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人教版高二物理下期中检测卷1（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸后甲的速度为（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　）
A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动
B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定
C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零
D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律
3．（3分）如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为2Hz的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（　　）
A．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动频率为4Hz
B．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动周期为0.5s
C．当电动机的转速为1r/s时，钩码的振动频率为2Hz
D．电动机的转速越大，钩码振动的振幅就越大
4．（3分）如图所示，固定的光滑斜面上有一个质量为m的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，轻绳与竖直方向的夹角为，斜面倾角为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳拉力大小为
B．斜面对小球的弹力大小为
C．由静止释放斜面瞬间，斜面对小球弹力变大
D．由静止释放斜面后，斜面和小球系统水平方向动量守恒
5．（3分）如图所示，一质量为M、长为L的小船静止在水面上，质量为m的“胜哥”站在船尾。不计水的阻力，“胜哥”从船尾向左走到船头的过程中船的运动情况为（　　）
A．静止不动 B．向右运动L
C．向右运动 D．向右运动
6．（3分）如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中（　　）
A．甲的动能一直减小 B．甲的动量一直减小
C．甲、乙系统的动能一直增大 D．甲、乙系统的动量一直增大
7．（3分）垂钓时鱼漂能反映鱼儿咬钩的讯息。如图所示，当鱼漂绑上铅坠恰好静止在水面处。在平静的湖面上，鱼试探性吃口（鱼漂缓慢向下但不咬钩）后，鱼漂和铅坠在竖直方向上做简谐运动。以竖直向上为正方向作出鱼漂和铅坠振动的x-t图像，如图乙所示，不计水的阻力。则（　　）
A．鱼漂和铅坠振动的回复力由水对鱼漂和铅坠的浮力提供
B．从0.1s~0.2s过程中鱼漂和铅坠的动量逐渐变小，机械能守恒
C．鱼漂和铅坠的位移时间关系式为
D．若增加铅坠的质量m，鱼漂和铅坠振动的周期将变大
8．（3分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到的质点M时开始计时，已知质点N连续出现两个波峰的时间间隔为0.2s，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为15m/s
B．经过0.1s，质点M运动的路程为2m
C．该波的传播方向与介质中的质点振动方向相同
D．质点N经过0.3s时的振动方向向上
9．（3分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮出水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动，为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（　　）
A．提高波源频率 B．增加水波波长
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
10．（3分）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《滑板》Ai视频。其场景简化如图所示，“胜哥”和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．“胜哥”在空中做匀变速曲线运动
B．“胜哥”在空中的运动时间与大小有关
C．“胜哥”着地前瞬间，重力的瞬时功率为
D．“胜哥”落回水平地面前瞬间的动量大小为
12．（4分）位于坐标原点的波源产生的一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知图甲为波源的振动图像，图乙为平衡位置位于x1=2m处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．0~1s内，波源运动的路程为1m
B．t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴正方向运动
C．如果波长大于2m，则波速一定为
D．波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点一定处于波谷
