云南省大理白族自治州祥云祥华名校2023-2024学年高一下学期物理6月考试题

云南省大理白族自治州祥云祥华名校2023-2024学年高一下学期物理6月考试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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．（2024高一下·大理月考）下列对几种物理现象的说法，正确的是（　　）
A．跳高时要落在海绵垫子上，是为了减小冲量
B．用力推车，车子不动，是因为推力对车的冲量为零
C．动量相同的两个物体受相同的合外力作用而减速时，质量小的先停下来
D．镶瓷砖时用橡皮锤，是因为橡皮锤有弹性，延长了锤与瓷砖的作用时间，使锤对瓷砖的作用力减少了
2．（2024高一下·大理月考）某一弹簧振子的图像如图所示，由图可知在内（　　）
A．振子的动能在增大 B．振子的加速度在增大
C．振子朝正方向运动 D．系统的势能在减小
3．（2024高一下·大理月考）如图所示，将完全相同的小球1、2、3分别从同一高度由静止释放（图甲和图丙）或平抛（图乙），其中图丙是一固定在地面上的光滑斜面，每个小球从开始运动到落地过程，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球3落地瞬间的重力的功率最小
B．3个小球落地瞬间的速度大小相等
C．该过程中，小球3的重力做功最多
D．该过程中，3个小球的重力做功的平均功率相等
4．（2024高一下·大理月考）如图所示为一自制的偏心轮振动筛的简易图，振动筛安装在两弹簧上，偏心轮不转动时，让振动筛自由振动，测得其频率为；启动电动机，偏心轮转动，改变偏心轮的转速，让偏心轮的转速从零缓慢增加到，在此过程中（　　）
A．振动筛振动频率始终为
B．振动筛振动的振幅一直减小
C．振动筛振动的振幅先增大后减小
D．振动筛振动的振幅先减小后增大
5．（2024高一下·大理月考）如图，一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，图甲是这列波在时刻的波形图，图乙是质点N的振动图像，质点M的平衡位置在处，质点N的平衡位置在处，则下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴负方向传播
B．该列波的波速大小为
C．内，质点M的路程为
D．时刻，质点M的速度正在增大
6．（2024高一下·大理月考）一列火车鸣笛匀速经过铁道，旁边的人听到鸣笛声的音调一直在变化，则下列说法正确的是（　　）
A．铁道旁的人听到鸣笛声的音调发生变化是因为声波发生了干涉
B．铁道旁的人听到鸣笛声的音调一直升高
C．列车上的乘客听到鸣笛声的音调不变
D．鸣笛声的音调越高则在空气中传播得越快
7．（2024高一下·大理月考）我国空间站运行在离地面高度为地球半径倍的圆轨道上，运行周期为T，引力常量为G，则地球的密度为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·大理月考）如图所示为两个可视为质点的弹性小球A、B，B球质量是A球的3倍，A球放在B球正上方，且和B球一起从距地面处由静止释放。若在A球与B球之间、B球与地面之间发生的都是弹性碰撞，且天花板足够高，忽略空气阻力，碰撞时间极短，忽略不计，则（　　）
A．第一次弹回时，A球上升的高度比B球上升的高度大得多
B．A、B第一次下落过程中，机械能守恒，动量也守恒
C．A、B第一次下落过程中，有压力，但压力小于A的重力
D．B球触地反弹后，A、B两球一起上升，高度仍为
9．（2024高一下·大理月考）甲乙两人穿冰鞋静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去，已知甲的质量为，乙的质量为，则（　　）
A．甲、乙分开时的速度大小之比为10∶9
B．甲、乙分开时的动量大小之比为10∶9
C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D．从甲开始推乙到甲乙分开的过程中甲、乙的加速度之比为9∶10
10．（2024高一下·大理月考）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　）
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物块A机械能守恒
B．乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计滑轮质量和任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
11．（2024高一下·大理月考）如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知（　　）
A．两摆球质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆相位相差
D．在相同时间内，两摆球通过的路程总有
12．（2024高一下·大理月考）如图所示，A、C、B三点是同一直线上的三个质点，A、B两个质点是波源，C是AB连线的中点，质点A的振动方程为，质点B的振动方程为，两质点均沿垂直纸面方向振动，形成的简谐横波的传播速度大小为，A、B间AB连线上有三个振动减弱点，则下列说法正确的是（　　）
A．C点为振动减弱点
B．每个波源振动形成简谐波的波长为
C．A、B间的距离为
D．相邻两个振动减弱点间的距离为
二、实验题（每空2分，共计12分）
13．（2024高一下·大理月考）某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
（1）某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是____
A．开始计时时，过早按下秒表
B．实验时误将50次全振动记为49次
C．测摆长时将摆线拉得过紧
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（2）测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为　 　。
（3）实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出图像，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为、，可求出　 　。
