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广东广州奥林匹克中学2025-2026学年高二下学期4月调研物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．驱动力的频率越高，做受迫振动物体的振幅越大
B．医院对病人进行“超声波彩超”检查，利用了波的多普勒效应
C．任意两列波相遇都将产生稳定的干涉现象
D．同一声源发出的声波在空气和水中传播的波长相同
2．如图所示，在光滑的水平面上，小明站在平板车上用锤子敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。下列说法正确的是（　　）
A．当人挥动锤子，敲打车之前，小车保持静止
B．停止敲打小车，人、车和锤组成的系统将水平匀速向右
C．人、车和锤组成的系统动量守恒
D．人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒
3．开车时，驾驶员必须系上安全带，因为它是驾驶员生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为60kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下，不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下，则在碰撞过程中使用安全带（　　）
A．减小了假人所受合外力的冲量
B．减小了假人的动量变化量
C．使假人受到的平均作用力约为1500N
D．增大了假人受到的冲击力
4．航模小组制作了一枚质量为的火箭模型，某时刻火箭速度为，方向水平，燃料即将耗尽。如图，火箭突然炸裂成两块，其中质量为的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为，则炸裂后另一块速度大小为
A． B． C． D．
5．质量分别为和的两个大小相同的匀质小球在光滑水平面上发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后的位移—时间图像如图所示。已知，下列说法中正确的是（　　）
A．碰后两球的速度方向相同
B．碰后质量为的小球速度为2m/s
C．
D．该碰撞为弹性碰撞
6．某科研浮标在水波的带动下做竖直方向上的简谐振动。从某时刻开始计时，其振动方程为，若水波可视为横波且其传播速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．该水波的波长为4m
B．浮标1min可以完成60次全振动
C．1.4s时，浮标沿轴正方向运动
D．经过3s，浮标沿水波传播方向运动了6m
7．蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物振动产生的微小横波（如图1），波形可抽象为沿x轴传播的简谐横波。如图2为时刻的波形图，A为猎物的位置（平衡位置位于处），C为蝎子的位置（平衡位置位于处）。已知时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是（　　）
A．C点的起振方向向下
B．该机械波的波速为
C．该机械波的频率为
D．时，A处质点处于平衡位置
8．如图（甲）所示，弹簧一端固定，另一端连接一个小球，小球置于水平光滑地面上，O点为小球自然静止的位置。在O点给小球一个水平向右的瞬时速度，小球在A、B两点间做往复运动，若规定向右为正，图（乙）为小球运动的位置-时刻图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）
A．在时，小球的加速度为负向最大
B．在与两个时刻，小球的位移和速度均相同
C．从到时间内，小球做加速度增加的减速运动
D．在时，小球的速度最小
9．质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动.质量为m的子弹以水平速度射入木块，刚好能将木块射穿.现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度射入静止的木块.设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则
A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
10．如图为弹跳玩具，底部是一个质量为的底座，通过轻弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为，重力加速度为，则（　　）
A．松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为
C．绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为
D．小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为
11．某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂S处的水面上有一片小树叶。小树叶将先向　 　（选填“上”或“下”）运动；浮漂的振幅越小，波传到S处时间　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）；浮漂的振幅越大，小树叶的振动频率　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
12．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示，则该波沿x轴　 　（填“正”或“负”）方向传播，波长为　 　m，传播速度大小　 　m/s。
13．良好的生活习惯对人的一生有重要意义。有些同学在家经常躺着看手机，出现了手机碰伤眼睛的情况。若手机质量为，从距离眼睛约的高度无初速度掉落，碰到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，g取，则手机碰到眼睛时的速度约为　 　m/s，手机对眼睛的冲击力约为　 　N。
14．某同学用单摆周期公式测当地重力加速度的值，组装了几种实验装置。
（1）下列最合理的装置是________。
A． B．
C． D．
（2）用游标卡尺测量小球直径，示数如图甲所示，则摆球的直径　 　。周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与　 　之和（用d表示）。
