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四川省成都市石室中学2022-2023学年高一物理下学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高一物理下学期期中考试试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 考试结束后将答题卡收回，6 ，则下列说法中正确的是，答案 C，答案 D， m1等内容，欢迎下载使用。
成都石室中学 2022-2023 学年度下期高 2025 届半期考试题 物理试卷
试卷说明：
试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组 成， 共 4 页；
答题卡共 2 页。满分 100 分，考试时间90 分钟。
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用 0.5 毫米黑色签字笔填写清楚，同 时用 2B 铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2. 选择题使用 2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上， 如需改动，用橡皮擦擦 干净后再选涂其它答案； 非选择题用 0.5 毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出 答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3. 考试结束后将答题卡收回。
第Ⅰ卷(选择题，共 44 分)
一、 单项选择题(本题共 8 小题， 每小题 3 分，共 24 分；每小题只有一个选 项符合题意。 )
1 ．下列说法中正确的( )
A．运动物体 (质量不变) 所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一 定变化
B ．运动物体 (质量不变) 所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C ．运动物体 (质量不变) 的动能保持不变，则该物体动量一定也不变
D．运动物体 (质量不变) 所受合力不为零，则该物体不一定做变速运动
2. 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知 ( )
A．太阳位于木星运行轨道的正中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终不变
C ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
D ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
3. 图(a)为酒店常用的安全窗户，竖直窗框部分安装有滑轨与滑块，两者之 间的弹性摩擦块固定在滑块上，截面如图(b)所示；滑块与窗户通过一金属轻 杆相连，轻杆两端可绕 A 、B 自由转动，其推拉结构可简化为图(c)， B 、C 为
窗户上两点；轻杆长 L ，B 点到转轴的距离
为 2L，则 ( )
A. 开窗过程中 A 、B 两点的速度始终相等
B. 开窗过程中 B 、C 两点的角速度相等
C. 开窗状态下滑块受 3 个力作用
D. 该窗户能打开的最大角度为 60°
v2 (mgsin9+F) x
v2 (mgsin9+F) x
4．如图， 长方体ABCD − A1B1C1D1 中， | AB|= 2 | AD|= 2 AA1 ，将可视为质点的小 球从顶点 A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点 都在A1B1C1D1 范围内(包括边界)。不计空气阻力，则小球 ( )
A. 抛出速度最大时落在B1 点
B. 抛出速度最小时落在D1 点
C. 若小球在平面AA1C1C 内运动，则小球通过连线
AC1 时的速度方向相同
D. 从抛出到落在B1D1 线段上任何一点所需的时间都不相等
5 ．如图所示， 足够长的固定斜面的倾角为 θ ， 质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离 为 x0，滑块以初速度 v0 沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，滑块运动 过程中始终受到沿着斜面向下的恒力 F (较大) 的作用， 若滑块每次与挡板相碰 均无机械能损失，滑块经过的总路程是 ( )
A ． 0 + 0 2g sin9 mg cos9
B ． v + (mgsin9-F) x0 2gsin9 mg cos9
C ． 0 + 0 2g cos9 mg cos9
D ． v + (mgsin9-F) x0 2g cos9 mg cos9
6 ．如图所示，一质量为 m 的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻 质弹簧一端固定于 O 点， 另一端与小球相连， 弹簧与杆在同一竖 直平面内。将小球由 A 点静止释放，此弹簧恰好处于原长状态， 小球下降的最低点为 B，A、B 高度差为 h，整个过程弹簧的形变 量始终在弹性限度内， OA
B ．小球下落到 C 点时速度最大
C ．弹簧的弹性势能一直增大
D ．弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四个
7. 如图所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在 O 点，现保持绳处于拉直状态，将小 球拉至与 O 等高的 A 点，由静止自由释放小球。球运动过程中经过 C 点时，绳
与竖直方向的夹角为 ，以下判断正确的是 ( )
A. 小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力对小球做功不为 0
B. 小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力对小球冲量不为 0
C ．小球运动至 C 点时，其加速度大小为gsin
D ．小球运动至 C 点时，轻绳对小球的拉力大小T = 2mgcos
8 ．在光滑的水平面上，一滑块的质量m = 2kg ，在水平方向上恒定的外力 F = 4N 的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过 P、Q 两点时速度大小均为v = 5m / s 。滑块在 P 点的速度方向与 PQ 连线夹角= 37。， sin 37。= 0.6 ，则下列说法中正确的是 ( )
A．水平恒力 F 的方向与 PQ 连线成 53°夹角
B．滑块从 P 点到 Q 点做匀速圆周运动
C．滑块从 P 点到 Q 点的过程中动能最小值为 16J
D．P、Q 两点间距离为 16m
二、多项选择题(本题共 5 小题，每小题 4 分， 共 20 分； 每小题给出的四个选项 中有多个选项正确，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分， 有错选的得 0 分。 )
9. 一滑块在水平地面上沿直线滑行， t＝0 时其速度为 1 m/s，从此刻开始在滑块 运动方向上再施加一水平作用力 F，力 F 和滑块的速度 v 随时间 t 的变化规律分
别如图甲、乙所示， 则以下说法正确的是 ( )
A．第 1 s 内， F 对滑块做的功为 2J
B．第 2 s 内， F 对滑块做功的平均功率为 4 W C．第 3 s 末， F 对滑块做功的瞬时功率为 1 W D．前 3 s 内， F 对滑块做的总功为零
10 ．如图所示，长为 L 的长木板水平放置，在木板的 A 端放置一个质量为m 的 小物块。现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的 夹角为 时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v，
则在整个过程中，下列说法正确的是 ( )
A．静摩擦力对小物块做功为mgLsin a
B．支持力对小物块做功为mgLsin a
1 2
C．滑动摩擦力对小物块做功为− 2 mv
D．木板对小物块做功为mv2
11. 如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端
O 点为运动的起点和零势能点，并以滑块由 O 点出发时为t = 0 时刻。在滑块运 动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能 Ek 、重力势能 Ep 、机械能 E 随位移
x、时间 t 变化的图像中，不正确的是 ( )
A.
C.
B.
D.
