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2023-2024学年重庆市主城区七校联考高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市主城区七校联考高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 一对作用力和反作用力的冲量之和为零，则一对作用力和反作用力做功代数和一定为零
B. 动量越大，合外力的冲量越大
C. 物体动量为零时，物体一定处于平衡状态
D. 甲物体动量p1=5kg·m/s，乙物体动量p2=−10kg·m/s，则p12.2024年5月20日，我国使用运载火箭成功将“北京三号卫星”送入预定轨道，用于提供高时空分辨率遥感卫星数据。若卫星在距地面500km的轨道上绕地球稳定运行，则该卫星的( )
A. 运行周期小于地球的自转周期B. 线速度大于地球的第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度D. 加速度小于地球同步卫星的加速度
3.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以2 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近于( )
A. 1 JB. 10 JC. 50 JD. 100 J
4.有两根长度不同的轻质细线下面分别悬挂小球a、b，细线上端固定在同一点，若两个小球绕同一竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，相对位置关系分别如图所示，则两个摆球在运动过程中，小球a的角速度比小球b的角速度小的是( )
A. B.
C. D.
5.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为5kg，则下列说法正确的是( )
A. 前1s内力F对物体的冲量为5N⋅sB. t=2s时物体回到出发点
C. t=3s时物体的速度大小为1m/sD. 第3s内物体的位移为1m
6.如图所示，平面内直线AB和MN垂直相交于О点，A、B关于О点对称。M、N关于О点对称，C是AO的中点，D是OB的中点，则下列说法正确的是( )
A. 若将电荷量为+Q的点电荷放置在О点，则C、M、D、N四点的电场强度相同
B. 若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，则C，D两点电场强度方向相反
C. 若在C点和D点分别放置等量同种点电荷，一电子从О点沿直线运动到N点的过程中所受静电力的大小是一直减小的
D. 若在C点和D点分别放置等量正点电荷，一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动
7.某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图所示是电动打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴О在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 转到最低点时摆锤处于失重状态
B. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为 (m+M)gmR
C. 摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg
D. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2mg+Mg
8.2023年重庆市货运量、港口吞吐量双双实现21亿吨目标。其中，港口吞吐量历史性突破2.2亿吨，同比增长8.2%，物流公司为了提高工作效率会使用各种传送带装置，如图所示为一简化的传送带模型，传送带与水平面之间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为6m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=8kg的小物体〈可视为质点〉轻放在传送带的B点，已知小物体与传送带间的动摩擦因数为μ= 32，则在传送带将小物体从B点传送到A点的过程中，下列说法不正确的是( )
A. 工件的动能增加最为16JB. 工件的重力势能增加240J
C. 摩擦产生的热量60JD. 电动机多消耗的电能为304J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，克服重力做功4J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是( )
A. 物体的重力势能增加了4JB. 物体的机械能减少了4J
C. 物体的动能增加了3.5JD. 物体的动能增加了8J
10.设想在处于赤道地面上建造如图甲所示的“太空电梯”，宇航员可通过竖直的“太空电梯”直达空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于处于“太空电梯”中在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 随着r增大，宇航员的线速度增大
B. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
C. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
D. r从R增大到r0的过程中，宇航员感受到“重力”越来越小
11.厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光斑，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。中子星与红矮星的质量比约为2：1，同时绕它们连线上某点О做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 中子星角速度小于红矮星的角速度
B. 中子星与红矮星做圆周运动的半径之比为1：2
C. 中子星与红矮星做圆周运动的向心加速度之比2：1
D. 若假设两颗恒星间的距离为L，中子星的公转周期为T，则中子星与红矮星质量之和为4π2L3GT2
12.如图所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制。其结构为弹簧一端固定在顶部，另一端与重物连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使他点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光，触点N与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点M、N距离为d、已知重物与触点M的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。不计接触式开关中的一切摩擦，重物和触点M、N均视为质点，则( )
