2024-2025學(xué)年江蘇省南通市高三（上）調(diào)研物理試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年江蘇省南通市高三（上）調(diào)研物理試卷

一、單選題：本大題共11小題，共44分。

1.如圖所示，一半圓弧形細(xì)桿48C豎直固定在水平地面上，2C為其水平

直徑，圓弧半徑B。=3.6m。質(zhì)量為m=4.0kg的小圓環(huán)（可視為質(zhì)點，

小環(huán)直徑略大于桿的粗細(xì)）套在細(xì)桿上，在大小為50N、沿圓的切線方

向的拉力F作用下，從4點由靜止開始運動，到達(dá)B點時對細(xì)桿的壓力恰

好為0。已知兀取3.14,重力加速度g取10zn/s2,在這一過程中摩擦力做

功為（）

A.66.67B,-66.6/C.210.6/D.-210.6/

2.如圖甲為滑雪大跳臺的滑道示意圖，在助滑道與跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，助滑道與著落坡均可以

視為傾斜直道。運動員由起點滑下，從跳臺上同一位置沿同一方向飛出后，在空中完成系列動作，最后落

至著落坡。運動員離開跳臺至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示，不計空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點。關(guān)

A.離著落坡最遠(yuǎn)時重力的功率為零

B.在相等的時間內(nèi)，速度變化量逐漸變大

C.在相等的時間內(nèi)，動能的變化量逐漸變大

D.落到著落坡時的速度方向與飛出時速度的大小無關(guān)

3.一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為兀R、不可伸長的

輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點

右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與

圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計

空氣阻力）（）

A.，（2+n）gRB.72ngRC."2（1+十）gRD.249R

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4.游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，4B部分是半徑?o

為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑0B垂直。一質(zhì)量

為小的小孩(可視為質(zhì)點)從力點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，

對軌道的正壓力大小為2.5mg,重力加速度大小為g。下列說法正確的是

C

()

A.小孩到達(dá)B點的速度大小為避證

B.小孩到達(dá)8點的速度大小為理警

C.小孩從2到B克服摩擦力做的功為，ngR

D.小孩從4到8克服摩擦力做的功為jmgR

5.4B兩物體分別在水平恒力Fi和&的作用下沿水平面運動，先后撤去％、F2后，兩物體最終停下，它

們的v-t圖象如圖所示.已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等.則下列說法正確的是()

B.%、/2對2做功之比為L2

C.A,B質(zhì)量之比為2：1

D.全過程中力、B克服摩擦力做功之比為2：1

6.電梯是一種以電動機(jī)為動力的垂直升降機(jī)，用于多層建筑載人或載運貨物。

某次電梯從地面由靜止啟動，加速度a與離地高度九的關(guān)系圖像如圖所示，貝！|()

A.2%o?3%o范圍內(nèi)電梯向上做勻減速直線運動

B.電梯在0?%和2%?3%范圍內(nèi)的速度變化量相等

C.電梯在3%處的速度大小為2血而

D.電梯上升的最大高度可能為3%

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7.從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方

向相反的外力作用.距地面高度八在3爪以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能以隨八的變化如圖所示.重力加速

度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為（）

A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg

8.如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為八、與水平面夾角

分別為45。和37。的滑道組成，載人滑草車與草地各處間的動摩擦因數(shù)均

為鈾質(zhì)量為6的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩

段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計載人滑草車在兩段滑道交接

處的能量損失，重力加速度大小為g,s譏37。=0.6,cos37°=0.8）s則

（）

A.動摩擦因數(shù)〃=~

B.載人滑草車最大速度為衿

C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh

D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為前

9.一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。

一質(zhì)量為小的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進(jìn)入軌道。

質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用“

表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。貝川）

-1

A.W=^mgR,質(zhì)點恰好可以到達(dá)Q點

1

B.W>-mgR,質(zhì)點不能到達(dá)Q點

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C.W=^mgR,質(zhì)點到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離

