武汉市重点中学校2025届高一 6月考
高一物理试卷
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
10. 11.
12. （6分）(1) ；(2) 1· = 1· + 2· ；(3)1 ∶ 2。
13. （8分）63.50 1.8 7.73
14. （12分）解：(1)当被推开空车与左侧冰车速度相同时，空车被推开的速度最小，取向右为
正方向，根据动量守恒定律得：
1 1 2 2 = ( 1 + 2)
解得 = 2.5 /
(2)人对空车过程，取向右为正方向，根据动量定理
对左侧冰车有： = 1 1′ 1 1
对空车有： = 2 2′ [ 2 2]
解得： 1′ = 2 / ， 2′ = 5 / ，
可知，撤去推力后两车均向右，由于 1′ < 2′，所以两车不会再发生碰撞。
15.（14分）解：（1）剪断细线前 的受力情况：向下的重力 、细线的拉力 拉 =
及弹簧的弹力 = 2 ．
此时弹簧的伸长量为△ = = 2
剪断细线后， 做简谐运动，其平衡位置在弹簧的伸长量为△ ′ = 处
最低点即刚剪断细线时的位置，离平衡位置的距离为
由简谐运动对称性的特点知物体 在最高点离平衡位置的距离也为 ，即最高点的位
置恰在弹簧的原长处，此时弹簧的作用力 T＝0，
（2）从最低点到最高点过程中机械能守恒，设最低点重力势能为零，则：
2 2 2
最低点的弹性势能 = 2 △ =
1
（3）在平衡位置速度有最大值，此时弹性势能 ′ = 4
1
机械能守恒： = ′+ 22
2
则： =
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答：（1）当 振动到最高点时，弹簧的弹力为 0（2） 振动过程中，弹簧弹性势
2 2 2 2
能的最大值为 。（3） 振动过程中，速度的最大值为 。
2
16. （16分）解：(1)对 滑块在 点： = ，
得： = 3.2 /
滑块 与滑块 碰后，由 点运动到 点，
1 1
根据机械能守恒得： 2 22 = 2 + 2
碰后滑块 的速度： = 4 /
滑块 与滑块 发生弹性碰撞： 0 = + 1
1
2
1 1
2 0 =
2
2 + 2
2
1
得 1 = 4 /
(2) 滑块冲上 木板至刚离开 木板的过程： 1 = 2 + 2 3
1 1 1
2
2
1 = 2 22 2 + 2 × 2 3 + 1 1
解得： 8刚离开长木板 时 滑块的速度 2 = 3 /
2
此时 木板的速度 3 = 3 /
滑块冲上 木板的过程： 2 + 3 = 2 4
1
2
1 1
2 2 +
2 2
2 3 = 2 × 2 4 + 1
解得： = 0.5
(3)当木板 的长度为(2)中所求的值时，小滑块 刚滑上木板 时，木板 与地面间的动摩擦因数突
8
然变为 2 = 0.05，此时 2 = 3 / > 3 =
2
3 / ，小滑块 做匀减速直线运动，木板 做匀加速直
线运动。
对小滑块 ： 1 = 21 = 2 /
( + ) 对木板 ： = 1 22 = 1 /
2
8 2
时间 1后两者共速：3 2 1 = 3 + 1 = 共
2 4
解得： 1 = 3 ， 共 = 3 /
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1
在这段时间内：滑块 的位移： = 2 ( 2 + ) =
1 8 4 2 4
共 1 2 × ( 3 + 3 ) × 3 = 3
= 1 ( + ) = 1 × ( 2 4 2 2木板 的位移： 2 3 共 1 2 3 + 3 ) × 3 = 3
= = 2两者的相对位移： 3 > = 0.5
滑块 与木板 不可能保持相对静止，必会滑离出去
设经时间 2后滑块 从木板 上滑离出去，
= 1滑块 的位移： 2 2 2 2 1 2
木板 1的位移： 2 = 3 2 + 2 2 2
两者的相对位移： = = = 0.5
1
解得： 2 = 3 ，另外一解舍去
8 2
当滑块 从木板 上滑离时： = 3 2 2 = 2 / ， = 3 + 2 = 1 / 。
答：(1)小滑块 与小滑块 碰后，滑块 的速度大小为 4 / ；
(2) 8小滑块 刚离开长木板 时 的速度大小为3 / ，木板 的长度为 0.5 ；
(3)小滑块 滑离木板 时，小滑块 和木板 的速度大小分别为 2 / ，1 / 。
【解析】
1. A.伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故 A 错误；
B.根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，摆球经过平衡位置时，回复
力为零，但摆球还有向心加速度，合外力不为零，故 B 错误；
C.由于哈尔滨的重力加速度大于萧山的重力加速度，因此将摆钟由萧山移至哈尔滨，重力加速度
变大，为保证摆钟的准确，需要将钟摆摆长调长些，故 C 正确；
D. 4
2 4 2
由单摆的周期公式 = 2 2 得 = ，图线斜率的物理意义是 。描点时若误将摆线长 0
当作摆长， 2 0的图像斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故
D 错误。
故选 C。
2. 【分析】
明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为： =△ ；并能根据动量定理分析生活中的
