资源简介

2025-2026学年河北省石家庄市第二中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.荡秋千是深受小朋友喜欢的游乐活动，如图所示，秋千由坐板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆模型，人和坐板可视为摆球，忽略空气阻力，在摆动过程中，下列说法正确的是( )
A. 摆球受重力、摆线的拉力、回复力和向心力的作用
B. 经过最低点时摆球处于平衡状态
C. 远离最低点运动的过程中，摆球的动能逐渐减小
D. 摆球做简谐运动时，摆线越短，其运动周期越大
2.乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则( )
A. 周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动
B. 若乌贼要在极短时间内达到的速度，则要一次性喷出约的“墨水”
C. 若乌贼要在极短时间内达到的速度，则要一次性喷出约的“墨水”
D. 要极短时间内达到的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为
3.如图所示，虚线是物体做平抛运动的轨迹。实线是与虚线形状相同的光滑轨道，小环从轨道顶端无初速下滑，、质量相等。下列说法正确的是( )
A. A、两物体到达底端时的速度相同
B. A、两物体到达底端所用时间相同
C. A、两物体到达底端时重力的瞬时功率相同
D. A、两物体整个运动过程中合外力做功相同
4.如图所示，水平地面上有一固定斜面，斜面与地面夹角为。物块以的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它再次回到斜面底端时动能为，则物块与斜面间的动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
5.一弹簧振子沿轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移为，时位移为，则( )
A. 振子在与两处的加速度可能相同
B. 振子在与两处的动能可能不同
C. 若振幅为，振子的周期可能为
D. 若振幅为，振子的周期可能为
6.如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、球放在固定不动的倾角为的光滑斜面上，通过劲度系数为的轻质弹簧相连，球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处于静止状态，释放后，下落的速度最大时恰好对挡板无压力，已知、、三球的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中未落地，未与滑轮相撞，则( )
A. 该过程、、三球所组成的系统机械能守恒
B. 当球刚要离开挡板时球的加速度一定不为
C. 斜面的倾角为
D. 小球的最大速度为
7.如图所示，光滑斜面倾角为，轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接质量为的滑块。拉动滑块使弹簧伸长到点，时刻让滑块在点获得沿斜面向下的速度。已知、两点间的距离为，滑块在时第一次运动到点，在时第二次运动到点，在时经过点，重力加速度为。弹簧振子的周期，其中为振子质量，为弹簧劲度系数。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数
B. 滑块向下运动的最远点到点的距离为
C. A、两点到平衡位置的距离不一定相等
D. 内弹簧对滑块作用力的冲量大小为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.辘轳是中国古代取水的重要设施，如图甲。在某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。该种辘轳的工作原理简化图如图乙，已知转筒辘轳半径。在某次提水的过程中，电动机以恒定输出功率将质量为的水桶由静止开始竖直向上提起。圆筒转动的角速度随时间变化的图像如图丙。忽略转筒辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度，则下列说法正确的是( )
A. 内井绳对水桶的拉力逐渐增大
B. 电动机的输出功率
C. 当角速度时，水桶的加速度大小为
D. 内水桶上升的高度为
