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湖北武汉市第四中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测物理试题
1．一物体在水平面内的匀速圆周运动，下列哪个物理量在运动过程中始终保持不变（　　）
A．动量 B．动能 C．位移 D．加速度
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；动量
【解析】【解答】A、动量是矢量，，匀速圆周运动速度方向时刻变化，动量方向时刻改变，故A错误；
B、动能是标量，，匀速圆周运动速率不变、质量不变，动能恒定不变，故B正确；
C、位移是矢量，物体位置不断变化，位移大小、方向均变化，故C错误；
D、向心加速度为矢量，方向始终指向圆心，运动中方向不断改变，加速度变化，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查矢量动量，速度方向改变则动量改变；
B、考查标量动能，只与速率、质量有关，匀速圆周运动动能不变；
C、考查位移矢量，圆周运动位置持续变化，位移不断变化；
D、考查向心加速度矢量，方向时刻指向圆心，不断变化。
2．在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　）
A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0
C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变
【答案】C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动量；冲量
【解析】【解答】A、斜抛最高点竖直分速度为0，水平分速度不为零，动量不为零，故A错误；
B、全程重力作用时间不为0，冲量，故B错误；
C、由动量定理，重力恒定，动量变化率不变，故C正确；
D、竖直方向速度先向上减小、后向下增大，竖直动量先减小后增大，发生变化，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜抛运动速度分解，最高点保留水平速度，动量不为零；
B、考查冲量定义，重力持续作用，冲量不为零；
C、考查动量定理，动量变化率等于合外力；
D、考查竖直分运动速度变化，竖直动量随竖直速度改变。
3．一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。合力F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．时物块的速率为1m/s
B．时物块的动量大小为
C．时物块的速度为零
D．时物块的动量大小为
【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、F-t图像面积表示合外力冲量，时冲量，由动量定理，代入，解得，故A正确；
B、冲量，动量，并非，故B错误；
C、0~3s图像面积全程为正，总冲量为正，速度始终沿正方向不为零，故C错误；
D、04s冲量：03s正面积，3~4s负面积，总冲量，动量，不是，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查F-t图像冲量几何意义，结合动量定理求瞬时速度；
B、考查动量定理计算2s时刻动量大小；
C、考查冲量正负与速度方向，0~3s冲量恒正，速度不为零；
D、考查分段计算F-t图像面积求总冲量，再得到末动量。
4．将各行星绕太阳运动简化为匀速圆周运动，则开普勒第三定律可以简化为各行星公转轨道半径的三次方与周期的平方之比为定值k。已知万有引力常量为G，太阳质量为M，地球质量为m，则下列表达式可以表示定值k的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】行星绕太阳做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力有，整理可得，即开普勒第三定律的定值
故答案为：A。
【分析】本题结合万有引力推导开普勒第三定律比例常数k，核心思路：向心力由中心天体与环绕天体间万有引力提供，推导后可知k仅由中心天体（太阳）质量M、引力常量G决定，与环绕行星质量无关。
5．总质量为的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为，为了使卫星到达较高轨道运行，需要加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速率为，质量为的燃气，则喷气结束时卫星的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】喷气过程时间极短，卫星与燃气组成的系统所受万有引力的冲量可忽略，系统动量守恒。
取卫星初始运动方向为正方向，设喷气后卫星速度为，初始状态系统总动量为；
喷气后，剩余卫星质量为，动量为；
燃气相对喷气前卫星向后的速度为，因此燃气相对地面的速度为，动量为。
根据动量守恒定律列方程：
整理得：，解得：
故答案为：D。
【分析】本题考查反冲运动动量守恒，核心思路：注意区分相对速度与地面惯性系速度，先写出燃气对地速度，再列系统动量守恒方程，化简求解卫星末速度。
6．如图所示，质量为4m的物块P静止在水平面上，左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块Q以初速度向右运动滑上P，沿圆弧面上滑一段距离后又返回，最后滑离P，不计一切摩擦。滑块Q从滑上P到滑离P的过程中，滑块Q对物块P所做的功为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】以水平向右为正方向，滑块Q从滑上P到滑离P的过程，物块P和滑块Q组成的系统水平方向动量守恒，有，根据初末状态系统机械能相等有
联立解得，，根据动能定理，该过程中滑块Q对物块P所做的功为
故答案为：D。