A. 增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
B. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kdmR
C. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd−mgmR
D. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学利用如图所示的实验装置完成了验证碰撞过程中的动量守恒的实验，将带有斜槽的轨道固定在桌面上并调整至斜槽的末端水平。选取两个大小完全相同的钢性小球a、b，测量出其质量分别为ma、mb。实验时，首先将a球由一定高度静止释放，经过一段时间小球打在右侧竖直固定的挡板上的某点；然后在斜槽的末端放上b球，将a球由同一高度静止释放，两球碰后均打在右侧竖直固定的挡板上，已知A点与斜槽的末端在同一水平线上。已知B、C、D三点到A点的距离分别为ℎB、ℎC、ℎD。
(1)该实验要求实验所用小球的质量满足ma__________mb。(填“>、=或<”)
(2)竖直挡板上的__________点为b球的落点。
(3)如果两球碰撞的过程动量守恒，则关系式__________成立。
14.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中、还必须使用的器材是( )
A.低压直流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码) D.秒表
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点О的距离分别为如图所示，已知计时器打点周期为T=0.02s，质量m=2kg，则从О点到B点的过程中增加了的动能为__________J。(结果保留三位有效数字)
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是( )
A.该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
B.该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
C.该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
D.该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
(4)如图所示，某同学将一条无弹性轻质细绳跨过定滑轮，绳两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的4倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时b球距离地面的高度为ℎ，然后释放b球。他想只利用刻度尺验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等，若相等则应满足的关系式__________(请说明未知物理量的意义)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.质量m=2kg的小球在长为L=2m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax=45N，转轴离地高度ℎ=4m。g取10m/s2.则：
(1)若恰好能通过最高点，则最高点处小球的速度大小；
(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，则此时小球的速度大小；
(3)若在(2)中细绳被拉断后小球继续做平抛运动，如图所示。求小球浴地水平距离x。
16.带电量分别为+q、−2q的异种电荷A、B固定在同一水平线上、相距6x，在它们连线的中点P上方处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，绳长2x、与OP的夹角为30°，如图所示。平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，则：
(1)小球所受电场力大小；
(2)小球所在处A、B产生的电场合场强；
(3)小球所带电荷量大小。
17.如图所示，质量为m的物块A与质量为3m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求两物块最终分离时各自的速度；
(2)在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为v04时弹簧的弹性势能。
18.航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损环，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的级冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A。己知包裹与装置A、转运车B水平上表面的动摩擦因数均为µ1=0.4，装置A与水平地面间的动摩擦因数µ2=0.2、最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦，A、B的质量均为M=40kg，A、B水平上表面的长度均为L=4m。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度ℎ处静止释放，包裹与B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。
(1)要使包裹在装置A上运动时A不动，则包裹的质量最大不超过多少千克；
(2)若包裹质量m1=60kg，从高度ℎ=0.8m处静止释放，求包裹与装置A之间摩擦所生的热量；
(3)若包裹质量m2=10kg、为使包裹能停在转运车B上，则该包裹静止释放时的高度ℎ应满足的条件。
答案解析
1.D
【解析】A.一对作用力和反作用力因等大反向，同时产生，同时消失，同时变化，所以一对作用力和反作用力的冲量之和为零，但是一对作用力和反作用力做功的代数和不一定为零，故A错误；
B.动量变化量越大，则合外力的冲量越大，故B错误；
C.动量为零时，物体的速度为零，但是物体可以有加速度，如竖直上抛的最高点，所以物体不一定处于平衡状态，故C错误；
D.由于动量是矢量，所以甲物体动量p1=5kg·m/s，乙物体动量p2=−10kg·m/s，则
p1故D正确。
故选D。
2.A
【解析】AC、“北京三号卫星”离地高度比同步卫星低，则“北京三号卫星”做圆周运动的半径比同步卫星的小，由开普勒第三定律知，“北京三号卫星”运动的周期小于同步卫星的周期，而同步卫星的周期与地球自转周期相同，则“北京三号卫星”运行周期小于地球的自转周期，由ω=2πT知，“北京三号卫星”运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A正确，C错误；