9.汽车公司在研究智能吸能盒可视为一种缓冲装置的性能时，常采用将其固定在运动台车前端，使台车加速至预定速度后撞击刚性墙的方式进行测试。在某次测试中，一辆质量为的台车以某一初速度水平撞击刚性墙，车头的智能吸能盒将碰撞过程中台车的动能随压缩距离的关系实时记录，并绘制出图像如图所示。已知图中阶段图线为抛物线顶点在纵轴上，阶段图线为直线，最大压缩距离为。设碰撞过程仅有吸能盒对台车做功，下列说法正确的是( )
A. 整个碰撞过程中，吸能盒对台车做的功为
B. 整个碰撞过程中，吸能盒对台车的冲量大小为
C. 在阶段，台车运动时间为
D. 在阶段，吸能盒对台车的作用力为恒力
10.如图，长为的轻绳一端固定在点，另一端连接质量的小球。起始时小球位于点上方的点，与竖直方向夹角为，绳子恰好伸直，使小球由静止下落，当小球运动到最低点时恰好与静置于足够长水平面上质量为的滑块发生碰撞，碰撞时间极短，且碰撞后滑块的速度大小为。足够长的水平面上每间隔铺设有宽度为的防滑带。滑块与水平面间的动摩擦因数为，滑块与防滑带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。以下说法不正确的是( )
A. 小球最初的机械能全部转化成摩擦生热
B. 小球与滑块碰撞前瞬间速度的大小为
C. 小球与滑块碰撞过程中损失的机械能为
D. 滑块从开始运动到静止的位移大小为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示是用来探究动量守恒定律的装置，在滑块和相碰的端面装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
实验前需要调节气垫导轨水平：先在光电门的右侧轨道上只放滑块，向左轻推滑块，其先后通过光电门和光电门的时间分别为、，若，则需将导轨左端 选填“调高”或“调低”。
调节气垫导轨水平后，将滑块置于光电门的左侧，滑块静置于两光电门间的某一适当位置。给滑块一个向右的初速度，它通过光电门的时间为，与碰撞后滑块再次通过光电门的时间为，滑块通过光电门的时间为。为完成该实验，还必须测量的物理量有 选填选项前的字母。
A.挡光片的宽度
B.滑块及挡光片的总质量
C.滑块及挡光片的总质量
D.光电门到光电门的间距
若滑块和在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为 从第二问中、、、、、、选取合适的物理符号表示。
12.二中某物理兴趣小组为探究机械能守恒定律，设计了如下两组实验：
实验一：利用如图甲所示的实验装置探究、组成的系统机械能守恒。
使从一定高度由静止下落，拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量和分析，即可探究机械能守恒定律。
如图乙所示是实验中获取的一条纸带：是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为。、、为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有个点未标出，各计数点到点的距离已在图中标出。已知、，重力加速度取。
关于实验一，系统在至所对应的运动过程中，系统动能的增加量 ，系统重力势能的减少量 ，实验结果显示略大于，造成这一结果的主要原因是 。计算结果均保留一位小数
实验二：利用如图丙所示的实验装置探究机械能守恒定律。
轻绳的一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，拉力传感器可以测量绳中拉力。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制图像，如图丁所示，已知该图像是一条直线。
关于实验二，若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图丁中直线斜率的理论值为 ；小钢球的重力为 。以上结果均保留位有效数字
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示为一种叫“飞椅”的游乐项目。长为的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径也为的水平转盘边缘。当水平转盘从静止逐渐加快转动，座椅在钢绳带动下逐渐偏离竖直方向，圆盘不再加速后，座椅在水平面内做匀速圆周运动，此时钢绳与竖直方向的夹角为。将座椅视为质点，其质量为，不计钢绳质量，取，，。求：
座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，座椅重力势能的增加量；
座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，钢绳对座椅做的功。
