松滋市2023-2024学年高三上学期12月月考物理试卷
(考试时间: 75 分钟 总分: 100 分)
祝同学们考试顺利！
一、选择题(1~7为单选题，8~10题为多选题，每题4分，共40分)
1. 质点在 x轴上运动，t=0时质点位于坐标原点. 图为该质点的 v-t图象， 由图线可知( )
A.质点的x-t关系为
B. t=20s时质点与坐标原点距离最大
C.0~20s内的平均速度为2.5m /s
D.0~20s内的平均速率为2.5m /s
2.如图，小球 C置于内侧面光滑的半球形凹槽 B 内，B 放在长木板A上，整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力逐渐减小 B. A受到的压力逐渐减小
C. C对B的压力逐渐变大 D. C受到三个力的作用
3.2023年4月24日，国家航天局和中国科学院联合发布了我国首张火星全球影像图。它是天问一号环绕器携带的中分辨率相机获取的14757幅影像数据进行处理后绘制而成的。综合考虑环绕器全球遥感探测和火星车中继通信需求，工程研制团队为环绕器优化了轨道设计，确定了近火点到火星中心的距离约265千米、远火点到火星中心的距离约1.07 万千米、周期约7.08小时的椭圆轨道方案，如图所示。若只考虑环绕器和火星之间的相互作用，引力常数为G，下列说法正确的是( )
A. 环绕器从Q到N阶段，速率逐渐变小
B. 环绕器从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C. 题目信息可以估测火星的质量
D. 题目信息可以估测火星的第一宇宙速度
4.一物体从坐标原点竖直向上抛出，运动过程中受大小恒定且小于重力、方向始终与运动方向相反的阻力，则该物体的x-t图像可大致表示为( )
5.如图所示，正方形四个顶点上依次放置电荷量为 的点电荷,a、b、c、d是对角线上的四个点，它们到中心 O点的距离均相同。则( )
A. a、b两点的电场强度相同，电势相等
B. a、b两点的电场强度不同， 电势不相等
C. c、d两点的电场强度相同，电势相等
D. c、d两点的电场强度不同，电势不相等
6.如图所示，质量为 m 小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置. 现用水平力 F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为( ，此时细线的拉力为T ，然后撤去水平力F，小球从B返回到A点时细线的拉力为 则( )
B. 从A到B,拉力 F做功为
C. 从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变
D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小
7.如图甲所示，质量分别为1kg、2kg、3kg的三个物块A、B、C叠放在水平面上，现对物块B施加一水平向右的拉力 F，物块A、B、C的加速度与水平拉力的关系如图乙(以水平向右为正)。若物块足够长，物块A、B间的动摩擦因数为μ ，物块B、C间的动摩擦因数为μ ，物块C与地面间的动摩擦因数为μ ，重力加速度 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
8.如图甲所示，在一条直线上同种介质中的两个振源A、B相距6m，振动频率相等，C为A、B连线中点。t=0时刻A、B处质点开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，图乙为A的振动图像，图丙为 B的振动图像。若A向右传播的波与B向左传播的波在， 时相遇，则以下说法正确的是( )
A.在两列波相遇过程中，C处质点静止
B. 在两列波相遇过程中，C为振动加强点
C. 两列波的波长均为 2m，速度大小均为 15m/s
时刻B处质点恰通过平衡位置且向下运动
9. 某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道(第一段倾角较大)组成，同种材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系。一游客静止开始从顶端A下滑到底端，若规定x轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中动能 重力势能 机械能E、产生的热量Q随物体在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像中正确的是( )