（3）实验中多次改变摆线长度，并测得对应的周期T，该同学误将摆线长度当成了摆长，作出图像如图乙，该图像的斜率为　 　（填“”“”或“”）。
15．如图（a），光电门1、2固定在气垫导轨上，滑块A静置于光电门1左侧，滑块B静置于光电门1、2之间，现用该装置验证A、B碰撞前后系统动量守恒。完成下列相关实验内容。
（1）实验原理
若气垫导轨水平，A、B质量分别为；A向右运动，遮光片通过光电门1的遮光时间为，A、B碰后粘在一起运动，遮光片通过光电门2的遮光时间为。当　 　（用表示）时，系统动量守恒得到验证。
（2）实验操作
①调节气垫导轨水平：接通气源，仅将A放置于光电门1的左侧，轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则需要适当　 　（填“升高”“降低”）导轨左端，反复调节使气垫导轨水平；
②再将A、B如图（a）放置，轻推A，使A、B碰撞并粘在一起，记录的值；
③重复步骤②，多次实验，记录多组数据；
（3）实验数据处理
把记录的数据在图（b）中描点连线，作出图线，其斜率k=　 　（保留两位有效数字）；已知，若定义，本次实验　 　%（保留1位有效数字）。
16．列车进入编组站后要分解重组，会出现列车挂接问题，许多节车厢逐一组合起来的过程实质上是一个完全非弹性碰撞过程。平直轨道上静止停放4节、每节质量均为m的车厢，相邻车厢之间间隙相等且均为s。第一节车厢以速度向第二节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”挂接在一起，直到4节车厢全部挂好组成列车。不计一切阻力，碰撞时间很短，可忽略不计。求：
（1）列车最后的速度大小；
（2）第一节车厢与第二节车厢挂接过程中损失的机械能；
（3）整个过程经历的时间。
17．如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）小车C的长度。
18．如图所示，绝缘水平面上有宽l＝0.4 m的匀强电场区域，场强E＝6×105N/C，方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点；带电量q＝＋5×10－8 C、质量m＝1×10－2kg的物块A在距O点x＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k（k＞1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，且A的电荷量始终不变，g取10 m/s2。
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】该题考查多普勒现象、波的干涉与受迫振动等知识点的内容，明确系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大是解题的关键。A．物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振，故A错误；
B．医生利用超声波探测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故B正确；
C．两列频率相同、相位差恒定的波相遇才能产生稳定的干涉现象，故C错误；
D．同一声源发出的声波在空气和水中传播时，频率不变，波速不同，根据可知，波长改变，故D错误。
故选B。
【分析】受迫振动的振幅与驱动力频率和固有频率的关系有关；医院对病人进行“超声波彩超”检查，利用了波的多普勒效应；两列波产生稳定干涉的条件是频率相同、相位差恒定、振动方向相同；
同一声源发出的声波在空气和水中传播的波长不同。
2．【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】CD．由于以人、车和锤组成的系统中，根据受力分析可知竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，根据受力分析可知系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，C错误，D正确；
AB．初始时，人、车、锤都静止，水平动量为零，所以水平方向动量时刻为零，当人挥动锤子，敲打车之前，小车的运动方向始终与锤的运动方向相反，不能保持静止；停止敲打小车，由于初动量等于0所以末动量等于0，则人、车和锤组成的系统将保持静止，AB错误。
故选D。
【分析】利用受力分析可知系统的动量不守恒，水平方向动量守恒；利用水平方向动量守恒结合初动量可以判别小车的运动方向始终与锤的运动方向相反， 停止敲打小车，人、车和锤组成的系统将保持静止 。
3．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据汽车的速度20m/s，假人的质量为60kg可知假人的初动量为
末动量为0，根据初末速度的变化可知所以无论是否使用安全带，假人的动量变化量相同，当有安全带时，根据动量定理可得
解得
当没有安全带时，根据动量定理可知
根据计算可知安全带增加了碰撞过程中的作用时间，减小了假人受到的冲击力。
故选C。
【分析】利用假人的初速度和质量可以求出初动量的大小，由于假人的末速度等于0，无论是否使用安全带，假人的动量变化量相同，根据动量定理可知合外力的冲量相等，结合动量定理可知安全带增加了碰撞过程中的作用时间，减小了假人受到的冲击力。
4．【答案】D
【知识点】爆炸
【解析】【解答】以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂成两块瞬间，由于炸裂过程内力远远大于外力，所以系统在水平方向动量守恒，根据水平方向动量守恒得
则
故选D。
【分析】利用动量守恒定律可以求出炸裂后另一块的速度大小。
5．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A．因x-t图像的斜率等于速度，根据碰后图线斜率的符号相反可知碰后两球的速度方向相反，A错误；
B．碰后根据图线斜率可知质量为的小球速度为，B错误；
C．碰前根据图线斜率可知质量为的小球速度为
碰前质量为的小球速度为0；碰后根据图线斜率可知质量为的小球速度为
根据动量守恒定律
解得，C错误；
D．已知碰撞前后小球的速度，根据动能的表达式可知碰撞损失能量
则该碰撞为弹性碰撞，D正确。
故选D。
【分析】利用图线斜率可以求出碰撞前后速度的大小及方向，结合动量守恒定律可以求出小球的质量，结合动能的表达式可以比较碰撞前后动能的大小，进而判别碰撞的类型。