B、第一宇宙速度是卫星绕地球表面运行的速度，是卫星运行速度的最大值，“北京三号卫星”离地一定高度，其速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
D、由GMmr2=ma知，卫星的加速度a=GMr2，可见“北京三号卫星”的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
3.B
【解析】
根据动能定理得：W−mgℎ=12mv2−0；
一只篮球大约0.6kg，篮球被投出后上升的高度约为1.5m，则W=mgℎ+12mv2=0.6×10×1.5+12×0.6×1≈10J，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.C
【解析】取其中一个小球分析，受力如图所示：
小球做匀速圆周运动，mgtanθ=mω2Lsinθ，
解得：ω= gLcsθ，
则Lcsθ(小球与悬挂点的高度差)越小，角速度越大，
故选C。
5.C
【解析】A、由图像可知，所围面积即为冲量大小，故前1 s内力F对物体的冲量为2.5 N·s，故 A错误
B、根据牛顿第二定律可得出，物体的加速度随时间的变化图像如图所示：
则在0∼1s内，物体向右加速，1s∽2s内向右减速，2s时，速度刚好减为零，2s内物体一直向右运动，故B错误;
C、第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，a=Fm=55m/s2=1m/s2，则3s末物体的速度的大小为：v=at=1×1m/s=1m/s，故C正确；
D、第3s内物体的位移为x=12at2=12×1×1m=0.5m，故D错误。
故选:C。
6.D
【解析】A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点则C、M、D、N四点的电场强度方向不同，A错误；
B.若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电荷电场中电场线分布的对称性可知，C、D两点的电场强度大小相等，方向均由A指向B，B错误；
C.若在C点和D点分别放置等量同种的点电荷，则O点的电场强度是零，从O点沿CD的中垂线经过N点到无限远处，电场强度大小从零先增大，再减小到零，则电子从O点沿直线运动到N点的过程中，所受静电力的大小可能是一直增大的，也可能是先增大后减小的，C错误；
D.若在C点和D点分别放置等量正点电荷，则CD连线的中垂线上，关于O点对称的两点电场强度等大反向，所以电子在MO间与ON间受力具有对称性，都指向O点所以将一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动，D正确。
故选D。
7.B
【解析】A.转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；
B.电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω，则有
T+mg=mω2R ，T=Mg
所以ω= (m+M)gmR
故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得
T1+mg=mω2R ，T2−mg=mω2R
联立可得T2−T1=2mg
故C错误；
D.根据以上分析可知
T2−T1=2mg
若打夯机底座刚好能离开地面，则
T1=T=Mg
所以T2=Mg+2mg
对打夯机底座受力分析，有
N=T2+Mg=2Mg+2mg
根据牛顿第三定律可得，打夯机对地而的压力为2mg+2Mg，故D错误。
故选B。
8.C
【解析】A.物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于 μ>tanα ，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
μmgcsα−mgsinα=ma
代入数值解得a=2.5m/s2
假设物体能与传送带达到相同速度，则物体加速上滑的位移为
x1=v22a=0.8m假设成立，则小物体速度与传送带速度相同时，继续匀速运动，
所以工件的动能增加量为Ek=12mv2=16J
故A正确；
B.工件增加的重力势能为Ep=mgℎ=mgLsin30∘=240J
故B正确；
C.设物块经过 t 时间达到与皮带共速，则
t=va=0.8s
则物块与传送带的相对位移为
Δx=vt−x1=0.8m
则摩擦产生的热量为
Q=f⋅Δx=μmgcs30∘⋅Δx=48J
故C错误；
D.电动机多消耗的电能为
E=ΔEk+ΔEp+Q=304J
故选C。
9.AC
【解析】解：A、根据重力做功和重力势能关系可知，克服重力做功4J，则重力势能增大了4J，故A正确；
B、除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量，则物体的机械能增加了8J−0.5J=7.5J，故B错误；
CD、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总=−4J+8J−0.5J=3.5J，故动能增加3.5J，故C正确，D错误。
故选：AC。
明确重力做功等于重力势能的减小量；除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量；合力做功等于动能的增加量。
功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度。
10.ABD
【解析】解：A.相对地面静止在不同高度的宇航员，地球自转角速度不变，根据v=rω可知宇航员的线速度随着r的增大而增大，故A正确；
B.当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；
C.宇航员在r=R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故C错误；
D.宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得GMmr2−F=mω2r
其中F为太空舱对宇航员的支持力，宇航员感受的“重力”为F=GMmr2−mω2r=m(a引−a向)
其中：a引为地球引力对宇航员产生的加速度大小，a向为地球自转而产生的向心加速度大小，由图可知：在R故选：ABD。
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
11.BD
【解析】A.中子星与红矮星组成双星系统，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，则中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，故A错误；
B.中子星与红矮星之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，由万有引力提供向心力，可知中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，则有
m中ω2r中=m红ω2r红
解得r中r红=m红m中=12
故B正确；
C.由于中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，根据牛顿第二定律 F=ma 可知