【分析】本题结合水平动量守恒、机械能守恒与动能定理，核心思路：无摩擦系统水平动量守恒、全过程机械能守恒，先解分离时两者速度；再由动能定理，滑块对物块做的功等于物块获得的动能。
7．如图所示，质量分别为、的木块和，并排放在光滑水平面上，木块上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一细线，细线另一端系质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，当球运动到最低点时，测得木块的速度大小为。已知重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．细线长为
B．C球经过最低点的速度大小可能为3v0
C．C球经过最低点的速度大小可能为
D．球相对最低点上升的最大高度为
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、小球下摆到最低点时A、B刚好分离，二者速度均为，系统水平动量守恒：，得；机械能守恒，代入解得，不是，故A错误；
B、最低点小球速度，不可能为，故B错误；
C、最低点小球速度，不可能为，故C错误；
D、小球向左摆至最高点，A、C共速，水平动量守恒，代入得；机械能守恒，代入化简解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查水平动量守恒与机械能守恒联立求摆线长度；
B、考查下摆分离瞬间小球速度计算，判断速度数值；
C、同理B，对比最低点速度排除；
D、考查小球上摆过程动量守恒与机械能守恒，求上升最大高度。
8．如图所示，光滑半圆形轨道放在气垫导轨上，用卡扣固定半圆形轨道。小球从右边圆心等高处静止释放，当小球运动到半圆形轨道某位置时解开卡扣，使半圆形轨道自由运动，发现随着时间推移，圆弧形轨道总能运动到足够长的气垫导轨左端，关于这次实验解开卡扣的时刻，可能是（　　）
A．小球静止释放时解开卡扣
B．在小球向下经过B位置时解开卡扣
C．小球向左经过C位置时解开卡扣
D．小球向下经过D位置时解开卡扣
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A、小球静止释放时解开卡扣，系统水平总动量为 0，水平动量守恒，系统总动量始终为 0，轨道无法持续向左运动，故 A 错误；
B、小球向下经过 B 位置时，小球速度水平分量向左，系统水平总动量向左，解开卡扣后水平动量守恒，系统整体向左运动，轨道最终会运动到导轨左端，故 B 正确；
C、小球向左经过 C 位置时，小球水平速度向左，系统水平总动量向左，解开卡扣后整体向左运动，轨道可运动到导轨左端，故 C 正确；
D、小球向下经过 D 位置时，小球速度水平分量向右，系统水平总动量向右，解开卡扣后整体向右运动，轨道会向导轨右端运动，故 D 错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查水平动量守恒，系统初动量为零，总动量始终为零；
B、考查小球水平分速度向左，系统总水平动量向左，轨道向左运动；
C、C 点小球水平速度向左，系统总动量向左，轨道左移；
D、D 点小球水平分速度向右，系统总动量向右，轨道向右运动。
9．如图所示，物体A、B通过不可伸长的细绳及轻质弹簧连接在光滑轻质定滑轮两侧，物体A、B的质量都为m。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于
C．此时物体B的速度大小也为v
D．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
【答案】A,B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、B对地无压力，弹簧拉力；弹簧伸长量等于A下落高度，由胡克定律，得，故A正确；
B、A与弹簧系统机械能守恒，重力势能减少，转化为A的动能和弹簧弹性势能，即，变形得，故B正确；
C、此时B刚好离开地面，全程静止，速度为0，故C错误；
D、对A受力分析，向上拉力、向下重力，合力为0，加速度，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A、考查胡克定律，结合B刚好离地的受力条件求劲度系数；
B、考查系统机械能守恒，重力势能转化为动能与弹性势能；
C、分析物体B运动状态，B始终静止，速度为0；
D、考查牛顿第二定律，A合力为零，加速度等于0。
10．如图所示，在一水平面上放置一质量m=0.09 kg的小木块，小木块与水平面间的动摩擦因数。一块长厚度忽略不计的薄板，可水平固定在小木块前进路径上的不同位置，小木块滑上、滑离薄板时无动能损失，小木块与薄板间的动摩擦因数。用一射钉枪将一颗质量为的钉子以的速度在极短时间内射入小木块中，木块向右运动，重力加速度取，木块可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．钉子射入后瞬间小木块的速度大小为
B．小木块从开始滑行到停止的最短减速距离为
C．薄板左端距点时，小木块的滑行时间最短
D．小木块运动的最短时间为
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A、射入过程时间极短，动量守恒，代入，解得，故A正确；
B、水平面减速加速度，薄板上减速加速度；总减速距离最短对应全程在薄板减速，动能定理，解得，不是5m，故B错误；
C、减速加速度，要滑行时间最短，应尽可能多在薄板减速，木块刚好滑完薄板速度减为0；设滑上薄板初速度，得；水平面滑行阶段，代入，解得，即薄板左端距O点5m，不是6m，故C错误；
D、最短总时间：水平面滑行时间，薄板滑行时间，总时间，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查完全非弹性碰撞动量守恒，求解共速速度；
B、考查动能定理，全程薄板减速时总滑行距离最短；
C、考查运动时间极值条件，利用运动学公式求薄板放置位置；
D、考查分段匀减速运动时间计算，两段时间相加得到最短总滑行时间。