D.W<^mgR,質(zhì)點到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離

10.如圖所示，足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M,以水平速度如向右在光滑vA

,B上

水平面上運動，與此同時，質(zhì)量為租的小物體a從車的右端以水平速度也沿

///////2Z////////////////22///2//

車的粗糙上表面向左運動。若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為4，重力加速

度大小為g，則在足夠長的時間內(nèi)（）

A.若M>m,物體4相對地面向左的最大位移是M宗售）g

B.若M<m,平板車B相對地面向右的最大位移是黑

C.無論M與機(jī)的大小關(guān)系如何，摩擦力對平板車的沖量均為機(jī)火

D.無論M與爪的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時間均為高署而

11.如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面甲乙

上，擋板的厚度可忽略不計，車長為23與平板車質(zhì)量相等的物塊甲-----------□-----------

（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度也向右運動，已知甲、乙之R-蘇77RF&f

間的動摩擦因數(shù)為“，重力加速度為g,忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）

A.甲、乙達(dá)到共同速度所需的時間為懸

B.甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度

C.甲、乙相對滑動的總路程為裊

D.如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（ziK0）,則最終甲距離乙左端的距離可能為羔-2位

二、綜合題：本大題共5小題，共56分。

12.（15分）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為巾1的滑塊4與質(zhì)量為加2的靜止滑塊B在

水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后a和B的速度大小也和以，進(jìn)而分析碰撞過程是否為

彈性碰撞。完成下列填空:

（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平;

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(2)測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304的。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為kg

的滑塊作為4

(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得2與B接觸時，4的左端到左邊擋板的距離S1與B的右端到右邊擋板的距離S2相等；

(4)使力以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄4和B從碰撞時刻開始到各自撞到

擋板所用的時間h和最；

(5)將B放回到碰撞前的位置，改變4的初速度大小，重復(fù)步驟(4)。多次測量的結(jié)果如下表所示；

12345

ti/s0.490.671.011.22139

以/s0.150.210.330.400.46

,V1

k=—0.31々0.330.330.33

也2

(6)表中的七=(保留2位有效數(shù)字)；

(7荒的平均值為；(保留2位有效數(shù)字)

(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由"判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則3

的理論表達(dá)式為(用機(jī)1和巾2表示)，本實驗中其值為(保留2位有效數(shù)字)，若該值與(7)中結(jié)果間

的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊4與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞。

13.(6分)如圖甲所示，兩個不同材料制成的滑塊4B靜置于水平桌面上，滑塊4的右端與滑塊B的左端

接觸。某時刻開始，給滑塊4一個水平向右的力乩使滑塊4B開始滑動，當(dāng)滑塊4、B滑動1.0m時撤去力

F,整個運動過程中，滑塊4、B的動能反隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示。不計空氣阻力，求：

(1)滑塊4對B做的功；

(2)力尸的大小。

14.(8分)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板2和B,質(zhì)量分別為1kg和2kg,4右端和B左端分別放置

物塊C、D,物塊質(zhì)量均為1kg,4和C以相同速度為=l(hn/s向右運動，8和。以相同速度k%向左運動，在

某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與。粘在一起形成一個新滑塊，4與B粘在一起形成一個新滑

板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為"=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2o

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(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)若k=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。

C上______________

AB

〃力〃MW〃力〃〃〃/〃〃必A

15.(12分)如圖所示，某室內(nèi)滑雪場的滑道由傾斜和水平滑道兩部分平滑連接構(gòu)成。傾斜滑道的傾角為

8=37。，高為h=3m,水平滑道長乙=5小。滑雪者每次均從傾斜滑道頂端由靜止下滑，滑道和滑雪板之

間的動摩擦因數(shù)為4=0125,重力加速度g取10m/s2,s譏37。=0.6,cos37°=0.8?

(1)求滑雪者沿傾斜滑道下滑時的加速度大??；

(2)求滑雪者滑到水平滑道末端時的速度大?。?/p>

(3)為保證不滑離水平滑道，滑雪者可通過改變滑雪板的力同獲得水平制動力，該力包括摩擦力在內(nèi)的大

小為其重力的2倍，求滑雪者至少在距離水平滑道末端多遠(yuǎn)處開始制動。

16.(15分)如圖所示，豎直放置的半徑為R=0.2爪的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連

接，傾角為8=30。的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。水平傳送帶MN以%=4m/s的速度順時針方向

