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广东省江门市2024-2025学年高一下学期期末调研考试物理试题
1．2024年江门马拉松赛于12月15日7：30鸣枪开跑，韦春华以1小时18分23秒的成绩获得半程马拉松女子组冠军，半程马拉松全程为21.0975km，路线从五邑华侨广场出发，途经发展大道、滨江碧道、港口一路，终点在白水带公园，下图为参赛选手的运动轨迹截图，下列说法正确的是（　　）
A．“7：30”和“1小时18分23秒”都指时刻
B．研究参赛者的比赛时间时，可以将其视为质点
C．半程马拉松的21.0975km为位移
D．由题给信息能够算出韦春华的平均速度大小
2．下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法错误的是（　　）
A．甲图，牛顿发现了万有引力定律并通过引力扭秤实验测出了万有引力常量
B．乙图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律
3．一个恒力F作用在物体上，使物体在力的方向上发生了一段位移l，下面关于力F做的功的说法中正确的是（　　）
A．物体加速运动时，力F做的功最多
B．物体匀速运动时，力F做的功最多
C．物体减速运动时，力F做的功最少
D．力F对物体做功与物体运动快慢无关
4．北京时间2023年12月15日，我国在文昌航天发射场使用长征五号遥六运载火箭成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。某遥感卫星沿地球同步轨道运行，关于该遥感卫星，下列说法正确的是（　　）
A．其运行速度等于7.9km/s
B．其向心加速度大于放在赤道上的物体的向心加速度
C．其向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．已知该卫星的轨道半径和地球自转的周期，不能求出该卫星的线速度大小
5．在水平面上，小孩拉着雪橇做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反
B．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终指向圆心
C．雪橇受到的拉力方向始终指向圆心
D．雪橇受到的合力始终不变
6．如图所示，一个小球质量为m，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半圆竖直光滑轨道的最高点C，重力加速度大小为g，则小球通过轨道的最低点B时对轨道的压力至少为（　　）
A．mg B．4mg C．5mg D．6mg
7．波轮洗衣机在运行脱水程序时有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上随脱水筒做匀速圆周运动，脱水筒直径400mm，转速为600r/min。下列说法中正确的是（　　）
A．硬币所受重力、摩擦力的合力充当圆周运动的向心力
B．硬币的角速度为10rad/s
C．硬币的线速度为4πm/s
D．硬币需要的向心力约为3.6N
8．一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是（　　）
A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和保持不变
B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和逐渐减小
C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
9．某质点在Oxy平面上运动。t=0时，质点位于坐标原点。它在x轴方向运动的速度时间图像和在y轴方向的位移时间图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．质点在x轴的加速度为2m/s2
B．质点在y轴的加速度为4m/s2
C．t=0时，质点的速度大小为5m/s
D．t=2s时，质点的位置坐标为（10m，8m）
10．如图所示为跳台滑雪的简易示意图，运动员（可视为质点）从雪坡上某位置由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方的斜面上的M、N两点。设落在M、N两点时小球的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，不计空气阻力，关于运动员在PM与PN两段运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动的时间相等 B．速度的变化率相等
C．动能的变化量相等 D．θ1>θ2
11．某兴趣小组的几位成员做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）关于上述实验，下列说法中正确的是（　　）
A．重物最好选择密度较大的铁块
B．重物的质量必须测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以通过纸带测量物体的下落高度h，再代入公式求解瞬时速度
（3）若某同学正确操作得到如图所示的纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为　 　，重物的动能变化量为　 　。（结果用题设字母表示）；
（4）从打O点到打B点的过程中，重物会受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，因此，重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会　 　。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
12．实验小组同学用如图装置探究向心力的表达式的装置。已知塔轮共3层，每层左右半径比分别为 1：1（第一层）、2：1（第二层）、3：1（第三层）。两侧变速塔轮通过皮带连接，长槽和短槽随塔轮转动，挡板A和挡板C离塔轮中心轴的半径相等，标尺显示两球向心力之比。
（1）实验中探究向心力与角速度的关系时，需将质量相同的两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板　 　位置处，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”“理想模型法”）；
（2）当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的　 　倍；右塔轮的角速度是左塔轮的　 　倍；
（3）实验中观察到：当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是（　　）