现象。
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本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响。
【解答】
A.拳击手比赛时所带的拳套是为了缓冲击打效果，故 A 错误；
B.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，根据动量定理 = ，运动时间相等，故 B 错
误；
C..汽车安全气囊的作用是在汽车发生剧烈碰撞时，使人更缓的停下来，故 C 错误；
D.从越高的地方跳下，落地时速度越大，越危险，是因为落地时受地面的冲量越大，故 D 正确；
故选 D。
3. 解：设甲的质量为 ，乙的质量为 ，碰撞前甲、乙的速度大小分别为 1和 2，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为 3和 4，
碰撞过程中动量守恒，则 1 + 2 = 3 + 4，
解得 = 6 ，
1 1 1 1
则碰撞过程两物块损失的机械能△ = 2
2
1 + 2
2
2 2
2
3 22 4 = 3 ，故 正确， 错误。
故选： 。
甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于
碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。
解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的
运算规则。
4. 【分析】对于流体问题，时间 内的流体质量为 = ，其中 是流体密度、 是正对横截面
积、 是流体的速度，这一结论最好在理解的基础上记住，然后利用动量定理(合外力的冲量等于
物体的动量变化)求解。
1
【解答】设 时间内有体积为 的水打在钢板上，则这些水的质量 = = = 24
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为 ，以水运动的方向为正方向，由动量定理得 =
0
1
解得作用力大小 = 2 24
4 4 2
水流速度 = = 2，得 = 2
4 2
根据牛顿第三定律，钢板受到水的冲力 ′ = 2
故选 D。
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5. 【分析】
汽车做受迫振动，当汽车的固频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强
烈。
本题以减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的为情境载体，考查了共振条件在实际生活中
的应用，解决此题的关键是要理解共振曲线。
【详解】
A.驱动力的频率越接近汽车的固有频率，颠簸越厉害，A 错误；
.汽车以约 8 / 的速度行驶时，驱动力的周期为
2
= = 8 s = 0.25s
驱动力的频率为
1 1
= = 0.25Hz = 4Hz
汽车做受迫振动的振动频率为 4 ，恰好等于汽车的固有频率，汽车发生共振，振幅最大，颠簸
最厉害，B 正确，CD 错误。
故选 B。
6. 【分析】
本题考查了动量守恒和人船模型问题。
人和木板组成的系统动量守恒，讨论可能出现的几种情况确定结论。
【解答】
地面光滑，水平方向，木板和人都只受到摩擦力作用，设向右为正， 1为人的速度大小， 2为木
板速度大小，由于系统动量守恒，则有 1 2 = 0，即 1 = 2
讨论：
> ，则 2 > 1，人走到 点之前木板的 点已经到达 点，人不会掉下;
= ，则 2 = 1，人走到 点的时候， 端点到达 点，人也不会掉下;
< ，假设人能走到 点，如图所示：
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，
木板的位移为 ，人的位移为 ，根据动量守恒 1 = 2
由于运动时间一样，则有 1 = 2
即 ( ) =
( )
整理： = ，
根据图可知，左右各有2 长度的木板力矩平衡掉了，如果 的力矩大于左端 2 长的木板产生的
力矩，则会掉下去，小于则不会掉下去。
人的力矩为 2
2 2 长度木板力矩为 × 2 =
( )
联立解得：2 长度木板力矩为 × = ( )
则 ( ) > ( 2 )
所以人不会掉下来，故 ABD 错误， C 正确。
7. 【分析】
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受
外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前
系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。 和 发生弹性碰撞，
根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后的速度大小；根据动量定理、能量守恒定律进行
解答； 、 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，再根据动量定理、
能量守恒定律进行解答。
【解答】
1 1 1
由系统动量守恒和机械能守恒可知 0 = + ，2
2
0 = 2
2
+ 2
2