14.某机器人公司拟设计一个机器人杂技表演项目。如图所示，、为固定在同一水平面的两条光滑平行轨道，垂直轨道放置质量为的滑杆，滑杆用总长度为的轻绳与质量为的机器人相连。初始时，轻绳跨过点轨道平面内正下方处的光滑定滑轮。表演开始时，用外力缓慢向左拉动滑杆，当滑轮上方细绳与竖直方向的夹角为时，撤去外力，滑杆向右运动，绳与滑杆的中心相连，机器人可视为质点，机器人、滑轮、点以及点始终在同一竖直平面内，不计空气阻力，轻绳不可伸长，重力加速度为。求：
滑杆滑至点时的速度大小；
滑杆滑至点右侧后，求机器人离平行轨道平面的最小距离；
滑杆滑至点右侧后，机器人的最大速率。
15.如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的四分之一固定光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，右端带有挡板，挡板厚度忽略不计。在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为，现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小物块、可视为质点，、与的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
小物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量；
小物块滑上后，经多长时间小物块与挡板碰撞；
小物块与碰撞后，小物块到挡板的最大距离。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、摆球在摆动过程中，实际受到的作用力仅为重力和摆线的拉力。回复力与向心力是根据力的作用效果命名的，它们由重力与拉力的合力或分力提供，并非摆球实际所受的力，故A错误；
B、摆球经过最低点时具有速度，做圆周运动，此时存在向上的向心加速度，合外力不为零，故不处于平衡状态，而是处于超重状态，故B错误；
C、摆球从最低点向两侧运动时，其高度逐渐增加，重力势能增大，依据机械能守恒定律，其动能将逐渐减小，故C正确；
D、根据单摆周期公式可知，摆线长度越短，其运动周期越小，故D错误。
故选：。
分析本题描述的单摆模型，需明确摆动过程中摆球的实际受力情况与运动特点。摆球实际只受重力和摆线拉力，回复力与向心力是效果力；经过最低点时存在向心加速度，合外力不为零，不处于平衡状态；根据机械能守恒，远离最低点上升过程中重力势能增加，动能相应减小；单摆做简谐运动的周期由摆长和重力加速度决定，摆线越短周期越小。
本题以荡秋千为情境，考查单摆模型的受力分析与运动特征。题目综合考查回复力与向心力的概念辨析、平衡状态与圆周运动向心力的理解、机械能守恒定律的应用以及单摆周期公式的掌握。本题计算量小，但概念性强，重点检验学生对基本物理概念本质的理解程度，能够有效锻炼其受力分析的逻辑严谨性，并辨析效果力与实际受力、平衡状态与变速运动等易混淆点。其中，对回复力与向心力作为效果力的辨析，是本题的核心亮点与关键易错点。
2.【答案】
【解析】解：乌贼向前运动的原因是其对喷出的“墨水”施加了向后的作用力，根据牛顿第三定律，喷出的“墨水”会对乌贼施加向前的反作用力，使乌贼前进。周围水对喷出的“墨水”的作用力并非乌贼前进的直接原因，故A错误；
设乌贼初始质量为，喷出墨水的质量为，则乌贼剩余质量为。乌贼获得的速度，喷出墨水的速度方向与乌贼运动方向相反。根据动量守恒定律，系统初始总动量为，喷出后总动量仍为，以乌贼获得的速度的方向为正方向，有：
代入数据：
解得：
故B正确，C错误；
D.根据动量定理，乌贼受到的冲量等于其动量的变化量，以乌贼获得的速度的方向为正方向，即：
代入数据：
故D错误。
故选：。
需先根据动量守恒定律分析乌贼与喷出墨水的动量关系，再结合冲量定义判断各选项正确性。
本题要建立起物理模型，把握乌贼喷水的过程遵守动量守恒定律，要知道动量定理常用来求平均作用力。
3.【答案】
【解析】解：物体做平抛运动，有初始动能，物体的初速度为，初始动能为，根据机械能守恒，、两物体初始高度相同，重力势能相同，初始时物体的机械能大于物体的机械能，、两物体运动到达底端时机械能全部转化为动能，因此物体到达底端时的速度大于物体，故A错误；
B.物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为，因为有轨道支持力的存在，竖直方向的加速度小于，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，故B错误；
C.两物体运动到达底端时，物体到达底端时的速度大于物体，速度方向相同，运动到达底端时竖直方向分速度有，结合
A、两物体运动到达底端时重力的瞬时功率分别为，
因此，故C错误；
