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廣東省江門市第一中學2024-2025學年高二上學期開學考試物理試題
1．（2024高二上·江門開學考）設在無摩擦的桌面上置有5個相同的鋼球，其中三個緊密連接排放一列，另兩個一起自左方以速度正面彈性碰撞此三球，如圖，碰撞后向右遠離的小球個數為（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】設鋼球從左到右分別為求1、2、3、4、5，球2先與球3相碰，根據動量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2與球3互換速度，接著球3先與球4相碰，同理可得球3與球4互換速度，依此類推，最終球2、3、4靜止，球5以速度向右運動。接著球1與球2相碰，同理可得，最終球1、2、3靜止，球4以速度向右運動，故碰撞后向右遠離的小球個數為2個。
故選B。
【分析】根據彈性碰撞分割分析：先由2與3、再有3與4，后有4與5，由于質量相等，故動量交換；同理，再分析1球與2的碰撞，碰后交換動量依次相碰，最終有4、5向右運動。
2．（2024高二上·江門開學考）我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運貨物。如圖甲所示，將質量為m的貨物平放在手推車底板上，此時底板水平；緩慢壓下把手直至底板與水平面間的夾角為60°。不計貨物與支架及底板間的摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．當底板與水平面間的夾角為時，底板對貨物的支持力為
B．當底板與水平面間的夾角為時，支架對貨物的支持力為
C．壓下把手的過程中，底板對貨物的支持力一直增大
D．壓下把手的過程中，支架對貨物的支持力一直增大
【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了動態平衡問題、力的合成與分解，解題的關鍵是知道底板對貨物的支持力與支架對貨物的支持力始終垂直，利用動態圓的方法分析兩個彈力的大小變化，一目了然。
AB．當底板與水平面間的夾角為時，受力分析如圖
由平衡條件可得
，
解得
，
即當底板與水平面間的夾角為時，底板對貨物的支持力為，支架對貨物的支持力為故AB錯誤；
CD．壓下把手的過程中，貨物的受力情況如圖
由圖可知，底板對貨物的支持力一直減小，支架對貨物的支持力一直增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】對貨物受力分析，由力的平衡可得兩個彈力大小；兩個彈力的夾角始終是90°不變，利用動態圓的方法分析。
3．（2024高二上·江門開學考）兩輛汽車A、B在平直路面上運動時的位置變化如圖甲所示（A車位置為坐標原點），初始時的運動方向如圖乙所示，下列說法不正確的是（　　）
A．在時間內，A車的速度大于B車的速度
B．0~70s的時間內，A、B兩車的平均速度相同
C．時間內，若以A車為參照物，B車向東運動
D．0s計時后，A、B兩車共相遇兩次
【答案】B
【知識點】參考系與坐標系；運動學 S-t 圖象；追及相遇問題
【解析】【解答】x-t圖像的特點：①位移圖像的斜率等于物體的速度；②位移圖像的縱坐標表示物體在某時刻的位置，這是我們解題的關鍵。
A． 根據兩輛汽車A、B在平直路面上運動時的位置變化圖甲可知，汽車B全程在做勻速運動，其速度為
汽車A在內勻速運動，其速度為
在時間內，A車的速度為大于B車的速度，故A正確；
B．的時間內，A車的平均速度
而B車的速度為，兩車的平均速度不相同，故B錯誤；
C．在時間內，速度為
A車向西做勻速直線運動，速度大小為，B車也是向西運動，速度大小為，有
所以以A車為參照物，B車向東運動，故C正確；
D．由圖知，位移相等時兩車相遇，得從最開始到最后停止的時間內，A、B兩車在中間相遇一次，70s時相遇一次，共相遇兩次。故D正確。
此題選擇錯誤的，故選B。
【分析】0～t1時間內，兩車都做勻速直線運動，分別根據公式求出兩車的速度，進而比較大小；0～70s的時間內，從圖中求出兩車的平均速度，分析大小；t2～t3時間內，根據圖像判斷出兩車的運動方向和速度大小，根據大小關系求出以A車為參照物，B車運動方向；0s計時到靜止時間內，根據圖像可知兩車有兩次相交的位置，判斷相遇次數。
4．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，為某轎車的手動變速桿，若保持發動機輸出功率不變，將變速桿推至不同檔位，可獲得不同的運行速度，從“1”—“5”擋速度依次增大，R是倒車擋，某型號轎車發動機的額定功率為60kW，在水平路面上行駛的最大速度可達180km/h，假設該轎車在水平路面上行駛時所受阻力恒定，則該轎車（　　）
A．若該車想以最大牽引力爬坡，則變速桿應推至“5”擋
B．該車在水平路面上行駛時所受阻力大小為900N
C．該車以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力大小為1200N
D．若改變發動機輸出功率，汽車以54km/h的速度在同一水平路面上勻速行駛時，發動機的輸出功率為35kW
【答案】C
【知識點】功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】對機車啟動問題應首先弄清是功率恒定還是加速度恒定．對于機車以恒定加速度啟動問題，機車勻加速運動能維持的時間，一定是機車功率達到額定功率的時間。A． 某型號轎車發動機的額定功率為60kW， 根據功率的求解公式
可知以最大牽引力爬坡，變速桿應推至“1”擋，故A錯誤；
C．以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力為
故C正確；
BD．最大速度行駛時，牽引力等于阻力，可知阻力為
若改變發動機輸出功率，汽車以54km/h的速度在同一水平路面上勻速行駛時，發動機的輸出功率為
故BD錯誤。
故選C。
【分析】根據功率與牽引力的關系P=Fv判斷轎車要以最大牽力行駛時變速桿應推至的檔位；在額定功率下以最高速度行駛時，此時牽引力等于阻力，根據P=Fv=fvm求得阻力和牽引力；當勻速行駛時，牽引力等于阻力，根據P=Fv=fvm求得實際輸出功率。
5．（2024高二上·江門開學考）某同學用乒乓球做了兩次實驗：第一次用可樂瓶制成一個開口向上的容器，如圖所示，容器內倒入水，水中放乒乓球，該同學將容器從腰部由靜止釋放，容器落地后乒乓球豎直反彈碰到了天花板；第二次該同學直接手抓住乒乓球從同一位置由靜止釋放，乒乓球反彈的高度比釋放位置稍微低了一點，下列說法正確的是（　　）
A．第一次乒乓球反彈后能到達天花板是因為乒乓球與水發生了完全非彈性碰撞
B．第二次乒乓球下落時的加速度比反彈上升時的加速度大
C．前、后兩次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的過程中合外力對乒乓球做的功相等
D．第一次乒乓球反彈到天花板時的重力勢能比釋放時的重力勢能大
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；碰撞模型
