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2025届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期一模物理试题
1．（2024高三上·泸县模拟）2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征一号F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，“神舟十四号”进入预定轨道后于17点42分成功对接于天和核心舱径向端口，如图所示，对接完成后，以下说法正确的是（　　）
A．研究对接后的组合体绕地球运动的周期时，可将其视为质点
B．若认为“神舟十四号”处于静止状态，则选取的参照物是地球
C．6月5日17时42分指的是时间间隔
D．火箭点火离开发射台时，火箭的速度和加速度均为0
【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；加速度；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．物体能看成质点的条件：物体的形状和大小在所研究的问题中可忽略不计。研究对接后的组合体绕地球运动的周期时，可以忽略其大小和形状，将其视为质点，故A正确；
B．对接完成后，若认为“神舟十四号”处于静止状态，则选取的参照物是天和核心舱，选取地球为参照物，“神舟十四号”是运动的，故B错误；
C.6月5日17时42分指的是时刻，故C错误；
D．火箭点火离开发射台时，火箭的加速度不为0，故D错误。
故选A。
【分析】物体的形状和大小在所研究的问题中可忽略不计时，物体可看作质点；根据参考系的不同，分析物体的运动情况；时刻是指某一瞬间；火箭点火离开发射台时，火箭的速度不为零。
2．（2024高三上·泸县模拟）滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，阻力对他做功-200J。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是（　　）
A．重力势能减少了800J B．动能增加了1200J
C．机械能增加了1000J D．机械能减少了200J
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关。A．重力对他做功1000J，根据功能关系可知重力势能减少了1000J，故A错误；
B．根据动能定理可知，动能增加了
故B错误；
CD．机械能变化量为
故机械能减少了，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】重力对运动员做多少功，运动员的重力势能就改变多少；根据动能定理确定动能的变化；机械能减小量等于克服阻力做的功。
3．（2024高三上·泸县模拟）如图所示，卫星A、B绕地心O做匀速圆周运动，关于卫星A、B的线速度v、角速度、向心加速度a、向心力F大小关系正确的是（　　）
A．vA＞vB B．A＜B C．aA＜aB D．FA＞FB
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。A．根据
解得
由图可知
所以
故A正确；
B．根据
解得
由图可知
所以
故B错误；
C．根据
可得
由图可知
所以
故C错误；
D．根据
由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断两卫星向心力的大小关系，故D错误。
故选A。
【分析】 根据万有引力提供向心力，分析线速度，角速度，加速度，质量关系未知，无法比较向心力。
4．（2024高三上·泸县模拟）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的角速度可达100rad/s，此时纽扣上距离中心5mm处一点的向心加速度大小为（　　）
A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2
【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】半径
纽扣绕其中心的角速度可达
根据向心加速度定义公式可得向心加速度为
故选A。
【分析】根据向心加速度定义公式求出向心加速度。
5．（2024高三上·泸县模拟）如图所示，在竖直放置的“”形支架上，一根长度不变轻绳通过轻质光滑的小滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）。在此过程中绳中拉力大小（　　）
A．先变大后不变 B．先变大后变小
C．先变小后不变 D．先不变后变小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，再采用解析法分析拉力的变化情况。当轻绳的右端从从B点沿支架缓慢地向C点靠近时，如图
设两绳的夹角为，设绳子从长度为，绳子两端的水平距离为，根据几何分析知
可知夹角先不断增大后至最右端拐点到C点过程夹角不再改变，重物G及滑轮处于动态平衡状态，以滑轮为研究对象，分析受力情况如图
根据平衡条件
得到绳子的拉力
夹角先变大后不变，先变小后不变， 绳中拉力先变大后不变。
故选A。
【分析】设两绳的夹角为2α，绳子总长度为L，绳子两端的水平距离为x，根据几何关系列式分析α的变化情况，再以滑轮为研究对象，根据平衡条件列式分析绳中拉力大小变化情况。
6．（2024高三上·泸县模拟）一个物体做直线运动，其图象如图所示，以下说法错误的是（　　）
A．前内的位移达到最大值
B．和加速度相同
C．加速度方向未发生变化
D．加速度方向与速度方向相同
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度—时间图象中，关键掌握图象中的点代表此时刻的瞬时速度，图象的斜率代表加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。A．物体前5s内速度一直是正值，物体一直向正方向运动； 5s~8s内速度是负值，物体向负方向运动。可知，前5s内的位移达到最大值，A正确，不符合题意；
