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四川省成都市武侯区北京第二外国语学院成都附属中学2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（2024高一下·武侯期末）下列叙述中正确的是（　　）
A．绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为0
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其频率最大
D．力F做正功，其反作用力可能做正功
2．（2024高一下·武侯期末）在世界女子手球锦标赛比赛中，某运动员将质量为的手球以的速度水平抛出，抛出时重力的瞬时功率为（不计空气阻力，重力加速度取）（　　）
A．0 B． C． D．
3．（2024高一下·武侯期末）甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　）
A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/s D．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
4．（2024高一下·武侯期末）“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为的圆形轨道上运行的周期为，火星的半径为，引力常量为，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是（　　）
A．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．“天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．火星的平均密度为
D．火星的第一宇宙速度为
5．（2024高一下·武侯期末）把一个重为G的物体，用一个水平的推力F=kt（k为正的常数，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t=0开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随着物体位移x变化图像定性来说可能正确的有
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·武侯期末）如图，第一次小球从粗糙的圆形轨道底端B以冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1；第二次小球从顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为，克服摩擦力做功为W2；，则（　　）
A．可能等于
B．一定小于
C．小球第一次运动机械能变大了
D．小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率
7．（2024高一下·武侯期末）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是（　　）
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量
二、多项选择题（本题共3小题，每道选择题5分，共15分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，少选得3分，错选多选均不得分）
8．（2024高一下·武侯期末）一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（　　）
A．N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m
B．t2=0.3s时，质点N的加速度沿y轴负方向
C．质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m
D．质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4m
9．（2024高一下·武侯期末）如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．P一直向左运动
B．P的位移大小为
C．Q到右端最高点一定与圆心等高
D．Q与P组成的系统动量守恒，机械能守恒
10．（2024高一下·武侯期末）如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小车从图示位置发生位移过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．绳的拉力对B做功为
C．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，B的速率为
D．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
三、实验题（共16分，每空2分）
11．（2024高一下·武侯期末）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）
（2）
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为　 　mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为　 　s；
（2）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1；第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为 。
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·武侯期末）用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，、，g取，则
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　 　m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量　 　J，系统势能的减少量=　 　J；（保留三位有效数字）
（3）实验结果显示，那么造成这一现象的主要原因是　 　；
（4）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=　 　。（此空保留两位有效数字）
四、计算题（三个小题，共41分，第13题10分，第14题13分，第15题18分。解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要步骤。）
13．（2024高一下·武侯期末）如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圆周运动的角速度ω；
（2）座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
14．（2024高一下·武侯期末）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的做功的功率P；
（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
15．（2024高一下·武侯期末）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一轻质弹簧， P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg， Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。
（1） 求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
（2）若斜面足够长，求物块Q从A点上升的总高度H；
（3）若A点到斜面上端的距离为m，则在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；匀速圆周运动；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】本题考查失重、匀速圆周运动、受迫振动和作用力与反作用力做功，知道受迫振动的特点，知道作用力与反作用力做功无关，知道匀速圆周运动的特点。A．完成失重不是不受重力作用，绕地球做匀速圆周运动的卫星，只受重力作用，处于完全失重状态，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为
故B错误；