6．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A．根据浮标的振动方程，根据方程可得根据周期和角速度的关系可知
解得
已知水波的传播速度为，周期为2s，所以该水波的波长为，故A正确；
B．已知浮标振动的周期为2s，浮标1min可以完成次全振动，故B错误；
C．，根据正弦函数的规律，可知在时，浮标的位移为负值，且此时浮标速度方向为沿轴负方向运动，故C错误；
D．浮标只在竖直方向上做简谐振动，不会随波迁移，所以沿水波传播方向位移为0，故D错误。
故选A。
【分析】利用振动方程可以得出角频率的大小，利用角频率可以求出周期的大小，利用周期和波速可以求出波长的大小；利用振动的时间结合周期可以求出振动的次数；利用振动方程可以判别浮标的速度方向；浮标不会随波迁移。
7．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图2横波刚好传播到质点B的位置，由此可知，波沿x轴负方向传播，由于B质点的起振方向与波前质点的方向相同，根据同侧法可知，B点的起振方向向上，由于所有质点的起振方向均相同，则C点的起振方向向上，故A错误；
B.0时刻，质点B刚刚开始振动，由于时，蝎子感受到振动，可知，在0.05s内，根据BC的距离可知波传播的距离
已知传播的时间，根据传播的距离和时间可知该机械波的波速为，故B正确；
C．根据横波传播的图像可知波长
根据波速和波长的关系可知，由于频率和周期的关系有
结合上述解得，，故C错误；
D．时刻，A处质点处于波谷，由于传播的时间
可知，时，A处质点处于波峰，故D错误。
故选B。
【分析】利用质点的位置可以判别波传播的方向，利用波传播的方向结合波前质点的位置可以判别质点起振的方向；利用波传播的距离和时间可以求出波速的大小，结合波长的大小可以求出频率的大小；利用振动的时间结合周期可以判别质点的位置。
8．【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，时，小球位于正向最大位移处，由于弹簧处于最大的形变量，此时弹力最大，根据牛顿第二定律可得小球的加速度为
根据位移的方向可知小球的加速度为负向最大，故A正确；
B．由图乙可知，在与两个时刻，小球的位移相同，根据图像斜率可知速度大小相等，方向相反，B错误；
C．从到时间内，小球从平衡位置向最大位移处移动，位移逐渐增大，根据加速度的表达式可知加速度逐渐增大，由于小球速度方向与加速度方向相反，满足减速的条件所以小球的速度逐渐减小，因此从到时间内，小球做加速度增加的减速运动，故C正确；
D．由图乙可知，在时，小球在平衡位置，由于此时小球的加速度等于0所以小球的速度最大，故D错误。
故选AC。
【分析】利用质点的位移结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小及方向；利用图像斜率可以判别小球速度的大小及方向；利用小球的位移大小可以判别加速度的大小，利用图像斜率可以判别速度的变化；利用小球在平衡位置加速度等于0所以速度出现最大值。
9．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．拔去销钉，当木块与子弹碰撞时，由于系统在光滑水平面上，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；由于碰撞过程中因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误
B．当木块固定时，摩擦力对子弹做功，根据动能定理可知：
解得：
故B正确.
C．拔去销钉，由于系统不受外力，子弹与木块系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：
解得：
故C错误.
D．拔去销钉，由于已知子弹和木块的最后速度，故整个过程根据动能定理有：
解得：
故D正确.
【分析】利用拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒；利用动能定理可以求出摩擦力的大小；利用动量守恒定律可以求出子弹和木块的最终速度，结合动能定理可以求出子弹射入木块的深度。
10．【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．松手后到上升最大高度的过程中，绳子绷紧瞬间，相当于小球和底座发生完全非弹性碰撞，所以玩具存在机械能损失，因此玩具的机械能不守恒，A错误；
B．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，根据速度位移公式有
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，以小球、弹簧、底座为系统，在绳子绷紧的瞬间，根据动量守恒定律可得
解得，B正确；
C．已知底座速度的变化，由于合外力的冲量等于动量变化量，根据动量定理可得合力对底座的冲量为，C正确；
D．在绳子绷紧前的瞬间，小球的动能
用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，由于弹簧减小的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，所以弹性势能大于动能的增量，故弹性势能满足，D错误。
故选BC。
【分析】利用绳子绷紧瞬间，相当于小球和底座发生完全非弹性碰撞，所以玩具存在机械能损失，因此玩具的机械能不守恒；利用速度位移公式可以求出小球向上运动的速度大小，结合绷紧瞬间的动量守恒定律可以求出小球绷紧前的速度；利用动量定理可以求出合力对底座的冲量；利用小球的动能大小结合能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小。
11．【答案】下；不变；不变
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】石子砸中浮漂后，浮漂将向下运动，由于质点振动方向与波源起振方向相同，传到树叶后，树叶也将先向下运动；
简谐波的波速由介质决定，与振幅无关，所以当浮漂振动幅度减小时，波速不变，故波传到S处时间不变；
简谐运动的周期和频率与振幅无关，当振幅减小时，振动的周期和频率保持不变，故小树叶的振动频率不变。
【分析】 石子砸中浮漂后，浮漂将向下运动，传到树叶后，树叶也将先向下运动；简谐波的波速由介质决定，与振幅无关，故波传到S处时间不变；简谐运动的周期和频率与振幅无关，故小树叶的振动频率不变。
12．【答案】正；8；1
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据乙图可知时刻坐标原点处质点正沿轴负方向运动，由于质点振动方向与波前质点相同，所以可知波沿轴正方向传播；