A．向心力与角速度成正比
B．向心力与角速度的平方成正比
C．向心力与角速度的立方成正比
D．无法确定向心力与角速度的关系
13．如图所示，某人把一个质量m=2kg的小球从h=1.4m高处斜向上抛出，初速度v0=6m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，取地面为零势能面。求：
（1）小球的机械能E多大；
（2）小球落地时速度大小。
14．某人体重50kg，参加“蹦极”比赛，他将长20m的弹性绳栓在脚上（弹性绳的另一端拴在脚边的桩上），他轻轻跳离出发台时速度很小，可以忽略不计。设弹性绳可相当于劲度系数k=100N/m的轻弹簧。取g=10m/s2.，求∶
(1)弹性绳刚伸直时，此人重力的功率多大？
(2)此人下落过程中速度最大时，人下落的高度是多少？
(3)此人下落过程中具有的最大速度为15m/s，那么此时弹性绳的弹性势能多大？
15．如图所示，一倾角为θ的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞（碰撞时间极短），一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小；
（2）小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量；
（3）斜面的高度H。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“7：30”代表开始跑步的瞬间，指的是时刻，“1小时18分23秒”指的是全程的跑步时间，指的是时间，故A错误；
B．研究参赛者的比赛时间时，由于参赛者的形状和体积对运动时间没有影响，可以将其视为质点，故B正确；
C．半程马拉松的21.0975km为运动员运动的轨迹长度，所以代表路程，故C错误；
D．平均速度为位移与时间的比值，由于不知道运动的位移大小，不能够算出韦春华的平均速度大小，故D错误。
故选B。
【分析】开始跑步的瞬间代表时刻；跑完全程的时间代表时间间隔；物体能否作为质点主要看所研究的问题；运动员运动轨迹的长度代表路程；未知位移的大小不能求出平均速度。
2．【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验；伽利略对自由落体运动的研究；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，万有引力常量不是牛顿测出来的，是卡文迪什通过引力扭秤实验测出了万有引力常量，故A错误，符合题意；
B．乙图，伽利略根据理想斜面实验，由于物体做匀速直线运动不需要力的维持，所以提出了力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因，故B正确，不符合题意；
C．丙图，伽利略通过实验分析小球在斜面上做匀变速直线运动，再通过推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比，故C正确，不符合题意；
D．丁图，第谷收集了大量行星运动的数据，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】 卡文迪什通过引力扭秤实验测出了万有引力常量 ； 伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因 ； 伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比 ；开普勒提出了行星三大定律。
3．【答案】D
【知识点】功的概念
【解析】【解答】根据功的计算公式可知力F做功的大小为（力与位移同方向，），根据功的表达式可知功的大小仅由力、位移及两者方向关系决定，与物体运动快慢无关，与物体的运动状态（加速、匀速或减速）无关。只要位移和F相同，功就相同，故ABC错误，D正确，
故选D。
【分析】根据功的表达式可知功的大小仅由力、位移及两者方向关系决定，与物体运动快慢无关，与物体的运动状态（加速、匀速或减速）无关。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．在环绕模型中，卫星所受的万有引力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
，解得线速度的大小为，因为7.9km/s是近地卫星的环绕速度，且因为近地卫星的环绕半径比地球静止卫星小，则该遥感卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即其运行速度小于7.9km/s。故A错误；
B．因为该卫星为同步卫星，所以卫星与赤道上的物体环绕周期和角速度相等，根据向心加速度的表达式有，可知卫星的环绕半径大于赤道上的物体随地球做圆周运动的半径，则其向心加速度大于放在赤道上的物体的向心加速度。故B正确；
C．卫星所受的万有引力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得该卫星的向心加速度，设地球半径为，由于地球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，解得，因为，则，故C错误；
D．地球的自转周期与该卫星做圆周运动的周期大小相等，则根据线速度和周期的关系有
，该卫星的轨道半径和环绕周期都已知，则能求出该卫星的线速度大小。故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用向心加速度的表达式结合角速度相等可以比较加速度的大小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以比较加速度的大小；利用周期和线速度的关系可以求出线速度的大小。
5．【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．雪橇在水平雪地上做匀速圆周运动，速度方向是圆周运动的切线方向，雪橇受到的滑动摩擦力方向与速度方向相反，所以雪橇受到的滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反，A符合题意，B不符合题意；
CD．雪橇做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，又由于向心力始终指向圆心，所以摩擦力和拉力的合力提供向心力且方向指向圆心，雪橇受到的合力方向时刻发生改变，拉力方向不指向圆心，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小孩拉着雪橇做匀速圆周运动，其滑动摩擦力方向与圆周运动的切线方向相反；其拉力方向与摩擦力方向的合力指向圆心；其合力方向时刻改变。
