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2022-2023学年四川省成都市郫都区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市郫都区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min.则( )
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s
C. 当摇把转速为240r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小
D. 若摇把转速从240r/min进一步增大，弹簧振子的振幅也增大
2.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等
C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
3.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，其v−t图象如图所示.设汽车牵引力F的做功为W1，F的冲量为I1；克服摩擦力Ff做的功为W2，Ff的冲量为I2则( )
A. F：Ff=2：1B. I1：I2=3：1
C. W1：W2=1：1D. W1：W2=3：1
4.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的向心加速度减小到原来的1/16，卫星仍做匀速圆周运动.则( )
A. 卫星的线速度减小到原来的116B. 卫星的角速度减小到原来的116
C. 卫星的周期增大到原来的8倍D. 卫星离地面的高度增大到原来的4倍
5.如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内。重力加速度为g。物体在振动过程中( )
A. 弹簧的弹性势能和物体动能的总和不变
B. 物体在最低点时的加速度大小应为2g
C. 物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
D. 弹簧的最大弹性势能等于2mgA
6.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. 14mgRB. 13mgRC. 12mgRD. π4mgR
7.如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以初速度v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定，下面叙述正确的是( )
A. 物块仍能从木板的右端滑下
B. 系统产生的热量Q=μmgL
C. 经过t=Mv0(M+m)μg物块与木板便保持相对静止
D. 摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时钢球的加速度为正向最大B. 在t0时刻弹簧的形变量为4cm
C. 钢球振动半个周期，回复力做功为零D. 钢球振动方程为x=10sin(πt)cm
9.如图所示，两小球a、b分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端。不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的判断正确的是( )
A. 小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同B. 小球a、b在空中飞行时间之比为2：1
C. 小球a、b抛出时的初速度之比为1：1D. 小球a、b离斜面的最大距离之比为2：1
10.2020年12月17日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，“嫦娥五号”在轨道1上的运行速率约为1.7km/s。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过 A 点时的加速度
B. “嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率可能大于1.7km/s
C. “嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率
D. “嫦娥五号”在轨道3所具有的机械能小于其在轨道2所具有的机械能
11.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 当v0= 2gR时，小球能到达B点
B. 如果小球的速度足够大，小球可从B点越过滑块后落在滑块左侧的水平面上
C. 小球到达斜槽最高点处，小球的速度一定不为零
D. 小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。
采用的实验步骤如下：
a.用天平分别测出A、B的质量mA、mB；
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e.按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是______。
(2)规定水平向左为正方向，作用前A、B质量与速度乘积之和为______；作用后 A、B质量与速度乘积之和为______。(用测量的物理量符号表示即可)
四、简答题：本大题共3小题，共32分。
13.
(1)在“验证机械能守恒定律”的实验中，有如下器材：
A.打点计时器；
B.低压交流电源(附导线)；
C.天平(附砝码)；
D.铁架台；
E.重锤(附夹子)；
F.纸带；
G.秒表；
H.复写纸；
I.刻度尺。
其中不必要的有______(填写字母符号)。
(2)实验中，质量为m的重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器所打出一系列的点，如图所示，O点为纸带上打出的第一个点，点A、B、C、D、E是五个连续点，测出OA的距离为s0，AC的距离为s1，CE的距离为s2，已知打点计时器的打点周期为T，则打点计时器打C点时重锺的速度为______，在打 C点时重锤的动能为______，在打 O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为______。(已知重力加速度为g，用测量的物理量符号表示即可)
(3)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能，其主要原因是：______。
14.如图所示，一个质量为m=0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60∘，小球到达A点时的速度v4=4m/s。(取g=10m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小；
(2)P点与A点的竖直高度差h；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力FN′。
15.