根据波形图中传播的距离可知
可得波长为
由图乙可知，波动周期为，根据波长和周期的比值可知波的传播速度大小为
【分析】利用质点振动结合波形图可知波的传播方向；利用波形图可知波长的大小，结合周期可以求出波速的大小。
13．【答案】2；4.2
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】手机下落做自由落体运动，根据速度位移公式有
代入数据解得手机碰到眼睛时的速度
方向竖直向下。
对手机受力分析，选取竖直向上的方向为正方向，由于撞击到眼睛时，手机受到支持力和重力的合力冲量，根据动量定理可得
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知，眼睛受到手机的冲击力大小也为。
【分析】利用速度位移公式可以求出手机碰到眼睛的速度大小；利用动量定理结合牛顿第三定理可以求出眼睛受到手机的冲击力大小。
14．【答案】（1）D
（2）；
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了游标卡尺的读数和用单摆测量当地的重力加速度的实验，要明确实验原理和实验的注意事项，掌握单摆的周期公式，根据单摆周期公式求解T2-l函数是解题的关键。
（1）为了减小误差，小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应选用细丝线，且要保证摆动过程中摆点不发生移动固定，应采取铁夹夹住细丝线。故选D。
（2）由图甲可知，摆球的直径
周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径，即。
（3）根据题意，由单摆的周期公式可得
整理可得
则图像的斜率为。
【分析】（1）单摆作为一种理想化的模型，根据单摆装置的实验条件分析作答；
（2）20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
根据单摆周期公式中摆长的含义分析作答；
（3）根据单摆周期公式求解T2-l函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）为了减小误差，小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应选用细丝线，且要保证摆动过程中摆点不发生移动固定，应采取铁夹夹住细丝线。故选D。
（2）[1]由图甲可知，摆球的直径
[2]周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径，即。
（3）根据题意，由单摆的周期公式可得
整理可得
则图像的斜率为。
15．【答案】（1）
（2）降低
（3）0.49；3
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。
（1）设遮光片的宽度为，则A通过光电门1的速度为
A、B碰后粘在一起通过光电门2的速度为
若系统动量守恒，则有
联立可得，当满足
系统动量守恒得到验证。
（2）轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，说明A做加速运动，则需要适当降低导轨左端，反复调节使气垫导轨水平。
（3）由图（b）中数据可得，图线的斜率为
已知，则有
则有
【分析】（1）遮光块通过光电门的平均速度等于滑块通过光电门的瞬时速度，根据动量守恒定律分析解答；
（2）遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则滑块速度增大，应降低导轨左端；
（3）分别求出碰撞前和碰撞后的总动量，根据计算结果得出结论。
（1）设遮光片的宽度为，则A通过光电门1的速度为
A、B碰后粘在一起通过光电门2的速度为
若系统动量守恒，则有
联立可得，当满足
系统动量守恒得到验证。
（2）轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，说明A做加速运动，则需要适当降低导轨左端，反复调节使气垫导轨水平。
（3）[1]由图（b）中数据可得，图线的斜率为
[2]已知，则有
则有
16．【答案】（1）设列车最后的速度为v，对4节车厢，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
解得

（2）设第一、二节车厢挂接后的速度为，对第一、二节车厢，由动量守恒定律得
解得
设第一、二节车厢挂接过程中损失的机械能为，由能量守恒定律有
联立解得

（3）设前三节车厢挂接后的速度为，由动量守恒定律得
解得
设相邻车厢挂接前的运动时间分别为、、，整个过程经历的时间为t，由，，
整个过程经历的时间为
联立解得

【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当第一节车厢运动到四节车厢开始运动时，利用动量守恒定律可以求出列车最后速度的大小；
（2）当第一节和第二节车厢发生碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（3）第二节和第三节车厢碰撞时，利用动量守恒定律可以求出第三节车厢获得的速度，结合位移公式可以求出总的运动时间。
（1）设列车最后的速度为v，对4节车厢，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）设第一、二节车厢挂接后的速度为，对第一、二节车厢，由动量守恒定律得
解得
设第一、二节车厢挂接过程中损失的机械能为，由能量守恒定律有
联立解得
（3）设前三节车厢挂接后的速度为，由动量守恒定律得
解得
设相邻车厢挂接前的运动时间分别为、、，整个过程经历的时间为t，由，，
整个过程经历的时间为
联立解得
17．【答案】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有
解得，滑块A刚到平台上的速度大小为
（2）弹簧恢复原长时B与A分离，设分离时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒定律有
解得，B到小车C右端时二者相同的速度为
由能量守恒定律有
又
可得，小车C的长度为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块A从P点到平台的过程中，利用动能定理可以求出滑块A到平台的速度大小；