11．某组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，经正确操作得到打点纸带如图乙所示，O点为打点计时器打下的第一个点，在纸带的后段选取连续的计数点A、B、C、D、E，相邻计数点间的时间间隔为0.02s。是A、C两点的距离，是O、B两点的距离，重锤的质量，重力加速度g取。
（1）从打点O到打计数点B的过程中重锤重力势能的减少量为　 　J，动能的增加量为　 　J，可以发现，重力势能的减少量略大于动能的增加量，其主要原因是　 　。（结果均保留3位有效数字）
（2）依据上述方法，可以测出O点到各计数点间的距离h，计算出打下对应点时的速度v，再通过作图像的方法剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。为得到线性图线，可作　 　（填“”、“”或“”）图像。
（3）另一同学用OB段的运动来验证机械能守恒时，他用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，得到动能的增加量，你认为这种做法是否正确？并简述理由：　 　。
【答案】（1）0.154；0.151；空气阻力及纸带的摩擦
（2）
（3）错误，所用加速度为g，即默认了重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒
【知识点】验证机械能守恒定律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）从打点O到打计数点B的过程中，重锤重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下计数点B时重锤的速度为
所以从打点O到打计数点B的过程中，重锤动能的增加量为
由分析可知，重力势能的减少量略大于动能的增加量的主要原因是空气阻力及纸带的摩擦。
故答案为：0.154；0.151；空气阻力及纸带的摩擦
（2）根据机械能守恒定律有，解得，故为得到线性图线，可作图像
故答案为：
（3）这种做法是错误的。因为利用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，从而得到动能的增加量时，已经默认了加速度为g，即认为重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒。
故答案为：错误，所用加速度为g，即默认了重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒
【分析】(1) 本问考查重力势能变化、纸带法求瞬时速度与动能变化，误差来源分析；重力势能变化直接用计算，中间时刻速度法求打点瞬时速度，阻力损耗机械能造成差值；
(2) 由机械能守恒公式变形得到线性函数，确定横纵坐标物理量，选择图像；
(3) 辨析验证实验逻辑：不能用结论推导的公式代入计算，否则循环论证，失去验证意义。
（1）[1] 从打点O到打计数点B的过程中，重锤重力势能的减少量为
[2] 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下计数点B时重锤的速度为
所以从打点O到打计数点B的过程中，重锤动能的增加量为
[3] 由分析可知，重力势能的减少量略大于动能的增加量的主要原因是空气阻力及纸带的摩擦。
（2）根据机械能守恒定律有
解得
故为得到线性图线，可作图像。
（3）这种做法是错误的。因为利用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，从而得到动能的增加量时，已经默认了加速度为g，即认为重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒。
12．如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为和，直径分别为和，轨道末端在水平地面上的投影为O点。实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示。
（1）实验中对小球的要求是：质量　 　（填“>”“=”或“<”），直径　 　（填“>”“=”或“<”）。
（2）在图乙中，用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的水平方向的距离分别为、、，若关系式　 　成立，则说明该实验碰撞前后动量守恒。
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，下列等式成立的是________。（多项选择，填正确答案标号）
A． B．
C． D．
【答案】（1）>；=
（2）
（3）B；D
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止入射小球碰撞后反弹（导致落点位置混乱），入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即。为了保证两球发生对心正碰，两球的直径必须相等，即。
故答案为：>；=
（2）小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t相同，则入射球碰撞前、后速度大小分别为，碰撞后被碰小球的速度，规定向右为正方向，根据动量守恒有，联立整理得
故答案为：
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
联立解得，又因为，联立整理可得
故答案为：BD。
【分析】(1) 本问验证碰撞动量守恒实验器材规范，大质量入射球避免反弹，等直径小球实现对心正碰；
(2) 利用平抛等时性，水平位移等效替代平抛初速度，代入动量守恒公式消去时间得到位移关系式；
(3) 弹性碰撞同时满足动量守恒、机械能守恒，结合平抛位移与速度正比关系，推导对应的位移等式，筛选正确选项。
（1）[1]为了防止入射小球碰撞后反弹（导致落点位置混乱），入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即。