【解析】【解答】A．完全非彈性碰撞通常指的是物體在碰撞后合并在一起，因為乒乓球在反彈后仍然保持了一定的動能，沒有與水合并在一起，不可能是完全非彈性碰撞，故A錯誤；
B．第二次乒乓球下落時和反彈上升時都只受重力，根據牛頓第二定律可知，加速度大小相等都等于g，故B錯誤；
C．第一次反彈的高度大于第二次反彈的高度，可知第一次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的速度大于第二次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的速度，則前、后兩次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的過程中，動能的變化量相不等，根據動能定理知合外力對乒乓球做的功不相等，故C錯誤；
D．根據題意第一次乒乓球反彈到天花板時的高度大于釋放時的高度，由
則第一次乒乓球反彈到天花板時的重力勢能比釋放時的重力勢能大，故D正確。
故選D。
【分析】根據完全非彈性碰撞的定義分析，根據受力分析判斷加速度大小，根據動能定理判斷合外力做功，根據重力勢能表達式分析重力勢能。
6．（2024高二上·江門開學考）如圖所示為雙層立體泊車裝置．欲將靜止在①號車位的轎車移至④號泊車位，需先通過①號車位下方的移動板托舉著轎車豎直抬升h至③號位，再水平右移停至④號車位，兩次移動的過程中，車輛都是從靜止先加速再減速至靜止，轎車質量為m，重力加速度為g，則（　　）
A．水平右移過程移動板對車的摩擦力一直做正功
B．豎直抬升過程車輛克服重力做功大于支持力做功
C．豎直抬升過程移動板對車做的功為
D．根據題干信息可計算整個過程移動板對車做功的功率
【答案】C
【知識點】功的概念；功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】解決本題時，要知道動能定理是求功常用的方法，要注意分析各個過程中外力做功情況，再運用動能定理進行分析。A． 兩次移動的過程中，車輛都是從靜止先加速再減速至靜止，水平右移過程，車輛先向右加速后減速，可知移動板對車的摩擦力方向先向右后向左，則摩擦力先做正功后做負功，故A錯誤；
BC．豎直抬升過程，由于初、末動能均為0，根據動能定理可知，豎直抬升過程車輛克服重力做功等于支持力做功，則豎直抬升過程移動板對車做的功為
故B錯誤，C正確；
D．由于不知道整個過程的運動時間，所以根據題干信息不能計算整個過程移動板對車做功的功率，故D錯誤。
故選C。
【分析】分析水平右移過程中車的運動性質，得出動板對車的摩擦力方向，再根據位移與摩擦力的方向關系得出功的正負；根據動能定理分析支持力做功與克服重力做功的關系，并求出移動板對1號車做功；結合功率公式分析整個過程移動板對車做功功率。
7．（2024高二上·江門開學考）羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，找到了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則該羽毛球（　　）
A．在A、B兩點的速度大小相等
B．整個飛行過程中經P點的速度最小
C．AP段的飛行時間大于PB段的飛行時間
D．在A點的機械能大于B點的機械能
【答案】D
【知識點】斜拋運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】AD．由題可知，羽毛球在運動過程中受到空氣阻力作用，且空氣阻力做負功，所以機械能減小，所以A點速度大于B點的速度，A點的機械能大于B點的機械能，故A錯誤，D正確；
B．當羽毛球所受重力與阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度最小，而在最高點P時，合力方向與速度夾角為鈍角，說明羽毛球速度最小應該在P點之前，故B錯誤；
C．由于存在空氣阻力作用，AP段羽毛球處于上升階段，其豎直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球處于下降階段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飛行時間小于PB段的飛行時間，故C錯誤。
故選D。
【分析】1、機械能守恒與能量損耗：機械能包括動能和勢能，當系統受到非保守力（如空氣阻力）作用時，機械能不守恒，會逐漸減小。空氣阻力做負功，導致羽毛球的機械能減小，因此A點的機械能大于B點的機械能。
2、速度與合力的關系：當羽毛球所受重力與空氣阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度達到最小值。在最高點P時，合力方向與速度方向的夾角為鈍角，說明羽毛球的速度最小點出現在P點之前。
3、加速度與運動時間的關系：在上升階段（AP段），羽毛球受到向下的重力和空氣阻力，其合加速度大于重力加速度。在下降階段（PB段），羽毛球受到向下的重力和向上的空氣阻力，其合加速度小于重力加速度。由于AP段和PB段的位移大小相等，但AP段的加速度較大，因此AP段的飛行時間小于PB段的飛行時間。
4、運動學中的加速度與位移關系：加速度的大小影響物體的運動時間，加速度越大，完成相同位移所需的時間越短。在豎直上拋運動中，上升和下降階段的加速度不同，導致上升時間與下降時間不相等。
8．（2024高二上·江門開學考）假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，半徑分別為RA和RB．兩顆行星周圍衛星的軌道半徑的三次方( r3)與運行周期的平方( T2)的關系如圖所示，T0為衛星環繞行星表面運行的周期．則：（　　）
A．行星A的質量小于行星B的質量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度
D．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度
【答案】C,D
【知識點】萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】要比較一個物理量大小，我們應該把這個物理量先表示出來，在進行比較。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。A、 根據萬有引力提供向心力結合牛頓第二定律可知
得
可以知道圖線的斜率為： ，A圖線的斜率大，則行星A的質量大于行星B的質量，故A錯誤.
B、根據圖像可以知道，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同， 則密度
因為衛星環繞兩行星表面運行的周期相等，則兩行星的密度相等，故B錯誤.
C、根據
得
因為行星A的質量大于行星B的質量，當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的向心加速度，故C正確；.
D、第一宇宙速度為
A的半徑大于B的半徑，衛星環繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故D正確；
故選CD.