（2）当弹簧恢复原长时，利用动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出AB分离的速度大小，结合B和小车共速时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小；再利用能量守恒定律可以求出小车C的长度。
18．【答案】（1）当A向左减速到与B碰撞前，由动能定理可知
得A与B碰前速度的大小为
v＝4 m/s
（2）A与B发生碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
得
；
（3）①根据题意，当A从右侧离开电场时，
即k＞3
得
W＝－1.2×10－2J
②若1＜k≤3，当电场力大于滑动摩擦力时，qE＞μmg
由于A从左侧离开电场，所以电场力做功为
W＝0
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A向右做减速运动时，利用动能定理可以求出碰前速度的大小；
（2）当A与B发生碰撞时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（3）当A从右侧或者左侧离开电场时，利用电场力和位移可以求出电场力做功的大小。
1 / 1广东广州奥林匹克中学2025-2026学年高二下学期4月调研物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．驱动力的频率越高，做受迫振动物体的振幅越大
B．医院对病人进行“超声波彩超”检查，利用了波的多普勒效应
C．任意两列波相遇都将产生稳定的干涉现象
D．同一声源发出的声波在空气和水中传播的波长相同
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】该题考查多普勒现象、波的干涉与受迫振动等知识点的内容，明确系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大是解题的关键。A．物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振，故A错误；
B．医生利用超声波探测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故B正确；
C．两列频率相同、相位差恒定的波相遇才能产生稳定的干涉现象，故C错误；
D．同一声源发出的声波在空气和水中传播时，频率不变，波速不同，根据可知，波长改变，故D错误。
故选B。
【分析】受迫振动的振幅与驱动力频率和固有频率的关系有关；医院对病人进行“超声波彩超”检查，利用了波的多普勒效应；两列波产生稳定干涉的条件是频率相同、相位差恒定、振动方向相同；
同一声源发出的声波在空气和水中传播的波长不同。
2．如图所示，在光滑的水平面上，小明站在平板车上用锤子敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。下列说法正确的是（　　）
A．当人挥动锤子，敲打车之前，小车保持静止
B．停止敲打小车，人、车和锤组成的系统将水平匀速向右
C．人、车和锤组成的系统动量守恒
D．人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒
【答案】D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】CD．由于以人、车和锤组成的系统中，根据受力分析可知竖直方向的合力不等于零，该方向系统的动量不守恒，所以系统的动量不守恒，根据受力分析可知系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，C错误，D正确；
AB．初始时，人、车、锤都静止，水平动量为零，所以水平方向动量时刻为零，当人挥动锤子，敲打车之前，小车的运动方向始终与锤的运动方向相反，不能保持静止；停止敲打小车，由于初动量等于0所以末动量等于0，则人、车和锤组成的系统将保持静止，AB错误。
故选D。
【分析】利用受力分析可知系统的动量不守恒，水平方向动量守恒；利用水平方向动量守恒结合初动量可以判别小车的运动方向始终与锤的运动方向相反， 停止敲打小车，人、车和锤组成的系统将保持静止 。
3．开车时，驾驶员必须系上安全带，因为它是驾驶员生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为60kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下，不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下，则在碰撞过程中使用安全带（　　）
A．减小了假人所受合外力的冲量
B．减小了假人的动量变化量
C．使假人受到的平均作用力约为1500N
D．增大了假人受到的冲击力
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】根据汽车的速度20m/s，假人的质量为60kg可知假人的初动量为
末动量为0，根据初末速度的变化可知所以无论是否使用安全带，假人的动量变化量相同，当有安全带时，根据动量定理可得
解得
当没有安全带时，根据动量定理可知
根据计算可知安全带增加了碰撞过程中的作用时间，减小了假人受到的冲击力。
故选C。
【分析】利用假人的初速度和质量可以求出初动量的大小，由于假人的末速度等于0，无论是否使用安全带，假人的动量变化量相同，根据动量定理可知合外力的冲量相等，结合动量定理可知安全带增加了碰撞过程中的作用时间，减小了假人受到的冲击力。
4．航模小组制作了一枚质量为的火箭模型，某时刻火箭速度为，方向水平，燃料即将耗尽。如图，火箭突然炸裂成两块，其中质量为的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为，则炸裂后另一块速度大小为
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】爆炸
【解析】【解答】以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂成两块瞬间，由于炸裂过程内力远远大于外力，所以系统在水平方向动量守恒，根据水平方向动量守恒得
则
故选D。
【分析】利用动量守恒定律可以求出炸裂后另一块的速度大小。
5．质量分别为和的两个大小相同的匀质小球在光滑水平面上发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后的位移—时间图像如图所示。已知，下列说法中正确的是（　　）
A．碰后两球的速度方向相同
B．碰后质量为的小球速度为2m/s
C．
D．该碰撞为弹性碰撞