13．（4分）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。将其进行简化研究，如图a所示，一质量为的子弹（可视为质点）以的速度垂直射向静止在光滑水平桌面上质量为的钢板甲，刚好未能穿出钢板。现把钢板甲分成两块完全相同的钢板乙，并排放置但不粘连，如图b所示。若子弹在钢板中受到的恒定阻力为，子弹最后嵌在第二块钢板里。子弹的重力可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．钢板甲的厚度为
B．子弹在钢板甲中的运动时间为
C．图a中子弹的末速度比图b中子弹的末速度小
D．图b中第二块钢板乙的最终速度为
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（6分）同学们通过微信公众号“胜哥课程”学习了《单摆》后设计了一种异形摆，并通过实验研究它的周期。如图1，异形摆是由一根刚性轻杆和两个质量、大小相同的摆球组成的。它的周期可以用一个等效摆长来表示，即。他们通过查阅相关资料发现。周期为，异形摆的周期与x关系如图2，在图2中横坐标为x，纵坐标为周期T，则
（1）如果异形摆作简谐运动，则异形摆周期与振幅　 　（填“有关”或“无关”）。
（2）当x增大时，则异形摆的周期如何变化：　 　。
（3）当x为　 　（用L表示）时，异形摆周期有最小值。
15．（6分）传统“单摆测量重力加速度”实验中，用秒表测量周期存在较大误差。“胜哥”利用数字化设备改进该实验，按如图所示的实验装置进行实验。选用的器材有：摆球、不易伸长的细线、刻度尺、游标卡尺、拉力传感器、数据采集器、计算机等。实验步骤如下：
（i）将拉力传感器固定在竖直木板上，并与摆球用细线相连；
（ii）用刻度尺测量摆线长度l，再用游标卡尺测量摆球直径d，计算摆长；
（iii）让单摆做小角度摆动，数据采集器记录拉力传感器的数据；
（iv）改变摆长，重复以上步骤三次。
据此回答以下问题：
（1）（2分）“胜哥”在测量摆长时，必须使单摆处于___________状态。
A．水平放置且拉直
B．挂上摆球后在竖直面内自然悬垂
C．竖直悬挂且用竖直外力拉紧
（2）（4分）“胜哥”某次测量得到的拉力传感器的示数F随时间t变化的图像如图乙所示，则该次测量中摆球摆动的周期T=　 　s（保留两位有效数字），重力加速度可表示为　 　（用l、d、T表示）。
16．（8分）一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，时开始振动，时停止振动。已知时的波形如图所示，平衡位置处的质点恰好即将振动。其中质点a的平衡位置与O的距离为求：
（1）（4分）波的传播速度和波源的起振方向；
（2）（4分）内质点a通过的总路程。
17．（8分）图1是钱塘江罕见的“渔网潮”景象，其原理为平面波的干涉。如图2所示，甲、乙两列简谐平面波，实线表示波峰，虚线表示波谷，频率均为f=0.5Hz，波长均为λ=4m，振幅均为A=0.2m，两列波起振方向均向上，传播方向间的夹角θ=60°，图示时刻O点第一次到达波峰，点P、O、A在同一直线上，P点距O点的距离L=8m。求：
（1）（4分）波速v及从图示时刻到P点第一次出现波峰经过的时间t；
（2）（4分）从开始振动到图示时刻A、B处质点运动的总路程。
18．（12分）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求：
（1）（4分）细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能；
（2）（4分）细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离；
（3）（4分）撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。
19．（10分）“胜哥”用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，初始弹簧处于压缩且锁定状态，解锁后，滑块A离开弹簧向右滑动，通过光电门传感器1后与滑块B碰撞，已知两挡光片相同，测得滑块A第一次通过光电门传感器1的时间为t1，第二次通过光电门传感器1的时间为t2，滑块B通过光电门传感器2的时间为t3。
（1）（2分）为测量弹簧压缩时具有的弹性势能，除A的质量外，还须测量的物理量是　 　；
（2）（2分）若A、B碰撞过程中动量守恒，则两滑块的质量比＝　 　（用测得物理量的符号表示）；
（3）（6分）“胜哥”用如图乙所示的“碰撞实验器”可验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图乙中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的小球A多次从斜轨上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后把质量为m2的小球B静置于轨道末端的水平部分，再将小球A从斜轨上位置G由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：
①为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m1　 　m2（填“＜”或“＞”）。
②若两球发生弹性碰撞，其表达式可表示为　 　（用、、来表示）。
③若实验中得出的落点情况如图丙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为　 　。
20．（8分）如图所示，M、N两个钉子固定于竖直方向上相距0.1m的两点，一根不可伸长的轻质细绳一端固定在M上，另一端连接位于M正下方、放置于水平地面上的小木块B，细绳恰好伸直。小木块B的质量为1kg，M到地面的距离为0.5m，质量为2kg的小木块A沿水平地面向右运动并与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面无摩擦。已知碰后B恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡时的机械能损失，小木块A、B均可视为质点。
