲上传送带的初速度大于初速度的速度，开始物体相对传送带向右运动，则有
μmg=ma
解得
a=5m/s2
物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移
x0=v02−v22a
解得
x0=2.4m
t1=v0−va=7−55s=0.4s
匀速过程历时
t2=L−x0v=3.4−2.45s=0.2s
则从A运动到B的时间
t=t1+t2=0.4s+0.2s=0.6s
(2)传送带对物体的摩擦力的冲量为
If=mv−mv0
解得
If=−2N⋅s
可知传送带对物体的冲量大小为2N⋅s，方向水平向左，传送带对物体的支持力的冲量
IN=Nt=mgt=1×10×0.6N⋅s=6N⋅s
则传送带对物体的冲量大小为
I= If2+IN2
解得
I=2 10N⋅s
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度大小为v1，左侧小球碰后速度大小为u1，则有
mv=−mv1+m0u1,12mv2=12mv12+12m0u12
解得
v1=53m/s,u1=103m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，根据
0−v12=−2ax1,v1=at3
解得
x1=518m
E1=2μmgvt3=2×0.5×1×10×5×13J=503J
答：(1)物体第一次从A运动到B所用时间为0.6s；
(2)物体第一次从A向右运动到B的过程中，传送带对物体的冲量大小为2 10N⋅s；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能为503J。
【解析】(1)物体第一次从A运动到B用牛顿第二定律和运动学公式求解时间；
(2)第一次从A向右运动到B的过程中，用动量定理求解传送带对物体的冲量大小。
(3)由动量守恒定律和机械能守恒定律处理碰撞过程，再根据运动学公式和能量守恒定律求解电动机多消耗的电能。
这是一道比较典型的传送带问题，综合应用了碰撞问题，和运动学公式，难度大，思维量大，需要对知识掌握熟练，且能灵活运用。
20.【答案】解：(1)由图 2结合题意分析可知，当木块A在平台上运动时有外力F作用，力F在平台上
对木块A做的功
WF=(F0+0)d12
木块A在平台上运动过程由动能定理有
WF−μ1mAgd1=12mAv02
解得
v0=4m/s
(2)当木块A在木板上滑行时，对A受力分析，由牛顿第二定律有
μ₂mΛg=mΛaΛ
对木板B和木块C整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ2mAg−μ(mA+mB+mC)g=(mB+mC)aBC
由题意可知当木块A与挡板接触时二者共速，设木块A在B上滑行的时间为t，有
xA=xBC+d2
即
v0t−12aAt2=12aBCt2+d2
由速度关系有
v0−aAt=aBCt
解得
μ2=0.5
(3)木块A与挡板接触时，A、B、C共同的速度
v=v0−aAt
弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，有
(mA+mB+mC)v=mCvC−(mA+mB)vAB
弹簧弹开过程中根据能量守恒定律有
Ep+12(mA+mB+mC)v2=12(mA+mB)vAB2+12mCvC2
木板B向左滑行过程中，根据动能定理有
−μ(mA+mB)g(xBC−d3)=0−12(mA+mB)vAB2
解得
Ep=24J
答：(1)木块A刚刚滑上木板B时的速度大小为4m/s；
(2)木块A与木板B上表面间的动摩擦因数为0.5；
(3)弹开前弹簧储存的弹性势能为24J。
【解析】(1)由F−x图像知，图像与x轴围成面积表示外力F做的功，木块A在平台上运动过程由动能定理求A刚刚滑上木板B时的速度；
(2)当木块A在木板上滑行时分别对A和BC整体受力分析，求出加速度表达式，再利用位移关系列等式求动摩擦因数；
(3)弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，能量守恒，木板B向左滑行过程中，根据动能定理列式可求弹簧储存的弹性势能。
这是一道设计动量守恒、动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的题，难度较大，过程多、物体多，一定要明确过程，明确研究对象。
2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）
1. 关于课本上的四幅插图，下列说法正确的是( )
A. 火车在转弯时如果内轨高于外轨能够减轻轮缘与轨道间的挤压
B. 开普勒通过20年的时间研究第谷的行星观测记录发现了行星运动三大定律
C. 汽车上坡时司机通过“换挡”的办法减小牵引力来得到较大的速度
D. 宇航员把手中小物体扔出他自己也会向扔出方向运动体现了反冲原理
2. 如图所示，可视为质点的小球以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动。若从小球经过O点开始计时，在t1=0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2=0.5s时刻小球第二次经过M点，则小球第三次通过M点的时刻为( )
A. 1s B. 1.3s C. 1.6s D. 1.9s
3. “天问一号”探测器在靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星。已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. “天问一号”的发射速度小于地球的第二宇宙速度