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= 1 2 解得 0 +1 0， = +1
= = 2 得 0 +1 ，故 A 选项错误
依题意， > 1，则物块 碰后反弹，物块 碰后做减速运动，最终静止
法一：由动量定理可得 = 0
全过程累加求和有 1 = 0
2
得 1 = 0 ( +1)故 B 选项正确
+0
法二：类比电磁感应中的安培力可以证明 与 成线性关系，由动能定理可得 2 · 1 = 0
1 2
2
= 2 解得 01 ( +1)，故 B 选项正确
若 、 碰后粘在一起，则有 0 = ( + ) 共
= 解得 0共 +1，故 = =
0
共 +1，故 C 选项错误
由动量定理可得 = ( + )
全过程累加求和有 2 = 0 ( + ) 共
得 = 02 ，故 D 选项错误
8. 【分析】
物体 和 组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，由系统的机械能守恒分析物体
运动到圆槽的最低点速度．当 到达左侧的最高点时，水平方向上的速度相等，竖直方向上的速
度为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律分析 上升的最大高度．
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道 、 组成的系统在水平方向上动量守恒，
但系统的总动量并不守恒．
【解答】
解： 、这一过程中，系统竖直方向合外力不为零，所以系统的动量不守恒．但系统水平方向不
受外力，则在水平方向系统的动量守恒，故 A 错误，B 正确．
C 1 1 1、系统机械能守恒， 从顶端运动到最低点的过程，有 = 2 2 22 + 2 2 ，则 > 2 ，
得 < 2 ，即物体 运动到圆槽的最低点速度小于 2 ，故 C 错误．
D、设 到达左侧最高点的速度为 ，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，
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即 = 0，根据机械能守恒定律知， 能到达 圆槽左侧的最高点，即恰与释放点等高．故 D 正确．
故选 BD。
9. 【分析】
本题是碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不
能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率；
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于
或等于碰撞前的系统总动能。
【解答】
以 的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为： = + = 4 × 3 / + 2 × (
3) / = 6 / ，
1 1 1 1
碰前总动能为： 2 = 2 + 2
2 2
= 2 × 4 × 3 + 2 × 2 × ( 3)
2 = 27 ；
A.如果 ′ = 4 / 、 ′ = 5 / ，碰后系统总动量为 6 / ，总动能为 57 ，系统动量守
恒，动能增加，故 A 错误；
B.如果 ′ = 1 / 、 ′ = 1 / ，碰后系统动量为 6 / ，总动能为 3 ，系统动量守恒、
动能不增加，符合实际，故 B 正确；
C.如果 ′ = 2 / 、 ′ = 1 / ，根据碰撞的特点可知，相向运动的两个物体在碰撞后速度
方向都不发生改变是不可能的。故 C 错误；
D.如果 ′ = 1 / 、 ′ = 5 / ，碰后总动量为 6 / ，总动能为 27 ，系统动量守恒，
动能不变，故 D 正确。
故选 BD。
10. A.由振动图象可知振动周期 = 1.6 ， = 4 时，振子在平衡位置，速度最大，动能最大，故
A 正确；
B.根据振动图象和简谐运动的对称性可知，振子在 = 0.2 时和 = 1.0 时，振子位于关于平衡位
置对称的两点，加速度大小相等，方向相反，故 B 正确；
C. = 2 5 = 12 5 = 4 / ，由题中图像知 ，质点的振动图象 = 12sin 4 ( )， = 0.6 时，
解得： = 6 2 ，振子在 点右侧 6 2 处，故 C 错误；
D. = 0.8 到 = 1.2 的时间内，振子远离平衡位置向左运动，加速度增大，速度减小，故 D 错误。
故选 AB。
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11. 【分析】
由题意可知 球的运动为类单摆运动，可求出其运动的周期 = 2 ， 的运动是自由落体运动，
可求得其运动的时间，结合相遇时的时间关系，即可得知 球释放时离 点的高度
该题考查了关于单摆的周期的计算问题，学习中要注意各种的单摆模型。
【解答】
由题意知 球做类单摆运动， 球做自由落体运动， 、 两球相遇必在点 。
球做类单摆运动的周期 = 2 ，
球从静止开始释放至到达点 经历的时间为
= (2 1)
4 =
(2 1)
2 ( = 1,2,3, …)，
= 2 球落到点 的时间
因为相遇时 =
2 2
所以 = (2 1) 8 ( = 1,2,3, …)
2
当 = 1 时， = 8 ，
2
当 = 2 时， = 9 ，8
当 = 3 时， = 25
2
8
. . .