12. 汽车在研发过程中都要进行性能测试， 如图所示为某次测试中某型号汽车的 速度 v 与牵引力 F 大小倒数的v－ 图象， vm 表示最大
速度．已知汽车在水平路面上由静止启动， ab 平行于 v
轴， bc 反向延长过原点 O. 已知阻力恒定， 汽车质量为
2×103 kg，下列说法正确的是 ( )
A．汽车从 a 到 b 持续的时间为 20 s
B．汽车由 b 到 c 过程做匀加速直线运动 C．汽车的额定功率为 50 kW
D．汽车能够获得的最大速度为 12 m/s
13．如图甲所示， 在 t=0 时刻， 一质量为 1kg、可视为质点的物块冲上一足够长、 倾角为 37°的传送带底端, 同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送 带向上为正方向， 物块前 1.5s 内的速度一时间图像如图乙所示， 不计空气阻力， 重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。物体在传送带上向上运动到最 高点的过程中， 下列说法正确的是 ( )
A．传送带对物体先做负功后做正功
B．传送带与物块间的动摩擦因数为 0.5
C．因摩擦产生的热量为 27.5J
D．传送带对物体做的功为- 12.5J
第Ⅱ卷(非选择题，共 56 分)
三、实验题(本题共 2 小题， 14 题 6 分，15 题 8 分， 共 14 分)
14．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案： 第一步： 把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起， 把滑块通过细绳与带夹重锤跨 过定滑轮相连， 重锤夹后连接穿过打点计时器的纸带， 调整木板倾角， 直到轻推 滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．
第二步： 保持长木板的倾角不变， 将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处， 取下 细绳和重锤， 将滑块与纸带相连， 使纸带穿过打点计时器， 然后接通电源， 释放 滑块， 使之从静止开始向下加速运动， 打出纸带， 如图乙所示． 打出的纸带如图 丙所示．
请回答下列问题：
(1) 已知 O、A 、B 、C、D 、E、F 相邻计数点间的时间间隔为 Δt，根据纸带求 滑块运动的速度，打点计时器打 B 点时滑块运动的速度vB ＝ (2) 若要完成实验探究， 已知重锤质量为 m，纸带标出的数据、 当地的重力加 速度为 g，还必须测出 ，若选择 BE 段探究动能改变与合外力 做功的关系， 若满足关系式 (用 m 、Δt、g、纸带 标出的物理量和补充测量物理量来表示)，则说明合外力做功等于动能的改变量。
15 ．如图 1 所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在 轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸
上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置 O。
接下来的实验步骤如下：
步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上，重复 多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的
平均位置 P；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使 它们碰撞；重复多次，并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点 的平均位置 M、N；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M、P、N 离 O 点的距离，即 线段 OM、OP、ON 的长度。
(1)上述实验除需测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有 ___________。(写出物理量及相应符号)
(2)若测得各落点痕迹到 O 点的距离： OM=2.68 cm ，OP=8.62 cm ，ON=11.50 cm，并知小球 1 、2 的质量比为 2 ∶ 1，则系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量 p' 的百分误差=___________% (结果保留一位有效数字)。
(3)完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后 的装置如图 2 所示。使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和
2 的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的 圆弧上，平均落点为 M′ 、P′ 、N′。
测量轨道末端到 M′ 、P′ 、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为 α 1 、α2 、α3 ， 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________ (用所测物理量的符号
表示)。
四、计算题(本题共 3 小题， 共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写 出数值和单位)
16 ．(12 分) 如图所示， 光滑水平面与光滑曲面平滑连接， 有两个半径相同的小 球 A、B，质量分别为 m、3m。现让 A 球以速度 v0 向右运动与 B 球发生正碰， 碰 后小球 A 静止， 小球 B 沿曲面上升的最大高度为hB (未知)；如果仅仅交换小球 A、B 位置， 让 B 球以速度 v0 向右运动与 A 球发生正碰， 碰后小球 A沿曲面上升 的最大高度为 hA (未知)(设两次碰撞产生的热量相同)求：
(1)小球 A 、B 碰撞过程损失的机械能；
(2) 上述过程中， 小球 A、B 上升最大高度
的比值 A 。
h
h
B
17．(14 分) 如图所示为一游艺系统示意图。光滑半圆轨道竖直固定， 直径AB 沿 竖直方向，半径为R = 0.8m ，A 点有一质量为m = 2kg 的小物块处于静止状态。
光滑足够长的水平平台上有一平板小车， 质量为M = 3kg ，其左端恰好与半圆轨 道的 B 点平齐，恰能使小物块离开 B 点后滑上小车。在 A 点给物块一个水平向 左的瞬时冲量 I，物块以v1 = 4m / s 的速度滑上小车， 恰停在小车右端。已知物块
与小车之间的动摩擦因数为 = 0.6, g = 10m / s2 。求
(1)在 B 点物块对轨道压力大小；
(2)瞬时冲量 I；
(3)小车的长度。
18．(16 分) 如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构 简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道 AB，半径分别为r = 0.4m 、0.5r、
1.5r 的三个半圆轨道BCO3 、O3DO1 、FGH ，半径为 r 的四分之一圆弧轨道O1E ，
长度L = 1m 的水平轨道 EF 组成，轨道BCO3 和轨道O1E 前后错开，除水平轨道 EF 段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从 A 点由静止释 放，恰好可以通过轨道O3DO1 的最高点 D ，不计空气阻力。
(1)求 A 、C 两点的高度差h；
(2)要使物块至少经过 F 点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水 平轨道 EF 间的动摩擦因数 的范围；
(3)若半圆轨道O3DO1 中缺一块圆心角为29 的圆弧积木IDJ (I、J 关于O2 D 对 称)，滑块从 I 飞出后恰能无碰撞从 J 进入轨道，求9 的值。
成都石室中学 2022-2023 学年度下期高 2025 届半期考试题答案
物理试卷
第Ⅰ卷(选择题，共 44 分)
一、 单项选择题(本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分；每小题只有一个选项符合题意。 ) 1.答案 B
解析：A．运动物体所受的合力不为零， 合外力可能与速度方向垂直， 物体的动能不一定 变化， 比如匀速圆周运动，故 A 错误；B．运动物体所受的合力为零， 则合外力做功一定 为零， 由动能定理可知合外力做功等于物体动能的变化， 故动能一定不变， 故 B 正确；运 动物体的动能保持不变， 但速度方向可能会改变， 则该物体动量会变化，故 C 错误； 运动
物体所受合力不为零，则一定有加速度， 则该物体一定做变速运动，故 D 错误。
2.答案 D
解析：火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此 B 错； 太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此 A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在 相同时间内扫过的面积相等，因此 C 错，本题答案为 D.