B. “天问一号”在轨道Ⅰ上经P点的势能大于在轨道Ⅱ上的经过 Q点的势能
C. “天问一号”在 P点从轨道Ⅱ变轨到轨道I，需要在P点朝速度反方向喷气
D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知“天问一号”在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以知火星的密度
4. 如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球( )
A. 初速度v1与v2相等 B. 击中O点时重力的瞬时功率相等
C. 击中 O点时速度大小相等 D. 同时抛出
5. 如图，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是( )
A. 保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态
B. 角速度由ω0缓慢增大，杆与小球间的作用力大小可能不变
C. 角速度由ω0缓慢增大，杆与小球间的作用力大小将变大
D. 若解除小球与弹簧的拴接，装置以略大于ω0的角速度匀速转动时，小球将在A点上方某位置随杆一起转动
6. 两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A. P1v1+P2v2P1+P2 B. P1v2+P2v1P1+P2 C. (P1+P2)v1v2P1v1+P2v2 D. (P1+P2)v1v2P1v2+P2v1
7. 如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为h，轨道上有两个物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，物体A在下面的轨道上的运动速率为v。此时绳子BO段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P与绳子分离。设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 位于图示位置时物体B的速度大小为 2v2
B. 在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B的动能为 32mv2
C. 小水滴P脱离绳子时速度的大小为v
D. 小水滴P与绳子分离的瞬间做平抛运动
8. 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是( )
A. 木块动量变化量的大小为2kg⋅m/s
B. 子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C. 此过程产生的内能可能是6J
D. 只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
9. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s。当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，则以下判断正确的是( )
A. P点随波传播向右以10m/s的速度移动
B. 再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置
C. 再经过0.8s，x=9m处的质点Q到达平衡位置处向下振动
D. 质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10. 如图所示，地球的两颗卫星绕地球在同一平面内做匀速圆周运动，已知卫星一运行的周期为T1，卫星一和卫星二到地球中心的距离之比为1：4，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为23π，两卫星的绕行方向与地球自转方向相同，下列说法正确的是( )
A. 卫星一的动能大于卫星二的动能
B. 卫星二围绕地球做圆周运动的周期为8T1
C. 从图示时刻开始，经过16T121时间两卫星第一次相距最近
D. 相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积大于卫星二和地球连线扫过的面积
11. 如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置(图中未画出)之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则( )
A. 刚释放瞬间，P的加速度为g
B. 绳上最大拉力为 3mg2
C. 从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q所受重力对Q所做的功
D. 弹簧的最大弹性势能为 2m2g2k
12. 一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(sin37°=0.6)( )
A. 物体与斜面之间的摩擦因数为0.8
B. 物体在运动位移为x0的过程中机械能增加1J
C. 物体在运动位移为x0的过程中恒力做功为15J
D. 在x0处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑15x0
13. 如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为1.2kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是( )
A. 力F大小为1.2N
B. t=1s时A的速度大小为0.8m/s