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其振幅最大，故C错误；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做负功，故D正确。
故选D。
【分析】处于完全失重状态的物体不是失去重力，而是重力提供向心力；做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化；物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率．当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象；作用力做功与反作用力做功无关。
2．【答案】A
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】运动员将质量为的手球以的速度水平抛出， 手球抛出时速度方向水平，重力竖直向下，由功率计算公式可知
可知抛出时重力的瞬时功率为0，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据题意应用功率公式P=Fvcosα求解。
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量，碰撞前的动能，碰撞过程要遵循的原则：动量要守恒，动能不增加，不会发生二次相碰。
A.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能增加，且会发生二次碰撞，不合理，A不符合题意；
B.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能不增加，碰撞后不会发生二相碰，B符合题意；
C.如果， ，则碰撞后动量为，碰撞过程动量不守恒，C不符合题意；
D.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能增加，且会发生二次碰撞，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据碰撞过程要遵循的原则：动量要守恒，动能不增加，不会发生二次相碰，进行判断即可。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根据地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定义，可知“天问一号”在地球上的发射速度应该介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，故A错误；
B．“天问一号”在着陆火星的过程中需要做减速运动，所以动能减小，但引力做正功，则引力势能减小，所以机械能减小，故B错误；
C．“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有
得到
所以火星的平均密度
故C错误；
D．根据第一宇宙速度定义，有
再将选项C的质量M代入得到，火星的第一宇宙速度为
故D正确。
故选D。
【分析】知道第一宇宙速度是发射卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是脱离地球的最小发射速度，第三宇宙速度是脱离太阳系的最小发射速度；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量，根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
5．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题分析清楚物体的运动规律，当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。把一个重为G的物体， 用一个水平的推力F=kt（k为正的常数，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故A错误；重力做正功，故重力势能不断减小，故B错误；由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止。则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力。而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，故运动过程中滑动摩擦力不断变大；当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
6．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系。A． 到达底端B的速度为，克服摩擦力做功为W2 ，从A下滑到B根据动能定理可得
小球恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1，从B上滑到A根据动能定理可得
可得
所以A错误；
B．因为，向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，故第一次小球在轨道上的平均正压力较大，故摩擦力较大，而上滑与下滑两个过程路程相等，故摩擦力做功较多，即一定大于，故B错误；
C．小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；
D．设小球第二次经过圆弧某点C，满足
它第一次经过同一点C，满足
可得
故选项D正确。
故选D。
【分析】对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小，分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根据特殊位置分析小球第一次经过圆弧某点C的速率和它第二次经过同一点C的速率大小。
7．【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解答本题的关键是根据力与运动的关系分析铅块和木板的相对运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，掌握摩擦生热对应的功能关系：Q=fs相对。AB．根据牛顿第二定律可知乙图中在B部分各物体加速度大于甲图加速度。在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同，故A错误，B正确；
CD．根据摩擦力产生的热量计算式
由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故CD错误。
故选B。
【分析】小铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。根据滑动摩擦力乘以相对位移等于摩擦产生的热量比较甲、乙两图所示的过程中产生的热量的大小关系。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要是考查波的图象和振动图像相结合问题；解答本题关键是要掌握波动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义，计算位移和路程。A．由图甲平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像知，振幅为
图示时刻波动方程为
当x=3.5m时
即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为，故A正确；
B．t2=0.3s时刻，即从图示t1时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在t2=0.3s时刻沿y轴负方向运动，加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．经过半个周期质点通过的路程为2A，即0.4m，质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m，故C正确；
D．由于质点不会随波迁移，故D错误。
故选AC。
【分析】由图乙读出周期，根据图甲读出波长，写出该波的波动方程，由此求解N点的位移；根据时间与周期的关系，判断t2=0.3s时质点N的位置，从而根据位移分析加速度；质点N在0.1s时间内的路程等于2A；质点不会”随波逐流”。
9．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒以及人船模型的位移关系，此题属于类人船模型，关键掌握人船模型位移的比例关系。A．一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，在Q滑至最低点时，对P来说受到小球给的向左的力，故向左加速运动，在小球从最低点到滑至半圆槽右端最高点的过程中，P受到小球给的向右的力，P做向左的减速运动，因为对于系统来说水平方向动量守恒，当Q滑至半圆槽右端最高点时，P速度减为零。所以整个运动过程中，P一直向左运动，故A项正确，不符合题意；