3.答案 B
解析： A．开窗过程中，滑块A 和 B 点速度方向如图所示，因为两
速度沿杆方向的分速度始终相等，故在开窗过程中A 、B 两点的速
度不会始终相等，A 错误；
B．开窗过程中 B、C 两点都绕一个固定轴旋转，因此角速度始终相
等， B 正确；
C．开窗状态下滑块受重力、压力、支持力和摩擦力 4 个力作用，C 错误；
D．由于A可以滑动，当轻杆垂直于竖直窗框时， B 点到窗框距离最远， 此时张角最大，
设张角为9，则有sin 9 = L = 1 所以最大张角为 30o ，D 错误。故选 B。
2L 2
4.答案 C
x
解析： A ．设平抛的水平位移为x ，抛出速度v0 = 落在C1 点水平位移最大，因此抛出速
t
度最大时落在C1 点。A 错误； B．水平位移小于A1D1 时， 比落在D1 点抛出速度更小， 落在 A1 点的抛出速度最小。B 错误； C．类似于小球落在斜面上， 若小球在平面AA1C1C 内运动，
则小球通过AC1 时的速度方向相同， 故 C 正确 D．从抛出到落在B1D1 线段上任何一点所需
的时间都相等， 故 D 不正确
5.答案 C
解析： 滑 块 最 终 停 在 斜 面 底 部 ， 设 滑 块 经 过 的 总 路 程 为 x ，则 所 产 生 的 热 量
Q = mv0(2) +(mgsin9+F) x0 ，而产生的热量又等于Q = mgxcos9 ，解以上方程可得
x = +
v (mgsin9+F) x0
2g cos9 mg cos9
6.答案 D
解析： A 、由于竖直杆为光滑， 弹簧和小球组成的系统机械能守恒，小球的机械能和弹簧的 弹性势能之和是不变的，小球的机械能的变化与弹簧的弹性势能的变化相反，而弹簧的弹性 势能先变大后变小再变大，故小球的机械能先变小后变大再变小； 故 AC 错误； 小球再 C 点 时候， 存在加速度， 故不是速度的最大值，故 B 错误；； 弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四 个点， 故 D 正确。
7.答案 B
解析： A ．小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力与速度垂直，对小球做功为 0 ，A 错误； 小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为 0，故 B 正确；C．小球运动至 C
点时， 对小球分析可知， 其切向有mgsin = ma1 解得切向加速度大小为a1 = g sin ，小 球做圆周运动， 沿半径方向还具有向心加速度，因此小球运动至 C 点时， 其加速度大小必
定大于gsin ，C 错误； D．设绳长为 l，根据机械能守恒mglcos = mv2 ，
T − mgcos = m ，解得T = 3mg cos ，故 D 错误
v
2
l
8.答案 C
解析： 由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，故 B 错误， 又因为 PQ 两点的速度大小相等， 所以外力的方向垂直于 PQ 的连线，故 A 错误； 由速度分解可知
vPQ = vcos 可得vPQ = vcos=4m/s ，由动能Ek = mvP(2)Q = 16J ，故 C 正确，又因为 PQ
之间的距离x = vcost = vcos = 12m ，故 D 错误。
m
二、多项选择题(本题共 5 小题， 每小题 4 分， 共 20 分； 每小题给出的四个选项中有多个选 项正确，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有错选的得 0 分。 )
9.答案 AC
解析： 由题图可知， 第 1 s 内， 滑块位移为 1 m，F 对滑块做的功为 2 J，A 正确；第 2 s 内， 滑块位移为 1.5 m ，F 对滑块做的功为 4.5 J，平均功率为 4.5 W ，B 错误； 第 3 s 内， 滑块位 移为 1.5 m ，F 对滑块做的功为 1.5 J，第 3 s 末， F 对滑块做功的瞬时功率 P＝Fv＝1 W ，C 正确； 前 3 s 内， F 对滑块做的总功为 8 J ，D 错误．
10.答案 BD
解析： 当物体缓慢上升的过程中，摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故 A 错误； 支持 力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变， 支持力对小 物 块 做 功 为 mgL sin a ， 故 B 正 确 ； 下 滑 过 程 由 动 能 定 理 可 知 ，
mgLsin − mgLcos = 2 mv ，故 C 错误，全程法由动能定理可知，木板对小物块做 功为 mv2 ，故 D 正确
1 2
11.答案 CD
解析： 根据机械能守恒定律， Ek − Ek0 = −mgx . sin9 − mgx . cos9 ，变化为
可知Ek 与位移x成线性关系，图像 A 正确； 物体的重力势能为Ep = mgx . sin9 ，Ep 与位 移成正比， 图像 B 正确；滑块以速度v 0 冲上光滑斜面，做加速度a = −gsin9 − gcos9
的匀减速直线运动， 其速度v = v0 - (gsin9+ gcos9) t ，滑块动能与时间的关系为
Ek = mv2 = m[v0 −(gsin9+g cos9) . t]2 ，图像 C 错误；上滑过程中，摩擦力做功
会改变物体的机械能，E机 = 2 mv2 - mgcos9 2 (gcos9+ gsin9) t2 ，D 错误。
1 1
12.答案 AC
解析： 根据 v＝，可知额定功率等于图线的斜率，即 P＝ W＝50 kW，C 正确； 根据
v＝知， 汽车由 b 到 c 过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小， 根据牛顿第二定
律得 F－Ff ＝ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小， 汽车由 b 到
c 过程做非匀变速直线运动， B 错误；由题图可得汽车能够获得的最大速度为 vm＝P·＝ 50×103 ××10－3m/s＝12.5m/s ，D 错误；汽车所受的阻力为 Ff ＝＝ N＝4 000 N，汽 车从 a 到 b 所受的牵引力的倒数为＝×10－3 N－1，解得 F2＝5 000 N，根据牛顿第二定律 得 F2－Ff ＝ma1 ，解得 a1＝0.5 m/s2 ，汽车从 a 到 b 持续的时间为 t ＝＝ s＝20 s ，A 正
确．
13.答案 ABD
解析： 由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿 第二定律可知 mg cos9+mg sin9 = ma ，可知 = 0.5 ，故 B 正确； 物体先受到沿着斜面 向下的滑动摩擦力，再受到沿着斜面向上的静摩擦力，故 A 正确；摩擦力对物体做的功
gR cos2 以2 2sin 以2
gR cos2 以3 2sin以3
3
cos 以
sin 以3