[2]为了保证两球发生对心正碰，两球的直径必须相等，即。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t相同，则入射球碰撞前、后速度大小分别为
碰撞后被碰小球的速度
规定向右为正方向，根据动量守恒有
联立整理得
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
联立解得
又因为
联立整理可得
故选BD。
13．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为，之后沿半圆形导轨运动，恰好到达C点。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
【答案】（1）解：物体从A点到B点，根据能量守恒有
解得
（2）解：由题知，物体恰好到达C点，根据牛顿第二定律有
解得
物体从A点到B点，根据动能定理有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 光滑水平面无摩擦，弹簧弹性势能完全转化为物体动能，利用机械能守恒直接计算弹性势能；
(2) 先由圆周临界条件求出最高点速度，再对 B 到 C 段使用动能定理，包含重力做功、摩擦力做功，求解阻力做功。
（1）物体从A点到B点，根据能量守恒有
解得
（2）由题知，物体恰好到达C点，根据牛顿第二定律有
解得
物体从A点到B点，根据动能定理有
解得
14．如图所示，上表面粗糙的木板B静止于光滑水平面上，底部涂有颜料的物块A放在B的左端，另一质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点O。将小球向左拉至轻绳与竖直方向成60°并由静止释放，小球在最低点与A发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰后A在B上滑动，且未从B的右端滑出，测得划痕长度。已知物块A的质量，木板B的质量，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）小球与物块A碰撞后A的速度的大小；
（2）物块A与木板B之间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：小球下摆过程中，由动能定理得
解得
小球摆到最低点时与物块A发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得，
解得
（2）解：以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律得
解得
以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得，
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 小球下摆动能定理求碰撞前速度；弹性碰撞同时满足动量守恒、机械能守恒，联立求解物块 A 碰撞后的速度；
(2) A、B 系统水平面不受外力，动量守恒求共同末速度；摩擦力等于内力，相对滑动距离为划痕长度，利用能量损耗列方程求解动摩擦因数。
（1）小球下摆过程中，由动能定理得
解得
小球摆到最低点时与物块A发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得，
解得
（2）以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律得
解得
以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得，
联立解得
15．如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小；
（2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小；
（3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。
【答案】（1）解：由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向
水平方向
解得
（2）解：落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由
得，方向向下。
取时间内击打水面的水，质量
击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向）
代入得
由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小
（3）解：动能增量
由功能关系得
得
【知识点】动量定理；电功率和电功；运动的合成与分解
【解析】【分析】(1) 斜抛运动分解，竖直段逆过程自由落体求上升时间，水平匀速位移公式解水平分速度；
(2) 动量定理处理流体冲击问题，取微元水流，结合牛顿第三定律求水面受到的冲击力；
(3) 水泵做功分为提升水的重力势能、赋予水流水平动能，利用机械效率公式，结合流量、密度表示单位时间质量，化简得到电功率表达式。
（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向
水平方向
解得
（2）落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由
得，方向向下。
取时间内击打水面的水，质量
击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向）
代入得
由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小
（3）动能增量
由功能关系得
得
1 / 1湖北武汉市第四中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测物理试题