m中a中=m红a红
所以a中a红=m红m中=12
故C错误；
D.由B选项可知 r中r红=12 ，
又r中+r红=L
所以r中=L3 ，r红=2L3
根据万有引力提供向心力
F=Gm中m红L2=m中4π2T2r中=m红4π2T2r红
解得m红=4π2L33GT2 ，m中=8π2L33GT2
所以m红+m中=4π2L3GT2
故D正确。
故选BD。
12.ABD
【解析】A.灯在最低点时，
由牛顿第二定律得F弹−mg=mω2r
解得F弹= mg+ mω2r
因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，故A正确；
BC.当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即
kd=mω2R
得ω= kdmR
故B正确，C错误；
D.当气嘴灯运动到最高点时能发光，则
kd+2mg=mω′2R
得ω′= kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR ，故D正确。
故选ABD。
13.(1)>
(2)B
(3) ma 1ℎC=mb 1ℎB+ma 1ℎD
【解析】(1)为了确保a球与b球碰撞后不反弹，则a球的质量大于b球的质量，即
ma>mb
(2)由题图可知，C点应为碰前小球a的落点，两球碰后a的速度小于b的速度，则a下落的高度大于b下落的高度，所以D点为a碰后的落点，B点为b碰后的落点。
(3)假设A点到斜槽末端的距离为x，根据平抛运动的规律
x=v0t，ℎ=12gt2
所以v0=x g2ℎ
如果两球碰撞过程中动量守恒，则
mav0=mav1+mbv2
所以
ma 1ℎC=mb 1ℎB+ma 1ℎD
14.(1)B
(2)1.37
(3)C
(4)H=1.6ℎ(H为a球运动的最高点距离地面的高度)
【解析】(1)电磁打点计时可以记时间，不需要秒表，同时打点计时器使用低压交流电源，而处理实验数据时需要用刻度尺测量出计数点之间的距离，验证机械能守恒定律等式两边可以约掉质量，故实验中不需要测量重物的质量，因此不需要天平。
故选B。
(2)重物下落过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知，打B点时的速度为
vB=AC2T=9.57−4.892×0.02×10−2m/s=1.17m/s
所以从打O点到打B点的过程中，增加的动能为
ΔEk=EkB=12mvB2=12×2×1.172J≈1.37J
(3)此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，是不可避免的，但想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。
故选C。
(4)该实验的原理是b球落地瞬间两球速度大小相同，然后a球继续上升到最高点，分别测出b球离地面的高度和a球上升的高度，用高度差计算出a球做竖直上抛运动时的初速度，从而验证系统机械能守恒，该方案需要测量的物理量有：释放时b球距地面的高度ℎ和a球上升到最高点距地面的高度H，设a球竖直上抛时的初速度为v，
则有v2=2g(H−ℎ)
在小球落地前有4mgℎ=mgℎ+12(m+4m)v2
联立可得H=1.6ℎ
15.(1)当小球恰好通过最高点时mg=mv02R
所以v0= gL=2 5 m/s
(2)若细绳此时恰好被拉断，则
T=Tmax =45N
小球在最低点时T−mg=mv2L
代入数据得v=5m/s
(3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x，则有
ℎ−L=12gt2
得t= 105 s
水平距离x=vt= 10 m
16.(1)以小球C为对象，由平衡条件可得
tan30∘=Fmg
解得小球所受电场力大小为
F= 33mg
(2)根据几何关系可知，小球所在处A、B产生的电场合场强大小为
E=kq2x2+k2q4x2=3kq8x2
方向水平向右。
(3)设小球所带电荷量大小为 q′ ，根据
F=q′E
可得小球所带电荷量大小为
q′=FE=8 3mgx29kq
17.(1)根据动量守恒定律可得
mv0=mvA1+3mvB1
根据机械能守恒定律可得
12mv02=12mvA12+12⋅3mvB12
联立解得vA1=−12v0 ， vB1=12v0
即分离时A的速度方向向左，B的速度方向向右；
(2)根据动量守恒定律有
mv0=mvA+3mvB
根据能量守恒定律有
12mv02=12mvA2+12⋅3mvB2+Ep
当 vA=14v0 时，
解得Ep1=38mv02
当 vA=−14v0 时，有
Ep2=425mv02
18.(1)要求A不动时需满足
μ1mg≤μ2m+Mg
解得m≤40kg
即包裹的质量不能超过40kg；
(2)由于包裹质量m1=60kg大于40kg，则装置A带动B车运动，加速度为
a=μ1mg−μ2(m1+M)g2M=12m/s2
包裹加速度为a2=μ1g=4m/s2
包裹在光滑曲面下滑，有12m1v02=m1gℎ
解得v0=4m/s
当三者以v共速，则有
v0−a2t=a1t=v
解得t=89s
此后，A开始减速与B分离，包裹与装置A一起做匀减速运动，包裹在装置A上滑动的相对位移为
x=v+v02t−v2t=v02t=169m
包裹与装置A之间因摩擦而产生的热量为
Q=μ1m1gx=12803J
(3)由于包裹质量m2=10kg小于40kg，则装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹恰好滑上B车，则有
m2gℎ1=μ1m2gL
解得ℎ1=1.6m
A释放高度最大时，则包裹滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，下滑至B车时有
m2gℎ2=12m2v′02+μ1m2gL
与B车相互作用过程满足
m2v′0=M+m2v共
12m2v′02=12M+m2v共2+μ1m2g⋅2L
解得ℎ2=5.6m
即包裹静止释放时的高度ℎ应满足
1.6m≤ℎ≤5.6m
1.下列说法正确的是( )
A. 一对作用力和反作用力的冲量之和为零，则一对作用力和反作用力做功代数和一定为零
B. 动量越大，合外力的冲量越大
C. 物体动量为零时，物体一定处于平衡状态
D. 甲物体动量p1=5kg·m/s，乙物体动量p2=−10kg·m/s，则p1
A. 运行周期小于地球的自转周期B. 线速度大于地球的第一宇宙速度
C. 角速度等于地球同步卫星的角速度D. 加速度小于地球同步卫星的加速度
3.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以2 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近于( )
A. 1 JB. 10 JC. 50 JD. 100 J
4.有两根长度不同的轻质细线下面分别悬挂小球a、b，细线上端固定在同一点，若两个小球绕同一竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，相对位置关系分别如图所示，则两个摆球在运动过程中，小球a的角速度比小球b的角速度小的是( )