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：摇把的转速为n=240r/min=4r/s，它的周期T=1n=14s=0.25s；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；
AB、振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，故A错误，B正确；
C、弹簧振子的固有周期T固=1f=12s=0.5s，当驱动力周期是0.5s时，提供驱动力的摇把转速为2r/s=120r/min，振子发生共振，振幅最大，故C错误；
D、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误；
故选：B。
若不转动摇把，弹簧振子做自由振动，周期等于固有周期．摇把匀速转动时，通过曲轴对弹簧振子施加驱动力，使弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期．当驱动力的周期等于弹簧振子的固有周期时，弹簧振子发生共振，振幅最大．
本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期．
2.【答案】D
【解析】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v=ω⋅r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。
B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=ω2rg，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。
故选：D。
AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
3.【答案】C
【解析】解：A、设汽车从静止到停止所用时间为t，由图像可知，匀加速过程所用时间为t3，匀减速过程所用时间为2t3，则匀加速过程和匀减速过程加速度大小之比a1:a2=2t3:t3=2:1
匀加速过程和匀减速过程分别利用牛顿第二定律有：F−Ff=ma1 Ff=ma2
代入数据可得：F：Ff=3：1，故A错误；
B、全过程利用动量定理，取汽车运动方向为正方向，则有：I1−I2=0−0
代入数据可得：I1：I2=1：1
CD、汽车从静止开始到停止，对汽车利用动能定理有：W1−W2=0−0，可知W1=W2，故C正确，D错误；
故选：C。
A、由图像可知，匀加速和匀减速过程速度变化量的大小相等，根据加速度定义式a=ΔvΔt可知两过程加速度大小之比等于时间反比，两过程分别利用牛顿第二定律可得牵引力和阻力大小之比；
B、全过程利用动量定理可得牵引力和阻力冲量大小之比；
CD、全过程利用动能定理可得牵引力做功和克服阻力做功之比。
本题考查了动量定理和动能定理，解题的关键是正确受力分析，注意选择全过程利用动量定理和动能定理起到事半功倍的效果。
4.【答案】C
【解析】解：根据GMmr2=ma得，a=GMr2，向心加速度变为原来的116，则轨道半径变为原来的4倍，高度不是4倍关系。
根据GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2，知v= GMr，ω= GMr3，T= 4π2r3GM，轨道半径变为原来的4倍，知线速度变为原来的12，角速度变为原来的18，周期变为原来的8倍。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，再根据线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，得出这些物理量的变化．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系．
5.【答案】D
【解析】解：A、物体在振动过程中，对于物体和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即弹簧的弹性势能、物体动能和重力势能的总和不变，由于物体重力势能是变化的，所以弹簧的弹性势能和物体动能的总和是变化的，故A错误；
B、当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧对物体没有弹力，对物体，由牛顿第二定律得：mg=ma，得a=g，根据简谐运动的对称性可知，物体在最低点时的加速度大小为g，故B错误；
C、设物体在最低点时所受弹簧的弹力大小为F，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，得F=2mg，故C错误；
D、如图所示：物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，回复力是弹簧的弹力和重力的合力，当物体振动到最高点时，弹簧处于原长，回复力等于重力。物体在平衡位置时，有k⋅A=mg，根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧的伸长量为2A。从最高点到最低点，根据系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能：EP=mg⋅2A=2mgA，故D正确。
故选：D。
物体在振动过程中，由于只有重力和弹力做功，所以物体和弹簧组成的系统机械能守恒。由牛顿第二定律求出物体在最高点时的加速度大小，根据对称性确定物体在最低点时的加速度大小，由牛顿第二定律求物体在最低点时所受弹簧的弹力大小。根据系统机械能守恒求弹簧的最大弹性势能。
本题考查竖直面内的简谐振动，要知道其回复力为弹簧的弹力和重力的合力，平衡位置不是弹簧原长，而是kA=mg的位置，解答时要抓住谐运动的对称性。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动向心力公式求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
【解答】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动中的向心力公式得：N−mg=mvQ2R，由题有：N=2mg，可得：vQ= gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR−Wf=12mvQ2，解得克服摩擦力所做的功为：Wf=12mgR，故ABD错误，C正确。
故选C。
7.【答案】C
【解析】解：A、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A错误；