【分析】根據萬有引力提供向心力得出中心天體質量得表達式，結合圖象判斷質量大小，根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，根據密度公式判斷密度大小。
9．（2024高二上·江門開學考）林丹是我國獲得世界冠軍最多的羽毛球選手。在一次奧運會決賽中，球飛來的速度為25m/s，林丹將球以105m/s的速度反向擊回。設羽毛球的質量為5g，擊球過程只用了0.02s。g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．擊球過程中羽毛球動量變化量大小為0.4kg·m/s
B．擊球過程中羽毛球所受重力的沖量大小為1×10-3N·s
C．擊球過程中羽毛球所受合力的沖量大小為0.4N·s
D．擊球過程中球拍的作用力約為33N
【答案】B,D
【知識點】動量定理
【解析】【解答】本題是聯系生活實際的問題，在計算過程中要注意羽毛球的速度方向變化，要規定正方向，用正負表示速度方向。A．以球被擊回的方向為正方向，擊球過程中羽毛球動量變化量大小為
故A錯誤；
B．擊球過程中羽毛球所受重力的沖量大小為
故B正確；
C．根據動量定理可得，擊球過程中羽毛球所受合力的沖量大小為0.65N·s，故C錯誤；
D．擊球過程中可以忽略重力的沖量，球拍的作用力約為
故D正確。
故選BD。
【分析】選定正方向，分析初末狀態羽毛球的速度，再求動量變化量大小。根據沖量的定義計算羽毛球所受重力的沖量大小。由動量定理計算羽毛球所受合力的沖量大小和擊球過程中球拍的作用力。
10．（2024高二上·江門開學考）太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材.現將其簡化成如圖所示的光滑球拍和小球，讓小球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與球拍間無相對運動.A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高，且與水平面成角，設球的質量為m，做圓周運動半徑為R，線速度為v，重力加速度為，下列說法正確的是
A．小球在C處受到的板的彈力比在A處大2mg
B．小球通過C處時向心力比小球通過A處的向心力大
C．在B、D兩處板的傾角與小球的運動速度v應滿足
D．小球在B、D兩處受到的板的彈力為
【答案】A,C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】解決該題的關鍵是對小球在各個位置正確進行受力分析，掌握小球在各位置所需要的向心力的方向，熟記向心力的表達式。A．對小球在A、C兩點受力分析， B、D與圓心O等高， 小球受重力和彈力，對小球分別由圓周運動的特點得
，
聯立得
選項A正確；
B．小球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，小球通過C處時向心力與小球通過A處的向心力大小相等，選項B錯誤；
C．設板與水平方向的夾角為θ，
選項C正確；
D．對小球在B、D兩點受力分析，可得
選項D錯誤.
【分析】根據向心力公式和牛頓第二定律分析向心力；在最高點和最低點根據牛頓第二定律求解壓力之差；球在運動過程中受重力和支持力，由向心力公式和牛頓第二定律的公式求出B和D各點的向心力，然后結合幾何關系進行求解。
11．（2024高二上·江門開學考）某同學用如圖甲所示的裝置驗證動量定理，部分實驗步驟如下：
(1)將一遮光條固定在滑塊上，用20分度的游標卡尺測量遮光條的寬度，游標卡尺如圖乙所示，則遮光條的寬度　 　mm；
(2)用天平稱得滑塊（包含遮光條）的質量；
(3)將一與輕彈簧相連的壓力傳感器固定在氣墊導軌左端，一光電門安裝在氣墊導軌上方，用滑塊將彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放，壓力傳感器顯示出彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖丙所示，根據圖丙可求得彈簧對滑塊的沖量大小為　 　N·s；滑塊離開彈簧一段時間后通過光電門，光電門測得遮光條的擋光時間為，可得彈簧恢復形變的過程中滑塊的動量增量大小為　 　kg·m/s。（計算結果均保留2位有效數字）
【答案】4.00；0.77；0.76
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提；要知道光電門測量瞬時速度的原理，分析清楚滑塊的運動過程，求出滑塊經過光電門時的速度。(1)游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，讀數不用估讀，則遮光條的寬度為
(3)彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標軸所圍的面積，約等于0.77 N·s；
滑塊通過光電門時的速度為
滑塊的動量增量大小為
【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺示數之和是游標卡尺示數；
（3）彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標軸所圍的面積，根據遮光片的寬度與經過光電門的時間可以求出滑塊經過光電門時的速度，然后根據動量的計算公式求出滑塊動量的增量。
12．（2024高二上·江門開學考）“探究加速度與力的關系”的實驗裝置如圖甲所示。
（1）實驗的五個步驟如下：
A.將帶有滑輪的長木板放在水平實驗臺上并安裝打點計時器；
B.將紙帶一端固定在小車上另一端穿過打點計時器；
C.把細線的一端固定在小車上，另一端通過定滑輪與小桶相連，把木板的一側墊高，讓小車做勻速直線運動，以補償阻力；
D.拉動紙帶的自由端讓小車靠近打點計時器，接通電源后釋放小車打出紙帶，測出小桶和沙的總重力，作為細線對小車的拉力F，利用紙帶測量的數據算出小車的加速度a；
E.更換紙帶，改變小桶內沙的質量，重復幾次操作。
以上操作中，錯誤的一步是：　 　（用步驟前的字母表示）；
（2）糾正錯誤后，實驗中打出的某條紙帶，相鄰計數點間的時間間隔是0.1s，測得數據如圖乙所示，由此可以算出小車運動的加速度是　 　m/s2；
（3）用不同的幾條紙帶測得的加速度a和所對應的拉力F（F=mg，m為小桶和沙的總質量，g為重力加速度），可得到小車質量M一定時，a-F的關系如圖丙所示．由圖可見F較大時圖線發生明顯彎曲，實驗時若不斷增加小桶和沙的總質量，那么a將趨向于　 　（用題中給出的物理量表示）。
（4）小華同學對實驗裝置進行了改進，將系著沙桶的細線一端通過動滑輪與固定于長木板的力傳感器相連，如圖丁所示（滑輪的摩擦和質量不計），實驗時小華沒有補償阻力，他以力傳感器的示數F為橫坐標，以加速度a為縱坐標，畫出a-F的圖像應是下圖中的　 　圖。