B．根据动量守恒定律可知，物块Q从槽口左端运动到右端的过程中，P和Q在任意时刻得水平分速度大小满足
所以二者的位移关系同样满足
根据相对位移关系可知
解得
故B项错误，符合题意；
C．小球和半圆槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒知，速度为零。对于该系统来说只有重力做功，系统机械能守恒，所以Q到右端最高点一定与圆心等高，故C项正确，不符合题意；
D．Q与P组成的系统在水平方向上水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但是在竖直方向上动量不守恒，故D项错误，符合题意。
故选BD。
【分析】小球与圆槽组成的系统机械能守恒，但是动量不守恒，只在水平方向上不受外力，水平方向上满足动量守恒，Q到达最低点前P在向左加速，Q过了最低点后，P向左减速，根据机械能守恒可知，最终Q到达右侧最高点时速度为0，由于水平方向总动量为0，此时P减速到0；根据人船模型结论可得，P、Q的位移之比为质量的反比，位移之和等于P的直径，两式联立求解P的位移大小。
10．【答案】B,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】本题考查动能定理、功能关系以及速度的分解，要弄清楚物块A和B的受力情况以及小车的运动情况，知道小车沿绳子方向的分速度大小与物体B的速度大小相等。A．初态，弹簧压缩量
A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
解得
选项A错误；
B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在位移内拉力对B做的功
解得
选项B正确；
C．小车位移大小为时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率
选项C错误；
D．小车在位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有
选项D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件和胡克定律相结合求出初状态弹簧压缩量、末状态弹簧的伸长量，根据几何关系得到B上滑的位移与弹簧形变量的关系，从而求解弹簧的劲度系数；根据功能关系求解拉力对B做的功；根据运动的合成与分解求解求出小车位移太小L时B的速率，根据功能关系可得拉力对B做的功。
11．【答案】10.70,96.8,B
（1）10.70；96.8
（2）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解决该题需掌握单摆实验的原理和步骤，熟记单摆的周期公式，知道摆长为悬点到球心的距离。（1）游标卡尺读数不用估读，此为20分度游标卡尺，最小刻度为0.05mm，游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为
（2） 摆线的长度为L1，测得周期为T1，第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2，根据单摆的周期公式有
联立可得
故选B。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数之和，不需估读；根据秒表的读数方法读数。
（2）根据单摆周期公式解答。
12．【答案】2.4；0.576；0.600；摩擦阻力造成的机械能损失；9.7
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力。
（1）根据中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知在纸带上打下计数点5时的速度
v==m/s=2.4m/s
（2）在打点0～5过程中系统动能的增加量
ΔEk=（m1＋m2）v2=×0.2×2.42J=0.576J
系统重力势能的减少量
ΔEp=（m2－m1）gh=0.1×10×（0.216＋0.384）J=0.600J
在误差允许的范围内，系统机械能守恒。
（3）因空气阻力、纸带与限位孔间的阻力及滑轮轴间阻力做负功，使系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
（4）由系统机械能守恒得
（m2－m1）gh=（m1＋m2）v2
解得
v2=gh
图线的斜率
k=g=m/s2
解得
g=9.7m/s2
【分析】（1）由匀变速直线运动的推论可以求出物体的瞬时速度；
（2）根据物体的瞬时速度，然后由动能的计算公式可以求出动能的增加量，根据实验数据应用重力势能的计算公式可以求出重力势能的减少量；
（3）根据操作过程分析系统误差；
（4）由机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后根据图象斜率求出重力加速度。
13．【答案】解：（1）由牛顿第二定律得
由几何关系可得
联立解得
（2）座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
解得

【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求座椅做圆周运动的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅稳定时速度大小，座椅从静止达到稳定速度的过程中，根据动能定理求缆绳对座椅所做的功W。
14．【答案】解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得
解得
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得电动机输出的牵引力为
电动机的输出功率为
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有
解得
可得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理求解；
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力，根据功率P=Fv，求解电动机的输出功率；
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能。全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和。
15．【答案】解：（1）由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立两式代入数值可得
，
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
（2）ma受到的动摩擦力大小为
由能量守恒定律可得
代入数值可得
（3）在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒得
当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒可得
对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式
结合以上四式可得
因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得
代入得
由此可以推论
代入数值得
因此可得
故而因此碰撞n次后的总高度为
根据等比数列求和公式可得
由于A点到斜面上端的距离为m，则A与斜面上端的高度差为m，又
因此碰撞第三次后木块Q滑下。
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P与Q发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
（2）对物块Q，由能量守恒定律求物块Q从A点上升的总高度H；
（3）在第一次碰撞后，根据能量守恒定律求物块Q上滑的高度h1，根据能量守恒定律求P第二次与Q碰撞时的速度。对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律求出P与Q第二次碰撞后瞬间各自的速度，在第二次碰撞后，根据能量守恒定律求物块Q上滑的高度h2，找出规律，确定碰撞n次后Q的总高度，结合A点到斜面上端的距离，确定在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。
1 / 1四川省成都市武侯区北京第二外国语学院成都附属中学2023-2024学年高一下学期6月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（2024高一下·武侯期末）下列叙述中正确的是（　　）