B．速度时间图像斜率表示加速度，图像可知前2s内物体加速度为
同理 ，6~8s内物体加速度
故B正确，不符合题意；
C．图像可知4~6s图像斜率不变，故加速度方向未发生变化，C正确，不符合题意；
D．图像可知6~8s内，物体都做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，故D错误，符合题意。
故选 D。
【分析】物体前5s内速度一直是正值，说明物体一直向正方向运动；5s～8s内速度是负值，说明物体向负方向运动。图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积表示位移。根据物体的速度变化情况分析加速度与速度方向关系。
7．（2024高三上·泸县模拟）如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解决该题的关键是能正确区分出当B物体与地面发生相对运动以及A、B之间发生相对滑动时外力F的大小，掌握整体法和隔离法的应用。
由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合图像的截距有
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
联立解得
由题中a-F图像知
可解得
故选C。
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，写出各个阶段的加速度的表达式，结合图像运用整体和隔离法分析解答。
8．（2024高三上·泸县模拟）若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．地面对运动员的作用力与重力大小相等
B．武大靖转弯时速度的大小为
C．若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变
【答案】B,C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查学生用物理解答实际问题的能力，解题关键是受力分析找到向心力，正确列出牛顿第二定律等式。A．地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，则地面对运动员的作用力大于重力，故A错误；
B．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有
可得其转弯时速度的大小为
故B正确；
C．武大靖转弯时速度的大小为
若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C正确；
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，大小不变，方向变化，故D错误。
故选BC。
【分析】对人受力分析，根据合力提供向心力，分析速度大小、速度与角度关系等，即可解答。
9．（2024高三上·泸县模拟）如图所示的“空气弹簧”是由多个充气橡胶圈叠加制成，其“劲度系数”与圈内充气的多少有关。橡胶圈内充气越多，则（　　）
A．橡皮圈越容易被压缩 B．橡皮圈越不容易被压缩
C．空气弹簧的“劲度系数”越大 D．空气弹簧的“劲度系数”越小
【答案】B,C
【知识点】气体压强的微观解释
【解析】【解答】解决本题时，应从题干所给的生活物品抽象出物理概念和原理，然后再解题。橡胶圈内充气越多，橡胶圈内气体的压强越大，橡皮圈越不容易被压缩，则空气弹簧的“功度系数”越大。
故选BC。
【分析】充气越多，压强越大，越不容易被压缩，所以劲度系数越大。
10．（2024高三上·泸县模拟）滑块以某一初速度从斜面底端O上滑到最高点D，用频闪仪记录的上滑过程如图所示，则（　　）
A．滑块在B点的速度大小为在C点的两倍
B．滑块在A点的速度大小为在C点的两倍
C．AB和CD的距离之比为
D．AB和CD的距离之比为
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动规律，解题关键掌握速度—时间公式及相等时间的位移的比值关系。
AB．滑块从O到D做匀减速运动，可看成从D到O的初速度为零的匀加速直线运动，设频闪仪记录的时间间隔为T，滑块的加速度为a，则
，，
滑块在B点的速度大小为在C点的两倍，滑块在A点的速度大小为在C点的三倍，故A正确，B错误；
CD．由初速度为零的匀加速直线运动推论知AB和CD的距离之比为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】把物体的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律分析解答。
11．（2024高三上·泸县模拟）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点顺次开始，每5个点取1个计数点相邻计数点间的距离如图乙所示，打点计时器电源的频率为50Hz。（不计空气阻力，g=10m/s2）
（1）所用实验器材除电磁打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端带有滑轮的长木板、绳、钩码、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有（　　）
A．电压合适的交流电源
B．电压合适的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）物块减速运动过程中加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效数字）。
（3）重物落地瞬间，物块的速度为　 　（保留三位有效数字）。
【答案】（1）A；C
（2）2.00
（3）1.28