（5）小華實驗所用小車的質量為M，那么a-F圖像直線部分的斜率為　 　（用M表示）。
【答案】C；1.27；g；B；
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）補償阻力，另一端不能連接小桶，故C錯誤；
（2）逐差法求解小車的加速度為
（3）把小桶和沙還有小車看成一個整體，由牛頓第二定律可得
當時
（4）
可得
則a-F的圖象是一條斜率為正，且縱軸截距為負值的傾斜的直線，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
（5）因為
所以a-F的圖象的斜率為
【分析】（1）把木板的一側墊高，讓小車做勻速直線運動，以補償阻力。
*（2）逐差法求解小車的加速度；
（3）把小桶和沙還有小車看成一個整體，由牛頓第二定律求解加速度大小；
（4）根據牛頓第二定律求解加速度表達式，從而得到圖像；
（5）根據加速度表達式進行分析。
13．（2024高二上·江門開學考）2023年秋某高校軍訓，如圖所示，輕繩一端固定，質量為的同學（可視為質點）抓住繩的另一端，使繩水平拉直后由靜止擺下過障礙物。已知繩長為，在輕繩到達豎直狀態時放開繩索后水平飛出。繩子的固定端到地面的距離為。不計輕繩質量和空氣阻力，重力加速度g取值，求：
（1）該同學做圓周運動的過程中合力沖量的大小；
（2）該同學擺到最低點（未飛出時）對繩的拉力大小；
（3）該同學的落地點離繩的固定端的水平距離和落地時重力的功率大小。
【答案】解：（1）對同學從開始到擺到最低點的過程中，根據動能定理得
根據動量定理得
同學做圓周運動的過程中合力沖量的大小
（2）對同學在最低點受力分析，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律得同學擺到最低點未飛出時對繩的拉力大小等于1800N；
（3）同學放開繩索后做平拋運動：
豎直方向上做自由落體運動
水平方向上做勻速直線運動，水平位移
聯立得同學的落地點離繩的固定端的水平距離
同學在豎直方向上根據運動學公式得
故重力的功率大小為
【知識點】動量定理；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）對圓周運動過程分析，根據動能定理可求得小猴到達最低點的速度，再由動量定理要求得合外力的沖量；
（2）根據牛頓第二定律和向心力公式可求得猴子受到的拉力，由牛頓第三定律可求得對繩子的拉力；
（3）根據平拋運動規律可求得落地點的距離；根據功率公式即可求重落地時的重力的功率。
14．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，質量為M的平板車P靜止在光滑水平地面上，一質量為m的小物塊Q置于平板車的左端。一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質量也為m的小球，小球與小物塊Q大小均可忽略不計。今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，并由靜止釋放，小球到達最低點時與Q發生碰撞，碰撞時間極短且無能量損失。已知小物塊Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，小物塊Q與平板車P之間的動摩擦因數為μ，M=4m，重力加速度為g。求：
（1）小球與小物塊Q結束相互作用瞬間，小物塊Q的速度vQ；
（2）小物塊Q在平板車上運動的時間t；
（3）平板車P的長度L。
【答案】解：（1）小球由靜止擺到最低點的過程中，根據機械能守恒
解得
小球與物塊Q相撞時，動量守恒，機械能守恒，則有
mv0＝mv1＋mvQ
解得
v1＝0，
（2）碰后，小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中系統的動量守恒，則有
mvQ＝Mv＋m(2v)
解得
物塊Q在板上滑行過程中，由動量定理可得
解得，小物塊Q在長木板P上運動時間為
（3）設平板車長L，由能的轉化和守恒定律知
解得平板車P的長度為
【知識點】動量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球向下擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出小球擺到最低點時的速度，小球與Q碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律求出碰撞后的速度。
（2）P、Q組成的系統動量守恒，應用動量守恒定律求出兩者分離時的速度，應用動量定理求出Q在平板車上滑動的時間。
（3）對系統，應用能量守恒定律可以求出平板車的長度。
15．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，半徑的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定于水平面上。4個相同的木板緊挨著圓弧軌道末端靜置，圓弧軌道末端與木板等高，每塊木板的質量為，長。它們與地面間的動摩擦因數，木板與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現讓一質量物塊A從圓弧頂端由靜止滑下，物塊與木板間的動摩擦因數，，則
（1）求物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力大小；
（2）求物塊A剛滑離木板1時的速度大小；
（3）試判斷物塊A滑行過程中能否使木板滑動？若木板會滑動，計算木板滑動前系統的摩擦生熱。若不會滑動，計算全過程系統的摩擦生熱。
【答案】解：（1）物塊A滑到曲面軌道下端，根據動能定理有
物塊A滑到曲面軌道下端時，根據牛頓第二定律有
解得軌道對物塊A的支持力為
根據牛頓第三定律得
（2）物塊A剛滑上木板1時，對物塊A，其所受到摩擦力
將4塊木板看成整體，其與地面之間的最大靜摩擦力為
由于，故物塊A滑離木板1時，4塊木板整體靜止，對物塊A，根據動能定理有
解得
（3）設物塊A剛滑至第n塊木板時，該木板開始滑動，該木板及后面木板受到地面的最大靜摩擦力為
要使木板滑動，則有，解得
即物塊A滑上第3塊木板時，木板開始滑動，根據動能定理有
解得物塊A剛滑至木板3時的速度為
故物塊A能滑上第三塊木板，并使34兩塊木板滑動，在此過程中
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小物塊A沿曲面下滑的過程，運用動能定理求出A滑到軌道下端時的速度，在軌道下端，對A利用牛頓第二定律求出軌道對A的支持力，再根據牛頓第三定律即可求解A對軌道的壓力；
（2）當地面對木板的最大靜摩擦力小于B對木板的摩擦力時，木板開始運動，根據動能定理可計算出速度大小；
（3）根據牛頓第二定律和運動學公式求出B與木板間的相對位移，從而求得熱量。