A．绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为0
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其频率最大
D．力F做正功，其反作用力可能做正功
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；匀速圆周运动；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】本题考查失重、匀速圆周运动、受迫振动和作用力与反作用力做功，知道受迫振动的特点，知道作用力与反作用力做功无关，知道匀速圆周运动的特点。A．完成失重不是不受重力作用，绕地球做匀速圆周运动的卫星，只受重力作用，处于完全失重状态，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，在任意时间段内，速度变化量都为
故B错误；
C．系统做受迫振动，当驱动力频率等于系统固有频率时，其振幅最大，故C错误；
D．力F做正功，其反作用力可能做正功，可能不做功，也可能做负功，故D正确。
故选D。
【分析】处于完全失重状态的物体不是失去重力，而是重力提供向心力；做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化；物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率．当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象；作用力做功与反作用力做功无关。
2．（2024高一下·武侯期末）在世界女子手球锦标赛比赛中，某运动员将质量为的手球以的速度水平抛出，抛出时重力的瞬时功率为（不计空气阻力，重力加速度取）（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】运动员将质量为的手球以的速度水平抛出， 手球抛出时速度方向水平，重力竖直向下，由功率计算公式可知
可知抛出时重力的瞬时功率为0，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据题意应用功率公式P=Fvcosα求解。
3．（2024高一下·武侯期末）甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg、m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　）
A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s
C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3.5m/s D．v1′＝8m/s，v2′＝1m/s
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量，碰撞前的动能，碰撞过程要遵循的原则：动量要守恒，动能不增加，不会发生二次相碰。
A.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能增加，且会发生二次碰撞，不合理，A不符合题意；
B.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能不增加，碰撞后不会发生二相碰，B符合题意；
C.如果， ，则碰撞后动量为，碰撞过程动量不守恒，C不符合题意；
D.如果， ，则碰撞后动量为，满足动量守恒，碰后动能，动能增加，且会发生二次碰撞，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据碰撞过程要遵循的原则：动量要守恒，动能不增加，不会发生二次相碰，进行判断即可。
4．（2024高一下·武侯期末）“天问一号”于2020年7月23日成功发射，经过多次变轨，于2021年5月15日成功着陆火星，着陆后“祝融号”火星车成功传回遥测信号。已知“天问一号”在距火星表面高度为的圆形轨道上运行的周期为，火星的半径为，引力常量为，忽略火星自转的影响，则以下说法正确的是（　　）
A．“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．“天问一号”在着陆火星的过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
C．火星的平均密度为
D．火星的第一宇宙速度为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】 A．根据地球第一宇宙速度和第二宇宙速度的定义，可知“天问一号”在地球上的发射速度应该介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，故A错误；
B．“天问一号”在着陆火星的过程中需要做减速运动，所以动能减小，但引力做正功，则引力势能减小，所以机械能减小，故B错误；
C．“天问一号”在距地面高h的轨道上做匀速圆周运动，则有
得到
所以火星的平均密度
故C错误；
D．根据第一宇宙速度定义，有
再将选项C的质量M代入得到，火星的第一宇宙速度为
故D正确。
故选D。
【分析】知道第一宇宙速度是发射卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是脱离地球的最小发射速度，第三宇宙速度是脱离太阳系的最小发射速度；“天问一号”着陆前做近心运动，需要减速；已知距火星表面高度为h的圆形轨道上运行卫星的周期为T，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，可求出火星的质量，根据密度公式求火星的平均密度；根据万有引力提供向心力求火星的第一宇宙速度。
5．（2024高一下·武侯期末）把一个重为G的物体，用一个水平的推力F=kt（k为正的常数，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t=0开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随着物体位移x变化图像定性来说可能正确的有
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 本题分析清楚物体的运动规律，当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。把一个重为G的物体， 用一个水平的推力F=kt（k为正的常数，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故A错误；重力做正功，故重力势能不断减小，故B错误；由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止。则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力。而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，故运动过程中滑动摩擦力不断变大；当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
6．（2024高一下·武侯期末）如图，第一次小球从粗糙的圆形轨道底端B以冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1；第二次小球从顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为，克服摩擦力做功为W2；，则（　　）
A．可能等于
B．一定小于
C．小球第一次运动机械能变大了
D．小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系。A． 到达底端B的速度为，克服摩擦力做功为W2 ，从A下滑到B根据动能定理可得
小球恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W1，从B上滑到A根据动能定理可得
可得
所以A错误；
B．因为，向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，故第一次小球在轨道上的平均正压力较大，故摩擦力较大，而上滑与下滑两个过程路程相等，故摩擦力做功较多，即一定大于，故B错误；
C．小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；
D．设小球第二次经过圆弧某点C，满足
它第一次经过同一点C，满足
可得
故选项D正确。
故选D。