故 AD 正确 BC 错误。
12. 【分析】
(1)根据实验原理分析实验操作；
(2)根据动量守恒定律和平抛运动的规律分析需要满足的式子；
(3)分别求出实验中碰撞结束时刻两球动量大小，得到大小之比。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用
到速度和时间，而是用位移 来代替速度 ，成为是解决问题的关键。
【解答】
(1) .小球从斜槽滑出做平抛运动，可知斜槽的末端必须水平，故 A 正确；
B.每次必须是从同一高度由静止释放，使得平抛运动的初速度相等，故 B 正确；
C.由于在同一高度进行平抛则时间一致不需要秒表，故 C 错误；
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D.实验中需要测量的物理量有 球的质量 1和 球的质量 2，和两物体平抛时水平方向的位移即
线段 、 和 的长度，故 D 错误；
故选 AB。
(2)根据动量守恒定律， 1 0 = 1 1 + 2 2
1
由于碰撞前后入射球和靶球从同一高度同时做平抛运动，根据 = 22 可得两球做平抛运动的时
间相同，故有 1 0 = 1 1 + 2 2
而 0 = ， 1 = ， 2 = ，故只需满足 1· = 1· + 2· 说明碰撞中动量守恒。
(3)若 1 = 1.5 2，碰撞后 1的动量： 1 = 1 = 1 × 18.30 × 10 2
碰撞后 22的动量： 2 = 2 = 2 × 54.9 × 10
1 = 1×18.30×10
2 1
碰撞结束时刻两球动量大小之比 2 2×54.9×10 2
= 2
故答案为：(1) ；(2) 1· = 1· + 2· ；(3)1 ∶ 2。
13. (1) 2.0解： 单摆周期： = + 2 = 62.50 + 2 = 63.50 ；
(2)在一个周期内摆球两次经过最低点，每次经过最低点时拉力最大，根据图象知周期： = 1.8 ；
(3) 由单摆周期公式： = 2
4 2
可知： = 2 ；
A、计算摆长时，加的小球直径，所测摆长 偏大，所测 偏大，故 A 正确；
B、读单摆周期时，读数偏大，所测周期 偏大，所测 偏小，故 B 错误；
C、摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动，所测周期 偏大，所测 偏小，故 C 错误；
D、测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，所测 偏大，故 D 正确；
E、细绳不是刚性绳，在摆动过程中会变长，会导致测量值 偏小，则所测 偏小，故 E 错误；
故选： 。
(4) 由单摆周期公式： = 2
= 4
2 = 4×3.14
2×63.50×10 2
可知，重力加速度： / 2 ≈ 7.73 / 22 2 。 1.8
故答案为：(1)63.50；(2)1.8；(3) ；(4)7.73。
(1)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长；
(2)摆球在摆动的过程中，在最低点时拉力最大，根据图示图象求出单摆的周期；
(3)根据单摆周期公式求出重力加速度表达式，然后分析各选项作出判断；
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(4)根据单摆周期公式求出重力加速度。
解决本题的关键知道摆球在摆动的过程中，最低点绳子的拉力最大，以及知道摆球运动的周期性，
一个周期内两次经过最低点；注意掌握单摆周期公式，及会利用其分析误差产生原因。
14. (1)为避免直接碰撞，被推开空车的速度不小于右侧冰车的速度，当两者速度相同时，空车被
推开的速度最小，根据动量守恒定律求解。
(2)设人对空车推力 300 ，持续作用时间 0.5 后撒去推力，分别对左侧冰车(含人)和空车运用动
量定理求撤去推力后两车的速度，再判断它们是否还会发生碰撞。
解决本题的关键是明确刚好不会碰撞的条件：速度相同，运用碰撞的基本规律：动量守恒定律进
行研究。
15. 由受力平衡知弹簧形变量与重力之间关系，再根据简谐运动的对称性可以知道当 运动到最
高点时弹簧的形变量，再对木箱受力分析和牛顿第三定律即可知道木箱对地面的压力．
本题关键是对小物体 受力分析，根据简谐运动的对称性得到最高点时弹簧的弹力大小．对于简
谐运动，常常要根据对称性分析加速度和合外力关系．
16. 本题涉及到四个物体，多个运动过程，属于多体多过程问题，难度较大，是一道难题；分析
清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键；应用动量守恒定律、能量守恒定律即可解题。
第 11页，共 11页武汉市重点中学校2025 届高一 6 月考
高一物理试卷
考试时间：2023 年 6 月 11 日 10：50—12:05 试卷满分：100 分
一． 选择题:本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，
第 1—7 题只有一项符合题目要求，第 8—11 题有多项符合题目要求。全部选对
的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
1．关于单摆的认识，下列说法中正确的是：（ ）
A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B. 摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零