1 / 1廣東省江門市第一中學2024-2025學年高二上學期開學考試物理試題
1．（2024高二上·江門開學考）設在無摩擦的桌面上置有5個相同的鋼球，其中三個緊密連接排放一列，另兩個一起自左方以速度正面彈性碰撞此三球，如圖，碰撞后向右遠離的小球個數為（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
2．（2024高二上·江門開學考）我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運貨物。如圖甲所示，將質量為m的貨物平放在手推車底板上，此時底板水平；緩慢壓下把手直至底板與水平面間的夾角為60°。不計貨物與支架及底板間的摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．當底板與水平面間的夾角為時，底板對貨物的支持力為
B．當底板與水平面間的夾角為時，支架對貨物的支持力為
C．壓下把手的過程中，底板對貨物的支持力一直增大
D．壓下把手的過程中，支架對貨物的支持力一直增大
3．（2024高二上·江門開學考）兩輛汽車A、B在平直路面上運動時的位置變化如圖甲所示（A車位置為坐標原點），初始時的運動方向如圖乙所示，下列說法不正確的是（　　）
A．在時間內，A車的速度大于B車的速度
B．0~70s的時間內，A、B兩車的平均速度相同
C．時間內，若以A車為參照物，B車向東運動
D．0s計時后，A、B兩車共相遇兩次
4．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，為某轎車的手動變速桿，若保持發動機輸出功率不變，將變速桿推至不同檔位，可獲得不同的運行速度，從“1”—“5”擋速度依次增大，R是倒車擋，某型號轎車發動機的額定功率為60kW，在水平路面上行駛的最大速度可達180km/h，假設該轎車在水平路面上行駛時所受阻力恒定，則該轎車（　　）
A．若該車想以最大牽引力爬坡，則變速桿應推至“5”擋
B．該車在水平路面上行駛時所受阻力大小為900N
C．該車以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力大小為1200N
D．若改變發動機輸出功率，汽車以54km/h的速度在同一水平路面上勻速行駛時，發動機的輸出功率為35kW
5．（2024高二上·江門開學考）某同學用乒乓球做了兩次實驗：第一次用可樂瓶制成一個開口向上的容器，如圖所示，容器內倒入水，水中放乒乓球，該同學將容器從腰部由靜止釋放，容器落地后乒乓球豎直反彈碰到了天花板；第二次該同學直接手抓住乒乓球從同一位置由靜止釋放，乒乓球反彈的高度比釋放位置稍微低了一點，下列說法正確的是（　　）
A．第一次乒乓球反彈后能到達天花板是因為乒乓球與水發生了完全非彈性碰撞
B．第二次乒乓球下落時的加速度比反彈上升時的加速度大
C．前、后兩次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的過程中合外力對乒乓球做的功相等
D．第一次乒乓球反彈到天花板時的重力勢能比釋放時的重力勢能大
6．（2024高二上·江門開學考）如圖所示為雙層立體泊車裝置．欲將靜止在①號車位的轎車移至④號泊車位，需先通過①號車位下方的移動板托舉著轎車豎直抬升h至③號位，再水平右移停至④號車位，兩次移動的過程中，車輛都是從靜止先加速再減速至靜止，轎車質量為m，重力加速度為g，則（　　）
A．水平右移過程移動板對車的摩擦力一直做正功
B．豎直抬升過程車輛克服重力做功大于支持力做功
C．豎直抬升過程移動板對車做的功為
D．根據題干信息可計算整個過程移動板對車做功的功率
7．（2024高二上·江門開學考）羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，找到了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則該羽毛球（　　）
A．在A、B兩點的速度大小相等
B．整個飛行過程中經P點的速度最小
C．AP段的飛行時間大于PB段的飛行時間
D．在A點的機械能大于B點的機械能
8．（2024高二上·江門開學考）假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B，半徑分別為RA和RB．兩顆行星周圍衛星的軌道半徑的三次方( r3)與運行周期的平方( T2)的關系如圖所示，T0為衛星環繞行星表面運行的周期．則：（　　）
A．行星A的質量小于行星B的質量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的衛星向心加速度
D．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度
9．（2024高二上·江門開學考）林丹是我國獲得世界冠軍最多的羽毛球選手。在一次奧運會決賽中，球飛來的速度為25m/s，林丹將球以105m/s的速度反向擊回。設羽毛球的質量為5g，擊球過程只用了0.02s。g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．擊球過程中羽毛球動量變化量大小為0.4kg·m/s
B．擊球過程中羽毛球所受重力的沖量大小為1×10-3N·s
C．擊球過程中羽毛球所受合力的沖量大小為0.4N·s
D．擊球過程中球拍的作用力約為33N
10．（2024高二上·江門開學考）太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材.現將其簡化成如圖所示的光滑球拍和小球，讓小球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與球拍間無相對運動.A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高，且與水平面成角，設球的質量為m，做圓周運動半徑為R，線速度為v，重力加速度為，下列說法正確的是
A．小球在C處受到的板的彈力比在A處大2mg
B．小球通過C處時向心力比小球通過A處的向心力大
C．在B、D兩處板的傾角與小球的運動速度v應滿足
D．小球在B、D兩處受到的板的彈力為
11．（2024高二上·江門開學考）某同學用如圖甲所示的裝置驗證動量定理，部分實驗步驟如下：
(1)將一遮光條固定在滑塊上，用20分度的游標卡尺測量遮光條的寬度，游標卡尺如圖乙所示，則遮光條的寬度　 　mm；
(2)用天平稱得滑塊（包含遮光條）的質量；
(3)將一與輕彈簧相連的壓力傳感器固定在氣墊導軌左端，一光電門安裝在氣墊導軌上方，用滑塊將彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放，壓力傳感器顯示出彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖丙所示，根據圖丙可求得彈簧對滑塊的沖量大小為　 　N·s；滑塊離開彈簧一段時間后通過光電門，光電門測得遮光條的擋光時間為，可得彈簧恢復形變的過程中滑塊的動量增量大小為　 　kg·m/s。（計算結果均保留2位有效數字）