2
Wf = −mg cos9x1 + mgsin9x2 ，带入数据可得Wf =− 12.5J ，故 D 正确， 由摩擦生热的 定义式可得Q = mg cos9S ，带入数据可得Q = 2.5J ，故 C 错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共 56 分)
三、实验题(本题共 2 小题，14 题 6 分， 15 题 8 分， 共 14 分)
14.答案(1) (2 分)
x3－x1
2Δt
(2)滑块质量 M (2 分) mg(x5 − x2 ) = 1 M(x6 − x4 )2 − 1 M(x3 − x1 )2 (2 分)
2 2Vt 2 2Vt
解析： (1)由打出的纸带可知 B 点的速度为 vB ＝ ；(2)由做功定义式可知还需要知道滑
x3－x1
2Δt
块 下 滑 的 位 移 x ， 由 动 能 定 理 可 知 W 合 ＝ ΔEk ， 即
mg(x5 − x2 ) = 1 M(x6 − x4 )2 − 1 M(x3 − x1 )2
2 2Vt 2 2Vt
15. 答案(1)小球 1 和小球 2 的质量 m1 和 m2 (2 分) (2). 2 (3 分)
cos2 以
cos2 以
=m1 1
＋m2 3 (3 分)
(3). m1
sin 以2
sin 以1
sin 以3
cos2 以2
x
解析： (1) [1]因为平抛运动的时间相等， 根据v =
t
所以用水平射程可以代替速度； 根据动量表达式知，除了测量线段 OM、OP、ON 的长度 外，还需要测量的物理量是小球 1 和小球 2 的质量 m1 、m2。
(2) [2]因 m1>m2 ，则小球 1 碰后不会反弹， 则 M、N 分别是碰后小球 1、2 的平均落点。 系统碰撞前的总动量p=m1 ;碰撞后的总动量p′=m1 ＋m2 ;知小球 1 、2 的质量
比为 2 ∶ 1，则可解得 =2%
p − p‘
p
(3) [3]设圆弧半径为 R，则对于从轨道末端到 M′的运动， 由平抛运动规律可知
Rcosα1=v1t1 ; Rsin 以1 = gt12 ;联立解得 v1= 1 ,对于从轨道末端到 P′、N′点的运动，
1 gR cos2 以
2 2 sin 以1
同理可得 v0=
而要验证的关系式为 m1v0=m1v1＋m2v2
,v2=
将 v0 、v1 、v2 代入可得 m1 2 =m1 1 ＋m2
sin 以2 sin 以1
cos2 以 cos2 以
四、计算题(本题共 3 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
16 ．(12 分) 答案 (1) 1 2 ；(2) 9 ： 1
E = mv0
3
(1) a 球以速度 v0 碰撞 b 球，由动量守恒定理得： mv0 = 3mvB (2 分)
解得： vB = v0 (1 分)
此过程，由能量守恒定律得：
E = mv0(2) − 3mvB(2) (2 分)
解得： E = mv0(2) (1 分)
1 2
(2) a 球碰撞 b 球后，对 b 球， 据能量守恒定律： 2 3mvB = 3mghB (1 分)
v
2
解得： hB = 0
18g
b 球以速度 v0 碰撞 a 球，， 由动量守恒定理得： 3mv0 = mvA + 3mvB (1 分)
由能量守恒定理得： E = 2 3mv0 − (2 mvA + 2 3mvB ) (1 分) 联立解得： vA = v0 ，vB = v0 (1 分)
1 2 1 2 1 2
v 5
2 6
b 球碰撞 a 球后，对 a 球，据能量守恒定律： mvA(2) = mghA
或者： vA = 0 ，vB = v0 (舍去)
(1 分)
2
v
2g
解得： hA = 0
所以： =9 ：1 (1 分)
17. (14 分) 答案 (1) 10N；(2) 8 N . s ；(3) L = m 解析： 1) 滑块在 B 点时，由牛顿第二定律
FN + mg = m (2 分)
v
R
解得
FN=20N (1 分)
根据牛顿第三定律可知在 B 点物块对轨道压力大小
F′N=20N (1 分)
(2)从 A 到 B，由机械能守恒定律
1 2 1 2
mv0 = mv1 + 2mgR (2 分)
2 2
其中
I=mv0 (1 分)
解得
I = 8 N . s (1 分)，方向水平向 (1 分)
(3) 物块滑上小车时， 由动量守恒定律和能量关系
mv1 = (M + m)v (2 分)
1 2 1 2
mgL = mv1 − (M + m)v (2 分)
2 2
解得L = m (1 分)
18. (16 分) 答案 (1) 0.7m ；(2) 0.15 0.7 ；(3) 60o
【详解】(1)滑块恰好经过D ，重力提供向心力
mg = m (2 分)
滑块从 A 到 D，根据动能定理
1 2
mg(h− r − 0.5r) = 2 mvD (2 分)
联立解得
h = 0.7m (1 分)
(2) 若恰好滑到F 点停下，根据动能定理
mgh− 1mgL = 0 (1 分)
解得
1 = 0.7 (1 分)
当到G 点速度为零，根据动能定理
mg(h −1.5r) − 2 mgL = 0 (1 分)
解得
2 = 0.1 (1 分)
当返回时不超过O1 点， 根据动能定理
mg(h − r) − 3mg . 2L = 0 (1 分)
解得
3 = 0.15 (1 分)
综上可得滑块与水平轨道 EF 间的动摩擦因数 的范围
0.15 0.7 (1 分)
(3) A 点到I 点过程中根据动能定理
1 1 2
mg(h − r − rcos9) = mv (1 分)
2 2
设I 点到最高点时间为t ，则有
vsin9 = gt (1 分)
0.5rsin9= (vcos9) . t (1 分)
解得
cos9 =
可得
9= arccos = 60o (1 分)
另一解cos9= 1 舍去。
成都石室中学 2022-2023 学年度下期高 2025 届半期考试题 物理试卷
试卷说明：
试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组 成， 共 4 页；
答题卡共 2 页。满分 100 分，考试时间90 分钟。
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用 0.5 毫米黑色签字笔填写清楚，同 时用 2B 铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2. 选择题使用 2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上， 如需改动，用橡皮擦擦 干净后再选涂其它答案； 非选择题用 0.5 毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出 答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3. 考试结束后将答题卡收回。
第Ⅰ卷(选择题，共 44 分)
一、 单项选择题(本题共 8 小题， 每小题 3 分，共 24 分；每小题只有一个选 项符合题意。 )