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）AB．电磁打点计时器要打点，需要电压合适的交流电源，A正确，B错误；
C．打出的纸带需要测量点间的长度，需要刻度尺，C正确；
D．打点计时器就可以计时，不需要秒表，D错误；
E．可由打出的纸带来计算速度和加速度，不需要天平测量物体的质量，E错误。
故选AC。
（2）根据逐差法可得减速过程
（3）物块加速时
计数点4和9对应的速度大小
从4到9点，设物块加速时间为t1，减速时间为t2，则有
t1+t2=0.5s
由匀变速直线运动速度时间公式可有
解得
v=1.28m/s
【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度；
（3）根据逐差法求解加速度，根据加速和减速过程中的速度—时间公式解答。
（1）AB．电磁打点计时器要打点，需要电压合适的交流电源，A正确，B错误；
C．打出的纸带需要测量点间的长度，需要刻度尺，C正确；
D．打点计时器就可以计时，不需要秒表，D错误；
E．可由打出的纸带来计算速度和加速度，不需要天平测量物体的质量，E错误。
故选AC。
（2）根据逐差法可得减速过程
（3）物块加速时
计数点4和9对应的速度大小
从4到9点，设物块加速时间为t1，减速时间为t2，则有
t1+t2=0.5s
由匀变速直线运动速度时间公式可有
解得
v=1.28m/s
12．（2024高三上·泸县模拟）某同学利用如图所示的实验装置验证两小球在斜槽末端碰撞过程中动量守恒。实验时，将斜槽固定在桌面上，斜槽末端距地面高度h=1.25m。安装光电门于斜槽末端附近，调整光电门的高度，使激光发射点与球心高。已知：两小球的质量m1=40g，m2=80g，取当地重力加速度g=10m/s2。
①用游标卡尺测量小球1的直径为1cm；
②小球2静止于斜槽末端，令小球1从斜槽上某一位置由静止滑下。小球1通过光电门后，与小球2对心正碰。碰后小球1反弹，再次经过光电门，小球2水平抛出；
③某次实验，光电门测得小球1与小球2碰撞前后两次遮光的时间分别为Δt1=2.0ms、Δt2=10.0ms，随即取走小球1：
④测得小球2抛出的水平位移为s=1.4m。
（1）下列关于实验的要求正确的是______；
A．小球1的质量必须大于小球2的质量
B．斜槽轨道末端必须是水平的
C．小球1、2的大小必须相同
（2）规定向右为正方向，通过测量数据计算系统碰前的动量为　 　kg·m/s，碰后的总动量为　 　kg·m/s。（结果均保留两位有效数字）在误差允许的范围内，两小球碰撞过程遵循动量守恒定律。
（3）多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以　 　（填“”或“”）为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。若图线的斜率约为　 　m-1·s-1（结果保留三位有效数字），也可以得出碰撞过程动量守恒的结论。
【答案】（1）B；C
（2）0.20；0.18
（3）；400
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。 实验原理：让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1=m1v1'+m2v2'．
（1）A．碰撞后，弹回的小球1速度可通过光电门测得，故小球1的质量不需要大于小球2的质量，故A错误；
B．为使碰撞后，小球2做平抛运动，斜槽轨道末端必须是水平的，故B正确；
C．为使小球1、2发生对心碰撞，小球1、2的大小必须相同，故C正确。
故选BC。
（2）根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球1碰撞前的速度为
系统碰前的动量为
小球1碰撞后的速度为
小球2碰撞后做平抛运动，则
解得
系统碰后的动量为
（3）]碰撞前后动量守恒有
小球1碰撞前后的速度为
，
小球2碰撞后做平抛运动，则
联立可得
故多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。
图像的斜率为
【分析】（1）根据实验原理分析出正确的实验操作，并由此得出两球的关系；
（2）根据光电门的测速原理和平抛运动的特点分别计算出小球碰撞前后的速度，再结合动量的计算公式完成分析；
（3）根据动量守恒定律结合图像的物理意义得出斜率的大小。
（1）A．碰撞后，弹回的小球1速度可通过光电门测得，故小球1的质量不需要大于小球2的质量，故A错误；
B．为使碰撞后，小球2做平抛运动，斜槽轨道末端必须是水平的，故B正确；
C．为使小球1、2发生对心碰撞，小球1、2的大小必须相同，故C正确。
故选BC。
（2）[1]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球1碰撞前的速度为
系统碰前的动量为
[2]小球1碰撞后的速度为
小球2碰撞后做平抛运动，则
解得
系统碰后的动量为
（3）[1]碰撞前后动量守恒有
小球1碰撞前后的速度为
，
小球2碰撞后做平抛运动，则
联立可得
故多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。
[2]图像的斜率为
13．（2024高三上·泸县模拟）2022年11月6日，2022年全国赛艇锦标赛在浙江丽水落下帷幕．如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇运动均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整的划桨过程，一个完整的划桨过程总时间为。已知运动员与赛艇的总质量，赛艇从静止开始第一次拉桨做匀加速运动的位移为，整个运动过程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速过程中的加速度的大小。
（2）求拉桨所产生的水平总推力F的大小。
（3）从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移大小为多少