B、木板固定时，系统产生的热量为μmgL，不固定时产生的热量Q=fs相对=μmgs相对<μmgL，故B错误；
C、设物块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=(m+M)v，对木板M，由得：μmgt=Mv，联立解得t=Mv0(M+m)μg，故C正确；
D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
故选：C。
AB、通过分析木板固定与不固定时能量的转化关系来求解；
CD、木块和木板作用过程，通过动量守恒定律和由动量定理解决相对静止的时间，利用功的公式判断摩擦力做的功大小关系。
我们解题时要关注作用过程中能的转化情况，使用动量守恒定律和动量定理时要规定正方向。
8.【答案】BC
【解析】解：A.t=0.5s时，位移为正的最大值，由牛顿第二定律−kx=ma知，钢球的加速度为负向最大，故A错误；
B.根据简谐运动回复力的公式以及胡克定律可知x表示弹簧的形变量，所以在t0时刻弹簧的形变量为4cm，故B正确；
C.钢球振动半个周期，有简谐运动的对称性知动能的变化量为零，根据动能定理可知回复力做功为零，故C正确；
D.由题图可知弹簧振子的振幅A=5cm，弹簧振子的周期为T=2s，钢球振动的角频率为：
ω=2πT
解得：ω=πrad/s
钢球的振动方程为：
y=5sinπt(cm)
故D错误。
故选：BC。
由题图可知弹簧振子的周期为T=2s，根据简谐运动回复力的公式以及胡克定律可知x表示弹簧的形变量，钢球振动半个周期，动能的变化量为零，根据ω=2πT解得角频率，再求得钢球振动方程。
本题考查振动图像的认识，解题关键掌握振动方程的一般公式为y=Asinωt。
9.【答案】AD
【解析】解：设斜面倾角为θ，小球a、b平抛的初速度为分别为v0a、v0b，从抛出至落在斜面上的时间分别为ta、tb，竖直位移分别为ya、yb，水平位移分别为xa、xb，落在斜面上时竖直速度分别为vya、vyb，此时速度与水平方向的夹角分别为α1、α2.
A、对a小球，水平方向xa=v0ata，竖直方向ya=12gta2，竖直速度vy=gta，由几何关系得yaxa=tanθ又vyav0a=tanα整理得tanα1=2tanθ即α1与v0无关，只与θ有关，因为两次平抛是利用同一斜面，所以α1=α2，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确。
B、对a小球，ya=12gta2得ta= 2yag，对b小球得tb= 2ybg即tatb= yays= 21，故B错误。
C、对a小球，xa=v0ata，对b小球，xb=v0btb，小球a、b抛出时的初速度之比v0av0b=xaxb⋅tbta=21⋅1 2= 21，故C错误。
D、对a小球，将初速度和重力加速度沿垂直斜面方向分解，可知小球沿垂直斜面方向，做初速度为v0asinθ，加速度为gcsθ的匀减速运动，当垂直斜面的速度减为零时，小球a离斜面距离最大，最大距离dma=(v0asinθ)22gcsθ，同理小球b离斜面的最大距离dmb=(v0bsinθ)22gcsθ，小球a、b离斜面的最大距离之比dmadmb=(v0a)2(v0b)2=21，故D正确。
故选：AD。
由于两小球在同一斜面上平抛，所以两次平抛的位移方向相同，将速度方向与位移的方向进行联系，即可求解A选项。由平抛运动在竖直方向做自由落体运动，可以求解飞行时间之比。C选项从水平方向做匀速运动处理。D选项应垂直斜面方向和沿斜面方向对平抛进行分解。
本题借助斜面考查平抛运动，注意利用好斜面倾角的作用。对于A选项的处理还可以直接利用：平抛的速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的两倍这一结论进行处理。
10.【答案】AC
【解析】A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，“嫦娥五号“探测器在轨道2上运动过程中，因为轨道2上的A点和轨1上的A点是同一点，即r相等，故探测器在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，故A正确；
B、过B点做外切圆，由于卫星在椭圆轨道上从B点开始做离心运动，才能进入圆轨道，因此卫星在B点的速度一定小于其在过B点的圆轨道上的速度，即：vBrA，故vBC、“嫦娥五号”从轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率，故C正确；
D、由于“嫦娥五号”从轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以在轨道3所具有的机械能大于其在轨道2所具有的机械能，故D错误。
故选：AC。
11.【答案】CD
【解析】解：A、当小球刚好到达B点时，小球与滑块速度相同，设为v1，取水平向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v1，由机械能守恒定律得：12mv02=12(m+M)v12+mgR，联立解得：v0= 2gR(M+m)M> 2gR，所以当v0= 2gR时，小球不能到达B点，故A错误；
B、如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块，小球离开滑块后，在水平方向上做匀速直线运动，滑块也做匀速直线运动，而且小球在水平方向的速度与滑块的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然落回到滑块上，故B错误；
C、小球到达斜槽最高点处，小球与滑块速度相同，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得mv0=(m+M)v2，得v2=mv0M+m，故C正确；
D、设小球回到斜槽底部时，小球与滑块的速度分别为v3和v4。从小球滑上弧形槽到回到斜槽底部整个过程，取水平向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=mv3+Mv4，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv32+12Mv42
联立解得v3=m−MM+mv0
若m>M，v3>0，小球回到斜槽底部时，小球速度方向向左，故D正确。
故选：CD。