6．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】对小球，恰好通过最高点C，在C点仅有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
从B点到C点，由于重力对小球做功，根据动能定理有
在B点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律得小球通过轨道的最低点B时对轨道的压力至少为6mg，故选D。
【分析】利用小球经过最高点的牛顿第二定律可以求出小球的速度，结合动能定理可以求出小球经过最低点的速度大小，结合牛顿第二定理可以求出小球对轨道的压力大小。
7．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．硬币做匀速圆周运动，根据受力分析可知硬币所受重力、摩擦力和弹力，筒壁的弹力充当圆周运动的向心力，故A错误；
B．已知硬币的转速为600r/min，根据角速度和转速的关系可知硬币的角速度为，故B错误；
C．已知硬币的角速度大小，根据线速度和角速度的关系可知硬币的线速度大小为，故C正确；
D．根据向心力的表达式可知硬币需要的向心力约为，故D错误。
故选C。
【分析】利用受力分析可以得出硬币的受力情况；利用转速的大小可以求出角速度的大小，结合半径可以求出线速度的大小；利用向心力的表达式可以求出向心力的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．由A到C的过程中，由于有弹力做负功，导致物体的机械能转化为弹簧弹性势能，因此物体的机械能减小，动能和重力势能之和减小，AC错误；
BD．从B到C的过程中，由于物块与弹簧为系统没有外力做功，只有重力和系统内弹力做功，所以物块与弹簧组成的系统的机械能不变，由于物体的重力势能增大，因此系统的弹性势能和动能之和减小，BD正确。
故选BD。
【分析】利用物体受到弹力做功结合弹性势能的增大可以判别物块的机械能减小；利用系统机械能守恒结合物体的重力势能增大，因此系统的弹性势能和动能之和减小。
9．【答案】A,C,D
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于在速度时间图像中图像斜率代表加速度，根据图像斜率可知质点在x轴的加速度为，故A正确；
B．由于在位移时间图像中，图像斜率代表速度，根据斜率不变可知质点在y轴做匀速直线运动，加速度为0，故B错误；
C．根据图像斜率可知质点在y轴做匀速直线运动的速度大小为
t=0时，根据速度的合成可以得出质点的速度大小为，故C正确；
D． t=2s时，根据图像面积可知质点的位置x轴坐标为
根据位移公式可知质点的位置y轴坐标为
所以t=2s时，质点的位置坐标为（10m，8m），故D正确。
故选ACD。
【分析】利用速度时间图像斜率可以求出加速度的大小；利用位移时间图像斜率可以求出速度的大小，结合速度的合成可以求出初速度的大小；利用图像面积可以求出质点x轴的坐标，利用位移公式可以求出质点y轴方向的坐标。
10．【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．运动员做平抛运动，根据竖直方向的位移公式，可得运动的时间为
由于运动员落到N时竖直高度大，所以运动时间长，故A错误；
B．速度的变化率即加速度，做平抛运动只受重力作用，根据牛顿第二定律可知加速度为重力加速度，所以运动员在PM与PN两段运动过程中，由于加速度相等所以速度的变化率相等，故B正确；
C．由于物体重力做功导致物体的动能增大，根据动能定理可知
所以由于运动员落到N时竖直高度大，动能的变化量大，故C错误；
D．如图，连接P点到落点构造斜面
根据平抛运动规律可知：速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍
则，，根据位移的方向大小有
所以，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】利用平抛运动竖直方向的位移公式结合高度可以比较运动的时间；利用动能定理结合重力做功可以比较动能的变化量；利用加速度相等可以得出变化率相等；利用位移的方向夹角的大小可以比较速度方向夹角的大小。
11．【答案】（1）B
（2）A；C
（3）；
（4）不变
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了减小重物下落过程受到的阻力大小，在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器。
故选B。
（2）A．为了减小阻力对重力的影响，重物最好选择密度较大的铁块，故A正确；
B．根据机械能守恒定律可知验证机械能守恒定律动能与重力势能中的质量可以消去，所以不需要测量质量，故B错误；
C．实验中为了充分利用纸带，为了打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带，故C正确；
D．正确的是通过测量某段位移，根据某段位移的平均速度近似求解该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验，故D错误。
故选AC。
（3）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可知重物的重力势能变化量为
根据平均速度公式可知打B点时速度大小为
根据动能的表达式可知重物的动能变化量为
（4）从打O点到打B点的过程中，重物受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，不影响重物下落高度的测量，由于高度的测量与阻力无关，因此重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
【分析】（1）在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器；
（2）为了减小阻力对重力的影响，重物最好选择密度较大的铁块；根据机械能守恒定律可知验证机械能守恒定律不需要测量质量；实验中为了充分利用纸带，为了打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带；正确的是通过测量某段位移，根据某段位移的平均速度近似求解该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）由于高度的测量与阻力无关，因此重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
（1）在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器。
故选B。
（2）A．重物最好选择密度较大的铁块，故A正确；
B．由，可知验证机械能守恒定律动能与重力势能中的质量可以消去，所以不需要测量质量，故B错误；