D.、两物体运动到达底端的过程中，物体受到轨道支持力与速度方向垂直不做功，、两物体在整个运动过程中竖直方向位移相同且重力相同，、两物体整个运动过程中合外力做功相同，故D正确。
故选：。
先明确平抛运动与沿光滑轨道下滑运动的受力和运动差异，结合速度矢量性、运动时间分析、重力瞬时功率计算及动能定理，逐一分析各选项判断正误。
本题将平抛运动与光滑轨道下滑运动对比，融合了运动分析、功率计算与能量守恒知识，能有效考查学生对不同运动模型的辨析与综合应用能力。
4.【答案】
【解析】解：设物块沿斜面向上滑行的位移大小为，
上滑过程，根据动能定理得：，
下滑过程，根据动能定理得：
，
由题意知：
，
，
则联立可得：
，故C正确，ABD错误。
故选：。
结合题意，对于物块上滑及下滑的过程，由动能定理分别列式，即可判断求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是：要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
5.【答案】
【解析】解：由题可知，振子在与两位置相对平衡位置对称，所以振子在与两处的加速度大小相等，方向相反；根据对称性，振子在与两处的速度大小相等，动能一定相同，故AB错误；
若振幅为，则时有：
将代入可得：
从平衡位置到位置的时间为或，由对称性和周期性可知，从到平衡位置的最短时间也为。
从位置到位置所用时间可能需满足的三种情况
或
或
可得：
或
或
当时，可得：或或
当时，可得：或或
故C错误，D正确；
故选：。
根据简谐运动的对称性可知在这两个位置速度的关系，写出表达式，计算出初位相，进而算出平衡位置到位置的时间与周期的关系，然后根据周期性写出三种可能进一步去求解。
注意会求出时间与周期的倍数关系，从一个位置到另一个位置的多解性。
6.【答案】
【解析】解：对物理过程进行整体分析，系统初始处于静止状态，释放小球后，下落并拉动沿光滑斜面向上加速运动。
运动过程中仅有重力和弹簧弹力做功，因此由、、三球与弹簧组成的系统机械能守恒。当下落速度达到最大时系统加速度为零，此时恰好对挡板无压力，
表明弹簧对的拉力恰好平衡其重力分力。之后系统因惯性继续运动，速度将减小。结合各选项进行推导判定：
A、在下落过程中，弹簧弹力对做负功，对做功为零，因此仅包含、、三球的系统机械能不守恒，故A错误；
B、当球刚要离开挡板时，球速度达到最大值，此时系统加速度为零。因与通过不可伸长的细线连接，两者加速度大小始终相等，故此时球的加速度也为零，故B错误；
C、初始系统静止，对球受力分析，由平衡条件得弹簧压缩量满足。当速度最大且对挡板无压力时，系统加速度为零。
对球由平衡条件得弹簧拉力；对球由平衡条件得细线拉力；对球由平衡条件得。
联立三式，代入得，解得，即斜面倾角，故C正确；
D、由分析可知，弹簧初始压缩量。速度最大时弹簧伸长量。
因，两状态下弹簧弹性势能相等。自释放至速度最大过程中，下落距离及上滑距离均为。
根据系统机械能守恒有，代入数据解得，故D错误。
故选：。
题目描述、、三球与弹簧组成的系统，初始静止，释放后下落、沿光滑斜面上滑。分析过程需关注系统机械能是否守恒、关键状态下的受力与加速度、以及速度最大时的条件。系统包含弹簧，机械能守恒需考虑所有内力做功情况；速度最大时系统加速度为零，此时对挡板无压力，由此可建立、的受力平衡关系，进而求解斜面倾角；再通过弹簧形变量变化与系统机械能守恒推导的最大速度。
本题综合考查连接体系统的动力学与能量问题，涉及多个物体的受力分析、平衡条件、牛顿第二定律以及机械能守恒定律的应用。题目情境较为复杂，需要学生准确判断系统状态变化，特别是球速度最大的临界条件与系统加速度为零的对应关系。计算量适中，但逻辑推理要求较高，能有效锻炼学生的整体建模能力与多过程分析能力。易错点在于对系统机械能守恒条件的把握，必须明确弹簧弹力作为内力时，包含弹簧的系统才满足机械能守恒，而仅考虑三球则不然。此外，正确列出速度最大时的平衡方程并利用弹簧形变量关系求解速度是解题关键。
7.【答案】
【解析】解：、由题意可知，滑块在时向下经过点，在时向上经过点，根据简谐运动的对称性，滑块到达最低点的时刻为。滑块从点运动到最低点历时，则从最低点向上运动回到点同样需要，即在时向上经过点。已知滑块在时再次经过点，可知此时滑块是向下经过点，即恰好完成了一次全振动，故弹簧振子的周期。根据周期公式，解得，故A错误；
、由周期可知，滑块从运动到平衡位置历时与从平衡位置运动到历时的时间相等，因此、两点关于平衡位置对称，它们到平衡位置的距离相等，且滑块在、两点的速度大小相等，即。设振幅为，由于经过、两点距平衡位置的时间均为，则距平衡位置的位移大小均为，于是有，解得。滑块向下运动的最远点到点的距离为，不等于，故BC错误；