【答案】解：（1）第一次拉桨的过程中，由运动学公式，可得在加速过程中的加速度为
（2）第一次拉桨的过程中，由牛顿第二定律有
可得拉桨所产生的水平总推力为
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律得
由运动学公式，得在撤去F后的位移
其中，联立可得
所以，从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）第一次拉浆的过程中，根据位移—时间公式计算加速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求拉桨所产生的水平总推力；
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律求赛艇加速度大小，再根据位移—时间公式计算赛艇通过的总位移。
14．（2024高三上·泸县模拟）如图，运动员练习单杠下杠：双手抓住单杠与肩同宽，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率，转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离；脱离单杠后运动员在空中上升与下降的时间之比为5：7，B、D两点的高度差为，重心在点时速率；g取，A、B、C、D在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：
（1）运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小和方向；
（2）C、D两点间的水平距离；
（3）从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
【答案】解：（1）设单杠对每只手的弹力大小为，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律
代入数据解得
方向竖直向上。
（2）设运动员从到的时间为，从到的时间为，B、C两点的高度差设为，C、D两点的高度差设为。由合运动与分运动的关系可知，运动员从到的运动可看做是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动；从到的运动可看做是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，则
B、D两点间的高度差
C、D两点的水平距离为
联立解得C、D两点间的水平距离为
（3）设运动员在点时速度为，则
又，
运动员从A到点的过程中，根据动能定理可知
联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）运动员在A点时，由重力和单杠弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解单杠对每只手的弹力大小，并确定弹力方向；
（2）运动员从B到C的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动；从C到D的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，根据分位移公式求C、D两点间的水平距离；
（3）根据运动的合成求出运动员经过B点时的速度大小，再由动能定理求从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
15．（2024高三上·泸县模拟）如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离，传送带长，且沿逆时针方向以速率匀速转动。的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角。现将质量的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬间滑块B的速度大小以及弹簧振子的周期；
（2）若，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）调节传送带的速度，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
【答案】（1）由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑块B向右穿过传送带，由动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，由动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
由功能关系可知，产生的热量
；
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知识点】功能关系；动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分清物体的运动过程选择合适公式解答。
（1）根据图乙得到碰前后A的速度，以AB为系统，根据动量守恒列式求解 碰撞后瞬间滑块B的速度大小 ，根据图象得到 弹簧振子的周期；
（2）B在传送带上做匀变速运动，根据动能定理和匀速运动计算得到B相对传送带所走距离，再根据功能关系计算得到滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）根据B运动情况找到临界条件，由动量定理和动能定理列式求解整个过程中，振子A做的全振动的次数。
（1）由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
产生的热量
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
1 / 12025届四川省泸州市泸县第五中学高三上学期一模物理试题