C. 物块B的质量为0.6kg
D. 从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J
14. 如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。AB段是倾角为37°的斜面，BC段水平，CD段是半径为0.3m的竖直14圆弧，A、D两点等高，小车的总质量为2kg。一质量为1kg的小物块，从A点以1.5m/s的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过BC段的最左端时，速度大小为2m/s。已知AB段的摩擦因数μ
A. 小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为1m/s
B. 小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于1.2m/s
C. 小物块会从D点离开小车
D. 小物块最终相对于小车静止在B点
三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）
15. 孙玉同学利用如下图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1(如图甲所示)；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿水平桌面滑行的距离x2(如图乙所示)。已知小滑块A和B的材料相同。
(1)若滑块A、B的质量分别为m1、m2，与水平桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则A、B碰撞前的瞬间AB系统的动量p1=______，碰撞后的瞬间AB系统的动量p2=______(用字母m1、m2、g、x1、x2表示)。若p1=p2，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。
(2)本实验______(选填“需要”或“不需要”)测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
16. 某学习小组欲用单摆测量当地的重力加速度，由于缺少合适的小球，该小组用不可伸长的细线和小铁锁制成一个单摆，如图甲所示。
(1)该学习小组将小铁锁缓慢拉离平衡位置，达到最高点时细线与竖直方向之间的夹角小于5°，将小铁锁由静止释放。从小铁锁某一次经过最低点时开始计时并记为1，小铁锁每经过最低点计数一次，数到n次(80
四、简答题（本大题共4小题，共40.0分）
17. 如图所示是一列简谐横波上A、B两点的振动图像，A、B两点相距8m。求：
(1)写出B质点的振动方程；
(2)这列波可能的波长。
18. 如图所示，为一游戏传送装置，其中AB段是光滑圆弧轨道，B端切线水平，CDE是半径为R=0.2m的光滑半圆内形轨道，其直径CE沿竖直方向。B位于CE竖直线上，BC间的距离很小且能让小滑块自由通过。粗糙水平轨道ME长L=0.6m，动摩擦因数μ=0.4，M端安装有竖直弹性挡板，小滑块碰到挡板后被反弹速度大小保持不变。现有一可视为质点的小滑块，质量m=0.2kg，自A处无初速度进入传送装置，恰好能沿CDE轨道滑下。求：
(1)小滑块通过C点的速度大小；
(2)小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小及方向；
(3)小滑块最终停在距M点多远处。
19. 如图所示，在电动机的带动下以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有一个位于同一直线上、处于静止状态的小球，小球质量m0=2kg。质量m=1kg的物体(可视为质点)从轨道上P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球发生弹性正碰。重力加速度，g=10m/s2。求：
(1)物体第一次从A运动到B所用时间；
(2)物体第一次从A向右运动到B的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
20. 如图1所示，固定的水平平台上距水平平台右端(d1=1m处有一木块A(可视为质点)，紧靠平台右端的水平地面上放置一与平台等高的水平木板B，木板B上距木板B左端d2=1m；处固定一轻挡板，挡板右侧和物块C(可视为质点，刚好位于木板B的右端)之间由机关锁定着一个压缩的轻弹簧(弹簧与物块C不拴接)。木块A在水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，力F与木块A位移的关系图象如图2所示。木块A刚好与挡板接触不发生碰撞并粘连在一起，此时机关解除锁定，弹簧瞬间弹开，最终木板B的左端与平台右端的距离(d3=0.25m(木板B未与平台相碰)。已知木块A、木板B、物块C的质量关系为mA=2mB=2mC=2kg，木块A与平台间的动摩擦因数μ=0.2，木板B与地面间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小，g=10m/s2。求：
(1)木块A刚刚滑上木板B时的速度大小；
(2)木块A与木板B上表面间的动摩擦因数；
(3)弹开前弹簧储存的弹性势能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.为了减轻轮缘与轨道间的挤压，应外轨高于内轨，故A错误；
B.开普勒通过研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B正确；
C.根据P=Fv可知，上坡时，P一定，用“换挡”的办法减小速度来得到较大的牵引力，故C错误；