C．实验中为了充分利用纸带，且打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带，故C正确；
D．正确的是通过测量某段位移，求该段位移平均速度的方法求该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验，故D错误。
故选AC。
（3）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为
[2]打B点时速度大小为
重物的动能变化量为
（4）从打O点到打B点的过程中，重物受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，不影响重物下落高度的测量，因此，重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
12．【答案】（1）A；控制变量法
（2）1；2
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；探究一个物理量与多个物理量的关系使用的方法叫做控制变量法。
（2）由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的点由于相同时间经过的弧线长度相等所以线速度大小相等，当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍； 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据线速度和角速度的关系可知
解得
（3）当小球质量和半径不变时，根据向心力的表达式可知当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；本实验使用控制变量法；
（2）塔轮转动时边缘处线速度相等，结合半径的比值可以求出角速度的比值；
（3）利用向心力的表达式结合角速度的变化可以得出实验结论为保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
（1）[1]探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，即需要将两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；
[2]结合上述可知，这种研究方法是控制变量法。
（2）[1]由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的线速度大小相等，则当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍；
[2] 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据
解得
（3）根据当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
13．【答案】（1）64J
（2）8m/s
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
14．【答案】解：(1)弹性绳刚伸直时，人下落高度为20m，有
P=mgv
得P=10000W
(2)当弹力大小等于重力，人的加速度为0时，速度最大。
此时弹性绳伸长量
人下落高度为h1=x+h=25m
(3)从开始下落到速度最大，机械能守恒，有
代入数据可得Ep弹=1250J
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当绳子恰好伸直时，利用动能定理结合功率的表达式可以求出重力的功率的大小；
（2）当人的速度最大时，利用平衡方程可以求出弹簧的形变量，进而求出人下落的高度；
（3）人下落到速度最大时，利用能量守恒定理可以求出弹性势能的大小。
15．【答案】（1）解：设刚要碰撞时小球的速度为，从小球开始下滑到碰撞过程对小球，由动能定理得
解得
小球与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。设碰撞后小球的速度为，物块的速度为，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，
小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小分别是、。
（2）解：由动量定理可得小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量大小为
方向沿斜面向下
（3）解：小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为，设经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，对小球，由牛顿运动定律得
根据匀变速直线运动的位移—时间公式得
设碰撞后物块的加速度为，根据牛顿运动定律有
解得
即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，则
解得

【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下滑到与物块碰撞时，利用动能定理可以求出碰前速度的大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（2）已知小球碰撞过程物块的速度变化，利用动量定理可以求出小球对物块的冲量大小及方向；
（3）当小球碰后先沿斜面向上减速后向下做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式及物块匀速运动的位移公式可以求出斜面的高度。
（1）设刚要碰撞时小球的速度为，从小球开始下滑到碰撞过程对小球，由动能定理得
解得
小球与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。设碰撞后小球的速度为，物块的速度为，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，
小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小分别是、。
（2）由动量定理可得小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量大小为
方向沿斜面向下
（3）小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为，设经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，对小球，由牛顿运动定律得
根据匀变速直线运动的位移—时间公式得