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A．因x-t图像的斜率等于速度，根据碰后图线斜率的符号相反可知碰后两球的速度方向相反，A错误；
B．碰后根据图线斜率可知质量为的小球速度为，B错误；
C．碰前根据图线斜率可知质量为的小球速度为
碰前质量为的小球速度为0；碰后根据图线斜率可知质量为的小球速度为
根据动量守恒定律
解得，C错误；
D．已知碰撞前后小球的速度，根据动能的表达式可知碰撞损失能量
则该碰撞为弹性碰撞，D正确。
故选D。
【分析】利用图线斜率可以求出碰撞前后速度的大小及方向，结合动量守恒定律可以求出小球的质量，结合动能的表达式可以比较碰撞前后动能的大小，进而判别碰撞的类型。
6．某科研浮标在水波的带动下做竖直方向上的简谐振动。从某时刻开始计时，其振动方程为，若水波可视为横波且其传播速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．该水波的波长为4m
B．浮标1min可以完成60次全振动
C．1.4s时，浮标沿轴正方向运动
D．经过3s，浮标沿水波传播方向运动了6m
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A．根据浮标的振动方程，根据方程可得根据周期和角速度的关系可知
解得
已知水波的传播速度为，周期为2s，所以该水波的波长为，故A正确；
B．已知浮标振动的周期为2s，浮标1min可以完成次全振动，故B错误；
C．，根据正弦函数的规律，可知在时，浮标的位移为负值，且此时浮标速度方向为沿轴负方向运动，故C错误；
D．浮标只在竖直方向上做简谐振动，不会随波迁移，所以沿水波传播方向位移为0，故D错误。
故选A。
【分析】利用振动方程可以得出角频率的大小，利用角频率可以求出周期的大小，利用周期和波速可以求出波长的大小；利用振动的时间结合周期可以求出振动的次数；利用振动方程可以判别浮标的速度方向；浮标不会随波迁移。
7．蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物振动产生的微小横波（如图1），波形可抽象为沿x轴传播的简谐横波。如图2为时刻的波形图，A为猎物的位置（平衡位置位于处），C为蝎子的位置（平衡位置位于处）。已知时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是（　　）
A．C点的起振方向向下
B．该机械波的波速为
C．该机械波的频率为
D．时，A处质点处于平衡位置
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据图2横波刚好传播到质点B的位置，由此可知，波沿x轴负方向传播，由于B质点的起振方向与波前质点的方向相同，根据同侧法可知，B点的起振方向向上，由于所有质点的起振方向均相同，则C点的起振方向向上，故A错误；
B.0时刻，质点B刚刚开始振动，由于时，蝎子感受到振动，可知，在0.05s内，根据BC的距离可知波传播的距离
已知传播的时间，根据传播的距离和时间可知该机械波的波速为，故B正确；
C．根据横波传播的图像可知波长
根据波速和波长的关系可知，由于频率和周期的关系有
结合上述解得，，故C错误；
D．时刻，A处质点处于波谷，由于传播的时间
可知，时，A处质点处于波峰，故D错误。
故选B。
【分析】利用质点的位置可以判别波传播的方向，利用波传播的方向结合波前质点的位置可以判别质点起振的方向；利用波传播的距离和时间可以求出波速的大小，结合波长的大小可以求出频率的大小；利用振动的时间结合周期可以判别质点的位置。
8．如图（甲）所示，弹簧一端固定，另一端连接一个小球，小球置于水平光滑地面上，O点为小球自然静止的位置。在O点给小球一个水平向右的瞬时速度，小球在A、B两点间做往复运动，若规定向右为正，图（乙）为小球运动的位置-时刻图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）
A．在时，小球的加速度为负向最大
B．在与两个时刻，小球的位移和速度均相同
C．从到时间内，小球做加速度增加的减速运动
D．在时，小球的速度最小
【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，时，小球位于正向最大位移处，由于弹簧处于最大的形变量，此时弹力最大，根据牛顿第二定律可得小球的加速度为
根据位移的方向可知小球的加速度为负向最大，故A正确；
B．由图乙可知，在与两个时刻，小球的位移相同，根据图像斜率可知速度大小相等，方向相反，B错误；
C．从到时间内，小球从平衡位置向最大位移处移动，位移逐渐增大，根据加速度的表达式可知加速度逐渐增大，由于小球速度方向与加速度方向相反，满足减速的条件所以小球的速度逐渐减小，因此从到时间内，小球做加速度增加的减速运动，故C正确；
D．由图乙可知，在时，小球在平衡位置，由于此时小球的加速度等于0所以小球的速度最大，故D错误。
故选AC。
【分析】利用质点的位移结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小及方向；利用图像斜率可以判别小球速度的大小及方向；利用小球的位移大小可以判别加速度的大小，利用图像斜率可以判别速度的变化；利用小球在平衡位置加速度等于0所以速度出现最大值。
9．质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动.质量为m的子弹以水平速度射入木块，刚好能将木块射穿.现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度射入静止的木块.设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则
A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．拔去销钉，当木块与子弹碰撞时，由于系统在光滑水平面上，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；由于碰撞过程中因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误
B．当木块固定时，摩擦力对子弹做功，根据动能定理可知：
解得：
故B正确.
C．拔去销钉，由于系统不受外力，子弹与木块系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：
解得：
故C错误.
D．拔去销钉，由于已知子弹和木块的最后速度，故整个过程根据动能定理有：
解得：
故D正确.