D.宇航员把物体扔出后，自己会向扔出的反方向运动，故D错误。
故选：B。
火车按设计速度转弯时，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力，所以应外轨高于内轨；根据开普勒的贡献分析；根据P=Fv，可知，当P一定时，F与v的关系；根据动量守恒定律分析。
解决本题的关键是利用所学的物理知识分析生活中常见的现象，提高利用所学知识解决问题的能力。
2.【答案】B
【解析】解：画出小球运动过程示意图如图所示。
因为t1
故选：B。
画出小球运动过程示意图，确定小球的运动周期，再求小球第三次通过M点的时刻。
本题在于关键分析小球的振动情况，通过画出小球运动过程示意图，结合简谐运动的对称性，来确定小球的运动周期。
3.【答案】D
【解析】解：A.“天问一号”脱离了地球的束缚，没有脱离太阳的束缚，则“天问一号”的发射速度大于地球的第二宇宙速度，故A正确；
B.由Q点到P点，卫星到火星间距减小，万有引力做正功，势能减小，即“天问一号”在轨道I上经P点的势能小于在轨道Ⅱ上的经过Q点的势能，故B错误；
C.轨道Ⅱ变轨到轨道I，是由高轨道到低轨道，需要在P点减速，即需要在P点朝速度方向喷气，故C错误；
D.在火星表面有GMmR2=mRω2
火星密度为
ρ=M43πR3
解得
ρ=3ω24πG
故D正确；
故选：D。
根据第二宇宙速度的定义分析。根据引力做功可分析势能的变化，根据卫星变轨的原理分析。根据万有引力等于向心力求火星的质量，进一步求解密度。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键要掌握万有引力等于重力，以及万有引力等于向心力这两条思路进行列式分析。
4.【答案】A
【解析】解：AD.已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图
则设OM为
y=ax2
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
y1=ax12=12gt12
y2=ax22=12gt22
联立解得
t1t2=x1x2
所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有
x1=v1t1
x2=v2t2
联立可得
v1v2⋅t1t2=x1x2
整理可得
v1=v2
故D错误，A正确；
C.因v1=v2，但竖直方向有v1y=gt1>v2y=gt2
故两分速度合成后可知击中O点的速度不同，故C错误；
B.两球在O点重力瞬时功率为
PG1=mgv1y>PG2=mgv2y
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。
故选：A。
根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律分析ACD，根据重力的瞬时功率的计算公式分析B。
本题考查功率的计算，解题关键掌握功率瞬时功率的计算公式PG=mgvy。
5.【答案】C
【解析】解：A、设杆与竖直方向夹角为θ，弹簧原长为L0，当角速度为ω0时，轻弹簧处于原长状态；以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=mω02L0sinθ
解得
ω0=1sinθ gcosθL0
可知保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧仍处于原长状态，故A错误；
BC、角速度由ω0逐渐增大，小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力，小球做圆周运动的半径逐渐增大，小球将沿杆向上移动，弹簧的伸长量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得
F杆sinθ=mg+F弹cosθ
可知杆对小球的作用力逐渐增大，故B错误，C正确；
D、若解除小球与弹簧的拴接，由于小球只受重力和杆的弹力作用，且杆的弹力方向保持不变，则装置以略大于ω0的角速度匀速转动时，重力和杆弹力的合力将不足以提供小球所需的向心力，小球将一直沿杆向上移动，不会在A点上方某位置随杆一起转动，故D错误。
故选：C。
弹无伸长压缩时，对小球受力分析根据重力与支持力的合力提供向心力求出ω0的表达式。并判断质量变化时，该状态是否变化；
当杆绕OO′轴以角速度变化后从竖直和水平两方向的规律分析杆与球的弹力变化；根据题题设条件的变化分析弹簧弹力做功情况，分析小球机械能的变化。
本题考查了牛顿第二定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知两节动车功率分别为
P1=f1v1
P2=f2v2
当把它们编组后
P1+P2=(f1+f2)v
联立解得
v=(P1+P2)v1v2P1v2+P2v1
故ABC错误，D正确。
故选：D。
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，再结合编组后P1+P2=(f1+f2)v，整理可求出v的大小。
当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题。
7.【答案】B
【解析】解：A、将物体B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的分速度大小等于A的速度大小，如图
由几何关系得：vB=vcos45 ∘= 2v
故A错误；
B、在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，B沿绳方向的分速度为零，则物体A的速度为零，A和B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：Ek=12mv2+12mvB2=32mv2