（1）（4分）求碰前A的速度的大小；
（2）（4分）碰后小木块B在竖直平面内做圆周运动，求小木块B再次经过M正下方前后的瞬间，细绳中拉力的大小和。
答案
1．D
2．C
3．A
4．B
5．D
6．C
7．D
8．D
9．B
10．C
11．A,C
12．A,C
13．A,B,C
14．无关；先减小后增大；
15．（1）B
（2）2.0；
16．（1）内，波向右传播12m距离，故
由同侧法可知，时，处的质点即将向下振动，则波源起振方向向下；
（2）由图乙可知
又
得
波传到质点a用时
则质点a振动时间
由
振幅
可知质点a运动路程
17．（1）解：对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）解：甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
18．（1）解：小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）解：根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）解：撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
19．（1）挡光片的宽度
（2）
（3）＞；＋＝；4∶1
20．（1）解：碰后B恰能在竖直面内做圆周运动，设碰后B的速度大小为，B运动到最高点时的速度大小为v，在最高点时，有
对B从最低点到最高点的过程，有
A和B碰撞过程中动量守恒，机械能也守恒，设碰前A的速度大小为，碰后A的速度大小为，则有
解得=3.75m/s
（2）解：由(1)可得=5m/s
设B做圆周运动再次经过M正下方时的速度大小为，有
根据牛顿第二定律有
解得，
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人教版高二物理下期中检测卷1答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 15.1. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．_________________；_________________；_________________
15．（2）_________________；_________________
16．（1）
（2）
17．（1）
（2）
18．（1）
（2）
（3）
19．（1）_________________ （2）_________________
（3）_________________；_________________；_________________
20．（1）
（2）
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一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸后甲的速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】爆炸
【解析】【解答】一个质量为的小型炸弹自水平地面朝右上方射出， 爆炸后丙沿原路径回到原射出点，可知爆炸后丙的速度为向左的v，设向右为正方向，爆炸过程系统动量守恒，则由动量守恒定律可得
解得
故选D。
【分析】最高点根据动量守恒定律求出爆炸后甲的速度。
2．（3分）单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是（　　）
A．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动
B．单摆做简谐运动的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定
C．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零
D．单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究单摆的运动
【解析】【解答】A．由单摆的条件可知单摆在摆角很小（通常摆角小于5°） 的情况下才做简谐运动，故A错误；
B．由单摆做简谐运动的周期公式，可知振动周期与摆球的质量和摆角无关， 大摆角时周期会略微变化，但题目问的是“简谐运动”，此时周期仅由 和 决定 ，故B错误；
C．回复力是重力沿切线方向的分量， ，在最低点 ，故 ，
合力是向心力（指向悬点），由 ，当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是单摆的向心力不为零，所受合力不为零，故C正确；
D．单摆移到太空实验舱中，由于完全失重，其回复力为零，单摆不能做简谐运动，更不能研究简简谐运动的规律，故D错误。
故选C。
【分析】 1、单摆只有在 摆角很小时，其运动才能近似为简谐运动（回复力与位移成正比）
2、单摆的周期公式为 ，周期与摆球质量无关，且在简谐运动条件下（小角度），周期与摆角无关。
3、回复力是重力沿切线方向的分量 在最低点 ，故 。合力是向心力（指向悬点），由
4、太空实验舱处于失重环境，单摆的回复力 ，摆球无法摆动，不能用于研究简谐运动。
3．（3分）如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为2Hz的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（　　）