1 ．下列说法中正确的( )
A．运动物体 (质量不变) 所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一 定变化
B ．运动物体 (质量不变) 所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C ．运动物体 (质量不变) 的动能保持不变，则该物体动量一定也不变
D．运动物体 (质量不变) 所受合力不为零，则该物体不一定做变速运动
2. 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知 ( )
A．太阳位于木星运行轨道的正中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终不变
C ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
D ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
3. 图(a)为酒店常用的安全窗户，竖直窗框部分安装有滑轨与滑块，两者之 间的弹性摩擦块固定在滑块上，截面如图(b)所示；滑块与窗户通过一金属轻 杆相连，轻杆两端可绕 A 、B 自由转动，其推拉结构可简化为图(c)， B 、C 为
窗户上两点；轻杆长 L ，B 点到转轴的距离
为 2L，则 ( )
A. 开窗过程中 A 、B 两点的速度始终相等
B. 开窗过程中 B 、C 两点的角速度相等
C. 开窗状态下滑块受 3 个力作用
D. 该窗户能打开的最大角度为 60°
v2 (mgsin9+F) x
v2 (mgsin9+F) x
4．如图， 长方体ABCD − A1B1C1D1 中， | AB|= 2 | AD|= 2 AA1 ，将可视为质点的小 球从顶点 A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点 都在A1B1C1D1 范围内(包括边界)。不计空气阻力，则小球 ( )
A. 抛出速度最大时落在B1 点
B. 抛出速度最小时落在D1 点
C. 若小球在平面AA1C1C 内运动，则小球通过连线
AC1 时的速度方向相同
D. 从抛出到落在B1D1 线段上任何一点所需的时间都不相等
5 ．如图所示， 足够长的固定斜面的倾角为 θ ， 质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离 为 x0，滑块以初速度 v0 沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，滑块运动 过程中始终受到沿着斜面向下的恒力 F (较大) 的作用， 若滑块每次与挡板相碰 均无机械能损失，滑块经过的总路程是 ( )
A ． 0 + 0 2g sin9 mg cos9
B ． v + (mgsin9-F) x0 2gsin9 mg cos9
C ． 0 + 0 2g cos9 mg cos9
D ． v + (mgsin9-F) x0 2g cos9 mg cos9
6 ．如图所示，一质量为 m 的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻 质弹簧一端固定于 O 点， 另一端与小球相连， 弹簧与杆在同一竖 直平面内。将小球由 A 点静止释放，此弹簧恰好处于原长状态， 小球下降的最低点为 B，A、B 高度差为 h，整个过程弹簧的形变 量始终在弹性限度内， OA
B ．小球下落到 C 点时速度最大
C ．弹簧的弹性势能一直增大
D ．弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四个
7. 如图所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在 O 点，现保持绳处于拉直状态，将小 球拉至与 O 等高的 A 点，由静止自由释放小球。球运动过程中经过 C 点时，绳
与竖直方向的夹角为 ，以下判断正确的是 ( )
A. 小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力对小球做功不为 0
B. 小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力对小球冲量不为 0
C ．小球运动至 C 点时，其加速度大小为gsin
D ．小球运动至 C 点时，轻绳对小球的拉力大小T = 2mgcos
8 ．在光滑的水平面上，一滑块的质量m = 2kg ，在水平方向上恒定的外力 F = 4N 的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过 P、Q 两点时速度大小均为v = 5m / s 。滑块在 P 点的速度方向与 PQ 连线夹角= 37。， sin 37。= 0.6 ，则下列说法中正确的是 ( )
A．水平恒力 F 的方向与 PQ 连线成 53°夹角
B．滑块从 P 点到 Q 点做匀速圆周运动
C．滑块从 P 点到 Q 点的过程中动能最小值为 16J
D．P、Q 两点间距离为 16m
二、多项选择题(本题共 5 小题，每小题 4 分， 共 20 分； 每小题给出的四个选项 中有多个选项正确，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分， 有错选的得 0 分。 )
9. 一滑块在水平地面上沿直线滑行， t＝0 时其速度为 1 m/s，从此刻开始在滑块 运动方向上再施加一水平作用力 F，力 F 和滑块的速度 v 随时间 t 的变化规律分
别如图甲、乙所示， 则以下说法正确的是 ( )
A．第 1 s 内， F 对滑块做的功为 2J
B．第 2 s 内， F 对滑块做功的平均功率为 4 W C．第 3 s 末， F 对滑块做功的瞬时功率为 1 W D．前 3 s 内， F 对滑块做的总功为零
10 ．如图所示，长为 L 的长木板水平放置，在木板的 A 端放置一个质量为m 的 小物块。现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的 夹角为 时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v，
则在整个过程中，下列说法正确的是 ( )
A．静摩擦力对小物块做功为mgLsin a
B．支持力对小物块做功为mgLsin a
1 2
C．滑动摩擦力对小物块做功为− 2 mv
D．木板对小物块做功为mv2
11. 如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端
O 点为运动的起点和零势能点，并以滑块由 O 点出发时为t = 0 时刻。在滑块运 动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能 Ek 、重力势能 Ep 、机械能 E 随位移
x、时间 t 变化的图像中，不正确的是 ( )
A.
C.
B.
D.