故B正确；
C、B垂直于绳方向的分速度为vB′=v
小水滴P沿绳方向的分速度等于B沿绳方向的分速度v，由v=ωr可知，垂直于绳方向的分速度为vP′=12vB′=12v
如图
则小水滴P脱离绳子时的速度大小为vP= v2+(12v)2= 52v
故C错误；
D、P沿绳方向的速度大小等于B沿绳方向的速度大小，P垂直绳的速度大小小于B垂直于绳的速度大小，B的合速度水平向左，则P的合速度斜向左下，小水滴脱离绳子后做斜抛运动，故D错误。
故选：B。
将B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的速度大小等于A的速度大小，根据几何关系求解B的速度；根据机械能守恒定律求解B的动能；根据几何关系求解P的速度大小和方向，进而分析与绳子分离后的运动。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是知道两物体和水滴沿绳方向分速度大小相等，P和B垂直绳方向的分速度与旋转半径成正比。
8.【答案】D
【解析】解：A、根据题意可得
12Mv12=8J
解得木块的速度为
v1=4m/s
所以木块动量变化量的大小为
Δp=Mv1=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s
故A错误；
B、设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，末穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则
W子弹对木块=fx
W木块对子弹=−f(x+d)
所以
W子弹对木块+W木块对子弹=−fd
故B错误；
C、子弹、木块运动的v−t图像如图1所示
图1
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
x
W子弹对木块=fx=8J
D、只增大木块质量，子弹射入木块后仍末穿出，结合牛顿第二定律可知木块的加速度减小，v−t图像如图2所示
图2
由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。
故选：D。
根据动量的计算公式分析A，画出子弹和木块的v−t图像，根据图象结合功能关系、牛顿第二定律进行解答。
本题属于子弹打木块经典模型问题，试图引导学生体会图像解决问题的方便性。考查碰撞过程的综合问题，重在考查学生的数学分析能力和逻辑推理能力，注重物理观念和科学思维的考查，突出基础性和综合性的考查，对应核心素养的运动和相互作用观。
9.【答案】C
【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，质点P只沿y轴上下振动，不随波的传播方向移动，故A错误；
B、由图可知波长为4m，则周期为T=λv=410s=0.4s。根据波形平移法可知，此时质点P沿y轴向下振动，再经过0.2s，即半个周期，质点P第一次回到平衡位置，故B错误；
C、波从质点P传到质点Q所用时间为：Δt1=Δxv=9−510s=0.4s
可知再经过0.8s，x=9m处的质点Q刚好振动了一个周期时间，则质点Q到达平衡位置处向下振动，故C正确；
D、因为质点P、Q相距Δx=9m−5m=4m=λ，可知质点P、Q的振动完全同步，则质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处，故D错误。
故选：C。
质点P只上下振动，不随波向前移动；读出波长，由波速公式求出周期，再根据时间与周期的关系，分析质点P第一次回到平衡位置的时间；根据时间与周期的倍数，确定再经过0.8s，x=9m处的质点Q到达的位置和振动方向；根据质点P、Q相距的距离与波长关系，分析它们振动状态关系。
解决本题的关键要掌握波长、波速、周期的关系，以及知道介质中各个质点的起振方向相同。
10.【答案】BC
【解析】解：A、两卫星的质量关系未知，无法比较动能的大小，故A错误；
B、根据开普勒第三定律有
r13T12=r23T22
根据题意解得T2=8T1，故B正确；
C、设两卫星第一次相距最近的时间为t，则(2πT1−2πT2)t=2π−23π
解得
t=16T121
故C正确；
D、由GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
卫星与中心天体连线扫过的扇形面积S=12Lr=vtr2=t2 GMr
可知相等时间内卫星一和地球连线扫过的面积小于卫星二和地球连线扫过的面积，故D错误；
故选：BC。
根据动能与质量和速度有关分析A，根据开普勒第三定律分析B，根据两卫星的运行角度分析C，根据万有引力提供向心力结合几何关系分析D。
本题主要是考查开普勒行星运动定律，解答本题要掌握开普勒行星运动规律，知道面积的计算方法和周期定律。
11.【答案】BD
【解析】解：A、刚释放瞬间，把PQ两物体看作一个整体，利用牛顿第二定律有：mg=2ma，可得加速度a=g2，故A错误；
B、PQ和弹簧组成的系统做简谐运动，设P物体在O点时弹簧的形变量为x，在O点两物体合力为零，则有kx=T=mg
代入数据可得：x=mgk，则物体的振幅A=x，当物体P运动到右侧与A点关于O点对称的A′点时，物体Q的加速度最大，且竖直向上，利用简谐运动的对称性可知物体Q的加速度a=g2
对物体Q利用牛顿第二定律有：Tm−mg=ma
代入数据可得：Tm=3mg2，故B正确；