A．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动频率为4Hz
B．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动周期为0.5s
C．当电动机的转速为1r/s时，钩码的振动频率为2Hz
D．电动机的转速越大，钩码振动的振幅就越大
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A：电动机转速为4r/s，即驱动力频率为4Hz，受迫振动频率等于驱动力频率，故钩码振动频率为4Hz，A正确；
B：由A知振动频率为4Hz，周期，并非0.5s，B错误；
C：电动机转速为1r/s，驱动力频率为1Hz，受迫振动频率为1Hz，并非系统固有频率2Hz，C错误；
D：只有当驱动力频率等于系统固有频率（2Hz）时，振幅才最大；转速过大（驱动力频率偏离固有频率）时，振幅会减小，D错误。
故答案为：A。
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，振幅在驱动力频率等于固有频率时最大，据此分析各选项。
4．（3分）如图所示，固定的光滑斜面上有一个质量为m的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，轻绳与竖直方向的夹角为，斜面倾角为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳拉力大小为
B．斜面对小球的弹力大小为
C．由静止释放斜面瞬间，斜面对小球弹力变大
D．由静止释放斜面后，斜面和小球系统水平方向动量守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】解：A. 对小球建立水平、竖直直角坐标系，水平方向：，竖直方向：；
代入、、，联立解得，并非，该选项错误。
B. 由上述联立方程，解得，该选项正确。
C. 释放斜面瞬间小球做圆周运动，加速度沿切线方向，将受力沿绳和垂直绳分解，垂直绳方向有，解得，斜面对小球的弹力变小，该选项错误。
D. 斜面和小球组成的系统，水平方向受到轻绳拉力的水平分量，合外力不为零，不满足动量守恒的条件，故水平方向动量不守恒，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题考查共点力的平衡条件、牛顿第二定律以及动量守恒的条件，关键是对小球进行正确的受力分析和运动分析。静止时通过正交分解建立水平、竖直方向的平衡方程，求解拉力和弹力；释放斜面后，分析小球的运动状态和受力的分解方式，判断弹力的变化；再根据动量守恒的条件——系统合外力为零，分析水平方向的受力情况，判断动量是否守恒。
5．（3分）如图所示，一质量为M、长为L的小船静止在水面上，质量为m的“胜哥”站在船尾。不计水的阻力，“胜哥”从船尾向左走到船头的过程中船的运动情况为（　　）
A．静止不动 B．向右运动L
C．向右运动 D．向右运动
【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】根据题意可知，由于不计水的阻力，“胜哥”和船组成的系统所受的外力合力为零，“胜哥”和船构成的系统动量守恒，题意可知系统总动量为0，故“胜哥”向左运动，则船向右运动，规定向左为正方向， 则有
因为
联立解得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】利用动量守恒定律分析船的运动情况。由于不计水的阻力，“胜哥”与船组成的系统在水平方向上合外力为零，满足动量守恒条件；再结合“平均速度×时间 = 位移”的关系，推导船的位移。
6．（3分）如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中（　　）
A．甲的动能一直减小 B．甲的动量一直减小
C．甲、乙系统的动能一直增大 D．甲、乙系统的动量一直增大
【答案】C
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】细线断裂后，甲、乙和弹簧组成的系统在水平方向不受外力（光滑水平面），因此系统动量守恒。初始时系统向右匀速运动，总动量向右。弹簧恢复原长过程中，弹性势能逐渐转化为甲和乙的动能。甲向左运动，说明甲的速度方向向左（与初始方向相反），但速度大小可能先减小后增大（取决于弹簧弹力变化）。乙向右运动，由于弹簧推动，乙的速度一直增大（动能一直增大）。AB．弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小然后向左逐渐增大，故动能先减小后增大，动量先减小后增大，故AB错误；
C．该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；
D．甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，故D错误。
故选C。
【分析】1、动量守恒：系统不受外力，总动量守恒（大小和方向不变）。
2、能量转化：弹簧弹性势能转化为动能，系统动能一直增加（直到弹簧恢复原长）。
3、单个物体运动分析：甲：先减速向右（动能减小），后加速向左（动能增大）。乙：一直加速向右（动能一直增大）。
4、易错点：混淆动能（标量）和动量（矢量）的变化规律。忽略系统动量守恒，误认为总动量变化。
错误判断甲的速度方向变化（细线断裂后甲受弹簧弹力向左，先减速后反向加速）。
5、关键结论：弹簧恢复原长过程中，系统动能一直增大，动量守恒。
7．（3分）垂钓时鱼漂能反映鱼儿咬钩的讯息。如图所示，当鱼漂绑上铅坠恰好静止在水面处。在平静的湖面上，鱼试探性吃口（鱼漂缓慢向下但不咬钩）后，鱼漂和铅坠在竖直方向上做简谐运动。以竖直向上为正方向作出鱼漂和铅坠振动的x-t图像，如图乙所示，不计水的阻力。则（　　）