10.如图所示，将两个质量分别为 的小球A、B叠放在一起，A 在下 B在上，中间留有小空隙，从初始高度 处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B 球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B 球的速度时间图像如图乙所示,g取 下列说法中正确的是( )
A. B 球与 A 球碰前的速度大小为5m/s
B. A、B两球发生的是非弹性碰撞
C. 若m 远小于 第一次碰撞后， 球上升的最大高度可能大于 20m
D. 两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A 对 B球的冲量大小比值为1：101
二、实验题
11.(6分) 某探究学习小组用如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数. 在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态.剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音. 反复调节滑块的位置，直到只听到一次碰撞的声音.测得此情况下小滑块距挡板的距离. 距桌面距离 小球下落的高度 m, 取 不考虑空气的阻力，则：
(1) 小滑块与挡板碰前瞬间的速度大小为 m/s；
(2) 滑块与木板间动摩擦因数 (结果均保留两位有效数字)
12. (10分)某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带由静止开始下落。
(1) 对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是 。
A. 重物选用质量和密度较大的金属锤
B. 两限位孔在同一竖直面内上下对正
C. 精确测量出重物的质量
D. 用手托稳重物，先释放重物，再接通电源
(2)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图所示。纸带上的第一个点记为 O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出这三个点到O点的距离 hA、hB和hc的值。已知打点计时器所用电源的频率为 50Hz，当地重力加速度为 打点计时器打 B点时，重物速度的大小 (结果保留两位有效数字)。从纸带上打出O点到B点的过程中，重物减少的重力势能与增加的动能 的大小关系是 ( “>” “=” “<” )。
为了进一步提高实验精度，该实验小组改用光电计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。让钢球吸附器吸附小钢球并测量小钢球中部到光电门的高度h。小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门所用的时间t；改变光电门的位置，重复实验，记录多组关于h、t的数据。
(3) 小钢球直径d为 cm
(4)为验证机械能守恒，要验证的表达式为 (已知h, t, d及当地重力加速度g)
三、解答题
13. (11分)如图，光滑水平面AB与粗糙竖直面内的半圆形导轨在B点相连接， 导轨半径为R，一质量为m的静止小球在A 处压缩弹簧，释放后，小球向右运动，当它经过B点(已脱离弹簧)进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的7倍，之后向上运动恰好能通过轨道顶点C，不计空气阻力，小球可视为质点，已知重力加速度为8，试求：
(1) 小球释放时，弹簧的弹性势能；
(2) 小球从B到C过程中产生的摩擦热；
(3) 小球离开C点即将落回水平面时的动能。
14.(15分)如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，质量为m的小物块B静置在长木板上表面的最左端，板的上表面右端通过挡板固定一个轻弹簧。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生弹性碰撞，长木板上表面光滑，板长为1.5L，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球和小物块B的大小及挡板质量，重力加速度为g。求：