1．（2024高三上·泸县模拟）2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征一号F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，“神舟十四号”进入预定轨道后于17点42分成功对接于天和核心舱径向端口，如图所示，对接完成后，以下说法正确的是（　　）
A．研究对接后的组合体绕地球运动的周期时，可将其视为质点
B．若认为“神舟十四号”处于静止状态，则选取的参照物是地球
C．6月5日17时42分指的是时间间隔
D．火箭点火离开发射台时，火箭的速度和加速度均为0
2．（2024高三上·泸县模拟）滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，阻力对他做功-200J。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是（　　）
A．重力势能减少了800J B．动能增加了1200J
C．机械能增加了1000J D．机械能减少了200J
3．（2024高三上·泸县模拟）如图所示，卫星A、B绕地心O做匀速圆周运动，关于卫星A、B的线速度v、角速度、向心加速度a、向心力F大小关系正确的是（　　）
A．vA＞vB B．A＜B C．aA＜aB D．FA＞FB
4．（2024高三上·泸县模拟）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的角速度可达100rad/s，此时纽扣上距离中心5mm处一点的向心加速度大小为（　　）
A．50m/s2 B．500m/s2 C．5000m/s2 D．50000m/s2
5．（2024高三上·泸县模拟）如图所示，在竖直放置的“”形支架上，一根长度不变轻绳通过轻质光滑的小滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）。在此过程中绳中拉力大小（　　）
A．先变大后不变 B．先变大后变小
C．先变小后不变 D．先不变后变小
6．（2024高三上·泸县模拟）一个物体做直线运动，其图象如图所示，以下说法错误的是（　　）
A．前内的位移达到最大值
B．和加速度相同
C．加速度方向未发生变化
D．加速度方向与速度方向相同
7．（2024高三上·泸县模拟）如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．小物块与长木板间的动摩擦因数
B．长木板与地面间的动摩擦因数
C．小物块的质量
D．长木板的质量
8．（2024高三上·泸县模拟）若将短道速滑运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为（蹬冰角）的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．地面对运动员的作用力与重力大小相等
B．武大靖转弯时速度的大小为
C．若武大靖转弯速度变大则需要减小蹬冰角
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力保持不变
9．（2024高三上·泸县模拟）如图所示的“空气弹簧”是由多个充气橡胶圈叠加制成，其“劲度系数”与圈内充气的多少有关。橡胶圈内充气越多，则（　　）
A．橡皮圈越容易被压缩 B．橡皮圈越不容易被压缩
C．空气弹簧的“劲度系数”越大 D．空气弹簧的“劲度系数”越小
10．（2024高三上·泸县模拟）滑块以某一初速度从斜面底端O上滑到最高点D，用频闪仪记录的上滑过程如图所示，则（　　）
A．滑块在B点的速度大小为在C点的两倍
B．滑块在A点的速度大小为在C点的两倍
C．AB和CD的距离之比为
D．AB和CD的距离之比为
11．（2024高三上·泸县模拟）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物体在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点顺次开始，每5个点取1个计数点相邻计数点间的距离如图乙所示，打点计时器电源的频率为50Hz。（不计空气阻力，g=10m/s2）
（1）所用实验器材除电磁打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端带有滑轮的长木板、绳、钩码、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有（　　）
A．电压合适的交流电源
B．电压合适的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
（2）物块减速运动过程中加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效数字）。
（3）重物落地瞬间，物块的速度为　 　（保留三位有效数字）。
12．（2024高三上·泸县模拟）某同学利用如图所示的实验装置验证两小球在斜槽末端碰撞过程中动量守恒。实验时，将斜槽固定在桌面上，斜槽末端距地面高度h=1.25m。安装光电门于斜槽末端附近，调整光电门的高度，使激光发射点与球心高。已知：两小球的质量m1=40g，m2=80g，取当地重力加速度g=10m/s2。
①用游标卡尺测量小球1的直径为1cm；
②小球2静止于斜槽末端，令小球1从斜槽上某一位置由静止滑下。小球1通过光电门后，与小球2对心正碰。碰后小球1反弹，再次经过光电门，小球2水平抛出；
③某次实验，光电门测得小球1与小球2碰撞前后两次遮光的时间分别为Δt1=2.0ms、Δt2=10.0ms，随即取走小球1：
④测得小球2抛出的水平位移为s=1.4m。
（1）下列关于实验的要求正确的是______；
A．小球1的质量必须大于小球2的质量
B．斜槽轨道末端必须是水平的
C．小球1、2的大小必须相同
（2）规定向右为正方向，通过测量数据计算系统碰前的动量为　 　kg·m/s，碰后的总动量为　 　kg·m/s。（结果均保留两位有效数字）在误差允许的范围内，两小球碰撞过程遵循动量守恒定律。