A．鱼漂和铅坠振动的回复力由水对鱼漂和铅坠的浮力提供
B．从0.1s~0.2s过程中鱼漂和铅坠的动量逐渐变小，机械能守恒
C．鱼漂和铅坠的位移时间关系式为
D．若增加铅坠的质量m，鱼漂和铅坠振动的周期将变大
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．鱼漂和铅坠振动的回复力由水对鱼漂和铅坠的浮力和它们的重力提供，故A错误；
B．由乙图可知，从0.1s~0.2s过程中鱼漂和铅坠的速度逐渐变小，根据，可知鱼漂和铅坠的动量逐渐变小，该过程除重力之外水对鱼漂和铅坠的浮力会做负功，故机械能不守恒，故B错误；
C．根据图像可知振幅A=5cm，
则角速度为
设鱼漂和铅坠的位移时间关系式为
将，代入，则有
解得
鱼漂和铅坠的位移时间关系式为，故C错误；
D．根据，可知若增加铅坠的质量m，鱼漂和铅坠振动的周期将变大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是分析鱼漂和铅坠组成的系统做简谐运动的回复力、周期公式、位移方程以及能量变化，将其类比为弹簧振子模型，利用简谐运动的基本规律进行判断。
8．（3分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到的质点M时开始计时，已知质点N连续出现两个波峰的时间间隔为0.2s，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为15m/s
B．经过0.1s，质点M运动的路程为2m
C．该波的传播方向与介质中的质点振动方向相同
D．质点N经过0.3s时的振动方向向上
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由质点N连续两个波峰的时间间隔得周期，结合波长，由波速公式计算得，故A不符合题意；
B．，质点M在半个周期内的振动路程为，故B不符合题意；
C．该波为横波，波的传播方向与介质中质点的振动方向垂直，故C不符合题意；
D．波沿轴正方向传播，由同侧法判断时质点N向下振动；，经个周期后质点N的振动方向向上，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】先由波峰时间间隔确定周期，结合波长计算波速；再按半周期路程规律；根据横波定义；最后用同侧法判断质点初始振动方向，结合周期倍数分析末态振动方向。
9．（3分）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮出水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动，为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（　　）
A．提高波源频率 B．增加水波波长
C．增加波源距桥墩的距离 D．减小波源距桥墩的距离
【答案】B
【知识点】波的衍射现象
【解析】【解答】为使水波能带动叶片振动，则必须要使得水波发生明显的衍射现象，即增大波长，减小水波频率，降低波源频率；而增加波源到桥墩的距离或减小波源距桥墩的距离，都不能使水波产生明显的衍射现象。
故答案为：B。
【分析】本题的核心是理解波的衍射现象。要让水波绕过桥墩带动叶片A振动，需要发生明显的衍射，而发生明显衍射的条件是：波长与障碍物尺寸相当或更大。
10．（3分）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小球滑到底端时二者速度大小分别为、，取向左方向为正，该过程由动量守恒定律得，故得，若，则，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】结合动量守恒（水平方向）、机械能守恒、力的做功等规律，分析物块与弧形槽的运动过程。
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）小物通过视频号“胜哥课程”观看了《滑板》Ai视频。其场景简化如图所示，“胜哥”和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．“胜哥”在空中做匀变速曲线运动
B．“胜哥”在空中的运动时间与大小有关
C．“胜哥”着地前瞬间，重力的瞬时功率为
D．“胜哥”落回水平地面前瞬间的动量大小为
【答案】A,C
【知识点】平抛运动；动量
【解析】【解答】A．“胜哥”仅受重力，加速度恒定（），初速度水平，做匀变速曲线运动，故A正确；
B．竖直方向自由落体，运动时间，与无关，故B错误；
C．着地时竖直速度，重力瞬时功率，故C正确；
D．着地时合速度，动量大小，非，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查平抛运动的规律、瞬时功率计算及动量的合成，核心是利用平抛运动的分解思想，分别分析水平、竖直方向的运动，结合瞬时功率公式、动量矢量性判断选项正误。
12．（4分）位于坐标原点的波源产生的一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知图甲为波源的振动图像，图乙为平衡位置位于x1=2m处质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．0~1s内，波源运动的路程为1m
B．t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴正方向运动
C．如果波长大于2m，则波速一定为