14．（2024高一下·大理月考）“测定玻璃的折射率”的实验中，在水平放置的白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。
（1）在插和时，应使____（选填选项前的字母）
A．只挡住的像 B．只挡住
C．只挡住 D．同时挡住、的像
（2）以下对于减小实验误差没有帮助的是____
A．玻璃砖选择适当宽厚一些的
B．入射角应尽量小一些
C．两个大头针的距离应适当拉大一些
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率　 　。（用图中线段的字母表示）
三、解答题（本大题共4小题，共计40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2024高一下·大理月考）一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为，在水池的底部有一点光源，当其中一条光线以入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线和折射光线垂直，如图所示，求：
（1）这种液体的折射率；
（2）液体表面亮斑的面积。
16．（2024高一下·大理月考）如图所示，实线和虚线分别表示沿x轴传播的一列简谐横波在和时刻的波形图，已知在时刻，介质中处的质点P沿y轴正方向运动。求：
（1）该波的传播方向及最小波速；
（2）若，则从时刻开始，介质中处的质点Q第4次到达波谷所用的时间。
17．（2024高一下·大理月考）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
（2）滑块上水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
18．（2024高一下·大理月考）如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、跳高时在海绵垫子上，根据动量定理
是为了增加作用时间，减小了作用力，冲量等于动量的变化，是恒定的，故A错误；
B、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，故B错误；
C、动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理
两个物体将同时停下来，故C错误；
D、砸钉子时不用橡皮锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理
作用时间延长了，则产生的力减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟练掌握利用动量定理解释生活中的缓冲类问题。缓冲过程物体的动动量变化量不变，作用时间增加，再结合动量定理分析作用力变化情况。熟练掌握冲量的定义。
2．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AB、0～0.25s内振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，回复力变大，加速度增大，故A错误，B正确；
C、由图像可知0～0.25s内振子，振子沿负方向远离平衡位置，故振子朝负方向运动，故C错误；
D、0～0.25s内振子远离平衡位置，振子的速度减小， 即振子的动能减小，根据能量守恒定律可知，系统的势能增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握简谐运动的规律和特点。越衡位置，振子的速度越大，回复力越小，加速度越小。平衡位置速度最大，加速度为零，最大振幅处速度为零，加速度最大。振子在运动过程，振子与弹簧构成的系统机械能守恒。
3．【答案】A
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、落地瞬间重力的功率为
则对甲有
对乙有
对丙有
所以落地瞬间重力的功率
故A正确；
B、根据动能定理对甲有
得
对乙有
得
对丙有
得
则落地瞬间速度
故B错误；
C、重力做功的特点与路径无关，只与初末位置的高度差决定，所以该过程重力做功
故C错误；
D、全程重力做功的平均功率为
由于三个小球下落的时间有
所以全程重力做功的平均功率
故D错误。
故答案为：A。
【分析】重力做功的特点与路径无关，只与初末位置的高度差决定。熟练掌握瞬时功率与平均功率的区别与特点。明确各小球的运动类型，再根据运动学规律及功与功率的定义进行解答。
4．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，偏心轮的转速从零缓慢增加到4r/s，驱动力的频率逐渐增加，故A错误；
BCD、驱动力的频率等于振动筛的固有频率时，受迫振动的振幅最大，偏心轮的转速等于2r/s时，频率为2Hz，此时振动筛振动的振幅最大。偏心轮的转速从从零缓慢增加到2r/s，振动筛振动的振幅逐渐增大，偏心轮的转速从从2r/s缓慢增加到4r/s，振动筛振动的振幅逐渐减小。偏心轮的转速从零缓慢增加到4r/s，振动筛振动的振幅先增大后减小，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率。根据偏心轮的转速确定驱动频率的变化情况，再根据共振的特点去诶多功能振动筛的振动情况。
5．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A、由图乙可知，t=0时刻质点N沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，波向右传播，故A错误；
B、由甲、乙图可知
，
则该列波的波速大小为
故B正确；
C、由于t=0时刻质点M不是处于平衡位置或者最大位移处，则0~0.1s内，即经过，质点M的路程满足
故C错误；
D、由于波向右传播，根据波形平移法可知，t=0s时刻，质点M正在向正向最大位移振动，则质点M的速度正在减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据0s时刻N点的振动方向，根据平移法确定波的传播方向。根据图像确定波的波长及振动周期，继而确定波的传播速度。熟练掌握质点运动路程的计算方法，只有质点的初末位置均在特殊位置时，才可直接套用质点运动路程的结论进行解答。根据波的传播方向确定质点的振动情况，熟练掌握质点做简谐运动的特点。
6．【答案】B