C、根据功能关系可知从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于绳子拉力做功，此过程Q物体向下做加速运动，绳子拉力小于物体Q的重力，可知绳子拉力做的功小于物体Q重力做的功，所以物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量小于物体Q所受重力对Q所做的功，故C错误；
D、物体P运动到右侧A′点时，弹簧的弹性势能最大，则有Epm=12k×(2x)2
代入数据可得：Epm=2m2g2k，故D正确。
故选：BD。
A、释放瞬间，对PQ整体利用牛顿第二定律可得加速度大小；
B、PQ和弹簧组成的系统做简谐运动，系统在O点合力为零，可得弹簧的形变量，则可得振幅，根据简谐运动的对称性可知A点关于O点对称的点，在此对称点加速度最大，根据两个对称点的加速度等大反向，对物体Q利用牛顿第二定律可得绳子的最大拉力；
C、根据功能关系可知从A点到O点物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于绳子拉力做功，再根据物体Q所受拉力和重力的大小关系可知两力做功的大小关系，则可判断正误；
D、根据振幅可得弹簧的最大形变量，根据Ep=12kx2可得弹簧的的最大弹性势能。
本题考查了简谐运动、功能关系，注意简谐运动关于平衡位置对称的两点的加速度等大方向。
12.【答案】AC
【解析】解：物体能够静止在斜面上，则有：mgsinθ≤μmgcosθ，根据功能关系可知：EP=mgsinθ⋅x0，产生的热：Q=μmgcosθ⋅x0，所以摩擦力产生的热随x变化关系图像的斜率大于重力势能随x变化关系图像的斜率，而重力势能逐渐减小，所以图像对应的物理量随位移变化关系如图所示：
A.物块的位移为x0，根据重力做功与重力势能变化的关系得：ΔEP=mgsinθ⋅x0，根据图像可知：ΔEP=15J
固定斜面上处于静止状态，物块的位移为x0，产生的热为：Q=μmgcosθ⋅x0=16J
联立解得：μ=0.8，故A正确；
B.物体在运动位移为x0的过程中机械能增加为：ΔE=ΔEk−ΔEP=14J−15J=−1J，即机械能减少1J，故B错误；
C.物体在运动位移为x0的过程中恒力做功为WF，则有：WF+ΔEP=Q+ΔEk
则：WF=16J+14J−15J=15J，故C正确；
D.根据图像可知，mgsinθ=15x0，μmgcosθ=16x0，撤去恒力时动能为Ek=14J，设物体还能沿斜面向下滑x，根据动能定理可得：
mgsinθ⋅x−μmgcosθ⋅x=0−Ek
联立解得：x=14x0，故D错误。
故选：AC。
根据题意分析图像表示的是哪个物理量随位移的变化情况，根据重力做功与重力势能变化的关系列方程，根据功能关系得到产生的热，联立求解动摩擦因数；根据功能关系求解机械能的变化以及拉力做的功；根据动能定理求解最后滑动的距离。
本题主要是考查功能关系和图像问题，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关，弄清楚图像斜率表示的物理意义是关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A、t=0时刻，由图可知aA=1m/s2，开始弹簧处于原长，A物体的合力等于F，对A物体利用牛顿第二定律：F=mAaA=1.2×1N=1.2N，故A正确；
B、a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度的变化量，把图像中t=0，t=1s两时刻对应的点连接起来，如图所示：
直线与时间轴所夹的面积s=1.0+0.62×1m/s=0.8m/s，可知直线对应的速度变化量Δv=0.8m/s，物体初速度为零，可知直线对应1s末的速度v=0.8m/s
物体A对应曲线与时间轴所夹的面积比直线与时间轴所夹的面积大，所以t=1s时A的速度大小大于0.8m/s，故B错误；
C、t=1s时对AB物体分别利用牛顿第二定律有：F−kx=mAaA kx=mBaB
代入数据可得：mB=0.8kg，故C错误；
D、0～1s内分别对AB两物体利用动量定理，取向右为正方向，则有：Ft−Fkt=mAvA Fkt=mBvB
代入数据可得：mAvA+mBvB=Ft=1.2×1kgm/s=1.2kgm/s
弹簧第一次伸长量最大时两物体的速度大小相等，设此速度为v1，撤去外力F后，AB两物体组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有：mAvA+mBvB=(mA+mB)v1
代入数据可得：v1=0.6m/s
从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程，对物体B利用动能定理可得：Wk=12mBv12
代入数据可得弹簧的弹力对物块B所做的功：Wk=0.144J，故D正确。
故选：AD。
A、由图可知0时刻物体A的加速度，对物体A利用牛顿第二定律可得恒力F的大小；
B、把图像中t=0，t=1s两时刻对应的点连接起来，根据a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度的变化量，可得直线对应的速度变化量，物体A对应曲线与时间轴所夹的面积与直线与时间轴所围面积相比较，可得A物体对应的速度变化量的范围，初速度为零，可知t=1s时A的速度大小范围；
C、t=1s时对AB两物体分别利用牛顿第二定律，可得物体B的质量；
D、0～1s内分别对AB两物体利用动量定理可得AB两物体质量和速度的乘积之和，撤去外力F后，两物体组成的系统动量守恒，弹簧第一次伸长量最大时两物体的速度大小相等，两式联立可得弹簧伸长量最大时两物体的速度大小，从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程，对物体B利用动能定理可得弹簧的弹力对物块B所做的功。
本题考查了动量定理、动量守恒定律、动能定理，解题的关键分析清楚两物体受力情况和运动情况。