(1)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能为多少；
(2)长木板获得的最大速度为多少；
(3)若长木板上表面不光滑，物块与长木板间的动摩擦因数为0.5，物块最终返回到长木板的中点时(已脱离弹簧) 与长木板相对静止，则弹簧被压缩后的最短长度为多少。
15.(18分)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy中有矩形区域abcd，ab边与x轴重合，ab边的中点与坐标原点O重合，P点在a点正上方高h处，矩形区域abcd内存在水平向右的匀强电场。先将一质量为m的带正电的小球A，从P点以某一初速度水平抛出，进入矩形区域后做直线运动，速度方向与x轴正方向夹角为 从C点离开；又将另一质量仍为m的带负电的小球B，从P点以相同的初速度水平抛出，离开矩形区域时速度方向竖直向下。忽略空气阻力，两小球均可视为质点，所带电荷量的绝对值相等。(已知重力加速度为8)
(1) 求小球在抛出点P的初速度
(2)求矩形区域ad边的高度L；
(3)保持矩形区域的ab位置和区域内匀强电场的场强不变，仅改变矩形区域的高度L，即让矩形区域下边界cd在y轴负方向不同位置，仍将小球B从P点以初速度1 水平抛出，小球B将从矩形区域边界的不同点沿不同方向离开电场。若需小球B从下边界cd离开电场，求L的大小范围及小球B离开下边界cd时的动能与与L的关系式。（用m、g、h、L表示）波长 = = 15 × 0.2 = 3 C 错误；
高三 12 月月考物理参考答案 6D．由于波从 A 传到 B 所需时间 = = = 0.4 因此 t2=0.5 s 时刻 B 质点的振动情况与 t=0.1s
15
1.【答案】D 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】B 5.【答案】D
时，A 质点的振动情况相同，恰好通过平衡位置向下运动，D 正确。 故选 AD。
6.【答案】D
9. 【答案】BC
【详解】A．小球在 B 位置时受到向下的重力 mg、水平向左的拉力 F、沿 BO 方向的拉力 T1，根据平
x
mg 【详解】A．根据动能定理 Ek = mgx tan mg cos = (mg tan mg ) x
衡条件应有 T1 = = 2mg cos
cos60
由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则 Ek-x 图像的斜率先大后小，A 错误；
2
小球返回到 A 时，根据牛顿第二定律应有 2 = B．重力势能为Ep = Epm mgx tan
1
从 B 到 A 由动能定理可得 mgL（1-cos60°）= mv 2A 0 联立可得 T2=2mg
2 则 Ep-x 图像斜率大小等于mg tan ，由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小，B
即 T1=T2=2mg 所以 A 错误；
正确；
1
B．根据动能定理应有 WF-mgL（1-cos60°）=0 解得 WF= mgL 所以 B 错误；
2 xC．产生的热量 Q 为Q = mg cos = mgx Q-x 图像为正比例关系，C 正确；
cos
C．从 B 到 A 小球做圆周运动，在 B 点时所受的合力为 FB=mgsinθ
2 D．机械能为E = Emax Q = Emax mgx 图线斜率不变，D 错误。 故选 BC 1 。
在 A 点时所受的合力为 =
再由动能定理 mgL（1-cosθ）= mv 2A
2
10.【答案】BD
解得 FA=2mg（1-cosθ） 显然 FA≠FB 所以 C 错误；
【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有 20 = 2 0 解得 0 = 6m/s
D．根据 P=Fvcosα 小球在 B 点时的速度为 0，所以重力的瞬时功率也为 0，尽管小球在 A 点时的速
即 B 球与 A 球碰前的速度大小为6m/s，故 A 错误；
度最大，但此时在竖直方向的速度为 0，所以重力的瞬时功率也为 0，所以小球从 B 到 A 的过程中重
B．根据题意可知，B 球碰后的速度方向向上，大小为 v2=4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动
力的瞬时功率应先增大后减小，D 正确； 故选 AD。
量守恒定律有 1 0 2 0 = 1 1 + 2 2 解得 1 = 1m/s
7.【答案】C
1 2 1 1 1m1v0 + m