12. 汽车在研发过程中都要进行性能测试， 如图所示为某次测试中某型号汽车的 速度 v 与牵引力 F 大小倒数的v－ 图象， vm 表示最大
速度．已知汽车在水平路面上由静止启动， ab 平行于 v
轴， bc 反向延长过原点 O. 已知阻力恒定， 汽车质量为
2×103 kg，下列说法正确的是 ( )
A．汽车从 a 到 b 持续的时间为 20 s
B．汽车由 b 到 c 过程做匀加速直线运动 C．汽车的额定功率为 50 kW
D．汽车能够获得的最大速度为 12 m/s
13．如图甲所示， 在 t=0 时刻， 一质量为 1kg、可视为质点的物块冲上一足够长、 倾角为 37°的传送带底端, 同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送 带向上为正方向， 物块前 1.5s 内的速度一时间图像如图乙所示， 不计空气阻力， 重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。物体在传送带上向上运动到最 高点的过程中， 下列说法正确的是 ( )
A．传送带对物体先做负功后做正功
B．传送带与物块间的动摩擦因数为 0.5
C．因摩擦产生的热量为 27.5J
D．传送带对物体做的功为- 12.5J
第Ⅱ卷(非选择题，共 56 分)
三、实验题(本题共 2 小题， 14 题 6 分，15 题 8 分， 共 14 分)
14．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案： 第一步： 把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起， 把滑块通过细绳与带夹重锤跨 过定滑轮相连， 重锤夹后连接穿过打点计时器的纸带， 调整木板倾角， 直到轻推 滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．
第二步： 保持长木板的倾角不变， 将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处， 取下 细绳和重锤， 将滑块与纸带相连， 使纸带穿过打点计时器， 然后接通电源， 释放 滑块， 使之从静止开始向下加速运动， 打出纸带， 如图乙所示． 打出的纸带如图 丙所示．
请回答下列问题：
(1) 已知 O、A 、B 、C、D 、E、F 相邻计数点间的时间间隔为 Δt，根据纸带求 滑块运动的速度，打点计时器打 B 点时滑块运动的速度vB ＝ (2) 若要完成实验探究， 已知重锤质量为 m，纸带标出的数据、 当地的重力加 速度为 g，还必须测出 ，若选择 BE 段探究动能改变与合外力 做功的关系， 若满足关系式 (用 m 、Δt、g、纸带 标出的物理量和补充测量物理量来表示)，则说明合外力做功等于动能的改变量。
15 ．如图 1 所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在 轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸
上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置 O。
接下来的实验步骤如下：
步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上，重复 多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的
平均位置 P；
步骤 2：把小球 2 放在斜槽末端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使 它们碰撞；重复多次，并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点 的平均位置 M、N；
步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M、P、N 离 O 点的距离，即 线段 OM、OP、ON 的长度。
(1)上述实验除需测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有 ___________。(写出物理量及相应符号)
(2)若测得各落点痕迹到 O 点的距离： OM=2.68 cm ，OP=8.62 cm ，ON=11.50 cm，并知小球 1 、2 的质量比为 2 ∶ 1，则系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量 p' 的百分误差=___________% (结果保留一位有效数字)。
(3)完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后 的装置如图 2 所示。使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验步骤 1 和
2 的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的 圆弧上，平均落点为 M′ 、P′ 、N′。
测量轨道末端到 M′ 、P′ 、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为 α 1 、α2 、α3 ， 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________ (用所测物理量的符号
表示)。
四、计算题(本题共 3 小题， 共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写 出数值和单位)
16 ．(12 分) 如图所示， 光滑水平面与光滑曲面平滑连接， 有两个半径相同的小 球 A、B，质量分别为 m、3m。现让 A 球以速度 v0 向右运动与 B 球发生正碰， 碰 后小球 A 静止， 小球 B 沿曲面上升的最大高度为hB (未知)；如果仅仅交换小球 A、B 位置， 让 B 球以速度 v0 向右运动与 A 球发生正碰， 碰后小球 A沿曲面上升 的最大高度为 hA (未知)(设两次碰撞产生的热量相同)求：
(1)小球 A 、B 碰撞过程损失的机械能；
(2) 上述过程中， 小球 A、B 上升最大高度
的比值 A 。
h
h
B
17．(14 分) 如图所示为一游艺系统示意图。光滑半圆轨道竖直固定， 直径AB 沿 竖直方向，半径为R = 0.8m ，A 点有一质量为m = 2kg 的小物块处于静止状态。
光滑足够长的水平平台上有一平板小车， 质量为M = 3kg ，其左端恰好与半圆轨 道的 B 点平齐，恰能使小物块离开 B 点后滑上小车。在 A 点给物块一个水平向 左的瞬时冲量 I，物块以v1 = 4m / s 的速度滑上小车， 恰停在小车右端。已知物块
与小车之间的动摩擦因数为 = 0.6, g = 10m / s2 。求
(1)在 B 点物块对轨道压力大小；
(2)瞬时冲量 I；
(3)小车的长度。
18．(16 分) 如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构 简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道 AB，半径分别为r = 0.4m 、0.5r、
1.5r 的三个半圆轨道BCO3 、O3DO1 、FGH ，半径为 r 的四分之一圆弧轨道O1E ，
长度L = 1m 的水平轨道 EF 组成，轨道BCO3 和轨道O1E 前后错开，除水平轨道 EF 段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从 A 点由静止释 放，恰好可以通过轨道O3DO1 的最高点 D ，不计空气阻力。
(1)求 A 、C 两点的高度差h；
(2)要使物块至少经过 F 点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水 平轨道 EF 间的动摩擦因数 的范围；
(3)若半圆轨道O3DO1 中缺一块圆心角为29 的圆弧积木IDJ (I、J 关于O2 D 对 称)，滑块从 I 飞出后恰能无碰撞从 J 进入轨道，求9 的值。
成都石室中学 2022-2023 学年度下期高 2025 届半期考试题答案
物理试卷
第Ⅰ卷(选择题，共 44 分)
一、 单项选择题(本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分；每小题只有一个选项符合题意。 ) 1.答案 B
解析：A．运动物体所受的合力不为零， 合外力可能与速度方向垂直， 物体的动能不一定 变化， 比如匀速圆周运动，故 A 错误；B．运动物体所受的合力为零， 则合外力做功一定 为零， 由动能定理可知合外力做功等于物体动能的变化， 故动能一定不变， 故 B 正确；运 动物体的动能保持不变， 但速度方向可能会改变， 则该物体动量会变化，故 C 错误； 运动
物体所受合力不为零，则一定有加速度， 则该物体一定做变速运动，故 D 错误。
2.答案 D
解析：火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此 B 错； 太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此 A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在 相同时间内扫过的面积相等，因此 C 错，本题答案为 D.