運動，傳送帶與水平地面的高度差為h=0.8zn,MN間的距離為、N=3.0HI,小滑塊P與傳送帶和BC段軌

道間的摩擦因數(shù)〃=0.2,軌道其他部分均光滑。直軌道BC長LBC=1M，小滑塊P質(zhì)量為爪=1卜。。

(1)若滑塊P第一次到達(dá)圓軌道圓心。等高的F點時，對軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與

BC軌道高度差H；

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(2)若滑塊P從斜面高度差H=1.0機(jī)處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；

(3)滑塊P在運動過程中能二次經(jīng)過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H范圍。

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答案解析

1.5

【解析】解：小圓環(huán)到達(dá)B點時對細(xì)桿的壓力恰好為0,

貝Umg=m^7，

拉力F沿圓的切線方向，

根據(jù)動能定理定?一mgr+Wf=1mv2,

又r=3.6m

摩擦力做功為Wf=-66句，故NCD錯誤，8正確；

故選：Bo

根據(jù)牛頓第二定律以及動能定理聯(lián)立列式求解。

該題考查牛頓第二定律以及動能定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題型。

2.D

【解析】解：4在運動員離著落坡最遠(yuǎn)時，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力

的功率不為零，故/錯誤；

B、根據(jù)動量定理有：

mgAt=mAv

整理得：

Av—gAt

故在相等的時間內(nèi)，動量變化量相等，故8錯誤；

C、在空中運動上升階段，做的是速度向上的勻減速直線運動，相等時間內(nèi)的豎直位移逐漸減小，則根據(jù)

動能定理

mgAx=AEk

可知，在相等的時間內(nèi)克服重力做功逐漸減小，動能的變化量逐漸變小，故C錯誤；

D、設(shè)跳臺傾角為a,斜面傾角為0,從跳臺飛出時速度為水平方向：x=vcosa't

豎直方向：y-\vsina-t-^gt2\

根據(jù)幾何關(guān)系，斜面傾角的正切值位踐。=吧上金空

vcosa?t

\2vsina—gt\gt

整理得:

tand=2vcosa=tana2vcosa

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因為a、8不變，則?；先的比值不變，

乙L/CC/3CX

運動員到斜坡上速度與水平方向夾角正切值為：tany="黑著="叱

由于行念的比值不變，則羔不變，可知tany為定值，故D正確。

乙1/CU3CCL/CC/oCC

故選：Do

利用斜拋運動和平拋運動的處理方法（分解法）解答。

本題主要考查了斜拋運動和平拋運動的相關(guān)應(yīng)用，解題關(guān)鍵點是將速度分解到合適的方向上，利用運動學(xué)

公式即可完成分析。

3.4

【解析】解：

小球從開始下落到與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球下降的高度為：h=R+（nR-^=R+|

TtR,取小球在末位置的重力勢能為零，由機(jī)械能守恒定律有：mgh=1mv2,解得：i="（2+兀）gR,故

/正確，2co錯誤。

解決本題的關(guān)鍵是利用幾何知識求出小球下降的高度，要有運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力。本題也可

以運用動能定理求解。先根據(jù)幾何關(guān)系求出小球下降的高度，再由機(jī)械能守恒定律求小球的速度大小。

4.C

【解析】解：4B.根據(jù)牛頓第三定律可知，滑到圓弧軌道末端B點時軌道對小孩的支持力等于2.5mg,根據(jù)

牛頓第二定律有：

FN-mg=m^-,可得：故48錯誤；

CD由動能定理得：mgR-Wf=^mvl-0,可得從4到B克服摩擦力做功為：Wf=^ngR,故C正確，。錯

誤。

故選：Co

根據(jù)牛頓第三定律與牛頓第二定律求解小孩到達(dá)B點的速度大小。根據(jù)動能定理求解從4到B克服摩擦力做

功。

本題考查了應(yīng)用動能定理求解變力做功，牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。應(yīng)用動能定理的

應(yīng)用，牛頓第二定律解答即可。

5.C

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【解析】解：由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為L2,由牛頓第二定律可知：4、

B受摩擦力大小相等，所以4、B的質(zhì)量關(guān)系是2：1,

由速度與時間圖象可知，4B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1：2,勻減速運動

的位移之比2：1,

由動能定理可得：4物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1-X-A-3X=0-0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，

F2-2X-f2-3X=0-0,因此可得：Fi=3/1；F2=|/2,%=力，所以尸1=2尸2。

全過程中摩擦力對4B做功相等，F(xiàn)i、尸2對4B做功之大小相等。故錯誤，C正確。

故選：Co

根據(jù)速度與時間的圖象可知，各段運動的位移關(guān)系之比，同時由牛頓第二定律可得勻減速運動的加速度之

比，再由動能定理可得出拉力、摩擦力的關(guān)系，及它們的做功關(guān)系.