2
2v0 =1.62J m1v
2 2
1 + m2v2 = 0.27J
【详解】由图可知，当 F1 = 6N时 B 开始有加速度，此时应该是 ABC 整体一起相对地面开始滑动， 由于
2 2 2 2
碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故 B 正确；
所以此时的 F 大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有 F1 = (mA +mB +mC ) g 3 = 6N 得 C．假设碰撞是弹性碰撞，此时 B 球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有
1 2 1 2 1 2 1 2
3 = 0.1 当 F2=12N，a2=1m/s
2时，此时应该是 AB 一起与 C 发生相对的滑动，即有 m1v0 + m2v0 = m1v3 + mm 2
v4
1v0 m2v0 =m1v3 +m2v4 2 2 2 2
F m 2 (mA +mB ) g 2 = (mA +mB )a2 得 2 = 0.3 3 2 v
( 03m1 m2 )v0 m
2 v4 = =
1
当 F3=21N，a3=4m/s 时，此时应该是 B 与 A，B 与 C 都发生相对的滑动，即有 m1 +m m m2 1+ 2 2 0
。解得 m 当 远小于 时，有 m 解得v4 = 3v0 =18m / s1 1F3 mA g 1 (mA +mB ) g 2 = mBa3 得 1 = 0.4 故选 C 2 1 28. 【答案】AD v4 = 2gh h则 B 球上升到最高点过程有 max 解得 max =16.2m 故 C 错误； 【详解】AB．由于两列波起振方向相反，频率相同，两列波在中点 C 点的振动方向始终相反，相互 I m gt = mD．在碰撞时间 t=0.01s 内，根据动量定理，对 B 球有 1 2 2v2 ( m2v0 )叠加后合振动始终为零，因此 C 处质点静止，A 正确，B 错误；
3 2 1
C．由乙、丙可知，两列波的周期 T=0.2s 波速 = = m/s = 15m/s B 球重力的冲量 2 = 2 解得 = 故 D 正确。 故选 BD。
0.2 1 1011
{#{QQABASQIoEAgogggggAAAgBAJAAAARBhgCCUUQQFVIC6CAEKQQkAkBGACCACKAooGGgEAABMAIsoAAAwABQFFAABBAAAA==}}##}}
波长 = = 15 × 0.2 = 3 C 错误；
高三 12 月月考物理参考答案 6D．由于波从 A 传到 B 所需时间 = = = 0.4 因此 t2=0.5 s 时刻 B 质点的振动情况与 t=0.1s
15
1.【答案】D 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】B 5.【答案】D
时，A 质点的振动情况相同，恰好通过平衡位置向下运动，D 正确。 故选 AD。
6.【答案】D
9. 【答案】BC
【详解】A．小球在 B 位置时受到向下的重力 mg、水平向左的拉力 F、沿 BO 方向的拉力 T1，根据平
x
mg 【详解】A．根据动能定理 Ek = mgx tan mg cos = (mg tan mg ) x
衡条件应有 T1 = = 2mg cos
cos60
由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则 Ek-x 图像的斜率先大后小，A 错误；
2
小球返回到 A 时，根据牛顿第二定律应有 2 = B．重力势能为Ep = Epm mgx tan
1
从 B 到 A 由动能定理可得 mgL（1-cos60°）= mv 2A 0 联立可得 T2=2mg
2 则 Ep-x 图像斜率大小等于mg tan ，由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小，B
即 T1=T2=2mg 所以 A 错误；
正确；
1
B．根据动能定理应有 WF-mgL（1-cos60°）=0 解得 WF= mgL 所以 B 错误；
2 xC．产生的热量 Q 为Q = mg cos = mgx Q-x 图像为正比例关系，C 正确；
cos
C．从 B 到 A 小球做圆周运动，在 B 点时所受的合力为 FB=mgsinθ
2 D．机械能为E = Emax Q = Emax mgx 图线斜率不变，D 错误。 故选 BC 1 。