先假设小球刚好能到达B点，小球与滑块速度相同，结合系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小，比较A中给定的初速度即可分析小球能否到达B点；小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球越过圆弧轨道后，在水平方向上与小车的速度相同，返回时仍然落回轨道；小球到达斜槽最高点处，小球与滑块速度相同，根据系统水平方向动量守恒求小球的速度；小球回到斜槽底部时，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球的速度，结合小球与滑块质量关系，分析小球的速度方向。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用，要知道小球刚好没跃出B点时两者在水平方向上的速度相同，系统水平动量守恒但总动量不守恒。
12.【答案】B的右端至D板的距离L2 0mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
【解析】解：(1)本实验要测量滑块B的速度，由公式v=Lt可知，应先测出滑块B的位移和发生该位移所用的时间t，而滑块B到达D端所用时间t2已知，故只需测出B的右端至D板的距离L2。
(2)规定水平向左为正方向，作用前AB均静止，所以A、B质量与速度乘积之和为0；作用后A、B质量与速度乘积之和为mAmA−mBmB=mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
故答案为：(1)B的右端至D板的距离L2；(2)0，mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
(1)要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可以用位移与时间的比值代替，故要测位移；
(2)根据题意应用速度公式求出滑块的速度，根据动量的公式解答。
知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是解题的关键。利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
13.【答案】CGs2+s14T m(s2+s1)232T2 mg(s0+s1)阻力的影响
【解析】解：(1)实验用到打点计时器，则无需秒表，根据实验原理可知质量被消掉，无需测量，所以不需要天平，故选CG。
(2)根据匀变速直线运动规律有vC=s2+s14T
在打C点时重锤的动能为Ek=12mvC2=m(s2+s1)232T2，在打O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为ΔEp=mg(s0+s1)
(3)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能，其主要原因是阻力的影响。
故答案为：(1)CG；(2)s2+s14T，m(s2+s1)232T2，mg(s0+s1)；(3)阻力的影响
(1)根据实验原理选择合适的器材；
(2)(3)根据匀变速直线运动规律解得C点的速度，根据动能和重力势能的公式计算动能增加量和重力势能的减少量，并分析实验误差。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
14.【答案】解：(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：
v0=vx=vAcsθ=4×0.5m/s=2m/s
(2)vy=vAsinθ=4× 32m/s=2 3m/s
由平抛运动的规律得：vy2=2gh
代入数据解得：h=0.6m。
(3)从A到C的运动过程中，运用动能定理得：
12mvC2−12mvA2=−mgR(1+csθ)
代入数据解之得：vC= 7m/s。
由圆周运动向心力公式和牛顿第二定律得：
NC+mg=mvC2R
代入数据解之得：NC=8N
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小8N，方向竖直向上。
答：(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小为2m/s；
(2)P点与A点的竖直高度差h为0.6m；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力FN′为8N，方向竖直向上。
【解析】(1)由题意，小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，根据速度的分解可以求出初速度v0；
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的高度差；
(3)选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力。
本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法。
15.【答案】
【解析】
16.【答案】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：mAgh=12mAv12，
代入数据解得：v1=6m/s；
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB)v2，
代入数据解得：v2=2m/s；
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB+mC)v3，
代入数据解得：v3=1m/s，
由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v22=12(mA+mB+mC)v32+Ep，
代入数据解得Ep=3J；
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5，
由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v22=12(mA+mB)v42+12mCv52，
代入数据解得：v4=0，v5=2m/s；
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：s=v5t，
竖直方向：H=12gt2，
代入数据解得：s=2m；
答：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是2m/s；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能是3J；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离是2m.