1．一物体在水平面内的匀速圆周运动，下列哪个物理量在运动过程中始终保持不变（　　）
A．动量 B．动能 C．位移 D．加速度
2．在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　）
A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0
C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变
3．一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。合力F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．时物块的速率为1m/s
B．时物块的动量大小为
C．时物块的速度为零
D．时物块的动量大小为
4．将各行星绕太阳运动简化为匀速圆周运动，则开普勒第三定律可以简化为各行星公转轨道半径的三次方与周期的平方之比为定值k。已知万有引力常量为G，太阳质量为M，地球质量为m，则下列表达式可以表示定值k的是（　　）
A． B． C． D．
5．总质量为的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为，为了使卫星到达较高轨道运行，需要加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速率为，质量为的燃气，则喷气结束时卫星的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，质量为4m的物块P静止在水平面上，左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块Q以初速度向右运动滑上P，沿圆弧面上滑一段距离后又返回，最后滑离P，不计一切摩擦。滑块Q从滑上P到滑离P的过程中，滑块Q对物块P所做的功为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，质量分别为、的木块和，并排放在光滑水平面上，木块上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一细线，细线另一端系质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，当球运动到最低点时，测得木块的速度大小为。已知重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．细线长为
B．C球经过最低点的速度大小可能为3v0
C．C球经过最低点的速度大小可能为
D．球相对最低点上升的最大高度为
8．如图所示，光滑半圆形轨道放在气垫导轨上，用卡扣固定半圆形轨道。小球从右边圆心等高处静止释放，当小球运动到半圆形轨道某位置时解开卡扣，使半圆形轨道自由运动，发现随着时间推移，圆弧形轨道总能运动到足够长的气垫导轨左端，关于这次实验解开卡扣的时刻，可能是（　　）
A．小球静止释放时解开卡扣
B．在小球向下经过B位置时解开卡扣
C．小球向左经过C位置时解开卡扣
D．小球向下经过D位置时解开卡扣
9．如图所示，物体A、B通过不可伸长的细绳及轻质弹簧连接在光滑轻质定滑轮两侧，物体A、B的质量都为m。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于
C．此时物体B的速度大小也为v
D．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
10．如图所示，在一水平面上放置一质量m=0.09 kg的小木块，小木块与水平面间的动摩擦因数。一块长厚度忽略不计的薄板，可水平固定在小木块前进路径上的不同位置，小木块滑上、滑离薄板时无动能损失，小木块与薄板间的动摩擦因数。用一射钉枪将一颗质量为的钉子以的速度在极短时间内射入小木块中，木块向右运动，重力加速度取，木块可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．钉子射入后瞬间小木块的速度大小为
B．小木块从开始滑行到停止的最短减速距离为
C．薄板左端距点时，小木块的滑行时间最短
D．小木块运动的最短时间为
11．某组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，经正确操作得到打点纸带如图乙所示，O点为打点计时器打下的第一个点，在纸带的后段选取连续的计数点A、B、C、D、E，相邻计数点间的时间间隔为0.02s。是A、C两点的距离，是O、B两点的距离，重锤的质量，重力加速度g取。
（1）从打点O到打计数点B的过程中重锤重力势能的减少量为　 　J，动能的增加量为　 　J，可以发现，重力势能的减少量略大于动能的增加量，其主要原因是　 　。（结果均保留3位有效数字）
（2）依据上述方法，可以测出O点到各计数点间的距离h，计算出打下对应点时的速度v，再通过作图像的方法剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。为得到线性图线，可作　 　（填“”、“”或“”）图像。
（3）另一同学用OB段的运动来验证机械能守恒时，他用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，得到动能的增加量，你认为这种做法是否正确？并简述理由：　 　。
12．如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为和，直径分别为和，轨道末端在水平地面上的投影为O点。实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示。
（1）实验中对小球的要求是：质量　 　（填“>”“=”或“<”），直径　 　（填“>”“=”或“<”）。
（2）在图乙中，用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的水平方向的距离分别为、、，若关系式　 　成立，则说明该实验碰撞前后动量守恒。