设碰撞后物块的加速度为，根据牛顿运动定律有
解得
即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，则
解得
1 / 1广东省江门市2024-2025学年高一下学期期末调研考试物理试题
1．2024年江门马拉松赛于12月15日7：30鸣枪开跑，韦春华以1小时18分23秒的成绩获得半程马拉松女子组冠军，半程马拉松全程为21.0975km，路线从五邑华侨广场出发，途经发展大道、滨江碧道、港口一路，终点在白水带公园，下图为参赛选手的运动轨迹截图，下列说法正确的是（　　）
A．“7：30”和“1小时18分23秒”都指时刻
B．研究参赛者的比赛时间时，可以将其视为质点
C．半程马拉松的21.0975km为位移
D．由题给信息能够算出韦春华的平均速度大小
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“7：30”代表开始跑步的瞬间，指的是时刻，“1小时18分23秒”指的是全程的跑步时间，指的是时间，故A错误；
B．研究参赛者的比赛时间时，由于参赛者的形状和体积对运动时间没有影响，可以将其视为质点，故B正确；
C．半程马拉松的21.0975km为运动员运动的轨迹长度，所以代表路程，故C错误；
D．平均速度为位移与时间的比值，由于不知道运动的位移大小，不能够算出韦春华的平均速度大小，故D错误。
故选B。
【分析】开始跑步的瞬间代表时刻；跑完全程的时间代表时间间隔；物体能否作为质点主要看所研究的问题；运动员运动轨迹的长度代表路程；未知位移的大小不能求出平均速度。
2．下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法错误的是（　　）
A．甲图，牛顿发现了万有引力定律并通过引力扭秤实验测出了万有引力常量
B．乙图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
C．丙图，伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比
D．丁图，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律
【答案】A
【知识点】伽利略理想斜面实验；伽利略对自由落体运动的研究；开普勒定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，万有引力常量不是牛顿测出来的，是卡文迪什通过引力扭秤实验测出了万有引力常量，故A错误，符合题意；
B．乙图，伽利略根据理想斜面实验，由于物体做匀速直线运动不需要力的维持，所以提出了力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因，故B正确，不符合题意；
C．丙图，伽利略通过实验分析小球在斜面上做匀变速直线运动，再通过推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比，故C正确，不符合题意；
D．丁图，第谷收集了大量行星运动的数据，开普勒通过大量天文观测数据总结了行星运行的规律，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】 卡文迪什通过引力扭秤实验测出了万有引力常量 ； 伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因 ； 伽利略通过实验加推理的研究方法得到自由落体的速度与时间成正比 ；开普勒提出了行星三大定律。
3．一个恒力F作用在物体上，使物体在力的方向上发生了一段位移l，下面关于力F做的功的说法中正确的是（　　）
A．物体加速运动时，力F做的功最多
B．物体匀速运动时，力F做的功最多
C．物体减速运动时，力F做的功最少
D．力F对物体做功与物体运动快慢无关
【答案】D
【知识点】功的概念
【解析】【解答】根据功的计算公式可知力F做功的大小为（力与位移同方向，），根据功的表达式可知功的大小仅由力、位移及两者方向关系决定，与物体运动快慢无关，与物体的运动状态（加速、匀速或减速）无关。只要位移和F相同，功就相同，故ABC错误，D正确，
故选D。
【分析】根据功的表达式可知功的大小仅由力、位移及两者方向关系决定，与物体运动快慢无关，与物体的运动状态（加速、匀速或减速）无关。
4．北京时间2023年12月15日，我国在文昌航天发射场使用长征五号遥六运载火箭成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。某遥感卫星沿地球同步轨道运行，关于该遥感卫星，下列说法正确的是（　　）
A．其运行速度等于7.9km/s
B．其向心加速度大于放在赤道上的物体的向心加速度
C．其向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．已知该卫星的轨道半径和地球自转的周期，不能求出该卫星的线速度大小
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．在环绕模型中，卫星所受的万有引力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
，解得线速度的大小为，因为7.9km/s是近地卫星的环绕速度，且因为近地卫星的环绕半径比地球静止卫星小，则该遥感卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即其运行速度小于7.9km/s。故A错误；
B．因为该卫星为同步卫星，所以卫星与赤道上的物体环绕周期和角速度相等，根据向心加速度的表达式有，可知卫星的环绕半径大于赤道上的物体随地球做圆周运动的半径，则其向心加速度大于放在赤道上的物体的向心加速度。故B正确；
C．卫星所受的万有引力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得该卫星的向心加速度，设地球半径为，由于地球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有，解得，因为，则，故C错误；
D．地球的自转周期与该卫星做圆周运动的周期大小相等，则根据线速度和周期的关系有
，该卫星的轨道半径和环绕周期都已知，则能求出该卫星的线速度大小。故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用向心加速度的表达式结合角速度相等可以比较加速度的大小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以比较加速度的大小；利用周期和线速度的关系可以求出线速度的大小。
5．在水平面上，小孩拉着雪橇做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反
B．雪橇受到的滑动摩擦力方向始终指向圆心