解決本題的關(guān)鍵通過圖象得出勻加速運動和勻減速運動的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，得出兩個力的大小

之比，以及知道速度-時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移，并運用動能定理.

6.C

【解析】解:AD,由圖可知從0到2%,電梯先做加速度增大的加速運動再做勻加速運動，從2%到3%做

加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，電梯向上的速度不為零，仍會向上運動，則電梯上升的最大高

度一定大于3%,故4。錯誤；

BC、。-八圖象與橫軸圍成的面積

S面積=ha

F

a=—

m

W=Fs

_Fh_W

S面積一瓶一瓶

故a-%圖象與橫軸圍成的面積表示合外力做的功除以質(zhì)量，根據(jù)動能定理可得

2

^-mvv2

s面積=1丁=2

解得

v=V2s面職

則電梯在垢處的速度大小為M而，在2%處的速度大小為回（瓦，在3/io處的速度大小為2M麗，所以

電梯在0?后和2%?3%范圍內(nèi)的速度變化量不相等，故5錯誤，C正確。

故選：Co

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利用圖像分析加速度，用動能定理求解外力做功和初末速度。

本題考查圖像問題，a-x圖像不是常規(guī)圖像，但可以根據(jù)勻變速直線運動公式推導(dǎo)a-x圖像的意義，知道

圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示:。

7.C

【解析】根據(jù)動能定理：合外力做的功等于物體的動能變化，可知圖像斜率表示物體受到的合力，即產(chǎn)合

飾

上升過程中：/合1=用也7=12%，

下落過程中：/合2=若空N=8N,

設(shè)與運動方向相反的外力大小為尸，

則上升過程中：mg+F=?合「

下落過程中：合2，

聯(lián)立解得：m=1kgo

故選Co

8.B

【解析】解：人載人滑草車從靜止開始下滑到靜止過程，由動能定理有：mg?2h-〃mgcos45°

h

-fj.mgcos37°^7=0

代入數(shù)據(jù)可得：v，故/錯誤；

8、載人滑草車在上段滑道做勻加速運動，在下段滑道做勻減速運動，所以在上段滑道末端載人滑草車的

速度最大，

載人滑草車在上段滑道運動過程，由動能定理有：mgh-iimgcos45°-,h=|mv2

代入數(shù)據(jù)可得：V=用故8正確；

C、全過程由動能定理有：mgx2h-Wf=0-0,可得載人滑草車克服摩擦力做功為為：Wf=2mgh,故

C錯誤；

D、載人滑草車在下段滑道上運動過程，由牛頓第二定律有：iimgcos37°-mgsin37°=ma

代入數(shù)據(jù)可得：a=劫，故。錯誤。

故選：Bo

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/、載人滑草車從靜止開始下滑到靜止過程，利用動能定理可得動摩擦因數(shù)；

夙載人滑草車在上段滑道末端時速度最大，在上段滑道運動過程利用動能定理可得載人滑草車最大速

度；

C、全過程利用動能定理可得載人滑草車克服摩擦力做功；

。、載人滑草車在下段滑道上，利用牛頓第二定律可得加速度大小。

本題考查了動能定理、牛頓第二定律，解題的關(guān)鍵是知道滑草車在上下段滑道的運動特點，全過程利用動

能定理能起到事半功倍的作用。

9.C

【解析】解:質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg,故由牛頓第二定律可得：4mg-mg=

嚶解得:加1=會蕭；

K

那么對質(zhì)點從靜止下落到N的過程應(yīng)用動能定理可得：W=2mgR—如端廣：mgR；

由于摩擦力做負(fù)功，故質(zhì)點在半圓軌道上相同高度時在NQ上的速度小于在PN上的速度，所以，質(zhì)點對軌

道的壓力也較小，那么，摩擦力也較小，所以，質(zhì)點從N到Q克服摩擦力做的功所以，質(zhì)點在Q

的動能大于零，即質(zhì)點到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離，故NAD錯誤，C正確；