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，下列等式成立的是________。（多项选择，填正确答案标号）
A． B．
C． D．
13．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为，之后沿半圆形导轨运动，恰好到达C点。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
14．如图所示，上表面粗糙的木板B静止于光滑水平面上，底部涂有颜料的物块A放在B的左端，另一质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点O。将小球向左拉至轻绳与竖直方向成60°并由静止释放，小球在最低点与A发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰后A在B上滑动，且未从B的右端滑出，测得划痕长度。已知物块A的质量，木板B的质量，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）小球与物块A碰撞后A的速度的大小；
（2）物块A与木板B之间的动摩擦因数。
15．如图甲所示，喷泉从喷泉水面以相同倾斜角度和速度大小喷射而出，喷出的水下落击打水面形成层层涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q（水流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小；
（2）假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小；
（3）如图乙所示，该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷泉水面恒为H，若，，水泵提升水的机械效率为，求水泵抽水消耗的电功率P。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动；动量
【解析】【解答】A、动量是矢量，，匀速圆周运动速度方向时刻变化，动量方向时刻改变，故A错误；
B、动能是标量，，匀速圆周运动速率不变、质量不变，动能恒定不变，故B正确；
C、位移是矢量，物体位置不断变化，位移大小、方向均变化，故C错误；
D、向心加速度为矢量，方向始终指向圆心，运动中方向不断改变，加速度变化，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查矢量动量，速度方向改变则动量改变；
B、考查标量动能，只与速率、质量有关，匀速圆周运动动能不变；
C、考查位移矢量，圆周运动位置持续变化，位移不断变化；
D、考查向心加速度矢量，方向时刻指向圆心，不断变化。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动量；冲量
【解析】【解答】A、斜抛最高点竖直分速度为0，水平分速度不为零，动量不为零，故A错误；
B、全程重力作用时间不为0，冲量，故B错误；
C、由动量定理，重力恒定，动量变化率不变，故C正确；
D、竖直方向速度先向上减小、后向下增大，竖直动量先减小后增大，发生变化，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查斜抛运动速度分解，最高点保留水平速度，动量不为零；
B、考查冲量定义，重力持续作用，冲量不为零；
C、考查动量定理，动量变化率等于合外力；
D、考查竖直分运动速度变化，竖直动量随竖直速度改变。
3．【答案】A
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、F-t图像面积表示合外力冲量，时冲量，由动量定理，代入，解得，故A正确；
B、冲量，动量，并非，故B错误；
C、0~3s图像面积全程为正，总冲量为正，速度始终沿正方向不为零，故C错误；
D、04s冲量：03s正面积，3~4s负面积，总冲量，动量，不是，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查F-t图像冲量几何意义，结合动量定理求瞬时速度；
B、考查动量定理计算2s时刻动量大小；
C、考查冲量正负与速度方向，0~3s冲量恒正，速度不为零；
D、考查分段计算F-t图像面积求总冲量，再得到末动量。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】行星绕太阳做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力有，整理可得，即开普勒第三定律的定值
故答案为：A。
【分析】本题结合万有引力推导开普勒第三定律比例常数k，核心思路：向心力由中心天体与环绕天体间万有引力提供，推导后可知k仅由中心天体（太阳）质量M、引力常量G决定，与环绕行星质量无关。
5．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】喷气过程时间极短，卫星与燃气组成的系统所受万有引力的冲量可忽略，系统动量守恒。
取卫星初始运动方向为正方向，设喷气后卫星速度为，初始状态系统总动量为；
喷气后，剩余卫星质量为，动量为；
燃气相对喷气前卫星向后的速度为，因此燃气相对地面的速度为，动量为。
根据动量守恒定律列方程：
整理得：，解得：
故答案为：D。
【分析】本题考查反冲运动动量守恒，核心思路：注意区分相对速度与地面惯性系速度，先写出燃气对地速度，再列系统动量守恒方程，化简求解卫星末速度。
6．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】以水平向右为正方向，滑块Q从滑上P到滑离P的过程，物块P和滑块Q组成的系统水平方向动量守恒，有，根据初末状态系统机械能相等有
联立解得，，根据动能定理，该过程中滑块Q对物块P所做的功为
故答案为：D。