C．雪橇受到的拉力方向始终指向圆心
D．雪橇受到的合力始终不变
【答案】A
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】AB．雪橇在水平雪地上做匀速圆周运动，速度方向是圆周运动的切线方向，雪橇受到的滑动摩擦力方向与速度方向相反，所以雪橇受到的滑动摩擦力方向始终与圆周运动的切线方向相反，A符合题意，B不符合题意；
CD．雪橇做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，又由于向心力始终指向圆心，所以摩擦力和拉力的合力提供向心力且方向指向圆心，雪橇受到的合力方向时刻发生改变，拉力方向不指向圆心，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小孩拉着雪橇做匀速圆周运动，其滑动摩擦力方向与圆周运动的切线方向相反；其拉力方向与摩擦力方向的合力指向圆心；其合力方向时刻改变。
6．如图所示，一个小球质量为m，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半圆竖直光滑轨道的最高点C，重力加速度大小为g，则小球通过轨道的最低点B时对轨道的压力至少为（　　）
A．mg B．4mg C．5mg D．6mg
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】对小球，恰好通过最高点C，在C点仅有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
从B点到C点，由于重力对小球做功，根据动能定理有
在B点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律得小球通过轨道的最低点B时对轨道的压力至少为6mg，故选D。
【分析】利用小球经过最高点的牛顿第二定律可以求出小球的速度，结合动能定理可以求出小球经过最低点的速度大小，结合牛顿第二定理可以求出小球对轨道的压力大小。
7．波轮洗衣机在运行脱水程序时有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上随脱水筒做匀速圆周运动，脱水筒直径400mm，转速为600r/min。下列说法中正确的是（　　）
A．硬币所受重力、摩擦力的合力充当圆周运动的向心力
B．硬币的角速度为10rad/s
C．硬币的线速度为4πm/s
D．硬币需要的向心力约为3.6N
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．硬币做匀速圆周运动，根据受力分析可知硬币所受重力、摩擦力和弹力，筒壁的弹力充当圆周运动的向心力，故A错误；
B．已知硬币的转速为600r/min，根据角速度和转速的关系可知硬币的角速度为，故B错误；
C．已知硬币的角速度大小，根据线速度和角速度的关系可知硬币的线速度大小为，故C正确；
D．根据向心力的表达式可知硬币需要的向心力约为，故D错误。
故选C。
【分析】利用受力分析可以得出硬币的受力情况；利用转速的大小可以求出角速度的大小，结合半径可以求出线速度的大小；利用向心力的表达式可以求出向心力的大小。
8．一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是（　　）
A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和保持不变
B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和逐渐减小
C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．由A到C的过程中，由于有弹力做负功，导致物体的机械能转化为弹簧弹性势能，因此物体的机械能减小，动能和重力势能之和减小，AC错误；
BD．从B到C的过程中，由于物块与弹簧为系统没有外力做功，只有重力和系统内弹力做功，所以物块与弹簧组成的系统的机械能不变，由于物体的重力势能增大，因此系统的弹性势能和动能之和减小，BD正确。
故选BD。
【分析】利用物体受到弹力做功结合弹性势能的增大可以判别物块的机械能减小；利用系统机械能守恒结合物体的重力势能增大，因此系统的弹性势能和动能之和减小。
9．某质点在Oxy平面上运动。t=0时，质点位于坐标原点。它在x轴方向运动的速度时间图像和在y轴方向的位移时间图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．质点在x轴的加速度为2m/s2
B．质点在y轴的加速度为4m/s2
C．t=0时，质点的速度大小为5m/s
D．t=2s时，质点的位置坐标为（10m，8m）
【答案】A,C,D
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于在速度时间图像中图像斜率代表加速度，根据图像斜率可知质点在x轴的加速度为，故A正确；
B．由于在位移时间图像中，图像斜率代表速度，根据斜率不变可知质点在y轴做匀速直线运动，加速度为0，故B错误；
C．根据图像斜率可知质点在y轴做匀速直线运动的速度大小为
t=0时，根据速度的合成可以得出质点的速度大小为，故C正确；
D． t=2s时，根据图像面积可知质点的位置x轴坐标为
根据位移公式可知质点的位置y轴坐标为
所以t=2s时，质点的位置坐标为（10m，8m），故D正确。
故选ACD。
【分析】利用速度时间图像斜率可以求出加速度的大小；利用位移时间图像斜率可以求出速度的大小，结合速度的合成可以求出初速度的大小；利用图像面积可以求出质点x轴的坐标，利用位移公式可以求出质点y轴方向的坐标。
10．如图所示为跳台滑雪的简易示意图，运动员（可视为质点）从雪坡上某位置由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方的斜面上的M、N两点。设落在M、N两点时小球的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，不计空气阻力，关于运动员在PM与PN两段运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动的时间相等 B．速度的变化率相等
C．动能的变化量相等 D．θ1>θ2
【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．运动员做平抛运动，根据竖直方向的位移公式，可得运动的时间为
由于运动员落到N时竖直高度大，所以运动时间长，故A错误；
B．速度的变化率即加速度，做平抛运动只受重力作用，根据牛顿第二定律可知加速度为重力加速度，所以运动员在PM与PN两段运动过程中，由于加速度相等所以速度的变化率相等，故B正确；
C．由于物体重力做功导致物体的动能增大，根据动能定理可知