A. B.
C. D.
5.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为5kg，则下列说法正确的是( )
A. 前1s内力F对物体的冲量为5N⋅sB. t=2s时物体回到出发点
C. t=3s时物体的速度大小为1m/sD. 第3s内物体的位移为1m
6.如图所示，平面内直线AB和MN垂直相交于О点，A、B关于О点对称。M、N关于О点对称，C是AO的中点，D是OB的中点，则下列说法正确的是( )
A. 若将电荷量为+Q的点电荷放置在О点，则C、M、D、N四点的电场强度相同
B. 若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，则C，D两点电场强度方向相反
C. 若在C点和D点分别放置等量同种点电荷，一电子从О点沿直线运动到N点的过程中所受静电力的大小是一直减小的
D. 若在C点和D点分别放置等量正点电荷，一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动
7.某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，如图所示是电动打夯机的结构示意图。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴О在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 转到最低点时摆锤处于失重状态
B. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤的角速度为 (m+M)gmR
C. 摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mg
D. 若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2mg+Mg
8.2023年重庆市货运量、港口吞吐量双双实现21亿吨目标。其中，港口吞吐量历史性突破2.2亿吨，同比增长8.2%，物流公司为了提高工作效率会使用各种传送带装置，如图所示为一简化的传送带模型，传送带与水平面之间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为6m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=8kg的小物体〈可视为质点〉轻放在传送带的B点，已知小物体与传送带间的动摩擦因数为μ= 32，则在传送带将小物体从B点传送到A点的过程中，下列说法不正确的是( )
A. 工件的动能增加最为16JB. 工件的重力势能增加240J
C. 摩擦产生的热量60JD. 电动机多消耗的电能为304J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，克服重力做功4J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是( )
A. 物体的重力势能增加了4JB. 物体的机械能减少了4J
C. 物体的动能增加了3.5JD. 物体的动能增加了8J
10.设想在处于赤道地面上建造如图甲所示的“太空电梯”，宇航员可通过竖直的“太空电梯”直达空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于处于“太空电梯”中在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 随着r增大，宇航员的线速度增大
B. 图中r0为地球同步卫星的轨道半径
C. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
D. r从R增大到r0的过程中，宇航员感受到“重力”越来越小
11.厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光斑，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。中子星与红矮星的质量比约为2：1，同时绕它们连线上某点О做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 中子星角速度小于红矮星的角速度
B. 中子星与红矮星做圆周运动的半径之比为1：2
C. 中子星与红矮星做圆周运动的向心加速度之比2：1
D. 若假设两颗恒星间的距离为L，中子星的公转周期为T，则中子星与红矮星质量之和为4π2L3GT2
12.如图所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制。其结构为弹簧一端固定在顶部，另一端与重物连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，重物拉伸弹簧后使他点M、N接触，从而接通电路使气嘴灯发光，触点N与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点M、N距离为d、已知重物与触点M的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。不计接触式开关中的一切摩擦，重物和触点M、N均视为质点，则( )
A. 增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
B. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kdmR
C. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd−mgmR
D. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学利用如图所示的实验装置完成了验证碰撞过程中的动量守恒的实验，将带有斜槽的轨道固定在桌面上并调整至斜槽的末端水平。选取两个大小完全相同的钢性小球a、b，测量出其质量分别为ma、mb。实验时，首先将a球由一定高度静止释放，经过一段时间小球打在右侧竖直固定的挡板上的某点；然后在斜槽的末端放上b球，将a球由同一高度静止释放，两球碰后均打在右侧竖直固定的挡板上，已知A点与斜槽的末端在同一水平线上。已知B、C、D三点到A点的距离分别为ℎB、ℎC、ℎD。
