山东省青岛第二中学2024-2025学年高三上学期期中物理试卷（解析版）-A4

这是一份山东省青岛第二中学2024-2025学年高三上学期期中物理试卷（解析版）-A4，共29页。试卷主要包含了5m/s等内容，欢迎下载使用。
1.本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，90分钟。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
第Ⅰ卷（共40分）
一、单选题：本题共8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。
1. 如图所示，门球运动是老年人喜爱的健身运动，用球杆击打水平面上放置的门球，顺利完成球门设计路线为赢。现门球可视为质点从O点水平向右被击出后，视做匀减速直线运动，两相邻门间的距离均为3m，球全程不与任何窄门相碰且恰好停在5号门的正下方。已知：门球在4号门和5号门之间滑行的时间为1s，下列说法正确的（ ）
A. 门球的加速度大小为3，方向水平向左
B. 门球经过1号门时的速度大小为12m/s
C. 门球由1号门滑至5号门所用的时间为4s
D. 门球在1号门和5号门之间滑行的平均速度大小为7.5m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．球做末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维把球看成从第5号门由静止向左做匀加速直线运动，由位移时间关系式有
其中
，
得
方向向左。故A错误；
B．设门球经过1号门时的速度大小为，有
得
故B正确；
C．设门球由1号门滑至5号门所用的时间为，有
得
故C错误；
D．由上分析结合平均速度公式，有门球在1号门和5号门之间滑行的平均速度大小为
故D错误。
故选B。
2. 如图所示，在正四面体P-ABC中，O是底面AB边的中点，若在A、B两点分别固定一个带正电、电荷量都为Q的点电荷。下列说法中正确的是（ ）
A. P点的电场强度与C点的电场强度相同
B. P、C两点的电势相等，所以PC是一条等势线
C. 将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电荷的电势能逐渐增加
D. 从O点沿着OC移动到C点的过程中，电场强度先增加后减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．P点的场强方向沿OP方向，C点的场强方向沿OC方向，两点的场强方向不同，A错误；
B．因为P-ABC为正四面体，故P、C两点在AB的中垂面上且到AB的距离相同，故P、C的电势相等，但PC不是一条等势线，B错误；
C．根据等量正点电荷周围电场线的分布特点，将带正电的试探电荷从O点沿OC移到C点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，C错误；
D．根据电场的叠加原理，可知，O点的电场强度为0，C点的电场强度不为零，从O到C的过程中，离场源电荷越来越远，电场强度又逐渐减小，故从O点沿着OC移动到C点的过程中，电场强度先增加后减少，D正确。
故选D。
3. 如图所示，现用三根细线a、b、c将质量均为m的两个小球1和2连接并悬挂，两小球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 细线c对小球2的拉力大小为
B. 细线b对小球2的拉力大小为
C. 若将细绳c的右端缓慢上移，并保持小球1和2的位置始终不变，则细绳c的拉力一定先变小后变大
D. 若将细绳b剪断，则在剪断细绳b的瞬间，细线a对小球1的拉力大小仍然不变。
【答案】C
【解析】
【详解】A．把1、2小球看成整体分析，受力分析如图
由三力平衡或正交分解可得
故A错误；
B．对小球2受力分析如图
根据受力平衡有
故B错误；
C．对小球2的受力画出矢量分析图如下
根据图解法可得：Fc先变小后变大，故C正确；
D．细线b剪断的瞬间，小球1受力情况如图所示
此时小球1的速度为0，向心加速度为0，向心为0，则
细线a对小球1的拉力变小，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，人造地球卫星1在圆形轨道Ⅰ上运行，人造地球卫星2在椭圆轨道Ⅱ上运行，其中椭圆轨道上的A点为远地点，B点为近地点，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星2在B点的速度小于在卫星2在A点的速度
B. 卫星1在A点加速度等于卫星2在A点的加速度
C. 卫星1和卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D. 卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的动能大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的动能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，卫星2在B点的速度大于在卫星2在A点的速度，A错误；
B．根据万有引力定律和牛顿第二定律可知
解得
由于卫星1和卫星2在A点到地心的距离相等，故二者在A点的加速度相等，B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，卫星1在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，卫星2在相同时间内与地球连线扫过的面积相等，但两卫星不在同一轨道，故在相同时间内与地球连线扫过的面积不相等，C错误；