14.【答案】BD
【解析】解：A.设小车质量为M，小物块质量为m，以水平向右为正方向，小物块首次经过BC段的最左端时速度vB，小车和小物块水平方向动量守恒，可得：
mvAcos37°=Mv车+mvB
解得：v车=−0.4m/s
小物块首次经过BC段的最左端时，小车的速度大小为0.4m/s，故A错误；
B.小车向左位移最大时，小车的速度为零，小物块此时在CD段之间，设小物块的速度为v′，速度方向与水平方向的夹角为θ，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
mvB+Mv车=mv′cosθ
因为：0
故B正确；
C.设小物块在CD段上升最大高度(相对BC)为h，此时小物块和小车速度相同，设为v。由水平方向动量守恒得：
mvB+Mv车=(M+m)v
由机械能守恒定律
12mvB2+12Mv车2=12(m+M) v2+(M+m) gh
解得：
v=0.4m/s
h=0.064m<0.3m
故小物块不会从D点离开小车，故C错误；
D.只要小物块在B点速度不为零，小物块就会冲上斜面，并下滑。由能量守恒定律，可知小物块最终相对于小车静止在B点，故D正确。
故选：BD。
根据小车和小物块水平方向动量守恒列式分析A，小车向左位移最大时，小车的速度为零，根据动量守恒定律分析B，根据动量守恒定律结合机械能守恒定律分析CD。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律等知识点。本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律。
15.【答案】m1 2μgx1 (m1+m2) 2μgx2 不需要
【解析】解：(1)A在水平面运动过程，由动能定理得：−μm1gx1=0−12m1v12
解得：v1= 2μgx1，
A、B在水平面运动过程，由动能定理得：−μ(m1+m2)gx2=0−12(m1+m2)v22
解得：v2= 2μgx2，
A、B碰撞前的动量：p1=m1v1=m1 2μgx1，
碰撞后的动量：p2=(m1+m2)v2=(m1+m2) 2μgx2；
(2)如果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：m1v1=(m1+m2)v2，
即：m1 2μgx1=(m1+m2) 2μgx2，
整理得：m1 x1=(m1+m2) x2，
实验不需要测量动摩擦因数μ；
故答案为：(1)m1 2μgx1；(m1+m2) 2μgx2；(2)不需要。
(1)应用动能定理求出碰撞前后的速度，然后应用动量的计算公式求出碰撞前后的动量。
(2)根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析判断实验是否需要测出动摩擦因数。
本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验数据处理，认真审题、理解实验原理是解题的前提与关键，应用动能定理、动量的计算公式与动量守恒定律即可解题。
16.【答案】2tn−1 9.6 等于
【解析】解：(1)由题目所给的操作过程知，全振动的次数为n−12，那么周期T=tn−12=2tn−1；
(2)根据图像描点，使更多的点在图线上，不在图线的点分布在图线两侧，误差太大的点舍去，如图
根据单摆周期公式有
T=2π lg
解得T2=4π2gl
根据图像斜率可知k=4π2g=3.65−2.01.0−0.6s2/m
解得g=9.6m/s2
图像的斜率不变，所测重力加速度的值不变，由于不考虑偶然误差，所以测量值等于真实值。
故答案为：(1)2tn−1；(2)见解析；9.6；等于
(1)根据操作步骤，求出单摆的周期；
(2)根据坐标系内描出的点作出图象，根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后求出重力加速度。
本题考查了求摆长与单摆周期、重力加速度表达式等；知道应用单摆测重力加速度的原理是解题的关键，应用单摆周期公式可以解题。
17.【答案】解：(1)由图示质点B的振动图象可知，振幅A=10cm，T=0.4s，初相位φ=π
角速度ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s
B质点的振动方程y=Asin(ωt+φ)=10sin(5πt+π)cm=−10sin(5πt)cm
(2)若波由A传向B时，由图示振动图象可知：xAB=nλ+34λ=8m(n=0、1、2、3)
解得：λ=324n+3m(n=0、1、2、3⋯)
若波由B向A传播，由图示振动图象可知：xAB=14λ+nλ=8m(n=0、1、2、3⋯⋯)
解得：λ=324n+1m(n=0、1、2、3⋯⋯)
答：(1)B质点的振动方程是y=−10sin(5πt)cm；
(2)这列波可能的波长是324n+3m或324n+1m (n=0、1、2、3……)。
【解析】(1)根据B质点的振动图象求出其振幅、周期与初相位，然后求出振动方程。
(2)根据波的传播方向，由振动图得到两质点距离和波长的关系，从而求得波长。
本题中波传播的方向不确定，所以既要考虑波的周期性，又要考虑波的双向性，防止漏解．本题还考查运用数学知识解决物理问题的能力，这是高考考查的五大能力之一．
18.【答案】解：(1)小滑块恰好能沿CDE滑下，则小滑块在C点有
mg=mvC2R
代入数据解得：vC= 2m/s
(2)对小滑块，从C到E，根据动能定理有
mg⋅2R=12mvE2−12mvC2
设小滑块在E点所受轨道的支持力大小为FE，由牛顿第二定律有
FE−mg=mvE2R
联立方程，代入数据解得：FE=12N，vE= 10m/s