在 A 点时所受的合力为 =
再由动能定理 mgL（1-cosθ）= mv 2A
2
10.【答案】BD
解得 FA=2mg（1-cosθ） 显然 FA≠FB 所以 C 错误；
【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有 20 = 2 0 解得 0 = 6m/s
D．根据 P=Fvcosα 小球在 B 点时的速度为 0，所以重力的瞬时功率也为 0，尽管小球在 A 点时的速
即 B 球与 A 球碰前的速度大小为6m/s，故 A 错误；
度最大，但此时在竖直方向的速度为 0，所以重力的瞬时功率也为 0，所以小球从 B 到 A 的过程中重
B．根据题意可知，B 球碰后的速度方向向上，大小为 v2=4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动
力的瞬时功率应先增大后减小，D 正确； 故选 AD。
量守恒定律有 1 0 2 0 = 1 1 + 2 2 解得 1 = 1m/s
7.【答案】C
1 2 1 1 1m1v0 + m
2
2v0 =1.62J m1v
2 2
1 + m2v2 = 0.27J
【详解】由图可知，当 F1 = 6N时 B 开始有加速度，此时应该是 ABC 整体一起相对地面开始滑动， 由于
2 2 2 2
碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故 B 正确；
所以此时的 F 大小应等于整体与地面的最大静摩擦力，即有 F1 = (mA +mB +mC ) g 3 = 6N 得 C．假设碰撞是弹性碰撞，此时 B 球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有
1 2 1 2 1 2 1 2
3 = 0.1 当 F2=12N，a2=1m/s
2时，此时应该是 AB 一起与 C 发生相对的滑动，即有 m1v0 + m2v0 = m1v3 + mm 2
v4
1v0 m2v0 =m1v3 +m2v4 2 2 2 2
F m 2 (mA +mB ) g 2 = (mA +mB )a2 得 2 = 0.3 3 2 v
( 03m1 m2 )v0 m
2 v4 = =
1
当 F3=21N，a3=4m/s 时，此时应该是 B 与 A，B 与 C 都发生相对的滑动，即有 m1 +m m m2 1+ 2 2 0
。解得 m 当 远小于 时，有 m 解得v4 = 3v0 =18m / s1 1F3 mA g 1 (mA +mB ) g 2 = mBa3 得 1 = 0.4 故选 C 2 1 28. 【答案】AD v4 = 2gh h则 B 球上升到最高点过程有 max 解得 max =16.2m 故 C 错误； 【详解】AB．由于两列波起振方向相反，频率相同，两列波在中点 C 点的振动方向始终相反，相互 I m gt = mD．在碰撞时间 t=0.01s 内，根据动量定理，对 B 球有 1 2 2v2 ( m2v0 )叠加后合振动始终为零，因此 C 处质点静止，A 正确，B 错误；
3 2 1
C．由乙、丙可知，两列波的周期 T=0.2s 波速 = = m/s = 15m/s B 球重力的冲量 2 = 2 解得 = 故 D 正确。 故选 BD。
0.2 1 1011
{#{QQABASQIoEAgogggggAAAgBAJAAAARBhgCCUUQQFVIC6CAEKQQkAkBGACCACKAooGGgEAABAMIsoAAAwABQFFAABBAAAA==}}##}}
11.【答案】 （1） 2.0 （2） 0.25 15.【答案】（1）√ ； （2）3h； （3） ≤ ≤ ( + √ ) ， = ( + √ +
)
2 【详解】（1）设小球在抛出点 P 的速度大小为 v0，从 P 点到 ab 边运动时间为 t，到 ab 边时竖直方向d
12.【答案】 （1） AB （2） 3.9 > （3）1.165 （4） gh =
2t 2 速度大小为 vy，小球从 P 点运动到 ab 的过程中，做平抛运动，则竖直方向有
1
=
2 = 水平方向位移为 = 0 刚进入 ab 边时，根据题意有 4 5
° =
13. 【答案】 （1） ； （2） ； （3） 2 0
联立解得 = = √2 ， = 2
【详解】（1）小球向右运动，当它经过 B 点进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的 倍，根据牛顿第 0 7