【解析】(1)研究滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律求出A滑到曲面底端时的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B碰撞结束瞬间的速度。
(2)当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(3)应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出滑块C脱离弹簧时的速度；滑块C离开桌面后做平抛运动，根据分运动的规律求C落地点与桌面边缘的水平距离。
本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
1.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min.则( )
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s
C. 当摇把转速为240r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小
D. 若摇把转速从240r/min进一步增大，弹簧振子的振幅也增大
2.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. A的速度比B的大B. A与B的向心加速度大小相等
C. 悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D. 悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
3.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，其v−t图象如图所示.设汽车牵引力F的做功为W1，F的冲量为I1；克服摩擦力Ff做的功为W2，Ff的冲量为I2则( )
A. F：Ff=2：1B. I1：I2=3：1
C. W1：W2=1：1D. W1：W2=3：1
4.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的向心加速度减小到原来的1/16，卫星仍做匀速圆周运动.则( )
A. 卫星的线速度减小到原来的116B. 卫星的角速度减小到原来的116
C. 卫星的周期增大到原来的8倍D. 卫星离地面的高度增大到原来的4倍
5.如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内。重力加速度为g。物体在振动过程中( )
A. 弹簧的弹性势能和物体动能的总和不变
B. 物体在最低点时的加速度大小应为2g
C. 物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
D. 弹簧的最大弹性势能等于2mgA
6.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A. 14mgRB. 13mgRC. 12mgRD. π4mgR
7.如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以初速度v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定，下面叙述正确的是( )
A. 物块仍能从木板的右端滑下
B. 系统产生的热量Q=μmgL
C. 经过t=Mv0(M+m)μg物块与木板便保持相对静止
D. 摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时钢球的加速度为正向最大B. 在t0时刻弹簧的形变量为4cm
C. 钢球振动半个周期，回复力做功为零D. 钢球振动方程为x=10sin(πt)cm
9.如图所示，两小球a、b分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端。不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的判断正确的是( )
A. 小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同B. 小球a、b在空中飞行时间之比为2：1
C. 小球a、b抛出时的初速度之比为1：1D. 小球a、b离斜面的最大距离之比为2：1
10.2020年12月17日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，“嫦娥五号”在轨道1上的运行速率约为1.7km/s。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过 A 点时的加速度
B. “嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率可能大于1.7km/s
C. “嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率
D. “嫦娥五号”在轨道3所具有的机械能小于其在轨道2所具有的机械能
11.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 当v0= 2gR时，小球能到达B点
B. 如果小球的速度足够大，小球可从B点越过滑块后落在滑块左侧的水平面上
C. 小球到达斜槽最高点处，小球的速度一定不为零
D. 小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
12.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。
采用的实验步骤如下：
a.用天平分别测出A、B的质量mA、mB；
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e.按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是______。
(2)规定水平向左为正方向，作用前A、B质量与速度乘积之和为______；作用后 A、B质量与速度乘积之和为______。(用测量的物理量符号表示即可)
四、简答题：本大题共3小题，共32分。
13.
(1)在“验证机械能守恒定律”的实验中，有如下器材：
A.打点计时器；
B.低压交流电源(附导线)；
C.天平(附砝码)；
D.铁架台；
E.重锤(附夹子)；
F.纸带；
G.秒表；
H.复写纸；
I.刻度尺。
其中不必要的有______(填写字母符号)。
(2)实验中，质量为m的重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器所打出一系列的点，如图所示，O点为纸带上打出的第一个点，点A、B、C、D、E是五个连续点，测出OA的距离为s0，AC的距离为s1，CE的距离为s2，已知打点计时器的打点周期为T，则打点计时器打C点时重锺的速度为______，在打 C点时重锤的动能为______，在打 O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为______。(已知重力加速度为g，用测量的物理量符号表示即可)
(3)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能，其主要原因是：______。
14.如图所示，一个质量为m=0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60∘，小球到达A点时的速度v4=4m/s。(取g=10m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小；
(2)P点与A点的竖直高度差h；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力FN′。
15.