D、在内，取沿斜面向下为正方向，滑块的初动量，末动量。根据动量定理有，即，解得此过程中弹簧对滑块作用力的冲量大小，故D正确。
故选：。
滑块沿光滑斜面做简谐振动，其运动过程具有时间对称性。已知时刻滑块在点获得向下的初速度，通过、、时刻滑块经过、点的信息，可以确定振动的周期，进而利用弹簧振子周期公式关联劲度系数与质量。、两点关于平衡位置对称，因此它们到平衡位置的距离相等。滑块从点向下运动到最低点的距离需通过简谐运动的振幅与已知位移的关系来确定。在到的时间段内，滑块从点向下运动至最低点再返回点，此过程动量发生变化，需对滑块应用动量定理，分析重力沿斜面的分力与弹簧弹力的总冲量。
本题巧妙融合了简谐运动与斜面模型，考查了学生对振动对称性、周期公式以及动量定理的综合应用能力。题目通过滑块两次经过点和一次经过点的具体时间点，引导学生分析振动的周期与相位，进而推断平衡位置、振幅等关键物理量。计算量适中但思维要求较高，需要学生准确理解简谐运动的时空对称性，并灵活运用动量定理处理变力冲量问题。选项D的求解将动力学与动量观点相结合，体现了用动量定理处理复杂力过程的优越性，是一道能有效锻炼学生分析推理和建模能力的好题。
8.【答案】
【解析】解：、内速度增大，根据可知，拉力逐渐减小，故A错误；
B、当水桶匀速上升时，角速度
水桶的速度
此时拉力与重力平衡，
电动机的输出功率等于拉力的功率，即，故B正确。
C、当角速度时，速度
水桶的加速度大小为
代入数据可得，故C错误；
D.内，根据动能定理有
代入数据可得内水桶上升的高度为
内水桶上升的高度为
内水桶上升的高度为
代入数据可得，故D正确。
故选：。
先由匀速阶段算出功率再根据恒定功率分析拉力变化，结合牛顿第二定律和动能定理分别判断各选项的正误。
本题是恒定功率启动模型的变形，结合角速度图像考查功率公式、牛顿第二定律和动能定理的综合应用，关键是理清水桶速度与角速度的关系及功率恒定的条件。
9.【答案】
【解析】解：、整个碰撞过程中，对台车由动能定理得，整理上式解得，故A错误；
B、由动量与动能的定义式可得
整个碰撞过程中，对台车由动量定理得
整理上式解得，故B正确；
C、在开始碰撞瞬间的极短时间内，可将吸能盒对台车的作用力看作恒力，由动能定理可得
整理上式解得
因为在阶段图线为直线，所以作用力不变，由图线斜率可得：
对台车由动量定理可得
而
联立上式整理解得，故C正确；
D、因为阶段图线为抛物线，且顶点在纵轴上，所以与的函数关系为
结合
可得，在阶段吸能盒对台车的作用力与压缩位移的关系为
即在阶段吸能盒对台车的作用力与压缩位移成正比，故D错误。
故选：。
结合动能定理、动量定理及图像的斜率对应作用力意义，分析各阶段的做功、冲量、运动时间与受力特点，判断选项。
本题以缓冲装置测试为背景，考查动能定理、动量定理及图像分析能力，区分了变力与恒力作用阶段的物理规律应用。
10.【答案】
【解析】解：、小球与滑块碰撞后，仍具有向左的瞬时速度，它将向左上摆动，因此小球最初的机械能并未全部转化为摩擦热，部分仍作为小球的机械能保留，故A错误；
B、小球自由下落的高度为，此阶段末速度大小由计算。当绳子突然张紧瞬间，小球沿绳子方向的速度分量瞬间减为零，仅保留垂直于绳子方向的速度分量。
此后小球绕点做圆周运动摆动到最低点，下落高度为，根据机械能守恒定律有，联立解得：，故B正确；
C、小球与滑块在最低点发生极短时间碰撞，根据动量守恒定律有，代入数据解得：。
碰撞过程中损失的机械能由计算，代入数据解得：，故C正确；
D、滑块碰后的初速度为，其初动能对应的速度平方为。滑块在常规水平面上滑行时的加速度大小为，代入数据可得，
每经过一段常规水平面，速度平方减少量为，代入数据可得；在
防滑带上滑行时的加速度大小为，代入数据可得，每经过一段防滑带，速度平方减少量为，代入数据得。
因此，滑块每通过一个组合周期，速度平方总共减少。
滑块完全静止所需的周期数为个，故总位移大小由解得：，故D错误。
本题要求选择说法不正确的选项。故选：。
本题涉及小球下落、碰撞及滑块减速的复杂过程。分析小球从静止下落的运动时，需注意绳子初始伸直但无张力，小球先自由落体至绳子再次拉直，此过程沿绳方向速度分量损失，随后摆动至最低点，利用机械能守恒可求碰撞前速度。碰撞过程时间极短，系统动量守恒，由此计算碰撞后小球速度及机械能损失。滑块在水平面上运动时，需考虑其交替经过普通段与防滑带，两段摩擦力不同导致加速度不同，但每经过一个完整周期速度平方减少量相同，通过分析总减速过程可求总位移。
本题综合考查机械能守恒、动量守恒、碰撞中的能量损失以及变力作用下的直线运动等多个核心物理知识点，难度较高，计算量较大，对学生的综合分析和建模能力提出了较高要求。题目巧妙地将圆周运动与碰撞、以及周期性变摩擦力的直线运动相结合，设问层次丰富，能够有效锻炼学生的逻辑推理能力和物理过程分解能力。在解题过程中，需要特别注意小球下落初期绳子的松弛状态以及突然张紧时的速度突变现象，这是本题的易错点与关键点。对于滑块在交替摩擦力作用下的运动，需要将其抽象为周期性模型进行处理，考查学生灵活运用匀变速运动公式解决复杂实际问题的能力。