C. 将钟摆由海南移至北京，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些
D. 利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长 0当做摆长，利用 2 0图的
斜率导致测量结果偏小
2．关于下列几种现象的描述正确的是：（ ）
A. 拳击手比赛时所带的拳套是为了增强击打效果
B. 动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来
C. 汽车安全气囊的作用是在汽车发生剧烈碰撞时，使人更快的停下来
D. 从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人脚受到的冲量越大
3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追
上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间
的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过
程两物块损失的机械能为：（ ）
A. 3 J B. 4 J
C. 5 J D. 6 J
4．水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以
及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如
图所示，若横截面直径为 的圆柱形水流垂直射到要切割的
钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位
时间流出水的体积)为 ，水的密度为 ，则钢板受到水的平
均冲力大小为：（ ）
A. 4 ρ B.
第 1页，共 6页
2C. D. 4
2
2 2
5．为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达
到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面
上的减速带间距为 2m，一辆固有频率为 4Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列
说法正确的是：（ ）
A. 汽车速度越大，颠簸一定越厉害
B. 汽车以约 8m/s的速度行驶时颠簸最厉害
C. 汽车以约 8m/s的速度行驶时颠簸最轻
D. 汽车以 10m/s的速度行驶时，其振动频率为 4Hz
6．质量为 、长为 的均匀长木板 ，放在光滑的地面上，
有一半长度伸出坡外，在木板的 端站立一质量为 的
人，开始时，人与木板都处于静止状态，现让人从
端走向 端，则下列说法中正确的是：（ ）
A. 这很危险，当人行至 端时，人和板将翻下坡底
B. 尚未行至 端，只要人越过坡面与地面的交点 ，人和板将翻下坡底
C. 不用担心，人能安全地到达 并立于 端，人、板不会翻倒
D. 人能不能安全地到达 并立于 端，不能一概而论，要视 与 的关系而定
7．如图所示，一质量为 ( > 1)的物块 静止于水平
地面上 点， 点左侧地面光滑，物块在 点右侧运
动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比( =
， 为已知常数)、与物块质量无关。现有一个质量为 的物块 以初速度 0向右
撞向物块 ，与 发生碰撞，碰撞时间极短，则下列说法正确的是：（ ）
A. ( 1) 若 、 碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中 对 的冲量大小为 0
+1
2
B. 0若 、 碰撞过程中没有机械能损失，则 的位移 1 = ( +1)
C. 0若 、 碰后粘在一起，则碰撞过程中 对 的冲量大小为 +1
D. 若 、 0碰后粘在一起，其共同运动的位移 2 = 2
8．如图所示，物体 、 的质量分别为 、2 ，物体 置于水平面上， 物体上部半圆
型槽的半径为 ，将物体 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则
下列说法正确的是：（ ）
A. 、 构成的系统动量守恒
第 2页，共 6页
B. 、 构成的系统机械能守恒
C. 物体 运动到圆槽的最低点速度为 2gR
D. 释放后，当 物体向左上升到最高点时，又恰与释放点等高
9．两个小球 、 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是 = 4kg，
= 2kg， 的速度 =+ 3m/s（设为正方向）， 的速度 = 3m/s，则它们
发生一维碰撞后，其速度可能分别为：（ ）
A. +4 m/s和 5 m/s B. 均为+1 m/s
C. +2 m/s和 1 m/s D. 1 m/s和+5 m/s
10．如图甲所示，弹簧振子以 O点为平衡位置，在光滑水平面上的 、 两点之间做简
谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移 随时间 的变化关系如图乙所示，下
列说法正确的是：（ ）
A. = 4s时，振子的动能最大
B. 振子在 = 0.2s时和 = 1.0s时的加速度大小相等，方向相反
C. = 0.6s时，振子在 点右侧 6cm处
D. = 0.8s到 = 1.2s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
11．如图所示，光滑圆弧槽半径为 ， 为最低点， 到 的距离远远小于 ，若同时释
放小球 、 。设小球 到 点的距离为 ，则要使两小球 和 在 点相遇(小球 和
可视为质点)， 的可能值为：（ ）
2A.