12．（2024高二上·江門開學考）“探究加速度與力的關系”的實驗裝置如圖甲所示。
（1）實驗的五個步驟如下：
A.將帶有滑輪的長木板放在水平實驗臺上并安裝打點計時器；
B.將紙帶一端固定在小車上另一端穿過打點計時器；
C.把細線的一端固定在小車上，另一端通過定滑輪與小桶相連，把木板的一側墊高，讓小車做勻速直線運動，以補償阻力；
D.拉動紙帶的自由端讓小車靠近打點計時器，接通電源后釋放小車打出紙帶，測出小桶和沙的總重力，作為細線對小車的拉力F，利用紙帶測量的數據算出小車的加速度a；
E.更換紙帶，改變小桶內沙的質量，重復幾次操作。
以上操作中，錯誤的一步是：　 　（用步驟前的字母表示）；
（2）糾正錯誤后，實驗中打出的某條紙帶，相鄰計數點間的時間間隔是0.1s，測得數據如圖乙所示，由此可以算出小車運動的加速度是　 　m/s2；
（3）用不同的幾條紙帶測得的加速度a和所對應的拉力F（F=mg，m為小桶和沙的總質量，g為重力加速度），可得到小車質量M一定時，a-F的關系如圖丙所示．由圖可見F較大時圖線發生明顯彎曲，實驗時若不斷增加小桶和沙的總質量，那么a將趨向于　 　（用題中給出的物理量表示）。
（4）小華同學對實驗裝置進行了改進，將系著沙桶的細線一端通過動滑輪與固定于長木板的力傳感器相連，如圖丁所示（滑輪的摩擦和質量不計），實驗時小華沒有補償阻力，他以力傳感器的示數F為橫坐標，以加速度a為縱坐標，畫出a-F的圖像應是下圖中的　 　圖。
（5）小華實驗所用小車的質量為M，那么a-F圖像直線部分的斜率為　 　（用M表示）。
13．（2024高二上·江門開學考）2023年秋某高校軍訓，如圖所示，輕繩一端固定，質量為的同學（可視為質點）抓住繩的另一端，使繩水平拉直后由靜止擺下過障礙物。已知繩長為，在輕繩到達豎直狀態時放開繩索后水平飛出。繩子的固定端到地面的距離為。不計輕繩質量和空氣阻力，重力加速度g取值，求：
（1）該同學做圓周運動的過程中合力沖量的大小；
（2）該同學擺到最低點（未飛出時）對繩的拉力大小；
（3）該同學的落地點離繩的固定端的水平距離和落地時重力的功率大小。
14．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，質量為M的平板車P靜止在光滑水平地面上，一質量為m的小物塊Q置于平板車的左端。一不可伸長的輕質細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質量也為m的小球，小球與小物塊Q大小均可忽略不計。今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，并由靜止釋放，小球到達最低點時與Q發生碰撞，碰撞時間極短且無能量損失。已知小物塊Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，小物塊Q與平板車P之間的動摩擦因數為μ，M=4m，重力加速度為g。求：
（1）小球與小物塊Q結束相互作用瞬間，小物塊Q的速度vQ；
（2）小物塊Q在平板車上運動的時間t；
（3）平板車P的長度L。
15．（2024高二上·江門開學考）如圖所示，半徑的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定于水平面上。4個相同的木板緊挨著圓弧軌道末端靜置，圓弧軌道末端與木板等高，每塊木板的質量為，長。它們與地面間的動摩擦因數，木板與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現讓一質量物塊A從圓弧頂端由靜止滑下，物塊與木板間的動摩擦因數，，則
（1）求物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力大小；
（2）求物塊A剛滑離木板1時的速度大小；
（3）試判斷物塊A滑行過程中能否使木板滑動？若木板會滑動，計算木板滑動前系統的摩擦生熱。若不會滑動，計算全過程系統的摩擦生熱。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】設鋼球從左到右分別為求1、2、3、4、5，球2先與球3相碰，根據動量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2與球3互換速度，接著球3先與球4相碰，同理可得球3與球4互換速度，依此類推，最終球2、3、4靜止，球5以速度向右運動。接著球1與球2相碰，同理可得，最終球1、2、3靜止，球4以速度向右運動，故碰撞后向右遠離的小球個數為2個。
故選B。
【分析】根據彈性碰撞分割分析：先由2與3、再有3與4，后有4與5，由于質量相等，故動量交換；同理，再分析1球與2的碰撞，碰后交換動量依次相碰，最終有4、5向右運動。
2．【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了動態平衡問題、力的合成與分解，解題的關鍵是知道底板對貨物的支持力與支架對貨物的支持力始終垂直，利用動態圓的方法分析兩個彈力的大小變化，一目了然。
AB．當底板與水平面間的夾角為時，受力分析如圖
由平衡條件可得
，
解得
，
即當底板與水平面間的夾角為時，底板對貨物的支持力為，支架對貨物的支持力為故AB錯誤；
CD．壓下把手的過程中，貨物的受力情況如圖
由圖可知，底板對貨物的支持力一直減小，支架對貨物的支持力一直增大，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】對貨物受力分析，由力的平衡可得兩個彈力大小；兩個彈力的夾角始終是90°不變，利用動態圓的方法分析。
3．【答案】B
【知識點】參考系與坐標系；運動學 S-t 圖象；追及相遇問題
【解析】【解答】x-t圖像的特點：①位移圖像的斜率等于物體的速度；②位移圖像的縱坐標表示物體在某時刻的位置，這是我們解題的關鍵。
A． 根據兩輛汽車A、B在平直路面上運動時的位置變化圖甲可知，汽車B全程在做勻速運動，其速度為
汽車A在內勻速運動，其速度為
在時間內，A車的速度為大于B車的速度，故A正確；
B．的時間內，A車的平均速度
而B車的速度為，兩車的平均速度不相同，故B錯誤；
C．在時間內，速度為
A車向西做勻速直線運動，速度大小為，B車也是向西運動，速度大小為，有
所以以A車為參照物，B車向東運動，故C正確；
D．由圖知，位移相等時兩車相遇，得從最開始到最后停止的時間內，A、B兩車在中間相遇一次，70s時相遇一次，共相遇兩次。故D正確。
此題選擇錯誤的，故選B。