故選：Co

根據(jù)動能定理得到物體速度關(guān)系，進(jìn)而得到摩擦力大小關(guān)系，從而得到不同運動階段摩擦力做功情況，進(jìn)

而由動能定理、牛頓定律求解。

經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定

理及幾何關(guān)系求解。

10.0

【解析】解：4物體與平板作用的過程中，合外力為零，動量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律

得：

Mv0—mv0=(M+m)v

解得

M-m

V=~M+my°

若M>m,4所受的摩擦力為：

Ff=[img

設(shè)物體a相對地面向左的最大位移為犯，對4由動能定理得：

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~FfxA=O--mvl

聯(lián)立解得：孫=羔，故/錯誤；

5若M<m,設(shè)平板車B相對地面向右的最大位移為陽?，對B,由動能定理得：

17

-PfXB=

聯(lián)立解得：際=黑，故3錯誤；

CD.摩擦力對平板車的沖量等于平板車動量的變化量，對平板車由動量定理得：

—Fft=MV—MVQ

Ff=iimg

聯(lián)立解得：t=硒普而

平板車動量的變化量為：Mv-=-鬻稱

故C錯誤，D正確。

故選：。。

根據(jù)動量守恒定律求出M與根的共同速度，再結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出物體和小車相對于地面

的位移；根據(jù)動量定理求出摩擦力的作用的時間，以及摩擦力的沖量。

本題綜合考查了動量守恒定律和動量定理，以及牛頓第二定律和運動學(xué)公式，綜合性強(qiáng)，對學(xué)生的要求較

高，在解題時注意速度及動量的方向。

11.C

【解析】解：力B.設(shè)甲、乙質(zhì)量均為小，碰前瞬間甲的速度為%，乙的速度為以，碰后瞬間甲的速度為u

'1，乙的速度為"’2，以向右為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：

mv1+mv2=mv\+mv'2

1111

—mv\+—mv2=2mv'i+—m.v'\

解得：v'l=V2,v'2=V1

即甲、乙發(fā)生碰撞時速度互換，設(shè)甲、乙最終的共同速度為為,則有：mv0=2mv3,解得：v3=y

根據(jù)牛頓第二定律可得甲的加速度大小為：a=等=〃。

甲始終做勻加速直線運動，則達(dá)到共速所需的時間為：t=詈=瑞

碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故錯誤；

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C從開始到相對靜止過程，設(shè)甲、乙相對滑動的總路程為S,根據(jù)能量守恒定律與功能關(guān)系得：

-limgs=|x2mx(y)2-1mvo，解得：s=^,故C正確；

D若甲、乙碰撞的次數(shù)為小設(shè)最終相對靜止時甲距離乙左端的距離為so。

如果第n次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有：L+2L(n-l)+2L-s0=s(n=1,3,5...)

解得：SQ=2nL+=1,3,5...)

如果第n次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有：L+2L(n-l)+s0=s(n=2,4,6...)

解得：So=+L-2nL(n=2,4,6...)

可知最終甲距離乙左端的距離不可能為找-2位，故。錯誤。

斗林g

故選：Co

根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分析兩者碰撞前后的速度關(guān)系，以及相對運動過程，根據(jù)牛頓第二定

律和運動學(xué)公式求得甲、乙達(dá)到共同速度所需的時間；根據(jù)能量守恒定律與功能關(guān)系，求解甲、乙相對滑

動的總路程；分情況討論最終甲距離乙左端的距離。

本題考查了彈性碰撞模型，考查了動量守恒定律與功能關(guān)系的應(yīng)用。掌握應(yīng)用動量與能量的觀點處理問題

的方法。

12.0.304

0.31

0.32

7712—mi

27711

0.34

【解析】解：(2)兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510的和0.3043，要想使碰撞后兩滑塊運動方向相反，貝!M滑塊

質(zhì)量要小，才有可能反向運動，故選0.304切的滑塊作為4

(6)因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數(shù)，由表中數(shù)據(jù)可得，的=言=篇=031。

(7瑞的平均值為：k=03i+Q31+°”°.33+°.33=0.322x0.32。

m

(8)由機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律可得：扣品=扣1憂+1m2V2；i^o-一四巧+m2v2,