8
B. 3
2
8
C. 3
2
4
2
D. 9
8
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二．非选择题：本题共 5 小题，共 56 分。
12．（6分）某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，实验室具备的实验器材有：斜槽
轨道，大小相等、质量不同的小钢球 、 ，刻度尺，白纸，圆规，重垂线一条。
实验装置如图甲所示， 为不放 球时 球的平均落点， 点和 点分别为碰撞后
球和 球的平均落点。
（1）对于实验中注意事项、测量器材和需要测量的物理量，下列说法中正确的是____。
A.实验前调节轨道时应注意槽的末端的切线是水平的
B.实验中要保证每次让 球从斜槽轨道上同一高度处由静止释放
C.实验中还缺少的器材有复写纸和秒表
D.实验中需要测量的物理量只有 球的质量 1和 球的质量 2
（2）在 1 > 2时，实验中记下了 、 、 、 四个点的位置(如图乙所示)，若满足
__________(用 1、 2、 、 、 表示)，则说明碰撞中动量守恒。
（3）此实验中若 1 = 1.5 2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为
1 ∶ 2 =__________。
13．（8分）2018年 3月 14日著名物理学家霍金逝去，巨星陨落，但是探索太空中的
未知领域，我们会仍然继续下去。一宇航员飞至某一星球想利用小球的单摆测定
该星球的重力加速度，先测得摆线长为 62.50cm，摆球直径为 2.0cm。然后将一
个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力 的大小随时
间 的变化曲线如图所示。
（1）该摆摆长为______cm。
（2）该摆摆动周期为______s。
（3）如果测得 值偏大，可能原因是______。(填选项字母)
A.计算摆长时，将摆线长与小球直径之和作为摆长
B.读单摆周期时，读数偏大
C.摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动
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D.测摆线长时摆线拉得过紧
（4）测得该星球的重力加速度 的值为______m/s2。(结果保留三位有效数字)
14．（12分）光滑水平冰面直线轨道上，总质量 1 = 50 kg的人和冰车以速度 5 m/s
向右匀速运动，一质量 2 = 10 kg空冰车迎面而来，速度大小 10 m/s，为避免两
车直接碰撞，人在两车接触前用力推迎面而来的空冰车，两冰车始终在同一直线
上运动。
（1）为避免直接碰撞，求被推开空冰车的最小速度 ；
（2）设人对空冰车推力 300 N，持续作用时间 0.5 s后撤去推力(该时间内冰车未
发生碰撞)，问撤去推力后两车是否还会发生碰撞。
15．（14分）如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧上端与天花板连接，下端挂着用
细线连接的质量均为 m 的两物体 和 ，处于静止。剪断 、 间的细线后，不计
阻力， 做简谐运动，重力加速度为 。求：（设轻质弹簧处于原长时弹性势能为
零，且弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比）
（1）当 振动到最高点时，弹簧的弹力为多少？
（2） 振动过程中，弹簧弹性势能的最大值。
（3） 振动过程中，速度的最大值。
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16．（16分）如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形
轨道组成， 点为圆形轨道最低点， 点为最高点，水平轨道 右侧的光滑水平地
面上并排放置两块木板 、 ，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨
道 平齐，小滑块 放置在轨道 上。现将小滑块以从 点以某一水平初速度 0
向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块 发生碰撞，碰撞时间极
短且碰撞过程中无机械能损失，碰后以沿原路返回到 点时，对轨道压力恰好为 0，
碰后滑块 最终恰好没有离开木板 。已知：小滑块的质量为 = 1 kg， 、 两木
板质量和小滑块 的质量均为 = 3 kg， 木板长为 1 = 2 m，圆形轨道半径为 =
0.32 m，滑块 与两木板间动摩擦因数均为 1 = 0.2，重力加速度 = 10 m/s2。求：
（1）小滑块 与小滑块 碰后，滑块 的速度大小；
（2）小滑块 刚离开长木板 时 的速度大小以及木板 的长度；
（3）当木板 的长度为(2)中所求的值时，小滑块 刚滑上木板 时，木板 与地面
间的动摩擦因数突然变为 2 = 0.05，试分析小滑块 能否与木板 保持相对静
止。若能，求出小滑块 距木板 右端的距离。若不能，求出小滑块 滑离木板
时，小滑块 和木板 的速度大小。
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