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：摇把的转速为n=240r/min=4r/s，它的周期T=1n=14s=0.25s；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；
AB、振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，故A错误，B正确；
C、弹簧振子的固有周期T固=1f=12s=0.5s，当驱动力周期是0.5s时，提供驱动力的摇把转速为2r/s=120r/min，振子发生共振，振幅最大，故C错误；
D、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误；
故选：B。
若不转动摇把，弹簧振子做自由振动，周期等于固有周期．摇把匀速转动时，通过曲轴对弹簧振子施加驱动力，使弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期．当驱动力的周期等于弹簧振子的固有周期时，弹簧振子发生共振，振幅最大．
本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期．
2.【答案】D
【解析】解：A、A、B的角速度相等，根据公式：v=ω⋅r，A的运动半径小，A的速度就小。故A错误。
B、根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，A的向心力就小，根据平行四边形定则知，A对缆绳的拉力就小，故D正确，B错误。
C、对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=ω2rg，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误。
故选：D。
AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．
解决本题的关键知道A、B的角速度相等，转动的半径不等，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
3.【答案】C
【解析】解：A、设汽车从静止到停止所用时间为t，由图像可知，匀加速过程所用时间为t3，匀减速过程所用时间为2t3，则匀加速过程和匀减速过程加速度大小之比a1:a2=2t3:t3=2:1
匀加速过程和匀减速过程分别利用牛顿第二定律有：F−Ff=ma1 Ff=ma2
代入数据可得：F：Ff=3：1，故A错误；
B、全过程利用动量定理，取汽车运动方向为正方向，则有：I1−I2=0−0
代入数据可得：I1：I2=1：1
CD、汽车从静止开始到停止，对汽车利用动能定理有：W1−W2=0−0，可知W1=W2，故C正确，D错误；
故选：C。
A、由图像可知，匀加速和匀减速过程速度变化量的大小相等，根据加速度定义式a=ΔvΔt可知两过程加速度大小之比等于时间反比，两过程分别利用牛顿第二定律可得牵引力和阻力大小之比；
B、全过程利用动量定理可得牵引力和阻力冲量大小之比；
CD、全过程利用动能定理可得牵引力做功和克服阻力做功之比。
本题考查了动量定理和动能定理，解题的关键是正确受力分析，注意选择全过程利用动量定理和动能定理起到事半功倍的效果。
4.【答案】C
【解析】解：根据GMmr2=ma得，a=GMr2，向心加速度变为原来的116，则轨道半径变为原来的4倍，高度不是4倍关系。
根据GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2，知v= GMr，ω= GMr3，T= 4π2r3GM，轨道半径变为原来的4倍，知线速度变为原来的12，角速度变为原来的18，周期变为原来的8倍。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，再根据线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，得出这些物理量的变化．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系．
5.【答案】D
【解析】解：A、物体在振动过程中，对于物体和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即弹簧的弹性势能、物体动能和重力势能的总和不变，由于物体重力势能是变化的，所以弹簧的弹性势能和物体动能的总和是变化的，故A错误；
B、当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧对物体没有弹力，对物体，由牛顿第二定律得：mg=ma，得a=g，根据简谐运动的对称性可知，物体在最低点时的加速度大小为g，故B错误；
C、设物体在最低点时所受弹簧的弹力大小为F，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，得F=2mg，故C错误；
D、如图所示：物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，回复力是弹簧的弹力和重力的合力，当物体振动到最高点时，弹簧处于原长，回复力等于重力。物体在平衡位置时，有k⋅A=mg，根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧的伸长量为2A。从最高点到最低点，根据系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能：EP=mg⋅2A=2mgA，故D正确。
故选：D。
物体在振动过程中，由于只有重力和弹力做功，所以物体和弹簧组成的系统机械能守恒。由牛顿第二定律求出物体在最高点时的加速度大小，根据对称性确定物体在最低点时的加速度大小，由牛顿第二定律求物体在最低点时所受弹簧的弹力大小。根据系统机械能守恒求弹簧的最大弹性势能。
本题考查竖直面内的简谐振动，要知道其回复力为弹簧的弹力和重力的合力，平衡位置不是弹簧原长，而是kA=mg的位置，解答时要抓住谐运动的对称性。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动向心力公式求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
【解答】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由圆周运动中的向心力公式得：N−mg=mvQ2R，由题有：N=2mg，可得：vQ= gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR−Wf=12mvQ2，解得克服摩擦力所做的功为：Wf=12mgR，故ABD错误，C正确。
故选C。
7.【答案】C
【解析】解：A、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A错误；