【分析】本题结合水平动量守恒、机械能守恒与动能定理，核心思路：无摩擦系统水平动量守恒、全过程机械能守恒，先解分离时两者速度；再由动能定理，滑块对物块做的功等于物块获得的动能。
7．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、小球下摆到最低点时A、B刚好分离，二者速度均为，系统水平动量守恒：，得；机械能守恒，代入解得，不是，故A错误；
B、最低点小球速度，不可能为，故B错误；
C、最低点小球速度，不可能为，故C错误；
D、小球向左摆至最高点，A、C共速，水平动量守恒，代入得；机械能守恒，代入化简解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查水平动量守恒与机械能守恒联立求摆线长度；
B、考查下摆分离瞬间小球速度计算，判断速度数值；
C、同理B，对比最低点速度排除；
D、考查小球上摆过程动量守恒与机械能守恒，求上升最大高度。
8．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A、小球静止释放时解开卡扣，系统水平总动量为 0，水平动量守恒，系统总动量始终为 0，轨道无法持续向左运动，故 A 错误；
B、小球向下经过 B 位置时，小球速度水平分量向左，系统水平总动量向左，解开卡扣后水平动量守恒，系统整体向左运动，轨道最终会运动到导轨左端，故 B 正确；
C、小球向左经过 C 位置时，小球水平速度向左，系统水平总动量向左，解开卡扣后整体向左运动，轨道可运动到导轨左端，故 C 正确；
D、小球向下经过 D 位置时，小球速度水平分量向右，系统水平总动量向右，解开卡扣后整体向右运动，轨道会向导轨右端运动，故 D 错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查水平动量守恒，系统初动量为零，总动量始终为零；
B、考查小球水平分速度向左，系统总水平动量向左，轨道向左运动；
C、C 点小球水平速度向左，系统总动量向左，轨道左移；
D、D 点小球水平分速度向右，系统总动量向右，轨道向右运动。
9．【答案】A,B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、B对地无压力，弹簧拉力；弹簧伸长量等于A下落高度，由胡克定律，得，故A正确；
B、A与弹簧系统机械能守恒，重力势能减少，转化为A的动能和弹簧弹性势能，即，变形得，故B正确；
C、此时B刚好离开地面，全程静止，速度为0，故C错误；
D、对A受力分析，向上拉力、向下重力，合力为0，加速度，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A、考查胡克定律，结合B刚好离地的受力条件求劲度系数；
B、考查系统机械能守恒，重力势能转化为动能与弹性势能；
C、分析物体B运动状态，B始终静止，速度为0；
D、考查牛顿第二定律，A合力为零，加速度等于0。
10．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A、射入过程时间极短，动量守恒，代入，解得，故A正确；
B、水平面减速加速度，薄板上减速加速度；总减速距离最短对应全程在薄板减速，动能定理，解得，不是5m，故B错误；
C、减速加速度，要滑行时间最短，应尽可能多在薄板减速，木块刚好滑完薄板速度减为0；设滑上薄板初速度，得；水平面滑行阶段，代入，解得，即薄板左端距O点5m，不是6m，故C错误；
D、最短总时间：水平面滑行时间，薄板滑行时间，总时间，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查完全非弹性碰撞动量守恒，求解共速速度；
B、考查动能定理，全程薄板减速时总滑行距离最短；
C、考查运动时间极值条件，利用运动学公式求薄板放置位置；
D、考查分段匀减速运动时间计算，两段时间相加得到最短总滑行时间。
11．【答案】（1）0.154；0.151；空气阻力及纸带的摩擦
（2）
（3）错误，所用加速度为g，即默认了重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒
【知识点】验证机械能守恒定律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）从打点O到打计数点B的过程中，重锤重力势能的减少量为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下计数点B时重锤的速度为
所以从打点O到打计数点B的过程中，重锤动能的增加量为
由分析可知，重力势能的减少量略大于动能的增加量的主要原因是空气阻力及纸带的摩擦。
故答案为：0.154；0.151；空气阻力及纸带的摩擦
（2）根据机械能守恒定律有，解得，故为得到线性图线，可作图像
故答案为：
（3）这种做法是错误的。因为利用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，从而得到动能的增加量时，已经默认了加速度为g，即认为重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒。
故答案为：错误，所用加速度为g，即默认了重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒
【分析】(1) 本问考查重力势能变化、纸带法求瞬时速度与动能变化，误差来源分析；重力势能变化直接用计算，中间时刻速度法求打点瞬时速度，阻力损耗机械能造成差值；
(2) 由机械能守恒公式变形得到线性函数，确定横纵坐标物理量，选择图像；
(3) 辨析验证实验逻辑：不能用结论推导的公式代入计算，否则循环论证，失去验证意义。
（1）[1] 从打点O到打计数点B的过程中，重锤重力势能的减少量为
[2] 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下计数点B时重锤的速度为
所以从打点O到打计数点B的过程中，重锤动能的增加量为
[3] 由分析可知，重力势能的减少量略大于动能的增加量的主要原因是空气阻力及纸带的摩擦。