(1)该实验要求实验所用小球的质量满足ma__________mb。(填“>、=或<”)
(2)竖直挡板上的__________点为b球的落点。
(3)如果两球碰撞的过程动量守恒，则关系式__________成立。
14.利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中、还必须使用的器材是( )
A.低压直流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码) D.秒表
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点О的距离分别为如图所示，已知计时器打点周期为T=0.02s，质量m=2kg，则从О点到B点的过程中增加了的动能为__________J。(结果保留三位有效数字)
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是( )
A.该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
B.该误差属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
C.该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
D.该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
(4)如图所示，某同学将一条无弹性轻质细绳跨过定滑轮，绳两端各系一个小球a和b，b球的质量是a球的4倍，用手托住b球，a球静止于地面。当绳刚好被拉紧时b球距离地面的高度为ℎ，然后释放b球。他想只利用刻度尺验证b球落地前瞬间两球的机械能之和与释放时相等，若相等则应满足的关系式__________(请说明未知物理量的意义)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.质量m=2kg的小球在长为L=2m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax=45N，转轴离地高度ℎ=4m。g取10m/s2.则：
(1)若恰好能通过最高点，则最高点处小球的速度大小；
(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，则此时小球的速度大小；
(3)若在(2)中细绳被拉断后小球继续做平抛运动，如图所示。求小球浴地水平距离x。
16.带电量分别为+q、−2q的异种电荷A、B固定在同一水平线上、相距6x，在它们连线的中点P上方处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，绳长2x、与OP的夹角为30°，如图所示。平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，则：
(1)小球所受电场力大小；
(2)小球所在处A、B产生的电场合场强；
(3)小球所带电荷量大小。
17.如图所示，质量为m的物块A与质量为3m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初速度v0，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求两物块最终分离时各自的速度；
(2)在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为v04时弹簧的弹性势能。
18.航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损环，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的级冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A。己知包裹与装置A、转运车B水平上表面的动摩擦因数均为µ1=0.4，装置A与水平地面间的动摩擦因数µ2=0.2、最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦，A、B的质量均为M=40kg，A、B水平上表面的长度均为L=4m。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度ℎ处静止释放，包裹与B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。
(1)要使包裹在装置A上运动时A不动，则包裹的质量最大不超过多少千克；
(2)若包裹质量m1=60kg，从高度ℎ=0.8m处静止释放，求包裹与装置A之间摩擦所生的热量；
(3)若包裹质量m2=10kg、为使包裹能停在转运车B上，则该包裹静止释放时的高度ℎ应满足的条件。
答案解析
1.D
【解析】A.一对作用力和反作用力因等大反向，同时产生，同时消失，同时变化，所以一对作用力和反作用力的冲量之和为零，但是一对作用力和反作用力做功的代数和不一定为零，故A错误；
B.动量变化量越大，则合外力的冲量越大，故B错误；
C.动量为零时，物体的速度为零，但是物体可以有加速度，如竖直上抛的最高点，所以物体不一定处于平衡状态，故C错误；
D.由于动量是矢量，所以甲物体动量p1=5kg·m/s，乙物体动量p2=−10kg·m/s，则
p1
故选D。
2.A
【解析】AC、“北京三号卫星”离地高度比同步卫星低，则“北京三号卫星”做圆周运动的半径比同步卫星的小，由开普勒第三定律知，“北京三号卫星”运动的周期小于同步卫星的周期，而同步卫星的周期与地球自转周期相同，则“北京三号卫星”运行周期小于地球的自转周期，由ω=2πT知，“北京三号卫星”运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A正确，C错误；
B、第一宇宙速度是卫星绕地球表面运行的速度，是卫星运行速度的最大值，“北京三号卫星”离地一定高度，其速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
D、由GMmr2=ma知，卫星的加速度a=GMr2，可见“北京三号卫星”的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
3.B
【解析】
根据动能定理得：W−mgℎ=12mv2−0；