【分析】利用拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒；利用动能定理可以求出摩擦力的大小；利用动量守恒定律可以求出子弹和木块的最终速度，结合动能定理可以求出子弹射入木块的深度。
10．如图为弹跳玩具，底部是一个质量为的底座，通过轻弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为，重力加速度为，则（　　）
A．松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为
C．绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为
D．小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为
【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．松手后到上升最大高度的过程中，绳子绷紧瞬间，相当于小球和底座发生完全非弹性碰撞，所以玩具存在机械能损失，因此玩具的机械能不守恒，A错误；
B．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，根据速度位移公式有
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，以小球、弹簧、底座为系统，在绳子绷紧的瞬间，根据动量守恒定律可得
解得，B正确；
C．已知底座速度的变化，由于合外力的冲量等于动量变化量，根据动量定理可得合力对底座的冲量为，C正确；
D．在绳子绷紧前的瞬间，小球的动能
用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，由于弹簧减小的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，所以弹性势能大于动能的增量，故弹性势能满足，D错误。
故选BC。
【分析】利用绳子绷紧瞬间，相当于小球和底座发生完全非弹性碰撞，所以玩具存在机械能损失，因此玩具的机械能不守恒；利用速度位移公式可以求出小球向上运动的速度大小，结合绷紧瞬间的动量守恒定律可以求出小球绷紧前的速度；利用动量定理可以求出合力对底座的冲量；利用小球的动能大小结合能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的大小。
11．某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂S处的水面上有一片小树叶。小树叶将先向　 　（选填“上”或“下”）运动；浮漂的振幅越小，波传到S处时间　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）；浮漂的振幅越大，小树叶的振动频率　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】下；不变；不变
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】石子砸中浮漂后，浮漂将向下运动，由于质点振动方向与波源起振方向相同，传到树叶后，树叶也将先向下运动；
简谐波的波速由介质决定，与振幅无关，所以当浮漂振动幅度减小时，波速不变，故波传到S处时间不变；
简谐运动的周期和频率与振幅无关，当振幅减小时，振动的周期和频率保持不变，故小树叶的振动频率不变。
【分析】 石子砸中浮漂后，浮漂将向下运动，传到树叶后，树叶也将先向下运动；简谐波的波速由介质决定，与振幅无关，故波传到S处时间不变；简谐运动的周期和频率与振幅无关，故小树叶的振动频率不变。
12．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示，则该波沿x轴　 　（填“正”或“负”）方向传播，波长为　 　m，传播速度大小　 　m/s。
【答案】正；8；1
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据乙图可知时刻坐标原点处质点正沿轴负方向运动，由于质点振动方向与波前质点相同，所以可知波沿轴正方向传播；
根据波形图中传播的距离可知
可得波长为
由图乙可知，波动周期为，根据波长和周期的比值可知波的传播速度大小为
【分析】利用质点振动结合波形图可知波的传播方向；利用波形图可知波长的大小，结合周期可以求出波速的大小。
13．良好的生活习惯对人的一生有重要意义。有些同学在家经常躺着看手机，出现了手机碰伤眼睛的情况。若手机质量为，从距离眼睛约的高度无初速度掉落，碰到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，g取，则手机碰到眼睛时的速度约为　 　m/s，手机对眼睛的冲击力约为　 　N。
【答案】2；4.2
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】手机下落做自由落体运动，根据速度位移公式有
代入数据解得手机碰到眼睛时的速度
方向竖直向下。
对手机受力分析，选取竖直向上的方向为正方向，由于撞击到眼睛时，手机受到支持力和重力的合力冲量，根据动量定理可得
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知，眼睛受到手机的冲击力大小也为。
【分析】利用速度位移公式可以求出手机碰到眼睛的速度大小；利用动量定理结合牛顿第三定理可以求出眼睛受到手机的冲击力大小。
14．某同学用单摆周期公式测当地重力加速度的值，组装了几种实验装置。
（1）下列最合理的装置是________。
A． B．
C． D．
（2）用游标卡尺测量小球直径，示数如图甲所示，则摆球的直径　 　。周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与　 　之和（用d表示）。
（3）实验中多次改变摆线长度，并测得对应的周期T，该同学误将摆线长度当成了摆长，作出图像如图乙，该图像的斜率为　 　（填“”“”或“”）。
【答案】（1）D
（2）；
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了游标卡尺的读数和用单摆测量当地的重力加速度的实验，要明确实验原理和实验的注意事项，掌握单摆的周期公式，根据单摆周期公式求解T2-l函数是解题的关键。
（1）为了减小误差，小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应选用细丝线，且要保证摆动过程中摆点不发生移动固定，应采取铁夹夹住细丝线。故选D。
（2）由图甲可知，摆球的直径
周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径，即。
（3）根据题意，由单摆的周期公式可得
整理可得
则图像的斜率为。
【分析】（1）单摆作为一种理想化的模型，根据单摆装置的实验条件分析作答；
（2）20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
根据单摆周期公式中摆长的含义分析作答；
（3）根据单摆周期公式求解T2-l函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）为了减小误差，小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长度不变，应选用细丝线，且要保证摆动过程中摆点不发生移动固定，应采取铁夹夹住细丝线。故选D。
（2）[1]由图甲可知，摆球的直径