B、木板固定时，系统产生的热量为μmgL，不固定时产生的热量Q=fs相对=μmgs相对<μmgL，故B错误；
C、设物块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=(m+M)v，对木板M，由得：μmgt=Mv，联立解得t=Mv0(M+m)μg，故C正确；
D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
故选：C。
AB、通过分析木板固定与不固定时能量的转化关系来求解；
CD、木块和木板作用过程，通过动量守恒定律和由动量定理解决相对静止的时间，利用功的公式判断摩擦力做的功大小关系。
我们解题时要关注作用过程中能的转化情况，使用动量守恒定律和动量定理时要规定正方向。
8.【答案】BC
【解析】解：A.t=0.5s时，位移为正的最大值，由牛顿第二定律−kx=ma知，钢球的加速度为负向最大，故A错误；
B.根据简谐运动回复力的公式以及胡克定律可知x表示弹簧的形变量，所以在t0时刻弹簧的形变量为4cm，故B正确；
C.钢球振动半个周期，有简谐运动的对称性知动能的变化量为零，根据动能定理可知回复力做功为零，故C正确；
D.由题图可知弹簧振子的振幅A=5cm，弹簧振子的周期为T=2s，钢球振动的角频率为：
ω=2πT
解得：ω=πrad/s
钢球的振动方程为：
y=5sinπt(cm)
故D错误。
故选：BC。
由题图可知弹簧振子的周期为T=2s，根据简谐运动回复力的公式以及胡克定律可知x表示弹簧的形变量，钢球振动半个周期，动能的变化量为零，根据ω=2πT解得角频率，再求得钢球振动方程。
本题考查振动图像的认识，解题关键掌握振动方程的一般公式为y=Asinωt。
9.【答案】AD
【解析】解：设斜面倾角为θ，小球a、b平抛的初速度为分别为v0a、v0b，从抛出至落在斜面上的时间分别为ta、tb，竖直位移分别为ya、yb，水平位移分别为xa、xb，落在斜面上时竖直速度分别为vya、vyb，此时速度与水平方向的夹角分别为α1、α2.
A、对a小球，水平方向xa=v0ata，竖直方向ya=12gta2，竖直速度vy=gta，由几何关系得yaxa=tanθ又vyav0a=tanα整理得tanα1=2tanθ即α1与v0无关，只与θ有关，因为两次平抛是利用同一斜面，所以α1=α2，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确。
B、对a小球，ya=12gta2得ta= 2yag，对b小球得tb= 2ybg即tatb= yays= 21，故B错误。
C、对a小球，xa=v0ata，对b小球，xb=v0btb，小球a、b抛出时的初速度之比v0av0b=xaxb⋅tbta=21⋅1 2= 21，故C错误。
D、对a小球，将初速度和重力加速度沿垂直斜面方向分解，可知小球沿垂直斜面方向，做初速度为v0asinθ，加速度为gcsθ的匀减速运动，当垂直斜面的速度减为零时，小球a离斜面距离最大，最大距离dma=(v0asinθ)22gcsθ，同理小球b离斜面的最大距离dmb=(v0bsinθ)22gcsθ，小球a、b离斜面的最大距离之比dmadmb=(v0a)2(v0b)2=21，故D正确。
故选：AD。
由于两小球在同一斜面上平抛，所以两次平抛的位移方向相同，将速度方向与位移的方向进行联系，即可求解A选项。由平抛运动在竖直方向做自由落体运动，可以求解飞行时间之比。C选项从水平方向做匀速运动处理。D选项应垂直斜面方向和沿斜面方向对平抛进行分解。
本题借助斜面考查平抛运动，注意利用好斜面倾角的作用。对于A选项的处理还可以直接利用：平抛的速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的两倍这一结论进行处理。
10.【答案】AC
【解析】A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，“嫦娥五号“探测器在轨道2上运动过程中，因为轨道2上的A点和轨1上的A点是同一点，即r相等，故探测器在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，故A正确；
B、过B点做外切圆，由于卫星在椭圆轨道上从B点开始做离心运动，才能进入圆轨道，因此卫星在B点的速度一定小于其在过B点的圆轨道上的速度，即：vB
D、由于“嫦娥五号”从轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以在轨道3所具有的机械能大于其在轨道2所具有的机械能，故D错误。
故选：AC。
11.【答案】CD
【解析】解：A、当小球刚好到达B点时，小球与滑块速度相同，设为v1，取水平向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v1，由机械能守恒定律得：12mv02=12(m+M)v12+mgR，联立解得：v0= 2gR(M+m)M> 2gR，所以当v0= 2gR时，小球不能到达B点，故A错误；
B、如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块，小球离开滑块后，在水平方向上做匀速直线运动，滑块也做匀速直线运动，而且小球在水平方向的速度与滑块的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然落回到滑块上，故B错误；
C、小球到达斜槽最高点处，小球与滑块速度相同，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得mv0=(m+M)v2，得v2=mv0M+m，故C正确；
D、设小球回到斜槽底部时，小球与滑块的速度分别为v3和v4。从小球滑上弧形槽到回到斜槽底部整个过程，取水平向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=mv3+Mv4，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv32+12Mv42
联立解得v3=m−MM+mv0
若m>M，v3>0，小球回到斜槽底部时，小球速度方向向左，故D正确。
故选：CD。
先假设小球刚好能到达B点，小球与滑块速度相同，结合系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小，比较A中给定的初速度即可分析小球能否到达B点；小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球越过圆弧轨道后，在水平方向上与小车的速度相同，返回时仍然落回轨道；小球到达斜槽最高点处，小球与滑块速度相同，根据系统水平方向动量守恒求小球的速度；小球回到斜槽底部时，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球的速度，结合小球与滑块质量关系，分析小球的速度方向。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用，要知道小球刚好没跃出B点时两者在水平方向上的速度相同，系统水平动量守恒但总动量不守恒。