11.【答案】调高

【解析】解：滑块先后通过光电门和光电门的时间分别为、，，说明滑块在加速，应将左端调高。
如果导轨水平，滑块在导轨上做匀速直线运动，所以滑块经过两光电门时用时相等。本实验中需要验证动量守恒，所以在实验中必须要测量质量和速度，速度可以根据滑坡通过光电门的时间求解，而质量通过天平测出，同时，遮光板的宽度可以消去，所以不需要测量遮光片的宽度。故BC正确，AD错误。
故选：。
碰前的速度，碰后的速度，的速度
设的原方向为正方向，根据动量守恒定律可知，应验证的表达式为
联立得
故答案为：调高；；。
根据题意分析滑块的运动情况判断；
根据实验原理判断；
根据速度公式和动量守恒定律推导需要验证的表达式。
本题考查验证动量守恒定律实验，关键掌握实验原理和数据处理方法，光电门的测速原理。
12.【答案】
各种阻力对系统做负功

【解析】解：关于实验一，系统在至所对应的运动过程中，相邻两计数点的时间间隔为，，系统动能的增加量，系统重力势能的减少量，实验结果显示略大于，造成这一结果的主要原因是各种阻力对系统做负功。
在最低点，根据牛顿第二定律有，在最高点，沿细线拉力方向平衡，有，从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有，整理可得。若机械能守恒，斜率的理论值等于。而直线的斜率，由图乙知截距为，解得。
故答案为：，，各种阻力对系统做负功。，。
根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度关系结合动能以及重力势能的表达式列式求解。
根据牛顿第二定律，平衡条件以及机械能守恒定律列式结合图像的斜率与截距的物理意义列式解答。
考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，以及相应的误差分析，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。
13.【答案】座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，座椅重力势能的增加量为 座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，钢绳对座椅做的功为
【解析】解：座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，座椅重力势能的增加量为：
，
由几何关系可得：
，
联立可得：
；
设座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，钢绳对座椅做的功为，钢绳对座椅的拉力大小为，
则座椅从静止到做匀速圆周运动的过程，由动能定理可得：
，
座椅做匀速圆周运动时，
其竖直方向受力平衡，则有：
，
合力提供向心力，则有：
，
由几何关系可知：
，
联立可得：
。
答：座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，座椅重力势能的增加量为；
座椅从静止到匀速圆周运动的过程中，钢绳对座椅做的功为。
结合题意，由重力势能变化量的计算公式及几何关系分别列式，即可分析求解；
结合前面分析及题意，由动能定理、力与力的关系、几何关系分别列式，即可分析求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是：要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
14.【答案】滑杆滑至点时的速度大小为 滑杆滑至点右侧后，机器人离平行轨道平面的最小距离为 滑杆滑至点右侧后，机器人的最大速率为
【解析】解：滑杆滑至点时，其竖直方向速度为，所以机器人的速度为，该过程二者组成的系统机械能守恒，则有：
，
解得：
；
设滑杆滑至点右侧后，机器人离平行轨道平面的最小距离为，
由题意可知，滑杆滑至点右侧后，当二者水平方向速度相等时，机器人离平行轨道的距离最小，以水平向右为正方向，对于滑杆和机器人组成的系统，根据系统水平方向动量守恒可得：
，
根据系统机械能守恒可得：
，
联立可得：
；
当机器人再次到最低点时速度最大，
在最低点，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒可得：
，
由能量守恒可得：
，
结合中结论，联立可得：
，
即机器人的最大速率为。