[2]周期公式中的l是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径，即。
（3）根据题意，由单摆的周期公式可得
整理可得
则图像的斜率为。
15．如图（a），光电门1、2固定在气垫导轨上，滑块A静置于光电门1左侧，滑块B静置于光电门1、2之间，现用该装置验证A、B碰撞前后系统动量守恒。完成下列相关实验内容。
（1）实验原理
若气垫导轨水平，A、B质量分别为；A向右运动，遮光片通过光电门1的遮光时间为，A、B碰后粘在一起运动，遮光片通过光电门2的遮光时间为。当　 　（用表示）时，系统动量守恒得到验证。
（2）实验操作
①调节气垫导轨水平：接通气源，仅将A放置于光电门1的左侧，轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则需要适当　 　（填“升高”“降低”）导轨左端，反复调节使气垫导轨水平；
②再将A、B如图（a）放置，轻推A，使A、B碰撞并粘在一起，记录的值；
③重复步骤②，多次实验，记录多组数据；
（3）实验数据处理
把记录的数据在图（b）中描点连线，作出图线，其斜率k=　 　（保留两位有效数字）；已知，若定义，本次实验　 　%（保留1位有效数字）。
【答案】（1）
（2）降低
（3）0.49；3
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。
（1）设遮光片的宽度为，则A通过光电门1的速度为
A、B碰后粘在一起通过光电门2的速度为
若系统动量守恒，则有
联立可得，当满足
系统动量守恒得到验证。
（2）轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，说明A做加速运动，则需要适当降低导轨左端，反复调节使气垫导轨水平。
（3）由图（b）中数据可得，图线的斜率为
已知，则有
则有
【分析】（1）遮光块通过光电门的平均速度等于滑块通过光电门的瞬时速度，根据动量守恒定律分析解答；
（2）遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，则滑块速度增大，应降低导轨左端；
（3）分别求出碰撞前和碰撞后的总动量，根据计算结果得出结论。
（1）设遮光片的宽度为，则A通过光电门1的速度为
A、B碰后粘在一起通过光电门2的速度为
若系统动量守恒，则有
联立可得，当满足
系统动量守恒得到验证。
（2）轻推A，若遮光片通过光电门1的遮光时间大于通过光电门2的遮光时间，说明A做加速运动，则需要适当降低导轨左端，反复调节使气垫导轨水平。
（3）[1]由图（b）中数据可得，图线的斜率为
[2]已知，则有
则有
16．列车进入编组站后要分解重组，会出现列车挂接问题，许多节车厢逐一组合起来的过程实质上是一个完全非弹性碰撞过程。平直轨道上静止停放4节、每节质量均为m的车厢，相邻车厢之间间隙相等且均为s。第一节车厢以速度向第二节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”挂接在一起，直到4节车厢全部挂好组成列车。不计一切阻力，碰撞时间很短，可忽略不计。求：
（1）列车最后的速度大小；
（2）第一节车厢与第二节车厢挂接过程中损失的机械能；
（3）整个过程经历的时间。
【答案】（1）设列车最后的速度为v，对4节车厢，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
解得

（2）设第一、二节车厢挂接后的速度为，对第一、二节车厢，由动量守恒定律得
解得
设第一、二节车厢挂接过程中损失的机械能为，由能量守恒定律有
联立解得

（3）设前三节车厢挂接后的速度为，由动量守恒定律得
解得
设相邻车厢挂接前的运动时间分别为、、，整个过程经历的时间为t，由，，
整个过程经历的时间为
联立解得

【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当第一节车厢运动到四节车厢开始运动时，利用动量守恒定律可以求出列车最后速度的大小；
（2）当第一节和第二节车厢发生碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（3）第二节和第三节车厢碰撞时，利用动量守恒定律可以求出第三节车厢获得的速度，结合位移公式可以求出总的运动时间。
（1）设列车最后的速度为v，对4节车厢，规定方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）设第一、二节车厢挂接后的速度为，对第一、二节车厢，由动量守恒定律得
解得
设第一、二节车厢挂接过程中损失的机械能为，由能量守恒定律有
联立解得
（3）设前三节车厢挂接后的速度为，由动量守恒定律得
解得
设相邻车厢挂接前的运动时间分别为、、，整个过程经历的时间为t，由，，
整个过程经历的时间为
联立解得
17．如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求：
（1）滑块A刚到平台上的速度大小；
（2）小车C的长度。
【答案】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有
解得，滑块A刚到平台上的速度大小为
（2）弹簧恢复原长时B与A分离，设分离时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒定律有
解得，B到小车C右端时二者相同的速度为
由能量守恒定律有
又
可得，小车C的长度为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块A从P点到平台的过程中，利用动能定理可以求出滑块A到平台的速度大小；
（2）当弹簧恢复原长时，利用动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出AB分离的速度大小，结合B和小车共速时，利用动量守恒定律可以求出共速的速度大小；再利用能量守恒定律可以求出小车C的长度。
18．如图所示，绝缘水平面上有宽l＝0.4 m的匀强电场区域，场强E＝6×105N/C，方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点；带电量q＝＋5×10－8 C、质量m＝1×10－2kg的物块A在距O点x＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k（k＞1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，且A的电荷量始终不变，g取10 m/s2。
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功。
【答案】（1）当A向左减速到与B碰撞前，由动能定理可知
得A与B碰前速度的大小为
v＝4 m/s
（2）A与B发生碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
得
；
（3）①根据题意，当A从右侧离开电场时，
即k＞3
得
W＝－1.2×10－2J
②若1＜k≤3，当电场力大于滑动摩擦力时，qE＞μmg
由于A从左侧离开电场，所以电场力做功为
W＝0
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A向右做减速运动时，利用动能定理可以求出碰前速度的大小；
（2）当A与B发生碰撞时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（3）当A从右侧或者左侧离开电场时，利用电场力和位移可以求出电场力做功的大小。
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