（3）多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以　 　（填“”或“”）为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。若图线的斜率约为　 　m-1·s-1（结果保留三位有效数字），也可以得出碰撞过程动量守恒的结论。
13．（2024高三上·泸县模拟）2022年11月6日，2022年全国赛艇锦标赛在浙江丽水落下帷幕．如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇运动均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整的划桨过程，一个完整的划桨过程总时间为。已知运动员与赛艇的总质量，赛艇从静止开始第一次拉桨做匀加速运动的位移为，整个运动过程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速过程中的加速度的大小。
（2）求拉桨所产生的水平总推力F的大小。
（3）从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移大小为多少
14．（2024高三上·泸县模拟）如图，运动员练习单杠下杠：双手抓住单杠与肩同宽，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率，转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离；脱离单杠后运动员在空中上升与下降的时间之比为5：7，B、D两点的高度差为，重心在点时速率；g取，A、B、C、D在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：
（1）运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小和方向；
（2）C、D两点间的水平距离；
（3）从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
15．（2024高三上·泸县模拟）如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离，传送带长，且沿逆时针方向以速率匀速转动。的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角。现将质量的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬间滑块B的速度大小以及弹簧振子的周期；
（2）若，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）调节传送带的速度，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质点；时间与时刻；加速度；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．物体能看成质点的条件：物体的形状和大小在所研究的问题中可忽略不计。研究对接后的组合体绕地球运动的周期时，可以忽略其大小和形状，将其视为质点，故A正确；
B．对接完成后，若认为“神舟十四号”处于静止状态，则选取的参照物是天和核心舱，选取地球为参照物，“神舟十四号”是运动的，故B错误；
C.6月5日17时42分指的是时刻，故C错误；
D．火箭点火离开发射台时，火箭的加速度不为0，故D错误。
故选A。
【分析】物体的形状和大小在所研究的问题中可忽略不计时，物体可看作质点；根据参考系的不同，分析物体的运动情况；时刻是指某一瞬间；火箭点火离开发射台时，火箭的速度不为零。
2．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关。A．重力对他做功1000J，根据功能关系可知重力势能减少了1000J，故A错误；
B．根据动能定理可知，动能增加了
故B错误；
CD．机械能变化量为
故机械能减少了，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】重力对运动员做多少功，运动员的重力势能就改变多少；根据动能定理确定动能的变化；机械能减小量等于克服阻力做的功。
3．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。A．根据
解得
由图可知
所以
故A正确；
B．根据
解得
由图可知
所以
故B错误；
C．根据
可得
由图可知
所以
故C错误；
D．根据
由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断两卫星向心力的大小关系，故D错误。
故选A。
【分析】 根据万有引力提供向心力，分析线速度，角速度，加速度，质量关系未知，无法比较向心力。
4．【答案】A
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】半径
纽扣绕其中心的角速度可达
根据向心加速度定义公式可得向心加速度为
故选A。
【分析】根据向心加速度定义公式求出向心加速度。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，再采用解析法分析拉力的变化情况。当轻绳的右端从从B点沿支架缓慢地向C点靠近时，如图
设两绳的夹角为，设绳子从长度为，绳子两端的水平距离为，根据几何分析知
可知夹角先不断增大后至最右端拐点到C点过程夹角不再改变，重物G及滑轮处于动态平衡状态，以滑轮为研究对象，分析受力情况如图
根据平衡条件
得到绳子的拉力
夹角先变大后不变，先变小后不变， 绳中拉力先变大后不变。
故选A。
【分析】设两绳的夹角为2α，绳子总长度为L，绳子两端的水平距离为x，根据几何关系列式分析α的变化情况，再以滑轮为研究对象，根据平衡条件列式分析绳中拉力大小变化情况。