【分析】对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小，分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根据特殊位置分析小球第一次经过圆弧某点C的速率和它第二次经过同一点C的速率大小。
7．（2024高一下·武侯期末）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是（　　）
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量
【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】解答本题的关键是根据力与运动的关系分析铅块和木板的相对运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，掌握摩擦生热对应的功能关系：Q=fs相对。AB．根据牛顿第二定律可知乙图中在B部分各物体加速度大于甲图加速度。在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同，故A错误，B正确；
CD．根据摩擦力产生的热量计算式
由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故CD错误。
故选B。
【分析】小铅块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板。根据滑动摩擦力乘以相对位移等于摩擦产生的热量比较甲、乙两图所示的过程中产生的热量的大小关系。
二、多项选择题（本题共3小题，每道选择题5分，共15分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，少选得3分，错选多选均不得分）
8．（2024高一下·武侯期末）一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示，平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示。已知质点N的平衡位置在x=3.5m处，下列说法正确的是（　　）
A．N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m
B．t2=0.3s时，质点N的加速度沿y轴负方向
C．质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m
D．质点M每经过0.2s向右移动的距离均为4m
【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要是考查波的图象和振动图像相结合问题；解答本题关键是要掌握波动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义，计算位移和路程。A．由图甲平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像知，振幅为
图示时刻波动方程为
当x=3.5m时
即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为，故A正确；
B．t2=0.3s时刻，即从图示t1时刻开始经过0.1s，即半个周期，结合图甲，由同侧法可知，该波沿x正方向传播，质点N在t2=0.3s时刻沿y轴负方向运动，加速度不断增大，加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．经过半个周期质点通过的路程为2A，即0.4m，质点N从t=0时刻起每经过0.1s所通过的路程都一定是0.4m，故C正确；
D．由于质点不会随波迁移，故D错误。
故选AC。
【分析】由图乙读出周期，根据图甲读出波长，写出该波的波动方程，由此求解N点的位移；根据时间与周期的关系，判断t2=0.3s时质点N的位置，从而根据位移分析加速度；质点N在0.1s时间内的路程等于2A；质点不会”随波逐流”。
9．（2024高一下·武侯期末）如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一小物块Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．P一直向左运动
B．P的位移大小为
C．Q到右端最高点一定与圆心等高
D．Q与P组成的系统动量守恒，机械能守恒
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒以及人船模型的位移关系，此题属于类人船模型，关键掌握人船模型位移的比例关系。A．一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，在Q滑至最低点时，对P来说受到小球给的向左的力，故向左加速运动，在小球从最低点到滑至半圆槽右端最高点的过程中，P受到小球给的向右的力，P做向左的减速运动，因为对于系统来说水平方向动量守恒，当Q滑至半圆槽右端最高点时，P速度减为零。所以整个运动过程中，P一直向左运动，故A项正确，不符合题意；
B．根据动量守恒定律可知，物块Q从槽口左端运动到右端的过程中，P和Q在任意时刻得水平分速度大小满足
所以二者的位移关系同样满足
根据相对位移关系可知
解得
故B项错误，符合题意；
C．小球和半圆槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒知，速度为零。对于该系统来说只有重力做功，系统机械能守恒，所以Q到右端最高点一定与圆心等高，故C项正确，不符合题意；
D．Q与P组成的系统在水平方向上水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但是在竖直方向上动量不守恒，故D项错误，符合题意。
故选BD。
【分析】小球与圆槽组成的系统机械能守恒，但是动量不守恒，只在水平方向上不受外力，水平方向上满足动量守恒，Q到达最低点前P在向左加速，Q过了最低点后，P向左减速，根据机械能守恒可知，最终Q到达右侧最高点时速度为0，由于水平方向总动量为0，此时P减速到0；根据人船模型结论可得，P、Q的位移之比为质量的反比，位移之和等于P的直径，两式联立求解P的位移大小。
10．（2024高一下·武侯期末）如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小车从图示位置发生位移过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．绳的拉力对B做功为
C．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，B的速率为
D．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
【答案】B,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】本题考查动能定理、功能关系以及速度的分解，要弄清楚物块A和B的受力情况以及小车的运动情况，知道小车沿绳子方向的分速度大小与物体B的速度大小相等。A．初态，弹簧压缩量
A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
解得
选项A错误；
B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在位移内拉力对B做的功
解得
选项B正确；
C．小车位移大小为时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率
选项C错误；
D．小车在位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有
选项D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件和胡克定律相结合求出初状态弹簧压缩量、末状态弹簧的伸长量，根据几何关系得到B上滑的位移与弹簧形变量的关系，从而求解弹簧的劲度系数；根据功能关系求解拉力对B做的功；根据运动的合成与分解求解求出小车位移太小L时B的速率，根据功能关系可得拉力对B做的功。
三、实验题（共16分，每空2分）
11．（2024高一下·武侯期末）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）
（2）
（1）该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为　 　mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为　 　s；
（2）如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1；第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为 。