聯(lián)立解得：詈=嗡量，代入數(shù)據(jù)，可得：蓑=034。

用動量守恒定律分析一維碰撞問題，驗證是否為彈性碰撞必然要用到機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，需

要對碰撞前后的狀態(tài)進(jìn)行分析，判斷是否同時滿足機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律。

第14頁，共18頁

本題考查用動量守恒定律去分析一維碰撞問題，需要對學(xué)生動量定理和機(jī)械能守恒定律有較深刻的認(rèn)識，

明確實驗原理和內(nèi)容。

13.解：(1)對B在撤去F后有：xB=1.0m,撤去F時B的動能外8=6/,由動能定理有

—fBxB=Q-EkB

在撤去尸前，對B由動能定理得

^AB-fBx=EkB

聯(lián)立解得

WAB=12/

(2)撤去力F后，滑塊4繼續(xù)滑行的距離為辦=0.5小，撤去F時B的動能耳4=9/,由動能定理有

~fAx=0一E/G4，

力F作用的過程中，分析滑塊4B整體，由動能定理

(F-fA-f=EkA+EkB

代入數(shù)據(jù)解得，F(xiàn)=39N

答：(1)滑塊4對B做的功為12/；

(2)力產(chǎn)的大小為39N。

【解析】(1)對B物體在撤去前和撤去后應(yīng)用動能定理，聯(lián)立列式即可解答；

(2)根據(jù)圖像信息以及在力F對4B整體總用過程中應(yīng)用動能定理列式可求解。

本題考查學(xué)生對圖相信的讀取能力以及對動能定理的應(yīng)用，屬于常規(guī)題型。

14.解：(1)物塊C、。碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、。形成的新物塊的速度為"物，C、。的質(zhì)

量均為機(jī)=1kg,以向右方向為正方向，則

mv0—m-kv0=(m+物

解得：u物=5(l-/c)m/s>0

可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(l-k)rn/s,方向向右

滑板4B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板爾B形成的新滑板的速度為0板，滑板4和2質(zhì)量分別為

1kg和2kg,貝|有

Mv0-2M-kv0=(M+2M)u板

解得：u板=-0~^°km/s>0

則新滑板速度方向也向右

(2)若k=0.5,可知碰后瞬間C、。形成的新物塊的速度為

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u物'=5(1—fc)m/s=5x(1—0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬間滑板爾B形成的新滑板的速度為

,10-20/c,10-20X0.5,八/

17板=§—m/S=---3-----m/s=Om/s

可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設(shè)新物塊

的質(zhì)量為M=2/cg,新滑板的質(zhì)量為"=3kg,相對靜止時的公式速度為u共，根據(jù)動量守恒定律可得：

m'u物，=(mr+M')u共

解得：u共=lm/s

根據(jù)能量守恒可得：

11

4Mg%相=-mrv2--(mr+M')吸

解得：％相=1.875m

答：(1)若OVkV0.5,碰撞后瞬間新物塊的速度為5(1-k)zn/s,方向水平向右；新滑板的速度大小為

10~^°km/s,方向水平向右；

(2)若k=0.5,從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，兩者相對位移的大小為1.875小。

【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律得出新物塊和新滑板的速度大小和方向；

(2)先分析出新物塊和新滑板的速度，結(jié)合運動學(xué)公式、動量守恒定律和能量守恒定律分析出相對位移的

大小。

本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)動量守恒定律分析出物塊的速度，結(jié)合運動學(xué)公式得出相

對位移即可，整體難度不大。

15.解：(1)滑雪者沿傾斜滑道下滑時，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mgsin3—iimgcos3=ma

解得：a=5m/s2

(2)從開始下滑到到達(dá)水平軌道末端，根據(jù)動能定理得：

mghsinO—^mgcosd?=^mv2

解得：v-^y/6m/s

(3)設(shè)滑雪者至少在距離水平滑道末端%處開始制動，由動能定理得：

mghsind—fimgcosd?^^一〃/ng(L一久)一=0

解得：x=0.36m

答：(1)滑雪者沿傾斜滑道下滑時的加速度大小為5m/s2；

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(2)滑雪者滑到水平滑道末端時的速度大小為|V^n/