6．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在速度—时间图象中，关键掌握图象中的点代表此时刻的瞬时速度，图象的斜率代表加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。A．物体前5s内速度一直是正值，物体一直向正方向运动； 5s~8s内速度是负值，物体向负方向运动。可知，前5s内的位移达到最大值，A正确，不符合题意；
B．速度时间图像斜率表示加速度，图像可知前2s内物体加速度为
同理 ，6~8s内物体加速度
故B正确，不符合题意；
C．图像可知4~6s图像斜率不变，故加速度方向未发生变化，C正确，不符合题意；
D．图像可知6~8s内，物体都做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，故D错误，符合题意。
故选 D。
【分析】物体前5s内速度一直是正值，说明物体一直向正方向运动；5s～8s内速度是负值，说明物体向负方向运动。图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积表示位移。根据物体的速度变化情况分析加速度与速度方向关系。
7．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解决该题的关键是能正确区分出当B物体与地面发生相对运动以及A、B之间发生相对滑动时外力F的大小，掌握整体法和隔离法的应用。
由题中a-F图像知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有
当F1＜F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有
即
结合图像的截距有
联立可解得
当F＞F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有
整理得
结合图像有
则小物块的质量
对长木板根据牛顿第二定律有
联立解得
由题中a-F图像知
可解得
故选C。
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，写出各个阶段的加速度的表达式，结合图像运用整体和隔离法分析解答。
8．【答案】B,C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查学生用物理解答实际问题的能力，解题关键是受力分析找到向心力，正确列出牛顿第二定律等式。A．地面对运动员的作用力与重力的合力提供向心力，则地面对运动员的作用力大于重力，故A错误；
B．由题意可知，武大靖转弯时，根据牛顿第二定律有
可得其转弯时速度的大小为
故B正确；
C．武大靖转弯时速度的大小为
若减小蹬冰角，则减小，武大靖转弯速度将变大，故C正确；
D．武大靖做匀速圆周运动，他所受合外力始终指向圆心，大小不变，方向变化，故D错误。
故选BC。
【分析】对人受力分析，根据合力提供向心力，分析速度大小、速度与角度关系等，即可解答。
9．【答案】B,C
【知识点】气体压强的微观解释
【解析】【解答】解决本题时，应从题干所给的生活物品抽象出物理概念和原理，然后再解题。橡胶圈内充气越多，橡胶圈内气体的压强越大，橡皮圈越不容易被压缩，则空气弹簧的“功度系数”越大。
故选BC。
【分析】充气越多，压强越大，越不容易被压缩，所以劲度系数越大。
10．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】本题考查匀变速直线运动规律，解题关键掌握速度—时间公式及相等时间的位移的比值关系。
AB．滑块从O到D做匀减速运动，可看成从D到O的初速度为零的匀加速直线运动，设频闪仪记录的时间间隔为T，滑块的加速度为a，则
，，
滑块在B点的速度大小为在C点的两倍，滑块在A点的速度大小为在C点的三倍，故A正确，B错误；
CD．由初速度为零的匀加速直线运动推论知AB和CD的距离之比为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】把物体的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律分析解答。
11．【答案】（1）A；C
（2）2.00
（3）1.28
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）AB．电磁打点计时器要打点，需要电压合适的交流电源，A正确，B错误；
C．打出的纸带需要测量点间的长度，需要刻度尺，C正确；
D．打点计时器就可以计时，不需要秒表，D错误；
E．可由打出的纸带来计算速度和加速度，不需要天平测量物体的质量，E错误。
故选AC。
（2）根据逐差法可得减速过程
（3）物块加速时
计数点4和9对应的速度大小
从4到9点，设物块加速时间为t1，减速时间为t2，则有
t1+t2=0.5s
由匀变速直线运动速度时间公式可有
解得
v=1.28m/s
【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度；
（3）根据逐差法求解加速度，根据加速和减速过程中的速度—时间公式解答。
（1）AB．电磁打点计时器要打点，需要电压合适的交流电源，A正确，B错误；
C．打出的纸带需要测量点间的长度，需要刻度尺，C正确；
D．打点计时器就可以计时，不需要秒表，D错误；
E．可由打出的纸带来计算速度和加速度，不需要天平测量物体的质量，E错误。
故选AC。
（2）根据逐差法可得减速过程
（3）物块加速时
计数点4和9对应的速度大小
从4到9点，设物块加速时间为t1，减速时间为t2，则有
t1+t2=0.5s
由匀变速直线运动速度时间公式可有
解得
v=1.28m/s
12．【答案】（1）B；C
（2）0.20；0.18
（3）；400
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成分析。 实验原理：让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1=m1v1'+m2v2'．
（1）A．碰撞后，弹回的小球1速度可通过光电门测得，故小球1的质量不需要大于小球2的质量，故A错误；