【分析】0～t1時間內，兩車都做勻速直線運動，分別根據公式求出兩車的速度，進而比較大小；0～70s的時間內，從圖中求出兩車的平均速度，分析大小；t2～t3時間內，根據圖像判斷出兩車的運動方向和速度大小，根據大小關系求出以A車為參照物，B車運動方向；0s計時到靜止時間內，根據圖像可知兩車有兩次相交的位置，判斷相遇次數。
4．【答案】C
【知識點】功率及其計算；機車啟動
【解析】【解答】對機車啟動問題應首先弄清是功率恒定還是加速度恒定．對于機車以恒定加速度啟動問題，機車勻加速運動能維持的時間，一定是機車功率達到額定功率的時間。A． 某型號轎車發動機的額定功率為60kW， 根據功率的求解公式
可知以最大牽引力爬坡，變速桿應推至“1”擋，故A錯誤；
C．以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力為
故C正確；
BD．最大速度行駛時，牽引力等于阻力，可知阻力為
若改變發動機輸出功率，汽車以54km/h的速度在同一水平路面上勻速行駛時，發動機的輸出功率為
故BD錯誤。
故選C。
【分析】根據功率與牽引力的關系P=Fv判斷轎車要以最大牽力行駛時變速桿應推至的檔位；在額定功率下以最高速度行駛時，此時牽引力等于阻力，根據P=Fv=fvm求得阻力和牽引力；當勻速行駛時，牽引力等于阻力，根據P=Fv=fvm求得實際輸出功率。
5．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；重力勢能的變化與重力做功的關系；碰撞模型
【解析】【解答】A．完全非彈性碰撞通常指的是物體在碰撞后合并在一起，因為乒乓球在反彈后仍然保持了一定的動能，沒有與水合并在一起，不可能是完全非彈性碰撞，故A錯誤；
B．第二次乒乓球下落時和反彈上升時都只受重力，根據牛頓第二定律可知，加速度大小相等都等于g，故B錯誤；
C．第一次反彈的高度大于第二次反彈的高度，可知第一次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的速度大于第二次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的速度，則前、后兩次乒乓球從落地到反彈離地瞬間的過程中，動能的變化量相不等，根據動能定理知合外力對乒乓球做的功不相等，故C錯誤；
D．根據題意第一次乒乓球反彈到天花板時的高度大于釋放時的高度，由
則第一次乒乓球反彈到天花板時的重力勢能比釋放時的重力勢能大，故D正確。
故選D。
【分析】根據完全非彈性碰撞的定義分析，根據受力分析判斷加速度大小，根據動能定理判斷合外力做功，根據重力勢能表達式分析重力勢能。
6．【答案】C
【知識點】功的概念；功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】解決本題時，要知道動能定理是求功常用的方法，要注意分析各個過程中外力做功情況，再運用動能定理進行分析。A． 兩次移動的過程中，車輛都是從靜止先加速再減速至靜止，水平右移過程，車輛先向右加速后減速，可知移動板對車的摩擦力方向先向右后向左，則摩擦力先做正功后做負功，故A錯誤；
BC．豎直抬升過程，由于初、末動能均為0，根據動能定理可知，豎直抬升過程車輛克服重力做功等于支持力做功，則豎直抬升過程移動板對車做的功為
故B錯誤，C正確；
D．由于不知道整個過程的運動時間，所以根據題干信息不能計算整個過程移動板對車做功的功率，故D錯誤。
故選C。
【分析】分析水平右移過程中車的運動性質，得出動板對車的摩擦力方向，再根據位移與摩擦力的方向關系得出功的正負；根據動能定理分析支持力做功與克服重力做功的關系，并求出移動板對1號車做功；結合功率公式分析整個過程移動板對車做功功率。
7．【答案】D
【知識點】斜拋運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】AD．由題可知，羽毛球在運動過程中受到空氣阻力作用，且空氣阻力做負功，所以機械能減小，所以A點速度大于B點的速度，A點的機械能大于B點的機械能，故A錯誤，D正確；
B．當羽毛球所受重力與阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度最小，而在最高點P時，合力方向與速度夾角為鈍角，說明羽毛球速度最小應該在P點之前，故B錯誤；
C．由于存在空氣阻力作用，AP段羽毛球處于上升階段，其豎直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球處于下降階段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飛行時間小于PB段的飛行時間，故C錯誤。
故選D。
【分析】1、機械能守恒與能量損耗：機械能包括動能和勢能，當系統受到非保守力（如空氣阻力）作用時，機械能不守恒，會逐漸減小。空氣阻力做負功，導致羽毛球的機械能減小，因此A點的機械能大于B點的機械能。
2、速度與合力的關系：當羽毛球所受重力與空氣阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度達到最小值。在最高點P時，合力方向與速度方向的夾角為鈍角，說明羽毛球的速度最小點出現在P點之前。
3、加速度與運動時間的關系：在上升階段（AP段），羽毛球受到向下的重力和空氣阻力，其合加速度大于重力加速度。在下降階段（PB段），羽毛球受到向下的重力和向上的空氣阻力，其合加速度小于重力加速度。由于AP段和PB段的位移大小相等，但AP段的加速度較大，因此AP段的飛行時間小于PB段的飛行時間。
4、運動學中的加速度與位移關系：加速度的大小影響物體的運動時間，加速度越大，完成相同位移所需的時間越短。在豎直上拋運動中，上升和下降階段的加速度不同，導致上升時間與下降時間不相等。
8．【答案】C,D
【知識點】萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】要比較一個物理量大小，我們應該把這個物理量先表示出來，在進行比較。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。A、 根據萬有引力提供向心力結合牛頓第二定律可知
得
可以知道圖線的斜率為： ，A圖線的斜率大，則行星A的質量大于行星B的質量，故A錯誤.
B、根據圖像可以知道，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同， 則密度
因為衛星環繞兩行星表面運行的周期相等，則兩行星的密度相等，故B錯誤.
C、根據
得
因為行星A的質量大于行星B的質量，當兩行星的衛星軌道半徑相同時，行星A的衛星向心加速度大于行星B的向心加速度，故C正確；.
D、第一宇宙速度為
A的半徑大于B的半徑，衛星環繞行星表面運行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故D正確；
故選CD.