A． B．
C． D．
【答案】10.70,96.8,B
（1）10.70；96.8
（2）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解决该题需掌握单摆实验的原理和步骤，熟记单摆的周期公式，知道摆长为悬点到球心的距离。（1）游标卡尺读数不用估读，此为20分度游标卡尺，最小刻度为0.05mm，游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以单摆小球的直径为
秒表的读数为分针读数与秒针读数之和，所以图中秒表的示数为
（2） 摆线的长度为L1，测得周期为T1，第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2，根据单摆的周期公式有
联立可得
故选B。
【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数之和，不需估读；根据秒表的读数方法读数。
（2）根据单摆周期公式解答。
12．（2024高一下·武侯期末）用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，、，g取，则
（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　 　m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增加量　 　J，系统势能的减少量=　 　J；（保留三位有效数字）
（3）实验结果显示，那么造成这一现象的主要原因是　 　；
（4）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=　 　。（此空保留两位有效数字）
【答案】2.4；0.576；0.600；摩擦阻力造成的机械能损失；9.7
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力。
（1）根据中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知在纸带上打下计数点5时的速度
v==m/s=2.4m/s
（2）在打点0～5过程中系统动能的增加量
ΔEk=（m1＋m2）v2=×0.2×2.42J=0.576J
系统重力势能的减少量
ΔEp=（m2－m1）gh=0.1×10×（0.216＋0.384）J=0.600J
在误差允许的范围内，系统机械能守恒。
（3）因空气阻力、纸带与限位孔间的阻力及滑轮轴间阻力做负功，使系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
（4）由系统机械能守恒得
（m2－m1）gh=（m1＋m2）v2
解得
v2=gh
图线的斜率
k=g=m/s2
解得
g=9.7m/s2
【分析】（1）由匀变速直线运动的推论可以求出物体的瞬时速度；
（2）根据物体的瞬时速度，然后由动能的计算公式可以求出动能的增加量，根据实验数据应用重力势能的计算公式可以求出重力势能的减少量；
（3）根据操作过程分析系统误差；
（4）由机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后根据图象斜率求出重力加速度。
四、计算题（三个小题，共41分，第13题10分，第14题13分，第15题18分。解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要步骤。）
13．（2024高一下·武侯期末）如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）质量为m=6kg，缆绳长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ=30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）座椅做圆周运动的角速度ω；
（2）座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。
【答案】解：（1）由牛顿第二定律得
由几何关系可得
联立解得
（2）座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
解得

【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求座椅做圆周运动的角速度ω；（2）由v=ωr求出座椅稳定时速度大小，座椅从静止达到稳定速度的过程中，根据动能定理求缆绳对座椅所做的功W。
14．（2024高一下·武侯期末）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的做功的功率P；
（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
【答案】解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得
解得
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得电动机输出的牵引力为
电动机的输出功率为
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有
解得
可得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理求解；
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力，根据功率P=Fv，求解电动机的输出功率；
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能。全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和。
15．（2024高一下·武侯期末）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一轻质弹簧， P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg， Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。
（1） 求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
（2）若斜面足够长，求物块Q从A点上升的总高度H；
（3）若A点到斜面上端的距离为m，则在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。
【答案】解：（1）由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
联立两式代入数值可得
，
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
（2）ma受到的动摩擦力大小为
由能量守恒定律可得
代入数值可得
（3）在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒得
当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒可得
对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式
结合以上四式可得
因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得
代入得
由此可以推论
代入数值得
因此可得
故而因此碰撞n次后的总高度为
根据等比数列求和公式可得
由于A点到斜面上端的距离为m，则A与斜面上端的高度差为m，又
因此碰撞第三次后木块Q滑下。
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P与Q发生弹性碰撞，系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
（2）对物块Q，由能量守恒定律求物块Q从A点上升的总高度H；
（3）在第一次碰撞后，根据能量守恒定律求物块Q上滑的高度h1，根据能量守恒定律求P第二次与Q碰撞时的速度。对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律求出P与Q第二次碰撞后瞬间各自的速度，在第二次碰撞后，根据能量守恒定律求物块Q上滑的高度h2，找出规律，确定碰撞n次后Q的总高度，结合A点到斜面上端的距离，确定在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。
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