D．波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点一定处于波谷
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A．由图像可知，波源的振动周期T=0.4s，振幅A=10cm，0~1s内波源运动的路程，故A正确；
B．由图甲可知，t=0.5s时波源正从平衡位置向y轴负方向运动，故B错误；
C．该波沿x轴正方向传播，则两质点间的距离为，解得，如果波长大于2m，则一定有n=0，由波速的公式得，故C正确；
D．由振动图像可知，波源位于平衡位置时，x1=2m处的质点可能处于波谷也有可能处于波峰，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合波源与质点的振动图像，利用周期、路程的关系分析振动过程；通过波的传播规律（质点间距与波长的关系）推导波速；判断波源与质点的振动关联。
13．（4分）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。将其进行简化研究，如图a所示，一质量为的子弹（可视为质点）以的速度垂直射向静止在光滑水平桌面上质量为的钢板甲，刚好未能穿出钢板。现把钢板甲分成两块完全相同的钢板乙，并排放置但不粘连，如图b所示。若子弹在钢板中受到的恒定阻力为，子弹最后嵌在第二块钢板里。子弹的重力可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．钢板甲的厚度为
B．子弹在钢板甲中的运动时间为
C．图a中子弹的末速度比图b中子弹的末速度小
D．图b中第二块钢板乙的最终速度为
【答案】A,B,C
【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A．图a子弹嵌入钢板甲，由动量守恒定律可得
解得
记钢板甲的厚度为，由能量守恒可得
解得，故正确；
B．对钢板甲由牛顿第二定律有
由运动学有
解得，故B正确；
CD．作出子弹穿过钢板甲和钢板乙过程的图像如图所示：
易知图a中子弹的末速度比图b中子弹的末速度小，即，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】核心要点：1、完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最大；
2、阻力做功等于动能损失（嵌入过程）；
3、图像斜率表示加速度（阻力越大，减速越快）；
4、穿出时末速度大于嵌入时共同速度。
易错提示：误认为穿出时子弹速度更小（实际嵌入后损失更多动能）；混淆阻力大小与作用时间（嵌入过程阻力更大、时间更短）。
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（6分）同学们通过微信公众号“胜哥课程”学习了《单摆》后设计了一种异形摆，并通过实验研究它的周期。如图1，异形摆是由一根刚性轻杆和两个质量、大小相同的摆球组成的。它的周期可以用一个等效摆长来表示，即。他们通过查阅相关资料发现。周期为，异形摆的周期与x关系如图2，在图2中横坐标为x，纵坐标为周期T，则
（1）如果异形摆作简谐运动，则异形摆周期与振幅　 　（填“有关”或“无关”）。
（2）当x增大时，则异形摆的周期如何变化：　 　。
（3）当x为　 　（用L表示）时，异形摆周期有最小值。
【答案】无关；先减小后增大；
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】（1）异形摆运动的周期与振幅无关。
（2）由图2可知，当x增大时，则异形摆的周期先减小后变大。
（3）因为，所以时，周期有最小值。
【分析】一、核心考点
1. 简谐运动的周期特性
对于真正的简谐运动（小角度摆动），周期与振幅无关
2. 等效摆长概念
异形摆周期公式：，等效摆长 与结构参数 x 有关
3. 周期最值的数学分析
周期 T 最小 等效摆长 最小，对函数 求导找极值点
或利用已知公式直接得出：当 时 最小
二解题关键步骤
1. 第一问：简谐运动的周期特性
如果异形摆作简谐运动，周期与振幅无关。
2. 第二问：周期随x的变化
由图2直接得：周期先减小后增大。
3. 第三问：周期最小的x值
解析给出当 时，等效摆长最小，周期最小。
15．（6分）传统“单摆测量重力加速度”实验中，用秒表测量周期存在较大误差。“胜哥”利用数字化设备改进该实验，按如图所示的实验装置进行实验。选用的器材有：摆球、不易伸长的细线、刻度尺、游标卡尺、拉力传感器、数据采集器、计算机等。实验步骤如下：
（i）将拉力传感器固定在竖直木板上，并与摆球用细线相连；
（ii）用刻度尺测量摆线长度l，再用游标卡尺测量摆球直径d，计算摆长；
（iii）让单摆做小角度摆动，数据采集器记录拉力传感器的数据；
（iv）改变摆长，重复以上步骤三次。
据此回答以下问题：
（1）（2分）“胜哥”在测量摆长时，必须使单摆处于___________状态。
A．水平放置且拉直
B．挂上摆球后在竖直面内自然悬垂
C．竖直悬挂且用竖直外力拉紧
（2）（4分）“胜哥”某次测量得到的拉力传感器的示数F随时间t变化的图像如图乙所示，则该次测量中摆球摆动的周期T=　 　s（保留两位有效数字），重力加速度可表示为　 　（用l、d、T表示）。
【答案】（1）B
（2）2.0；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故答案为：B。
（2）由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
根据单摆的周期公式可得，所以
故答案为：2.0；
【分析】(1) 依据单摆摆长的定义（悬点到摆球球心的距离），分析测量摆长时单摆的正确状态，排除错误操作的影响；