所以由于运动员落到N时竖直高度大，动能的变化量大，故C错误；
D．如图，连接P点到落点构造斜面
根据平抛运动规律可知：速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍
则，，根据位移的方向大小有
所以，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】利用平抛运动竖直方向的位移公式结合高度可以比较运动的时间；利用动能定理结合重力做功可以比较动能的变化量；利用加速度相等可以得出变化率相等；利用位移的方向夹角的大小可以比较速度方向夹角的大小。
11．某兴趣小组的几位成员做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）关于上述实验，下列说法中正确的是（　　）
A．重物最好选择密度较大的铁块
B．重物的质量必须测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以通过纸带测量物体的下落高度h，再代入公式求解瞬时速度
（3）若某同学正确操作得到如图所示的纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为　 　，重物的动能变化量为　 　。（结果用题设字母表示）；
（4）从打O点到打B点的过程中，重物会受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，因此，重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会　 　。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】（1）B
（2）A；C
（3）；
（4）不变
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了减小重物下落过程受到的阻力大小，在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器。
故选B。
（2）A．为了减小阻力对重力的影响，重物最好选择密度较大的铁块，故A正确；
B．根据机械能守恒定律可知验证机械能守恒定律动能与重力势能中的质量可以消去，所以不需要测量质量，故B错误；
C．实验中为了充分利用纸带，为了打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带，故C正确；
D．正确的是通过测量某段位移，根据某段位移的平均速度近似求解该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验，故D错误。
故选AC。
（3）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可知重物的重力势能变化量为
根据平均速度公式可知打B点时速度大小为
根据动能的表达式可知重物的动能变化量为
（4）从打O点到打B点的过程中，重物受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，不影响重物下落高度的测量，由于高度的测量与阻力无关，因此重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
【分析】（1）在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器；
（2）为了减小阻力对重力的影响，重物最好选择密度较大的铁块；根据机械能守恒定律可知验证机械能守恒定律不需要测量质量；实验中为了充分利用纸带，为了打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带；正确的是通过测量某段位移，根据某段位移的平均速度近似求解该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）由于高度的测量与阻力无关，因此重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
（1）在释放纸带瞬间应保证纸带竖直，且重物应靠近打点计时器。
故选B。
（2）A．重物最好选择密度较大的铁块，故A正确；
B．由，可知验证机械能守恒定律动能与重力势能中的质量可以消去，所以不需要测量质量，故B错误；
C．实验中为了充分利用纸带，且打第一个点时纸带速度接近为零，应先接通电源后释放纸带，故C正确；
D．正确的是通过测量某段位移，求该段位移平均速度的方法求该段位移中间时刻的瞬时速度，如果用 求速度是以机械能守恒为前提得出的结果，无法验证实验，故D错误。
故选AC。
（3）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为
[2]打B点时速度大小为
重物的动能变化量为
（4）从打O点到打B点的过程中，重物受到空气阻力的作用，纸带与限位孔之间也存在相互作用的摩擦力，不影响重物下落高度的测量，因此，重物的重力势能变化量的测量值与真实值相比会不变。
12．实验小组同学用如图装置探究向心力的表达式的装置。已知塔轮共3层，每层左右半径比分别为 1：1（第一层）、2：1（第二层）、3：1（第三层）。两侧变速塔轮通过皮带连接，长槽和短槽随塔轮转动，挡板A和挡板C离塔轮中心轴的半径相等，标尺显示两球向心力之比。
（1）实验中探究向心力与角速度的关系时，需将质量相同的两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板　 　位置处，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”“理想模型法”）；
（2）当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的　 　倍；右塔轮的角速度是左塔轮的　 　倍；
（3）实验中观察到：当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是（　　）
A．向心力与角速度成正比
B．向心力与角速度的平方成正比
C．向心力与角速度的立方成正比
D．无法确定向心力与角速度的关系
【答案】（1）A；控制变量法
（2）1；2
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；探究一个物理量与多个物理量的关系使用的方法叫做控制变量法。
（2）由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的点由于相同时间经过的弧线长度相等所以线速度大小相等，当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍； 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据线速度和角速度的关系可知