（2）由于小球 B 离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球 B 水平方向速度
1
2 Ep = mv
2
B E 为零，故小球 B 一定从 dc 边离开电场，即两球从开始运动到离开电场时，在竖直方向上位移相等。
三定律，对小球分析有7 = 根据能量守恒定律有 2 解得 p
= 3mgR
由于两球的质量相等，在竖直方向上均只受重力，故两球刚进入电场的速度一致，且两球在电场中运
v2 动时间相等均为 t1，对 A 球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方
mg = m C
（2）小球向上运动恰能通过轨道顶点C ，则有 R 根据能量守恒定律， 向共线，故有 4 5° =
电
1 1 mgR
Q +mg 2R = mv2B mv
2
C Q =
小球从 B 到C 过程中产生的摩擦热 2 2 得 2 设小球 A 从 c 点离开电场时水平速度为 vx1，竖直速度为 vy1，水平方向上有 电 =
1 5
（3）小球离开C 点后做平抛运动，根据动能定理有 2 = 2 解得 = + + 2 2 1 = 0 + 1 =
0 1
1 1 竖直方向上有 = + =
1
1 1 1 2 2
由于两球电荷量相等，故两球所受电场力大小相等，即水平方向加速度大小相等，对 B 球在电场中做
14.【答案】（1） pm = ； （2） = √ ； （3） = . 类平抛运动，从进入到离开电场过程中，水平方向有 电 = 0 = 1
【详解】（ v1）设小球 A 与 B 碰撞前一瞬间，小球 A 的速度为 1，根据机械能守恒有 联立解得 = 3 ， 1 = 3
1 （3）根据以上分析可知，矩形区域的总长度 2
= + 1 = 5
= 1 解得 1 = √2 2
2
且小球的射入点距 b 点距离为 3h。小球 B 水平方向向右减速到速度为零，在水平方向位移为 = 01 2
由于 A、B 质量相等，发生弹性碰撞，因此两者交换速度，即碰撞后物块 vB 以 1开始向右运动。设弹
解得 1 = ＜ 1 = 3
1
v2 = 2gL 即不论矩形区域高 L 多大，B 都到不了 bc 边。若小球 B 恰好从下边界 d 点离开电场，则小球在电场
簧压缩最大时，物块与板的共同速度为v2，根据动量守恒 41 = 4 2 解得
1
1 1 3 中运动时，水平方向的位移为 2 = 2 = 0 2
2
2
根据机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能 2pm = 1 × 4
2
2 = 22 2 4
1
竖直方向上有 1 = 2 +
2
2 联立解得 1 = (6 + 4√3) 故 L 的大小范围为0 ≤ ≤ (6 + 4√3) v 2
（2）设物块滑离木板时的速度大小为 v3 ，长木板获得的最大速度大小为 4 ，根据动量守恒有
1 1 1 1 1 设小球 B 离开下边界 cd 时的动能为 Ek，在电场中运动时水平方向位移为 x3，规定向右为正，则由动
mv2 = 3mv2 + mv2 v
mv = 3mv mv 1 4 3 4
= v1 = 2gL
1 4 3 根据能量守恒有 2 2 2 解得 2 2 1能定理可得 = 2 0 + ( + ) 2 3
（3）若长木板的上表面不光滑，设物块相对长木板运动的路程为 s，根据动量守恒，物块与长木板最
1 1
1 1 2 1 在电场中运动时，水平方向有 = 2 2v = 2gL mv 4mv2 = mgs 3 0
4 4 竖直方向有 = + 2 4 2 4
2 1 2
终的共同速度等于 4 根据能量守恒 2 2
3 联立解得 = (6 + 2 4√ + 2 )
s = L
解得 2 根据题意及几何关系可知，弹簧被压缩后的最短长度
1.5L 0.75L
l = 0.75L = 0.375L
2
{#{QQABSAQoIEAgogggggAAAgBAJAAAARBhgCCUUQQFVIC6CAEKQQkAkBGACCACKAoGoGgEAABMAIsoAAAwABQFFAABBAAAA==}}##}}
11.【答案】 （1） 2.0 （2） 0.25 15.【答案】（1）√ ； （2）3h； （3） ≤ ≤ ( + √ ) ， = ( + √ +
)
2 【详解】（1）设小球在抛出点 P 的速度大小为 v0，从 P 点到 ab 边运动时间为 t，到 ab 边时竖直方向d
12.【答案】 （1） AB （2） 3.9 > （3）1.165 （4） gh =
2t 2 速度大小为 vy，小球从 P 点运动到 ab 的过程中，做平抛运动，则竖直方向有