3.答案 B
解析： A．开窗过程中，滑块A 和 B 点速度方向如图所示，因为两
速度沿杆方向的分速度始终相等，故在开窗过程中A 、B 两点的速
度不会始终相等，A 错误；
B．开窗过程中 B、C 两点都绕一个固定轴旋转，因此角速度始终相
等， B 正确；
C．开窗状态下滑块受重力、压力、支持力和摩擦力 4 个力作用，C 错误；
D．由于A可以滑动，当轻杆垂直于竖直窗框时， B 点到窗框距离最远， 此时张角最大，
设张角为9，则有sin 9 = L = 1 所以最大张角为 30o ，D 错误。故选 B。
2L 2
4.答案 C
x
解析： A ．设平抛的水平位移为x ，抛出速度v0 = 落在C1 点水平位移最大，因此抛出速
t
度最大时落在C1 点。A 错误； B．水平位移小于A1D1 时， 比落在D1 点抛出速度更小， 落在 A1 点的抛出速度最小。B 错误； C．类似于小球落在斜面上， 若小球在平面AA1C1C 内运动，
则小球通过AC1 时的速度方向相同， 故 C 正确 D．从抛出到落在B1D1 线段上任何一点所需
的时间都相等， 故 D 不正确
5.答案 C
解析： 滑 块 最 终 停 在 斜 面 底 部 ， 设 滑 块 经 过 的 总 路 程 为 x ，则 所 产 生 的 热 量
Q = mv0(2) +(mgsin9+F) x0 ，而产生的热量又等于Q = mgxcos9 ，解以上方程可得
x = +
v (mgsin9+F) x0
2g cos9 mg cos9
6.答案 D
解析： A 、由于竖直杆为光滑， 弹簧和小球组成的系统机械能守恒，小球的机械能和弹簧的 弹性势能之和是不变的，小球的机械能的变化与弹簧的弹性势能的变化相反，而弹簧的弹性 势能先变大后变小再变大，故小球的机械能先变小后变大再变小； 故 AC 错误； 小球再 C 点 时候， 存在加速度， 故不是速度的最大值，故 B 错误；； 弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四 个点， 故 D 正确。
7.答案 B
解析： A ．小球下摆到最低点的过程中， 绳子拉力与速度垂直，对小球做功为 0 ，A 错误； 小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为 0，故 B 正确；C．小球运动至 C
点时， 对小球分析可知， 其切向有mgsin = ma1 解得切向加速度大小为a1 = g sin ，小 球做圆周运动， 沿半径方向还具有向心加速度，因此小球运动至 C 点时， 其加速度大小必
定大于gsin ，C 错误； D．设绳长为 l，根据机械能守恒mglcos = mv2 ，
T − mgcos = m ，解得T = 3mg cos ，故 D 错误
v
2
l
8.答案 C
解析： 由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，故 B 错误， 又因为 PQ 两点的速度大小相等， 所以外力的方向垂直于 PQ 的连线，故 A 错误； 由速度分解可知
vPQ = vcos 可得vPQ = vcos=4m/s ，由动能Ek = mvP(2)Q = 16J ，故 C 正确，又因为 PQ
之间的距离x = vcost = vcos = 12m ，故 D 错误。
m
二、多项选择题(本题共 5 小题， 每小题 4 分， 共 20 分； 每小题给出的四个选项中有多个选 项正确，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有错选的得 0 分。 )
9.答案 AC
解析： 由题图可知， 第 1 s 内， 滑块位移为 1 m，F 对滑块做的功为 2 J，A 正确；第 2 s 内， 滑块位移为 1.5 m ，F 对滑块做的功为 4.5 J，平均功率为 4.5 W ，B 错误； 第 3 s 内， 滑块位 移为 1.5 m ，F 对滑块做的功为 1.5 J，第 3 s 末， F 对滑块做功的瞬时功率 P＝Fv＝1 W ，C 正确； 前 3 s 内， F 对滑块做的总功为 8 J ，D 错误．
10.答案 BD
解析： 当物体缓慢上升的过程中，摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故 A 错误； 支持 力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变， 支持力对小 物 块 做 功 为 mgL sin a ， 故 B 正 确 ； 下 滑 过 程 由 动 能 定 理 可 知 ，
mgLsin − mgLcos = 2 mv ，故 C 错误，全程法由动能定理可知，木板对小物块做 功为 mv2 ，故 D 正确
1 2
11.答案 CD
解析： 根据机械能守恒定律， Ek − Ek0 = −mgx . sin9 − mgx . cos9 ，变化为
可知Ek 与位移x成线性关系，图像 A 正确； 物体的重力势能为Ep = mgx . sin9 ，Ep 与位 移成正比， 图像 B 正确；滑块以速度v 0 冲上光滑斜面，做加速度a = −gsin9 − gcos9
的匀减速直线运动， 其速度v = v0 - (gsin9+ gcos9) t ，滑块动能与时间的关系为
Ek = mv2 = m[v0 −(gsin9+g cos9) . t]2 ，图像 C 错误；上滑过程中，摩擦力做功
会改变物体的机械能，E机 = 2 mv2 - mgcos9 2 (gcos9+ gsin9) t2 ，D 错误。
1 1
12.答案 AC
解析： 根据 v＝，可知额定功率等于图线的斜率，即 P＝ W＝50 kW，C 正确； 根据
v＝知， 汽车由 b 到 c 过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小， 根据牛顿第二定
律得 F－Ff ＝ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小， 汽车由 b 到
c 过程做非匀变速直线运动， B 错误；由题图可得汽车能够获得的最大速度为 vm＝P·＝ 50×103 ××10－3m/s＝12.5m/s ，D 错误；汽车所受的阻力为 Ff ＝＝ N＝4 000 N，汽 车从 a 到 b 所受的牵引力的倒数为＝×10－3 N－1，解得 F2＝5 000 N，根据牛顿第二定律 得 F2－Ff ＝ma1 ，解得 a1＝0.5 m/s2 ，汽车从 a 到 b 持续的时间为 t ＝＝ s＝20 s ，A 正