(2) 结合拉力传感器的图像特征，确定单摆的周期（一次全振动的时间），再由单摆周期公式总推导重力加速度的表达式。
（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故选B。
（2）[1]由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
[2]根据单摆的周期公式可得
所以
16．（8分）一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，时开始振动，时停止振动。已知时的波形如图所示，平衡位置处的质点恰好即将振动。其中质点a的平衡位置与O的距离为求：
（1）（4分）波的传播速度和波源的起振方向；
（2）（4分）内质点a通过的总路程。
【答案】（1）内，波向右传播12m距离，故
由同侧法可知，时，处的质点即将向下振动，则波源起振方向向下；
（2）由图乙可知
又
得
波传到质点a用时
则质点a振动时间
由
振幅
可知质点a运动路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】(1)本题考查简谐横波的传播速度计算和起振方向判断，波在均匀介质中匀速传播，由时波传播到处，结合速度公式计算波速；根据“上坡下、下坡上”的同侧法，判断波前质点的振动方向，波源的起振方向与波前质点的振动方向一致。
(2)本题考查质点在简谐振动中的路程计算，首先由波速和波形图的波长求出周期，再计算波传播到质点a的时间，确定质点a的振动时间，结合振动时间与周期的倍数关系，以及振幅的大小，计算质点通过的总路程，核心是确定质点的有效振动时间。
（1）内，波向右传播12m距离，故
由同侧法可知，时，处的质点即将向下振动，则波源起振方向向下；
（2）由图乙可知
又
得
波传到质点a用时
则质点a振动时间
由
振幅
可知质点a运动路程
17．（8分）图1是钱塘江罕见的“渔网潮”景象，其原理为平面波的干涉。如图2所示，甲、乙两列简谐平面波，实线表示波峰，虚线表示波谷，频率均为f=0.5Hz，波长均为λ=4m，振幅均为A=0.2m，两列波起振方向均向上，传播方向间的夹角θ=60°，图示时刻O点第一次到达波峰，点P、O、A在同一直线上，P点距O点的距离L=8m。求：
（1）（4分）波速v及从图示时刻到P点第一次出现波峰经过的时间t；
（2）（4分）从开始振动到图示时刻A、B处质点运动的总路程。
【答案】（1）解：对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）解：甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【分析】(1) 由波速公式v=λf求波速，结合几何关系确定波峰到P点的传播距离，再求传播时间；
(2) 先求波的周期，结合质点振动的时间与振幅，分别计算A、B质点运动的总路程。
（1）对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
18．（12分）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求：
（1）（4分）细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能；
（2）（4分）细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离；
（3）（4分）撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。
【答案】（1）解：小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）解：根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）解：撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
【知识点】动量定理；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 先对小球从释放到绷直瞬间的过程应用动能定理，结合自由落体规律计算落地前速度；再分析绷直瞬间的速度分解，沿绳方向速度抵消，垂直绳方向保留速度，通过能量守恒（或动能定理）计算小球损失的机械能。
(2) 以小球为研究对象，应用机械能守恒定律计算绷直后平抛运动的初速度；结合平抛运动水平（匀速）与竖直（匀加速）的分运动规律，联立求解水平位移表达式。
(3) 对小球与滑杆组成的系统，分别应用动量定理（水平、竖直方向分解冲量）、水平方向动量守恒定律及关联速度条件（沿绳方向速度分量相等），联立求解绷直瞬间小球与滑杆的速度；再对系统从绷直后到最低点的过程，应用水平动量守恒与机械能守恒定律，联立求解最低点速度的通式，再代入参数分析极值。
（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得，，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。
19．（10分）“胜哥”用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，初始弹簧处于压缩且锁定状态，解锁后，滑块A离开弹簧向右滑动，通过光电门传感器1后与滑块B碰撞，已知两挡光片相同，测得滑块A第一次通过光电门传感器1的时间为t1，第二次通过光电门传感器1的时间为t2，滑块B通过光电门传感器2的时间为t3。
（1）（2分）为测量弹簧压缩时具有的弹性势能，除A的质量外，还须测量的物理量是　 　；
（2）（2分）若A、B碰撞过程中动量守恒，则两滑块的质量比＝　 　（用测得物理量的符号表示）；