D．卫星1在轨道Ⅱ上通过A点需加速才能运动到轨道Ⅰ上，故卫星1在轨道Ⅰ上通过A点的速度大于在卫星2在轨道Ⅱ上通过A点的速度，但两卫星的质量关系未知，不能确定它们动能的大小关系，D错误。
故选B。
5. 如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过5°，OA绳长1.6m。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10，忽略一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 时小球位于A点B. 时小球位于B点
C. D. OP之间的距离为1.2m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙图可知，线的拉力最大，小球从A到C的过程中，线速度的大小不变，摆长变小，根据牛顿第二定律可知
解得
结合乙图可知，线的拉力由大变小，可知乙图从B点向C点运动开始计时，故时小球返回到B点，A错误；
B．同理，根据上述分析可知，拉力最小，小球应在A点，B错误；
C．由乙图可知，A到B的过程中，小球的周期大，设其周期为T1，则有
解得
又因为
解得
C错误；
D．同理可知，B到C的过程中，小球的周期小，设小球的周期为T2，则有
解得
代入单摆的周期公式
解得
故OP的长度为
D正确。
故选D。
6. 如图所示，水平面上的半圆柱体曲面光滑，与地面接触的平面比较粗糙。小球A置于半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，整个装置处于静止状态，已知B球质量为m。O点在半圆柱体圆心的正上方，OA与竖直方向成37°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成53°角，已知，。下列说法正确的是（ ）
A. 小球A的质量为2mB. 半圆柱体对A球支持力的大小为
C. 地面对半圆柱体的摩擦力的大小为D. 滑轮O对轻质细线的作用力竖直向上
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对两球受力分析如图
由几何关系可知FN与TOA与竖直方向夹角相等，则
FN=TOA
对B分析可知
TOB=TOA
解得
选项A错误，B正确；
C．对半圆柱体和小球A整体分析可知，地面对半圆柱体的摩擦力的大小为
选项C错误；
D．因滑轮两边细线的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不等，则两边细绳拉力的合力不是竖直向下，则滑轮对轻质细线的作用力也不是竖直向上，选项D错误。
故选B。
7. 如图所示，一倾斜传送带与水平面成角，以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l=40m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，每个工件与传送带间的动摩擦因数均为，g取10，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带上始终有7个工件
B. 两个工件间的最小距离为2.5m
C. 满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
D. 若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能400J
【答案】D
【解析】
【详解】A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A错误；
B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，可得传送带上两个工件间的最小距离
故B错误；
C．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和
故C错误；
D．若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点，加速阶段克服摩擦力做功为
根据能量守恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，一个质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度从小车的左端冲上小车，经过时间t到达最大高度，此时小球恰好与O点相平，之后小球又返回小车的左端。下列说法正确的是（ ）
A. 小球回到小车左端后一定做平抛运动
B. 圆弧轨道半径
C. 经过时间t，小车位移大小为
D. 小球上升过程中，轨道对小球的冲量大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．整个过程中小球与小车系统由于只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒；系统在水平方向合外力为零，故水平方向上动量守恒；
小球从开始运动到从底端离开小车过程中，水平方向动量守恒，有
机械能守恒，有
联立解得
因为m与M的大小关系未知，故小球从底端离开小车时的速度可能不为零，可能为零；当时，小球离开小车时速度为零，做自由落体运动，A错误；