答：滑杆滑至点时的速度大小为；
滑杆滑至点右侧后，机器人离平行轨道平面的最小距离为；
滑杆滑至点右侧后，机器人的最大速率为。
结合题意，由机械能守恒定律列式，即可分析求解；
结合前面分析及题意，由动量守恒定律、机械能守恒定律分分别列式，即可分别求解；
结合图前面分析及题意，由动量守恒定律、能量守恒定律分别，解释，即可分析求解。
本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。
15.【答案】小物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为 小物块与挡板碰撞的总时间为 小物块到挡板的最大距离为
【解析】解：小物块从圆弧轨道最高点由静止释放并滑至端的过程，根据机械能守恒定律有，代入数据解得刚滑上传送带时的速度为。
由于传送带速度，故A滑上传送带后做匀加速直线运动。由牛顿第二定律，在传送带上运动的加速度大小为，解得。
加速到与传送带同速所需的时间为，解得，此过程中滑行的位移为，解得，
故A之后在传送带上做匀速运动。在加速阶段，传送带运动的位移为，代入数据可得，与传送带之间的相对位移大小为，即。
此过程中因摩擦产生的热量为，代入数据解得。
小物块滑上木板后，由于和初始静止，对有向右的滑动摩擦力。假设和保持相对静止一起向右加速，以、为整体，由牛顿第二定律有，解得整体加速度，此时受到的静摩擦力为，代入数据可得，即，符合题意，故B和保持相对静止一起向右匀加速。
在上做匀减速直线运动，加速度大小为，代入数据可得。初始时与的距离为，代入数据得。
设从滑上到、相碰经历的时间为，由运动学公式有，代入数据解得。
相碰前瞬间，的速度为，代入数据可得，和的速度为，代入数据可得。
A、发生弹性正碰，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，即碰后瞬间，，而的速度仍为。
碰后瞬间，因为，相对向前滑动做匀减速运动，加速度大小为，代入数据可得；
由于，即，与保持相对静止一起向右加速，以、为整体，根据牛顿第二定律有，解得整体加速度。
在此阶段中，与挡板的距离仍为，设再经时间物块与挡板碰撞，由运动学公式有，代入数据解得。
故小物块与挡板碰撞的总时间为，即。
物块与挡板碰撞前瞬间，的速度为，代入数据可得，的速度为，代入数据可得。
与木板的挡板发生弹性正碰，由于质量相等且碰撞瞬间不参与速度突变，与交换速度，碰撞后瞬间，，此时的速度仍为。
碰后由于，向右运动得更快，相对向左滑动远离挡板。受到向右的滑动摩擦力做匀加速运动，加速度大小为，代入数据可得；
受到和向左的滑动摩擦力做匀减速运动，由牛顿第二定律有，解得。
当与速度相等时，到挡板的距离达到最大，根据运动学规律，到挡板的最大距离为，代入数据解得物体到挡板的最大距离为。
答：小物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量为。
小物块与挡板碰撞的总时间为。
小物块到挡板的最大距离为。
小物块从圆弧轨道滑下，根据机械能守恒获得进入传送带的初速度，由于传送带速度大于该初速度，在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带相同时转为匀速运动。摩擦生热仅发生在加速阶段，通过计算与传送带之间的相对位移，结合动摩擦因数即可求出热量。
滑上后，分析、、三者的受力与运动关系。首先判断与相对静止共同加速，在上做匀减速运动，通过、之间的初始距离和两者相对地面的运动学关系，可求出与发生第一次弹性碰撞的时间。碰撞后、交换速度，此时速度大于，将相对向前滑动，再结合与挡板的初始距离及、的相对运动，即可求出从滑上到撞上挡板的总时间。
与挡板发生弹性碰撞后，与再次交换速度。此后，在上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，则受到和施加的滑动摩擦力做匀减速运动。当与的速度达到相等时，到挡板的距离达到最大。通过分析碰撞后和的速度、加速度，利用相对运动规律即可求出该最大距离。
本题是一道综合性极强的力学压轴题，融合了圆周运动、传送带、板块模型以及多次弹性碰撞等核心物理模型。题目计算量较大，对学生的多过程分析能力、临界条件判断能力以及复杂运动学与动力学综合应用能力提出了很高要求。其亮点在于通过精心设计的多个连续物理过程，考查学生能否清晰把握不同阶段物体的受力与运动状态变化，特别是对碰撞后速度交换、相对运动分析以及追及问题的处理。本题涉及多个相对位移与相对速度的计算，需要学生具备扎实的数学运算功底和严谨的逻辑推理链条，是训练学生解决复杂物理问题的绝佳素材。
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