（2）根据机械能守恒定律有
解得
故为得到线性图线，可作图像。
（3）这种做法是错误的。因为利用计算与B点对应的重锤的瞬时速度，从而得到动能的增加量时，已经默认了加速度为g，即认为重锤是做自由落体运动，这样机械能必然守恒。
12．【答案】（1）>；=
（2）
（3）B；D
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止入射小球碰撞后反弹（导致落点位置混乱），入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即。为了保证两球发生对心正碰，两球的直径必须相等，即。
故答案为：>；=
（2）小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t相同，则入射球碰撞前、后速度大小分别为，碰撞后被碰小球的速度，规定向右为正方向，根据动量守恒有，联立整理得
故答案为：
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
联立解得，又因为，联立整理可得
故答案为：BD。
【分析】(1) 本问验证碰撞动量守恒实验器材规范，大质量入射球避免反弹，等直径小球实现对心正碰；
(2) 利用平抛等时性，水平位移等效替代平抛初速度，代入动量守恒公式消去时间得到位移关系式；
(3) 弹性碰撞同时满足动量守恒、机械能守恒，结合平抛位移与速度正比关系，推导对应的位移等式，筛选正确选项。
（1）[1]为了防止入射小球碰撞后反弹（导致落点位置混乱），入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，即。
[2]为了保证两球发生对心正碰，两球的直径必须相等，即。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同，运动时间t相同，则入射球碰撞前、后速度大小分别为
碰撞后被碰小球的速度
规定向右为正方向，根据动量守恒有
联立整理得
（3）若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有
联立解得
又因为
联立整理可得
故选BD。
13．【答案】（1）解：物体从A点到B点，根据能量守恒有
解得
（2）解：由题知，物体恰好到达C点，根据牛顿第二定律有
解得
物体从A点到B点，根据动能定理有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 光滑水平面无摩擦，弹簧弹性势能完全转化为物体动能，利用机械能守恒直接计算弹性势能；
(2) 先由圆周临界条件求出最高点速度，再对 B 到 C 段使用动能定理，包含重力做功、摩擦力做功，求解阻力做功。
（1）物体从A点到B点，根据能量守恒有
解得
（2）由题知，物体恰好到达C点，根据牛顿第二定律有
解得
物体从A点到B点，根据动能定理有
解得
14．【答案】（1）解：小球下摆过程中，由动能定理得
解得
小球摆到最低点时与物块A发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得，
解得
（2）解：以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律得
解得
以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得，
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1) 小球下摆动能定理求碰撞前速度；弹性碰撞同时满足动量守恒、机械能守恒，联立求解物块 A 碰撞后的速度；
(2) A、B 系统水平面不受外力，动量守恒求共同末速度；摩擦力等于内力，相对滑动距离为划痕长度，利用能量损耗列方程求解动摩擦因数。
（1）小球下摆过程中，由动能定理得
解得
小球摆到最低点时与物块A发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得，
解得
（2）以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律得
解得
以物块A和木板B组成系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得，
联立解得
15．【答案】（1）解：由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向
水平方向
解得
（2）解：落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由
得，方向向下。
取时间内击打水面的水，质量
击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向）
代入得
由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小
（3）解：动能增量
由功能关系得
得
【知识点】动量定理；电功率和电功；运动的合成与分解
【解析】【分析】(1) 斜抛运动分解，竖直段逆过程自由落体求上升时间，水平匀速位移公式解水平分速度；
(2) 动量定理处理流体冲击问题，取微元水流，结合牛顿第三定律求水面受到的冲击力；
(3) 水泵做功分为提升水的重力势能、赋予水流水平动能，利用机械效率公式，结合流量、密度表示单位时间质量，化简得到电功率表达式。
（1）由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向
水平方向
解得
（2）落到水面时，竖直方向速度大小等于初竖直速度由
得，方向向下。
取时间内击打水面的水，质量
击打后竖直速度为0，忽略重力，对水由动量定理（取向上为正方向）
代入得
由牛顿第三定律，水对水面竖直向下的平均作用力大小
（3）动能增量
由功能关系得
得
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