B．上升过程中小球从开始运动到到达最高点过程中根据水平方向动量守恒，有
系统机械能守恒，有
联立解得
B正确；
C．小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有
运动时间为t，有
即
小球的水平位移与小车的水平位移满足关系式
联立解得经过时间t，小车位移大小为
C正确；
D．由动量定理有，小球上升过程中，轨道对小球的冲量为
D错误。
故选BC。
二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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，选错的得0分。
9. 如图为倾角为的斜坡，斜坡底端Q点正上方有M和N两点，甲战斗机以水平速度飞到M点时释放炸弹A，准确命中斜坡上的一点P，MP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度飞到N点时释放炸弹B，也准确命中斜坡上的同一点P，命中时速度方向恰好垂直于斜坡。已知炸弹在空中可视作做平抛运动。下列说法正确的是（ ）
A. 炸弹A、B在空中的飞行时间之比为
B. 重力对炸弹A、B做功之比为2：1
C. 任意相同时间内，炸弹A、B在空中的速度变化量之比为1：1
D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．设从N点释放的导弹落在P点所用的时间为，对于从M点释放的导弹落，其竖直位移与水平位移相等，则根据平抛运动的规律有
又
联立解得
，
故A正确；
B．两导弹下落高度之比为
由
可知，重力做功之比为2∶1，故B正确；
C．对于甲乙释放的导弹，在任意相同时间内速度变化量
可知两导弹在任意相同时间内速度变化量相同，其比值为，故C正确；
D．由A选项的解析可知
故D错误。
故选ABC。
10. 在沿x轴方向上电场强度E与坐标x的关系如图所示，取坐标原点为零电势，电场强度E沿x轴正方向为正。一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子，从处由静止释放，若粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A. 该带电粒子将做简谐运动且振幅为2a
B. 粒子的最大动能
C. x=a处的电势为
D. 粒子第一次运动到原点所用的时间为
【答案】B
【解析】
【详解】C．图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示电势差，则有
解得
故C错误；
B．坐标原点左侧电场方向向左，右侧电场方向向右，粒子在电场力作用下，先向右做加速运动，后向右做减速运动，减速至0后，向左先做加速运动，后向左做减速运动，根据对称性，减速至0时，恰好返回释放点，可知，粒子到达坐标原点的速度最大，此时粒子的动能最大，根据动能定理有
结合上述解得
故B正确；
A．根据图像可知，图像对应的函数方程为
粒子所受电场力即为其合力
合力大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，方向相反，粒子做简谐运动，振幅为a，故A错误；
D．若从粒子从坐标原点向右运动作为计时起点，则其运动方程为对上述函数求导，得到速度表达式
对速度表达式求导，得到加速度大小表达式为
根据牛顿第二定律有
综合上述解得
则粒子第一次运动到原点所用的时间为
故D错误。
故选B。
11. 如图，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面上，另一端固定一质量为 的托盘，在托盘上放置一质量为的小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点 （未标出）。时刻对小物块施加竖直向上的外力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，重力加速度为g。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。时刻物块与托盘脱离，下列图像中能正确反映外力F、物块与托盘之间的作用力 FN的大小随小物块位置坐标x或时间t变化的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】BD．时间内，物块与托盘处于静止状态，根据受力平衡可得
可得初始状态弹簧的压缩量，即初始坐标为
以物块为对象，根据受力平衡可得物块与托盘之间的作用力为
时刻，对小物块施加竖直向上的外力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a；以物块与托盘为整体，根据牛顿第二定律可得
解得时刻外力大小为
以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得时刻物块与托盘之间作用力为
可知图像初始坐标为所对应的外力应为；图像初始坐标为所对应的作用力应从突变为，故BD错误；
AC．在分离前，经过时间物块运动位移为
以物块与托盘为整体，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像从时间内应为开口向上的抛物线；以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知图像从时间内应为开口向下的抛物线，且时刻分离，作用力刚好为0；故A错误，C正确。
故选C。