（3）（6分）“胜哥”用如图乙所示的“碰撞实验器”可验证两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量守恒定律。图乙中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的小球A多次从斜轨上位置G点由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量平抛射程OP。然后把质量为m2的小球B静置于轨道末端的水平部分，再将小球A从斜轨上位置G由静止释放，与小球B碰撞，如此重复多次，M、N为两球碰后的平均落点，重力加速度为g，回答下列问题：
①为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m1　 　m2（填“＜”或“＞”）。
②若两球发生弹性碰撞，其表达式可表示为　 　（用、、来表示）。
③若实验中得出的落点情况如图丙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m1与被碰小球B的质量m2之比为　 　。
【答案】（1）挡光片的宽度
（2）
（3）＞；＋＝；4∶1
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能全部转化为滑块A的动能，根据动能表达式Ek＝mv2可知，除A的质量外，还须知道的物理量是通过光电门1时的速度，由于通过光电门的时间极短，可以用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，即v＝，可见还须测量挡光片的宽度。
故答案为：挡光片的宽度
（2）滑块A第一次通过光电门1的速度v1＝
滑块A第二次通过光电门1的速度v1'＝
滑块B通过光电门2的速度v2'＝
根据动量守恒定律mAv1＝mBv2'－mAv1'
联立可得＝。
故答案为：
（3）①为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m1＞m2；
②本实验中两小球做平抛运动下落高度相同，而竖直方向做自由落体运动，因此可知时间相等，而水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝vt，可得v＝
根据碰撞过程中动量守恒定律有m1·＝m1·＋m2·
根据机械能守恒有m1·（ ）2＝m1·（ ）2＋m2·（ ）2
联立解得＋＝；
③根据碰撞过程中动量守恒定律m1·＝m1·＋m2·
可得m1·＝m1·＋m2·
则有＝
代入测量数据解得m1∶m2＝4∶1
故答案为： ① ＞ ②＋＝③4∶1
【分析】(1) 弹簧弹性势能全部转化为滑块A的动能，需测挡光片宽度求速度，结合质量计算弹性势能。
(2) 碰撞前后动量守恒，用光电门测速度（），联立动量守恒式求质量比。
(3) ① 为防止入射球反弹，入射球质量需大于被碰球；② 弹性碰撞满足动量守恒+动能守恒，转化为水平位移关系；③ 由动量守恒式和位移数据求质量比。
20．（8分）如图所示，M、N两个钉子固定于竖直方向上相距0.1m的两点，一根不可伸长的轻质细绳一端固定在M上，另一端连接位于M正下方、放置于水平地面上的小木块B，细绳恰好伸直。小木块B的质量为1kg，M到地面的距离为0.5m，质量为2kg的小木块A沿水平地面向右运动并与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面无摩擦。已知碰后B恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡时的机械能损失，小木块A、B均可视为质点。
（1）（4分）求碰前A的速度的大小；
（2）（4分）碰后小木块B在竖直平面内做圆周运动，求小木块B再次经过M正下方前后的瞬间，细绳中拉力的大小和。
【答案】（1）解：碰后B恰能在竖直面内做圆周运动，设碰后B的速度大小为，B运动到最高点时的速度大小为v，在最高点时，有
对B从最低点到最高点的过程，有
A和B碰撞过程中动量守恒，机械能也守恒，设碰前A的速度大小为，碰后A的速度大小为，则有
解得=3.75m/s
（2）解：由(1)可得=5m/s
设B做圆周运动再次经过M正下方时的速度大小为，有
根据牛顿第二定律有
解得，
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】一、核心考点
1、竖直平面圆周运动的临界条件
“恰能做完整的圆周运动”通常指在最高点仅由重力提供向心力： 。
本题的关键在于确定哪个是最高点，半径是多少。由于钉子 N 的存在，运动过程中半径会从 变为 ，最高点对应半径为 0.4 m 的圆周。
2、机械能守恒的应用
从最低点到最高点：。必须准确计算高度差 ，这里要考虑到圆心变化导致的高度计算。
3、弹性碰撞
动量守恒：。动能守恒： 。
联立求解碰前速度 。
4、圆周运动中的向心力与拉力
牛顿第二定律在径向的分量： （或相应形式），计算绳的拉力。
注意物体经过同一点前后的速度大小可能相同（机械能守恒），但若半径因钉子作用突变，拉力会突变。
二、主要易错点
1、忽视钉子的存在，错误判断圆周运动的半径
最典型的错误：直接用原绳长 计算最高点临界速度。
正确做法：绳子被钉子 N 阻挡后，圆心变为 N，半径变为 ，最高点临界条件应对应此半径。
2、高度差计算错误
在应用机械能守恒时，零势能面的选取要统一。计算从最低点（地面）到绕 N 的最高点的高度差：N 离地高 ，最高点在 N 上方 ，因此 。
3、弹性碰撞计算错误
解方程组时代数运算出错，例如符号错误或代入错误。
应先用动量守恒得到 与 的关系，再代入能量守恒方程求解。
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