【分析】根據萬有引力提供向心力得出中心天體質量得表達式，結合圖象判斷質量大小，根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同，根據密度公式判斷密度大小。
9．【答案】B,D
【知識點】動量定理
【解析】【解答】本題是聯系生活實際的問題，在計算過程中要注意羽毛球的速度方向變化，要規定正方向，用正負表示速度方向。A．以球被擊回的方向為正方向，擊球過程中羽毛球動量變化量大小為
故A錯誤；
B．擊球過程中羽毛球所受重力的沖量大小為
故B正確；
C．根據動量定理可得，擊球過程中羽毛球所受合力的沖量大小為0.65N·s，故C錯誤；
D．擊球過程中可以忽略重力的沖量，球拍的作用力約為
故D正確。
故選BD。
【分析】選定正方向，分析初末狀態羽毛球的速度，再求動量變化量大小。根據沖量的定義計算羽毛球所受重力的沖量大小。由動量定理計算羽毛球所受合力的沖量大小和擊球過程中球拍的作用力。
10．【答案】A,C
【知識點】豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】解決該題的關鍵是對小球在各個位置正確進行受力分析，掌握小球在各位置所需要的向心力的方向，熟記向心力的表達式。A．對小球在A、C兩點受力分析， B、D與圓心O等高， 小球受重力和彈力，對小球分別由圓周運動的特點得
，
聯立得
選項A正確；
B．小球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，小球通過C處時向心力與小球通過A處的向心力大小相等，選項B錯誤；
C．設板與水平方向的夾角為θ，
選項C正確；
D．對小球在B、D兩點受力分析，可得
選項D錯誤.
【分析】根據向心力公式和牛頓第二定律分析向心力；在最高點和最低點根據牛頓第二定律求解壓力之差；球在運動過程中受重力和支持力，由向心力公式和牛頓第二定律的公式求出B和D各點的向心力，然后結合幾何關系進行求解。
11．【答案】4.00；0.77；0.76
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提；要知道光電門測量瞬時速度的原理，分析清楚滑塊的運動過程，求出滑塊經過光電門時的速度。(1)游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，讀數不用估讀，則遮光條的寬度為
(3)彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標軸所圍的面積，約等于0.77 N·s；
滑塊通過光電門時的速度為
滑塊的動量增量大小為
【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺示數之和是游標卡尺示數；
（3）彈簧對滑塊的沖量大小等于圖像與坐標軸所圍的面積，根據遮光片的寬度與經過光電門的時間可以求出滑塊經過光電門時的速度，然后根據動量的計算公式求出滑塊動量的增量。
12．【答案】C；1.27；g；B；
【知識點】實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）補償阻力，另一端不能連接小桶，故C錯誤；
（2）逐差法求解小車的加速度為
（3）把小桶和沙還有小車看成一個整體，由牛頓第二定律可得
當時
（4）
可得
則a-F的圖象是一條斜率為正，且縱軸截距為負值的傾斜的直線，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
（5）因為
所以a-F的圖象的斜率為
【分析】（1）把木板的一側墊高，讓小車做勻速直線運動，以補償阻力。
*（2）逐差法求解小車的加速度；
（3）把小桶和沙還有小車看成一個整體，由牛頓第二定律求解加速度大小；
（4）根據牛頓第二定律求解加速度表達式，從而得到圖像；
（5）根據加速度表達式進行分析。
13．【答案】解：（1）對同學從開始到擺到最低點的過程中，根據動能定理得
根據動量定理得
同學做圓周運動的過程中合力沖量的大小
（2）對同學在最低點受力分析，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律得同學擺到最低點未飛出時對繩的拉力大小等于1800N；
（3）同學放開繩索后做平拋運動：
豎直方向上做自由落體運動
水平方向上做勻速直線運動，水平位移
聯立得同學的落地點離繩的固定端的水平距離
同學在豎直方向上根據運動學公式得
故重力的功率大小為
【知識點】動量定理；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）對圓周運動過程分析，根據動能定理可求得小猴到達最低點的速度，再由動量定理要求得合外力的沖量；
（2）根據牛頓第二定律和向心力公式可求得猴子受到的拉力，由牛頓第三定律可求得對繩子的拉力；
（3）根據平拋運動規律可求得落地點的距離；根據功率公式即可求重落地時的重力的功率。
14．【答案】解：（1）小球由靜止擺到最低點的過程中，根據機械能守恒
解得
小球與物塊Q相撞時，動量守恒，機械能守恒，則有
mv0＝mv1＋mvQ
解得
v1＝0，
（2）碰后，小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中系統的動量守恒，則有
mvQ＝Mv＋m(2v)
解得
物塊Q在板上滑行過程中，由動量定理可得
解得，小物塊Q在長木板P上運動時間為
（3）設平板車長L，由能的轉化和守恒定律知
解得平板車P的長度為
【知識點】動量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球向下擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出小球擺到最低點時的速度，小球與Q碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律求出碰撞后的速度。
（2）P、Q組成的系統動量守恒，應用動量守恒定律求出兩者分離時的速度，應用動量定理求出Q在平板車上滑動的時間。
（3）對系統，應用能量守恒定律可以求出平板車的長度。
15．【答案】解：（1）物塊A滑到曲面軌道下端，根據動能定理有
物塊A滑到曲面軌道下端時，根據牛頓第二定律有
解得軌道對物塊A的支持力為
根據牛頓第三定律得
（2）物塊A剛滑上木板1時，對物塊A，其所受到摩擦力
將4塊木板看成整體，其與地面之間的最大靜摩擦力為
由于，故物塊A滑離木板1時，4塊木板整體靜止，對物塊A，根據動能定理有
解得
（3）設物塊A剛滑至第n塊木板時，該木板開始滑動，該木板及后面木板受到地面的最大靜摩擦力為
要使木板滑動，則有，解得
即物塊A滑上第3塊木板時，木板開始滑動，根據動能定理有
解得物塊A剛滑至木板3時的速度為
故物塊A能滑上第三塊木板，并使34兩塊木板滑動，在此過程中
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小物塊A沿曲面下滑的過程，運用動能定理求出A滑到軌道下端時的速度，在軌道下端，對A利用牛頓第二定律求出軌道對A的支持力，再根據牛頓第三定律即可求解A對軌道的壓力；
（2）當地面對木板的最大靜摩擦力小于B對木板的摩擦力時，木板開始運動，根據動能定理可計算出速度大小；
（3）根據牛頓第二定律和運動學公式求出B與木板間的相對位移，從而求得熱量。
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