一只篮球大约0.6kg，篮球被投出后上升的高度约为1.5m，则W=mgℎ+12mv2=0.6×10×1.5+12×0.6×1≈10J，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.C
【解析】取其中一个小球分析，受力如图所示：
小球做匀速圆周运动，mgtanθ=mω2Lsinθ，
解得：ω= gLcsθ，
则Lcsθ(小球与悬挂点的高度差)越小，角速度越大，
故选C。
5.C
【解析】A、由图像可知，所围面积即为冲量大小，故前1 s内力F对物体的冲量为2.5 N·s，故 A错误
B、根据牛顿第二定律可得出，物体的加速度随时间的变化图像如图所示：
则在0∼1s内，物体向右加速，1s∽2s内向右减速，2s时，速度刚好减为零，2s内物体一直向右运动，故B错误;
C、第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，a=Fm=55m/s2=1m/s2，则3s末物体的速度的大小为：v=at=1×1m/s=1m/s，故C正确；
D、第3s内物体的位移为x=12at2=12×1×1m=0.5m，故D错误。
故选:C。
6.D
【解析】A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点则C、M、D、N四点的电场强度方向不同，A错误；
B.若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电荷电场中电场线分布的对称性可知，C、D两点的电场强度大小相等，方向均由A指向B，B错误；
C.若在C点和D点分别放置等量同种的点电荷，则O点的电场强度是零，从O点沿CD的中垂线经过N点到无限远处，电场强度大小从零先增大，再减小到零，则电子从O点沿直线运动到N点的过程中，所受静电力的大小可能是一直增大的，也可能是先增大后减小的，C错误；
D.若在C点和D点分别放置等量正点电荷，则CD连线的中垂线上，关于O点对称的两点电场强度等大反向，所以电子在MO间与ON间受力具有对称性，都指向O点所以将一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动，D正确。
故选D。
7.B
【解析】A.转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；
B.电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω，则有
T+mg=mω2R ，T=Mg
所以ω= (m+M)gmR
故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得
T1+mg=mω2R ，T2−mg=mω2R
联立可得T2−T1=2mg
故C错误；
D.根据以上分析可知
T2−T1=2mg
若打夯机底座刚好能离开地面，则
T1=T=Mg
所以T2=Mg+2mg
对打夯机底座受力分析，有
N=T2+Mg=2Mg+2mg
根据牛顿第三定律可得，打夯机对地而的压力为2mg+2Mg，故D错误。
故选B。
8.C
【解析】A.物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于 μ>tanα ，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
μmgcsα−mgsinα=ma
代入数值解得a=2.5m/s2
假设物体能与传送带达到相同速度，则物体加速上滑的位移为
x1=v22a=0.8m
所以工件的动能增加量为Ek=12mv2=16J
故A正确；
B.工件增加的重力势能为Ep=mgℎ=mgLsin30∘=240J
故B正确；
C.设物块经过 t 时间达到与皮带共速，则
t=va=0.8s
则物块与传送带的相对位移为
Δx=vt−x1=0.8m
则摩擦产生的热量为
Q=f⋅Δx=μmgcs30∘⋅Δx=48J
故C错误；
D.电动机多消耗的电能为
E=ΔEk+ΔEp+Q=304J
故选C。
9.AC
【解析】解：A、根据重力做功和重力势能关系可知，克服重力做功4J，则重力势能增大了4J，故A正确；
B、除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量，则物体的机械能增加了8J−0.5J=7.5J，故B错误；
CD、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总=−4J+8J−0.5J=3.5J，故动能增加3.5J，故C正确，D错误。
故选：AC。
明确重力做功等于重力势能的减小量；除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量；合力做功等于动能的增加量。
功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度。
10.ABD
【解析】解：A.相对地面静止在不同高度的宇航员，地球自转角速度不变，根据v=rω可知宇航员的线速度随着r的增大而增大，故A正确；
B.当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；
C.宇航员在r=R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故C错误；
D.宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得GMmr2−F=mω2r
其中F为太空舱对宇航员的支持力，宇航员感受的“重力”为F=GMmr2−mω2r=m(a引−a向)
其中：a引为地球引力对宇航员产生的加速度大小，a向为地球自转而产生的向心加速度大小，由图可知：在R
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
11.BD
【解析】A.中子星与红矮星组成双星系统，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，则中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，故A错误；
B.中子星与红矮星之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，由万有引力提供向心力，可知中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，则有