确．
13.答案 ABD
解析： 由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿 第二定律可知 mg cos9+mg sin9 = ma ，可知 = 0.5 ，故 B 正确； 物体先受到沿着斜面 向下的滑动摩擦力，再受到沿着斜面向上的静摩擦力，故 A 正确；摩擦力对物体做的功
gR cos2 以2 2sin 以2
gR cos2 以3 2sin以3
3
cos 以
sin 以3
2
Wf = −mg cos9x1 + mgsin9x2 ，带入数据可得Wf =− 12.5J ，故 D 正确， 由摩擦生热的 定义式可得Q = mg cos9S ，带入数据可得Q = 2.5J ，故 C 错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共 56 分)
三、实验题(本题共 2 小题，14 题 6 分， 15 题 8 分， 共 14 分)
14.答案(1) (2 分)
x3－x1
2Δt
(2)滑块质量 M (2 分) mg(x5 − x2 ) = 1 M(x6 − x4 )2 − 1 M(x3 − x1 )2 (2 分)
2 2Vt 2 2Vt
解析： (1)由打出的纸带可知 B 点的速度为 vB ＝ ；(2)由做功定义式可知还需要知道滑
x3－x1
2Δt
块 下 滑 的 位 移 x ， 由 动 能 定 理 可 知 W 合 ＝ ΔEk ， 即
mg(x5 − x2 ) = 1 M(x6 − x4 )2 − 1 M(x3 − x1 )2
2 2Vt 2 2Vt
15. 答案(1)小球 1 和小球 2 的质量 m1 和 m2 (2 分) (2). 2 (3 分)
cos2 以
cos2 以
=m1 1
＋m2 3 (3 分)
(3). m1
sin 以2
sin 以1
sin 以3
cos2 以2
x
解析： (1) [1]因为平抛运动的时间相等， 根据v =
t
所以用水平射程可以代替速度； 根据动量表达式知，除了测量线段 OM、OP、ON 的长度 外，还需要测量的物理量是小球 1 和小球 2 的质量 m1 、m2。
(2) [2]因 m1>m2 ，则小球 1 碰后不会反弹， 则 M、N 分别是碰后小球 1、2 的平均落点。 系统碰撞前的总动量p=m1 ;碰撞后的总动量p′=m1 ＋m2 ;知小球 1 、2 的质量
比为 2 ∶ 1，则可解得 =2%
p − p‘
p
(3) [3]设圆弧半径为 R，则对于从轨道末端到 M′的运动， 由平抛运动规律可知
Rcosα1=v1t1 ; Rsin 以1 = gt12 ;联立解得 v1= 1 ,对于从轨道末端到 P′、N′点的运动，
1 gR cos2 以
2 2 sin 以1
同理可得 v0=
而要验证的关系式为 m1v0=m1v1＋m2v2
,v2=
将 v0 、v1 、v2 代入可得 m1 2 =m1 1 ＋m2
sin 以2 sin 以1
cos2 以 cos2 以
四、计算题(本题共 3 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
16 ．(12 分) 答案 (1) 1 2 ；(2) 9 ： 1
E = mv0
3
(1) a 球以速度 v0 碰撞 b 球，由动量守恒定理得： mv0 = 3mvB (2 分)
解得： vB = v0 (1 分)
此过程，由能量守恒定律得：
E = mv0(2) − 3mvB(2) (2 分)
解得： E = mv0(2) (1 分)
1 2
(2) a 球碰撞 b 球后，对 b 球， 据能量守恒定律： 2 3mvB = 3mghB (1 分)
v
2
解得： hB = 0
18g
b 球以速度 v0 碰撞 a 球，， 由动量守恒定理得： 3mv0 = mvA + 3mvB (1 分)
由能量守恒定理得： E = 2 3mv0 − (2 mvA + 2 3mvB ) (1 分) 联立解得： vA = v0 ，vB = v0 (1 分)
1 2 1 2 1 2
v 5
2 6
b 球碰撞 a 球后，对 a 球，据能量守恒定律： mvA(2) = mghA
或者： vA = 0 ，vB = v0 (舍去)
(1 分)
2
v
2g
解得： hA = 0
所以： =9 ：1 (1 分)
17. (14 分) 答案 (1) 10N；(2) 8 N . s ；(3) L = m 解析： 1) 滑块在 B 点时，由牛顿第二定律
FN + mg = m (2 分)
v
R
解得
FN=20N (1 分)
根据牛顿第三定律可知在 B 点物块对轨道压力大小
F′N=20N (1 分)
(2)从 A 到 B，由机械能守恒定律
1 2 1 2
mv0 = mv1 + 2mgR (2 分)
2 2
其中
I=mv0 (1 分)
解得
I = 8 N . s (1 分)，方向水平向 (1 分)
(3) 物块滑上小车时， 由动量守恒定律和能量关系
mv1 = (M + m)v (2 分)
1 2 1 2
mgL = mv1 − (M + m)v (2 分)
2 2
解得L = m (1 分)
18. (16 分) 答案 (1) 0.7m ；(2) 0.15 0.7 ；(3) 60o
【详解】(1)滑块恰好经过D ，重力提供向心力
mg = m (2 分)
滑块从 A 到 D，根据动能定理
1 2
mg(h− r − 0.5r) = 2 mvD (2 分)
联立解得
h = 0.7m (1 分)
(2) 若恰好滑到F 点停下，根据动能定理
mgh− 1mgL = 0 (1 分)
解得
1 = 0.7 (1 分)
当到G 点速度为零，根据动能定理
mg(h −1.5r) − 2 mgL = 0 (1 分)
解得
2 = 0.1 (1 分)
当返回时不超过O1 点， 根据动能定理
mg(h − r) − 3mg . 2L = 0 (1 分)
解得
3 = 0.15 (1 分)
综上可得滑块与水平轨道 EF 间的动摩擦因数 的范围
0.15 0.7 (1 分)
(3) A 点到I 点过程中根据动能定理
1 1 2
mg(h − r − rcos9) = mv (1 分)
2 2
设I 点到最高点时间为t ，则有
vsin9 = gt (1 分)
0.5rsin9= (vcos9) . t (1 分)
解得
cos9 =
可得
9= arccos = 60o (1 分)
另一解cos9= 1 舍去。
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