根据牛顿第三定律可知，小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小FE′=12N，方向竖直向下。
(3)小滑块与挡板碰后反弹
12mvE2−μmg⋅2L=12×0.2×( 10)2J−0.4×0.2×10×2×0.6J=0.04J
mgR=0.2×10×0.2J=0.4J
因为12mvE2−μmg⋅2L
代入数据解得：s=1.25m
s=2L+0.05m
小滑块最终停留位置距M点距离为：x=L−0.05m=0.6m−0.05m=0.55m
答：(1)小滑块通过C点的速度大小为 2m/s；
(2)小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小为12N，方向竖直向下；
(3)小滑块最终停在距M点0.55m的位置。
【解析】(1)根据小滑块恰好沿CDE滑下，可求得C点的速度；
(2)根据动能定理，可求得E点速度，根据牛顿第二、第三定律可求小滑块第一次到达圆弧最低点E时对轨道的压力大小及方向；
(3)根据能量守恒，可求小滑块在粗糙水平轨道ME上的路程，进而可求最终停留位置。
本题综合考查了牛顿定律、动能定理等知识，关键要把握小滑块在C点的临界速度，理清每个运动过程的规律。
19.【答案】解：(1)由于物体冲上传送带的初速度大于初速度的速度，开始物体相对传送带向右运动，则有
μmg=ma
解得
a=5m/s2
物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移
x0=v02−v22a
解得
x0=2.4m
t1=v0−va=7−55s=0.4s
匀速过程历时
t2=L−x0v=3.4−2.45s=0.2s
则从A运动到B的时间
t=t1+t2=0.4s+0.2s=0.6s
(2)传送带对物体的摩擦力的冲量为
If=mv−mv0
解得
If=−2N⋅s
可知传送带对物体的冲量大小为2N⋅s，方向水平向左，传送带对物体的支持力的冲量
IN=Nt=mgt=1×10×0.6N⋅s=6N⋅s
则传送带对物体的冲量大小为
I= If2+IN2
解得
I=2 10N⋅s
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度大小为v1，左侧小球碰后速度大小为u1，则有
mv=−mv1+m0u1,12mv2=12mv12+12m0u12
解得
v1=53m/s,u1=103m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，根据
0−v12=−2ax1,v1=at3
解得
x1=518m
E1=2μmgvt3=2×0.5×1×10×5×13J=503J
答：(1)物体第一次从A运动到B所用时间为0.6s；
(2)物体第一次从A向右运动到B的过程中，传送带对物体的冲量大小为2 10N⋅s；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能为503J。
【解析】(1)物体第一次从A运动到B用牛顿第二定律和运动学公式求解时间；
(2)第一次从A向右运动到B的过程中，用动量定理求解传送带对物体的冲量大小。
(3)由动量守恒定律和机械能守恒定律处理碰撞过程，再根据运动学公式和能量守恒定律求解电动机多消耗的电能。
这是一道比较典型的传送带问题，综合应用了碰撞问题，和运动学公式，难度大，思维量大，需要对知识掌握熟练，且能灵活运用。
20.【答案】解：(1)由图 2结合题意分析可知，当木块A在平台上运动时有外力F作用，力F在平台上
对木块A做的功
WF=(F0+0)d12
木块A在平台上运动过程由动能定理有
WF−μ1mAgd1=12mAv02
解得
v0=4m/s
(2)当木块A在木板上滑行时，对A受力分析，由牛顿第二定律有
μ₂mΛg=mΛaΛ
对木板B和木块C整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ2mAg−μ(mA+mB+mC)g=(mB+mC)aBC
由题意可知当木块A与挡板接触时二者共速，设木块A在B上滑行的时间为t，有
xA=xBC+d2
即
v0t−12aAt2=12aBCt2+d2
由速度关系有
v0−aAt=aBCt
解得
μ2=0.5
(3)木块A与挡板接触时，A、B、C共同的速度
v=v0−aAt
弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，有
(mA+mB+mC)v=mCvC−(mA+mB)vAB
弹簧弹开过程中根据能量守恒定律有
Ep+12(mA+mB+mC)v2=12(mA+mB)vAB2+12mCvC2
木板B向左滑行过程中，根据动能定理有
−μ(mA+mB)g(xBC−d3)=0−12(mA+mB)vAB2
解得
Ep=24J
答：(1)木块A刚刚滑上木板B时的速度大小为4m/s；
(2)木块A与木板B上表面间的动摩擦因数为0.5；
(3)弹开前弹簧储存的弹性势能为24J。
【解析】(1)由F−x图像知，图像与x轴围成面积表示外力F做的功，木块A在平台上运动过程由动能定理求A刚刚滑上木板B时的速度；
(2)当木块A在木板上滑行时分别对A和BC整体受力分析，求出加速度表达式，再利用位移关系列等式求动摩擦因数；
(3)弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，能量守恒，木板B向左滑行过程中，根据动能定理列式可求弹簧储存的弹性势能。
这是一道设计动量守恒、动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的题，难度较大，过程多、物体多，一定要明确过程，明确研究对象。
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