1
=
2 = 水平方向位移为 = 0 刚进入 ab 边时，根据题意有 4 5
° =
13. 【答案】 （1） ； （2） ； （3） 2 0
联立解得 = = √2 ， = 2
【详解】（1）小球向右运动，当它经过 B 点进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的 倍，根据牛顿第 0 7
（2）由于小球 B 离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球 B 水平方向速度
1
2 Ep = mv
2
B E 为零，故小球 B 一定从 dc 边离开电场，即两球从开始运动到离开电场时，在竖直方向上位移相等。
三定律，对小球分析有7 = 根据能量守恒定律有 2 解得 p
= 3mgR
由于两球的质量相等，在竖直方向上均只受重力，故两球刚进入电场的速度一致，且两球在电场中运
v2 动时间相等均为 t1，对 A 球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方
mg = m C
（2）小球向上运动恰能通过轨道顶点C ，则有 R 根据能量守恒定律， 向共线，故有 4 5° =
电
1 1 mgR
Q +mg 2R = mv2B mv
2
C Q =
小球从 B 到C 过程中产生的摩擦热 2 2 得 2 设小球 A 从 c 点离开电场时水平速度为 vx1，竖直速度为 vy1，水平方向上有 电 =
1 5
（3）小球离开C 点后做平抛运动，根据动能定理有 2 = 2 解得 = + + 2 2 1 = 0 + 1 =
0 1
1 1 竖直方向上有 = + =
1
1 1 1 2 2
由于两球电荷量相等，故两球所受电场力大小相等，即水平方向加速度大小相等，对 B 球在电场中做
14.【答案】（1） pm = ； （2） = √ ； （3） = . 类平抛运动，从进入到离开电场过程中，水平方向有 电 = 0 = 1
【详解】（ v1）设小球 A 与 B 碰撞前一瞬间，小球 A 的速度为 1，根据机械能守恒有 联立解得 = 3 ， 1 = 3
1 （3）根据以上分析可知，矩形区域的总长度 2
= + 1 = 5
= 1 解得 1 = √2 2
2
且小球的射入点距 b 点距离为 3h。小球 B 水平方向向右减速到速度为零，在水平方向位移为 = 01 2
由于 A、B 质量相等，发生弹性碰撞，因此两者交换速度，即碰撞后物块 vB 以 1开始向右运动。设弹
解得 1 = ＜ 1 = 3
1
v2 = 2gL 即不论矩形区域高 L 多大，B 都到不了 bc 边。若小球 B 恰好从下边界 d 点离开电场，则小球在电场
簧压缩最大时，物块与板的共同速度为v2，根据动量守恒 41 = 4 2 解得
1
1 1 3 中运动时，水平方向的位移为 2 = 2 = 0 2
2
2
根据机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能 2pm = 1 × 4
2
2 = 22 2 4
1
竖直方向上有 1 = 2 +
2
2 联立解得 1 = (6 + 4√3) 故 L 的大小范围为0 ≤ ≤ (6 + 4√3) v 2
（2）设物块滑离木板时的速度大小为 v3 ，长木板获得的最大速度大小为 4 ，根据动量守恒有
1 1 1 1 1 设小球 B 离开下边界 cd 时的动能为 Ek，在电场中运动时水平方向位移为 x3，规定向右为正，则由动
mv2 = 3mv2 + mv2 v
mv = 3mv mv 1 4 3 4
= v1 = 2gL
1 4 3 根据能量守恒有 2 2 2 解得 2 2 1能定理可得 = 2 0 + ( + ) 2 3
（3）若长木板的上表面不光滑，设物块相对长木板运动的路程为 s，根据动量守恒，物块与长木板最
1 1
1 1 2 1 在电场中运动时，水平方向有 = 2 2v = 2gL mv 4mv2 = mgs 3 0
4 4 竖直方向有 = + 2 4 2 4
2 1 2
终的共同速度等于 4 根据能量守恒 2 2
3 联立解得 = (6 + 2 4√ + 2 )
s = L
解得 2 根据题意及几何关系可知，弹簧被压缩后的最短长度
1.5L 0.75L
l = 0.75L = 0.375L
2
{#{QQABSAQoIEAgogggggAAAgBAJAAAARBhgCCUUQQFVIC6CAEKQQkAkBGACCACKAooGGgEABAMAIsoAAAwABQFFAABBAAAA==}}##}}