12.【答案】B的右端至D板的距离L2 0mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
【解析】解：(1)本实验要测量滑块B的速度，由公式v=Lt可知，应先测出滑块B的位移和发生该位移所用的时间t，而滑块B到达D端所用时间t2已知，故只需测出B的右端至D板的距离L2。
(2)规定水平向左为正方向，作用前AB均静止，所以A、B质量与速度乘积之和为0；作用后A、B质量与速度乘积之和为mAmA−mBmB=mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
故答案为：(1)B的右端至D板的距离L2；(2)0，mA⋅L1t1−mB⋅L2t2
(1)要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可以用位移与时间的比值代替，故要测位移；
(2)根据题意应用速度公式求出滑块的速度，根据动量的公式解答。
知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是解题的关键。利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。
13.【答案】CGs2+s14T m(s2+s1)232T2 mg(s0+s1)阻力的影响
【解析】解：(1)实验用到打点计时器，则无需秒表，根据实验原理可知质量被消掉，无需测量，所以不需要天平，故选CG。
(2)根据匀变速直线运动规律有vC=s2+s14T
在打C点时重锤的动能为Ek=12mvC2=m(s2+s1)232T2，在打O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为ΔEp=mg(s0+s1)
(3)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能，其主要原因是阻力的影响。
故答案为：(1)CG；(2)s2+s14T，m(s2+s1)232T2，mg(s0+s1)；(3)阻力的影响
(1)根据实验原理选择合适的器材；
(2)(3)根据匀变速直线运动规律解得C点的速度，根据动能和重力势能的公式计算动能增加量和重力势能的减少量，并分析实验误差。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
14.【答案】解：(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：
v0=vx=vAcsθ=4×0.5m/s=2m/s
(2)vy=vAsinθ=4× 32m/s=2 3m/s
由平抛运动的规律得：vy2=2gh
代入数据解得：h=0.6m。
(3)从A到C的运动过程中，运用动能定理得：
12mvC2−12mvA2=−mgR(1+csθ)
代入数据解之得：vC= 7m/s。
由圆周运动向心力公式和牛顿第二定律得：
NC+mg=mvC2R
代入数据解之得：NC=8N
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小8N，方向竖直向上。
答：(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小为2m/s；
(2)P点与A点的竖直高度差h为0.6m；
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力FN′为8N，方向竖直向上。
【解析】(1)由题意，小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，根据速度的分解可以求出初速度v0；
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的高度差；
(3)选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力。
本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法。
15.【答案】
【解析】
16.【答案】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：mAgh=12mAv12，
代入数据解得：v1=6m/s；
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB)v2，
代入数据解得：v2=2m/s；
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB+mC)v3，
代入数据解得：v3=1m/s，
由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v22=12(mA+mB+mC)v32+Ep，
代入数据解得Ep=3J；
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5，
由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v22=12(mA+mB)v42+12mCv52，
代入数据解得：v4=0，v5=2m/s；
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：s=v5t，
竖直方向：H=12gt2，
代入数据解得：s=2m；
答：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是2m/s；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能是3J；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离是2m.
【解析】(1)研究滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律求出A滑到曲面底端时的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B碰撞结束瞬间的速度。
(2)当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(3)应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出滑块C脱离弹簧时的速度；滑块C离开桌面后做平抛运动，根据分运动的规律求C落地点与桌面边缘的水平距离。
本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
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