解得
（3）当小球质量和半径不变时，根据向心力的表达式可知当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，还需要控制小球的质量相等，即需要将两个相同质量的钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；本实验使用控制变量法；
（2）塔轮转动时边缘处线速度相等，结合半径的比值可以求出角速度的比值；
（3）利用向心力的表达式结合角速度的变化可以得出实验结论为保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
（1）[1]探究向心力与角速度的关系时，需确保小球质量与圆周运动的半径相等，即需要将两个钢球分别放在短槽的挡板C和长槽的挡板A位置处；
[2]结合上述可知，这种研究方法是控制变量法。
（2）[1]由于皮带传动时，与皮带接触的边缘的线速度大小相等，则当皮带套在第二层塔轮时，右塔轮边缘线速度是左塔轮边缘线速度的1倍；
[2] 第二层塔轮右塔轮与左塔轮半径之比为1：2，根据
解得
（3）根据当角速度增大到原来的2倍时，标尺显示的向心力格子数变为原来的4倍。由此可得出的结论是保持小球质量与圆周运动的半径相等时，向心力与角速度的平方成正比。
故选B。
13．如图所示，某人把一个质量m=2kg的小球从h=1.4m高处斜向上抛出，初速度v0=6m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，取地面为零势能面。求：
（1）小球的机械能E多大；
（2）小球落地时速度大小。
【答案】（1）64J
（2）8m/s
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
14．某人体重50kg，参加“蹦极”比赛，他将长20m的弹性绳栓在脚上（弹性绳的另一端拴在脚边的桩上），他轻轻跳离出发台时速度很小，可以忽略不计。设弹性绳可相当于劲度系数k=100N/m的轻弹簧。取g=10m/s2.，求∶
(1)弹性绳刚伸直时，此人重力的功率多大？
(2)此人下落过程中速度最大时，人下落的高度是多少？
(3)此人下落过程中具有的最大速度为15m/s，那么此时弹性绳的弹性势能多大？
【答案】解：(1)弹性绳刚伸直时，人下落高度为20m，有
P=mgv
得P=10000W
(2)当弹力大小等于重力，人的加速度为0时，速度最大。
此时弹性绳伸长量
人下落高度为h1=x+h=25m
(3)从开始下落到速度最大，机械能守恒，有
代入数据可得Ep弹=1250J
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）当绳子恰好伸直时，利用动能定理结合功率的表达式可以求出重力的功率的大小；
（2）当人的速度最大时，利用平衡方程可以求出弹簧的形变量，进而求出人下落的高度；
（3）人下落到速度最大时，利用能量守恒定理可以求出弹性势能的大小。
15．如图所示，一倾角为θ的斜面固定在水平面上，质量为5m的物块静止于斜面上O处。在距离O点h高处的斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞（碰撞时间极短），一段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，小球与斜面间摩擦忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小；
（2）小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量；
（3）斜面的高度H。
【答案】（1）解：设刚要碰撞时小球的速度为，从小球开始下滑到碰撞过程对小球，由动能定理得
解得
小球与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。设碰撞后小球的速度为，物块的速度为，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，
小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小分别是、。
（2）解：由动量定理可得小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量大小为
方向沿斜面向下
（3）解：小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为，设经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，对小球，由牛顿运动定律得
根据匀变速直线运动的位移—时间公式得
设碰撞后物块的加速度为，根据牛顿运动定律有
解得
即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，则
解得

【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下滑到与物块碰撞时，利用动能定理可以求出碰前速度的大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（2）已知小球碰撞过程物块的速度变化，利用动量定理可以求出小球对物块的冲量大小及方向；
（3）当小球碰后先沿斜面向上减速后向下做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式及物块匀速运动的位移公式可以求出斜面的高度。
（1）设刚要碰撞时小球的速度为，从小球开始下滑到碰撞过程对小球，由动能定理得
解得
小球与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。设碰撞后小球的速度为，物块的速度为，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得，
小球与物块刚碰撞后它们的速度v1、v2的大小分别是、。
（2）由动量定理可得小球与物块碰撞过程小球对物块的冲量大小为
方向沿斜面向下
（3）小球与物块碰撞后先沿斜面向上匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加速度为，设经时间t运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，对小球，由牛顿运动定律得
根据匀变速直线运动的位移—时间公式得
设碰撞后物块的加速度为，根据牛顿运动定律有
解得
即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，则
解得
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