12. 如图所示，质量为M=2kg的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点处固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态时左端在C点，C点到木板左端的距离L=1.0m，可视为质点的小木块质量为m，静止放置在木板的左端；现对木板AB施加水平向左的恒力F=24N，0.5s时撤去恒力F，此时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点左侧部分与木块间的动摩擦因数，C点右侧部分光滑；取。下列说法正确的是（ ）
A. 撤去恒力F后，木板先做减速运动再做加速运动最后匀速运动
B. 恒力F对木板AB做功为30J
C. 整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能
D. 整个运动过程中，系统产生的热量Q=8.0J
【答案】BD
【解析】
【详解】B．在水平恒力作用下，对M分析有
F-μmg=Ma1
对m受力分析有
μmg=ma2
恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，则有
解得
a1=10m/s2，a2=2m/s2，m=2kg
则恒力F对木板AB做功为
代入数据解得
W=30J
故B正确；
C．撤去F时，木板与木块的速度分别为
v1=a1t=10×0.5m/s=5m/s
v2=a2t=2×0.5m/s=1m/s
撤去外力F后，规定向右为正方向，弹簧压缩到最短过程中，根据动量守恒有
Mv1+mv2=（M+m）v
两者具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒
联立解得
Ep=8J
故C错误；
A．两物体质量相等，则物块回到C点后，速度互换，此时物块速度大于木板速度，木板做加速运动，故A错误；
D．在F作用过程中产生的热量
Q1=μmgL
解得
Q1=4J
从撤去F，物块向左弹回，假设木板和木块能够达到共速，此过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律有
Mv1+mv2=（M+m）v'
根据能量守恒定律，该过程中系统产生热量
解得
x=2m＞L=1.0m
故假设不成立，可知木块最终离开了木板，则有：
Q2=μmgL
整个运动过程中系统产生的热量
Q=Q1+Q2
解得
Q=8.0J
故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某实验小组用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）某次实验打出的纸带不小心断了，剩余中间部分如图乙所示，纸带的______端（选填“左”或者“右”）断掉的部分与重锤相连；
（2）图乙中已标出相邻两点之间的距离，已知打点的频率为f，重力加速度为g，则打“4”这个点时重锤的速度大小为______；
（3）选取______段（选填“3到9”、“4到8”或“5到7”）验证机械能守恒更合理，如果满足关系______时，说明重锤下落过程中机械能守恒。
【答案】（1）左 （2）
（3） ①. “4到8” ②.
【解析】
【小问1详解】
从左到右，相邻的点之间的距离逐渐增大，故纸带的左端断掉的部分与重锤相连；
【小问2详解】
打点的频率为f，打点周期
打“4”这个点时重锤的速度大小
【小问3详解】
[1] 打“3”这个点和“9”这个点的速度不方便求出，故不选“3到9”段；“5到7”距离太小，测量误差大，故选取“4到8”段验证机械能守恒更合理；
[2]设重锤质量为m，打“8”这个点时重锤的速度大小
4到8动能的增加量
4到8重力势能的减少量
故只需要验证
即
14. 在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图a所示的装置进行了如下的操作：
①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹B；
③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；
④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为、和。
请回答下列问题：
（1）若验证两小球碰撞过程动量是否守恒，还需要测量的物理量有______；
（2）请写出验证动量守恒的表达形式______；若两小球发生弹性碰撞，还需要满足的表达式______；
（3）若采用图b所示实验装置，图中圆弧为圆心在斜槽末端的圆弧。使小球a仍从斜槽上原固定点由静止滚下，重复开始的实验，得到两球落在圆弧上的平均位置为M＇、P＇、N＇。测得斜槽末端与M＇、P＇、N＇三点的连线与水平方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）______。
【答案】（1）两个小球的质量
（2） ①. ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球离开槽口后做平抛运动，设挡板据槽口的水平距离为，由平抛知识得
联立解得
小球碰撞过程中，动量守恒，得
联立可得
故要想验证动量守恒还需要测量两个小球的质量；
【小问2详解】
[1]由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表达式
[2]若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有