B．为使碰撞后，小球2做平抛运动，斜槽轨道末端必须是水平的，故B正确；
C．为使小球1、2发生对心碰撞，小球1、2的大小必须相同，故C正确。
故选BC。
（2）根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球1碰撞前的速度为
系统碰前的动量为
小球1碰撞后的速度为
小球2碰撞后做平抛运动，则
解得
系统碰后的动量为
（3）]碰撞前后动量守恒有
小球1碰撞前后的速度为
，
小球2碰撞后做平抛运动，则
联立可得
故多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。
图像的斜率为
【分析】（1）根据实验原理分析出正确的实验操作，并由此得出两球的关系；
（2）根据光电门的测速原理和平抛运动的特点分别计算出小球碰撞前后的速度，再结合动量的计算公式完成分析；
（3）根据动量守恒定律结合图像的物理意义得出斜率的大小。
（1）A．碰撞后，弹回的小球1速度可通过光电门测得，故小球1的质量不需要大于小球2的质量，故A错误；
B．为使碰撞后，小球2做平抛运动，斜槽轨道末端必须是水平的，故B正确；
C．为使小球1、2发生对心碰撞，小球1、2的大小必须相同，故C正确。
故选BC。
（2）[1]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球1碰撞前的速度为
系统碰前的动量为
[2]小球1碰撞后的速度为
小球2碰撞后做平抛运动，则
解得
系统碰后的动量为
（3）[1]碰撞前后动量守恒有
小球1碰撞前后的速度为
，
小球2碰撞后做平抛运动，则
联立可得
故多次改变小球1释放的高度，将每次小球1先后遮光的时间Δt1、Δt2及小球2抛出的水平位移s记录下来，以s为横坐标，以为纵坐标，将绘制出一条正比例关系图线。
[2]图像的斜率为
13．【答案】解：（1）第一次拉桨的过程中，由运动学公式，可得在加速过程中的加速度为
（2）第一次拉桨的过程中，由牛顿第二定律有
可得拉桨所产生的水平总推力为
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律得
由运动学公式，得在撤去F后的位移
其中，联立可得
所以，从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）第一次拉浆的过程中，根据位移—时间公式计算加速度大小；
（2）根据牛顿第二定律求拉桨所产生的水平总推力；
（3）在撤去F后，由牛顿第二定律求赛艇加速度大小，再根据位移—时间公式计算赛艇通过的总位移。
14．【答案】解：（1）设单杠对每只手的弹力大小为，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律
代入数据解得
方向竖直向上。
（2）设运动员从到的时间为，从到的时间为，B、C两点的高度差设为，C、D两点的高度差设为。由合运动与分运动的关系可知，运动员从到的运动可看做是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动；从到的运动可看做是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，则
B、D两点间的高度差
C、D两点的水平距离为
联立解得C、D两点间的水平距离为
（3）设运动员在点时速度为，则
又，
运动员从A到点的过程中，根据动能定理可知
联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）运动员在A点时，由重力和单杠弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解单杠对每只手的弹力大小，并确定弹力方向；
（2）运动员从B到C的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动；从C到D的运动可看作是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，根据分位移公式求C、D两点间的水平距离；
（3）根据运动的合成求出运动员经过B点时的速度大小，再由动能定理求从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。
15．【答案】（1）由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s；
（2）滑块B向右穿过传送带，由动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，由动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
由功能关系可知，产生的热量
；
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得n=12或者n=13
【知识点】功能关系；动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分清物体的运动过程选择合适公式解答。
（1）根据图乙得到碰前后A的速度，以AB为系统，根据动量守恒列式求解 碰撞后瞬间滑块B的速度大小 ，根据图象得到 弹簧振子的周期；
（2）B在传送带上做匀变速运动，根据动能定理和匀速运动计算得到B相对传送带所走距离，再根据功能关系计算得到滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
（3）根据B运动情况找到临界条件，由动量定理和动能定理列式求解整个过程中，振子A做的全振动的次数。
（1）由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
产生的热量
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
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