m中ω2r中=m红ω2r红
解得r中r红=m红m中=12
故B正确；
C.由于中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，根据牛顿第二定律 F=ma 可知
m中a中=m红a红
所以a中a红=m红m中=12
故C错误；
D.由B选项可知 r中r红=12 ，
又r中+r红=L
所以r中=L3 ，r红=2L3
根据万有引力提供向心力
F=Gm中m红L2=m中4π2T2r中=m红4π2T2r红
解得m红=4π2L33GT2 ，m中=8π2L33GT2
所以m红+m中=4π2L3GT2
故D正确。
故选BD。
12.ABD
【解析】A.灯在最低点时，
由牛顿第二定律得F弹−mg=mω2r
解得F弹= mg+ mω2r
因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，故A正确；
BC.当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即
kd=mω2R
得ω= kdmR
故B正确，C错误；
D.当气嘴灯运动到最高点时能发光，则
kd+2mg=mω′2R
得ω′= kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为 kd+2mgmR ，故D正确。
故选ABD。
13.(1)>
(2)B
(3) ma 1ℎC=mb 1ℎB+ma 1ℎD
【解析】(1)为了确保a球与b球碰撞后不反弹，则a球的质量大于b球的质量，即
ma>mb
(2)由题图可知，C点应为碰前小球a的落点，两球碰后a的速度小于b的速度，则a下落的高度大于b下落的高度，所以D点为a碰后的落点，B点为b碰后的落点。
(3)假设A点到斜槽末端的距离为x，根据平抛运动的规律
x=v0t，ℎ=12gt2
所以v0=x g2ℎ
如果两球碰撞过程中动量守恒，则
mav0=mav1+mbv2
所以
ma 1ℎC=mb 1ℎB+ma 1ℎD
14.(1)B
(2)1.37
(3)C
(4)H=1.6ℎ(H为a球运动的最高点距离地面的高度)
【解析】(1)电磁打点计时可以记时间，不需要秒表，同时打点计时器使用低压交流电源，而处理实验数据时需要用刻度尺测量出计数点之间的距离，验证机械能守恒定律等式两边可以约掉质量，故实验中不需要测量重物的质量，因此不需要天平。
故选B。
(2)重物下落过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知，打B点时的速度为
vB=AC2T=9.57−4.892×0.02×10−2m/s=1.17m/s
所以从打O点到打B点的过程中，增加的动能为
ΔEk=EkB=12mvB2=12×2×1.172J≈1.37J
(3)此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，是不可避免的，但想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小该误差。
故选C。
(4)该实验的原理是b球落地瞬间两球速度大小相同，然后a球继续上升到最高点，分别测出b球离地面的高度和a球上升的高度，用高度差计算出a球做竖直上抛运动时的初速度，从而验证系统机械能守恒，该方案需要测量的物理量有：释放时b球距地面的高度ℎ和a球上升到最高点距地面的高度H，设a球竖直上抛时的初速度为v，
则有v2=2g(H−ℎ)
在小球落地前有4mgℎ=mgℎ+12(m+4m)v2
联立可得H=1.6ℎ
15.(1)当小球恰好通过最高点时mg=mv02R
所以v0= gL=2 5 m/s
(2)若细绳此时恰好被拉断，则
T=Tmax =45N
小球在最低点时T−mg=mv2L
代入数据得v=5m/s
(3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x，则有
ℎ−L=12gt2
得t= 105 s
水平距离x=vt= 10 m
16.(1)以小球C为对象，由平衡条件可得
tan30∘=Fmg
解得小球所受电场力大小为
F= 33mg
(2)根据几何关系可知，小球所在处A、B产生的电场合场强大小为
E=kq2x2+k2q4x2=3kq8x2
方向水平向右。
(3)设小球所带电荷量大小为 q′ ，根据
F=q′E
可得小球所带电荷量大小为
q′=FE=8 3mgx29kq
17.(1)根据动量守恒定律可得
mv0=mvA1+3mvB1
根据机械能守恒定律可得
12mv02=12mvA12+12⋅3mvB12
联立解得vA1=−12v0 ， vB1=12v0
即分离时A的速度方向向左，B的速度方向向右；
(2)根据动量守恒定律有
mv0=mvA+3mvB
根据能量守恒定律有
12mv02=12mvA2+12⋅3mvB2+Ep
当 vA=14v0 时，
解得Ep1=38mv02
当 vA=−14v0 时，有
Ep2=425mv02
18.(1)要求A不动时需满足
μ1mg≤μ2m+Mg
解得m≤40kg
即包裹的质量不能超过40kg；
(2)由于包裹质量m1=60kg大于40kg，则装置A带动B车运动，加速度为
a=μ1mg−μ2(m1+M)g2M=12m/s2
包裹加速度为a2=μ1g=4m/s2
包裹在光滑曲面下滑，有12m1v02=m1gℎ
解得v0=4m/s
当三者以v共速，则有
v0−a2t=a1t=v
解得t=89s
此后，A开始减速与B分离，包裹与装置A一起做匀减速运动，包裹在装置A上滑动的相对位移为
x=v+v02t−v2t=v02t=169m
包裹与装置A之间因摩擦而产生的热量为
Q=μ1m1gx=12803J
(3)由于包裹质量m2=10kg小于40kg，则装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹恰好滑上B车，则有
m2gℎ1=μ1m2gL
解得ℎ1=1.6m
A释放高度最大时，则包裹滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，下滑至B车时有
m2gℎ2=12m2v′02+μ1m2gL
与B车相互作用过程满足
m2v′0=M+m2v共
12m2v′02=12M+m2v共2+μ1m2g⋅2L
解得ℎ2=5.6m
即包裹静止释放时的高度ℎ应满足
1.6m≤ℎ≤5.6m
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