代入化简解得
【小问3详解】
测得斜槽末端与的连线与竖直方向的夹角为，由平抛规律
设斜槽末端与的连线长度为R（即圆弧半径为R）
解得
测得斜槽末端与连线与竖直方向的夹角为，同理可得
测得斜槽末端与的连线与竖直方向夹角为，同理可得
由动量守恒
化简可得
15. 一平面简谐波以速度0.8 m/s沿x轴负方向传播。已知原点的振动图象如图所示。试写出：
（1）这列波的周期和波长；
（2）原点的振动方程表达式。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
由振动图像可知
解得周期为
根据波速周期公式可得
【小问2详解】
由振动图象可知振幅A = 0.5 cm，根据第一问可知
设简谐波的振动方程为
由图可知
解得
当t略微增大时，y0增大，故取
故原点的振动方程表达式为
16. 打弹珠游戏承载了许多人的童年回忆，如图是打弹珠的某种玩法；在竖直平面内放置一半径为R的固定光滑细管（忽略管的内径），半径OM竖直，ON与竖直方向夹角成60°，O点为圆心。一直径略小于管内径的质量为m的弹珠（可视为质点），由N点正上方P点静止释放（NP长度大小未知），弹珠在N处与细管发生短暂碰撞后进入细管，若弹珠从M点飞出后恰好能击中N点，则取得胜利，已知重力加速度为g，不计一切摩擦。
（1）求胜利过程M点处管道对小球的压力。
（2）求胜利过程小球进入光滑细管前一刻重力瞬时功率P的大小。
【答案】（1），方向由圆心O指向M。
（2）
【解析】
【小问1详解】
由题可知，小球从M点射出后到N点的过程中做平抛运动，则有
设该过程小球运动时间为，小球竖直方向上做自由落体运动，则有
小球在M点时，根据牛顿第二定律可得
其中
联立解得
即胜利过程M点处管道对小球的压力大小为，方向由圆心O指向M。
【小问2详解】
根据能量守恒可得
结合上述各式，解得
由于小球在N处与细管碰撞时间极短，能量损失可以不计，故可以认为时小球进入光滑细管前的瞬时速，则此时重力瞬时功率大小
17. 如图所示，竖直面内存在直角坐标系xOy，平行于y轴的虚线MN、PQ将第一象限分为Ⅰ、Ⅱ两个区域。区域Ⅰ的宽度为3d，在的区域内存在竖直向上的匀强电场，在的区域内存在竖直向下的匀强电场。区域Ⅱ的宽度为d，其内部存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场。质量为m、电荷量为q（）的带电小球由O点沿x轴正方向以的速度射入Ⅰ区域，小球仅从直线上的点A穿过后，经过点垂直MN进入区域Ⅱ，经过PQ与x轴的交点C，BC两点的电势差。、、的大小均未知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）C点的速度大小；
（2）区域Ⅰ中匀强电场的大小；
（3）小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球在区域Ⅰ中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速再减速到零，到达B点时，从B到C的过程中，由动能定理可得
解得
【小问2详解】
设小球在区域Ⅰ中经过直线时，竖直方向速度为，在中运动时间为，在中运动时间为，有
水平方向：
竖直方向：
在中有
在中有
联立解得
小球在区域Ⅰ中，竖直方向由运动学公式有
由牛顿第二定律得
联立解得
【小问3详解】
设小球在区域Ⅱ中，电场水平分量为，竖直分量为，在C点时水平方向速度大小为，竖直方向速度大小为，小球从B到C的时间为，由运动学公式得
联立解得
水平方向，由牛顿第二定律得
得
竖直方向，有牛顿第二定律得
解得
联立以上公式，解得
故区域Ⅱ的场强大小为
解得
小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小为
18. 随着科技的发展，仿真机器人越来越多的应用于军事、工业、抗洪救灾等方面。如图为某仿真机器兔的某次测试，厚度相同、质量相等的木板A与轨道B并排静止在光滑水平面上，木板A与轨道B水平部分上表面粗糙，轨道B竖直四分之一圆形部分的表面光滑，尺寸不计的仿真机器兔静止于木板A左端。已知A、B质量m均为2kg，A木板长2m，B轨道水平部分长1.1m，四分之一圆半径R=0.05m，机器兔质量M为6kg，重力加速度，忽略空气阻力。
（1）机器兔从A木板左端走到A木板右端时，求机械兔与轨道B左端的水平距离；
（2）已知轨道B水平部分上表面摩擦因数，机器兔走到A木板右端相对木板静止后，固定木板A，以与水平方向成45°夹角，大小为4m/s速度起跳，落到轨道B上后不反弹，且保持水平速度不变，然后在轨道上无动力滑行，求机械兔第一次离开轨道时，机械兔的速度大小；
（3）机器兔走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器兔做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
【答案】（1）1.5m
（2）
（3）45J，1
【解析】
【小问1详解】
对于机器兔和A木板，整个系统无外力，满足动量守恒，则有
所以两边同时乘时间，则有
又因位移满足
所以可解得
【小问2详解】
对于机器兔做斜上抛运动，在竖直方向，则有
在水平方向上，则有
可解得
之后机器兔与轨道B，整个系统水平方向无外力，水平方向动量守恒，离开轨道时，水平方向与轨道共速，则有
根据能量守恒，则有
可解得
【小问3详解】
对于机器兔的斜上抛运动，在水平方向，则有
在竖直方向，则有
可解得
所以，当初速度与水平方向的夹角为
即
此时，初速度为最小，即
对于机器兔起跳的瞬间，则有