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】A、鸣笛声的音调发生变化是多普勒效应，不是声波的干涉，故A错误；
B、由多普勒效应可知，当火车靠近铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调升高；当火车远离铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调降低，故B错误；
C、由于车上乘客和鸣笛无相对运动，故不产生多普勒效应，听到的音调不变，故C正确；
D、声音的传播速度与音调（频率）无关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟练掌握多普勒效应的特点及其应用。当声源靠近时，波的频率变大，当声源远离时，波的频率减小。声音的传播速度只与介质有关。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据题意
且
联立解得
故答案为：D。
【分析】根据题意确定空间中绕地做匀速圆周运动的轨道半径，空间中做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，再结合万有引力定律及牛顿第二定律和质量、密度和体积的关系进行解答。
8．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、由于下落高度一定，两球的速度相等，B球触地反弹后，速度大小不变，方向向上，AB之间发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，以向上为正方向
，
解得
，
B球再次与地面弹性碰撞后速度反向，大小不变，A球的速度是B球的速度的3倍，所以上升的高度大得多，故A正确。
B、下落过程中只受重力作用，所以机械能守恒，但动量不守恒，故B错误；
C、下落过程中处于完全失重状态，两球之间没有挤压，故C错误；
D、第一次弹回时，B与地碰撞后，A、B会再次发生碰撞而分离，不会一起上升到为1m处，故D错误。
故答案为：A。
【分析】该模型为字母球模型，即B球触地瞬间，两球的速度速度相等。B球触地后，速度反向，随后与A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后A、B两球的速度关系，碰后最终两球均做竖直上抛运动。熟练掌握机械能守恒和动量守恒的条件及判定方法。下落过程中处于完全失重状态。
9．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；反冲
【解析】【解答】AB、由动量守恒可知甲乙分开时动量大小相等，即
得甲、乙分开时的速度大小之比
故A正确，B错误；
C、对甲、乙单独分析，由动量定理可知甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，故C正确；
D、由牛顿第三定律可知，在甲、乙相互作用的过程中，甲对乙的推力等于乙对甲的推力，由牛顿第二定
可知甲乙加速度之比为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】甲推乙的过程，甲和乙构成的整体动量守恒，即两人的动量等大反向，根据动量守恒定律确定两人的速度大小关系。甲推乙过程，甲乙之间的作用力为相互作用力，再结合牛顿第二定律分析加速度大小情况，根据动量定理进行分析冲量大小情况。
10．【答案】C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹簧弹力对A做负功，A机械能不守恒，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑过程中，物体A机械能增加，从能量转化角度看，物体B机械能一定减少，故B的机械能不守恒，A、B物体组成的系统机械能守恒，故B错误；
C、丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统只有重力和弹力做功，A、B系统机械能守恒，故C正确；
D、丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的动能和势能都不变，故机械能守恒，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】熟练掌握机械能守恒的条件及判定方法。明确物体在运动过程中，物体或系统的受力情况，确定各力的做功情况，再结合功能关系进行分析。
11．【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB、从振动图像知
又由
可知，两单摆的摆长相等；由于周期与摆球的质量无关，所以不能确定两摆球的质量关系，故A错误，B正确；
C、由图像可知
两单摆相位相差，故C正确；
D、由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足
若不能满足以上的要求，则不一定满足
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据图像确定两单摆的单摆周期，再根据单摆周期公式确定两单摆的摆长关系，周期与摆球的质量无关，根据图像确定两单摆的运动方向，继而确定两单摆的相位差。只有从平特殊位置处开始计时，而且末位置也是在平特殊位置的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才存在倍数关系。
12．【答案】A,B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】B、由振动方程可知，波动周期为
波长
故B正确；
A、由于A、B两处波源振动方向相反，因此中点C处为振动减弱点，故A正确；
C、根据A、B间AB连线上有三个振动减弱点，不能确定A、B间的距离，故C错误；
D、相邻两个振动减弱点间的距离为半个波长，即为1m，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】根据A质点的振动方程确定波的振动周期，再结合波长、波速及频率的关系确定波长的大小。根据振动方程确定两波源的起振方向，再根据AB连线上的点与两波源的距离差与半波长的关系判断振动加强点和减弱点的位置及情况。
13．【答案】（1）C
（2）1.20
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】 【解答】（1） A、开始计时时，过早按下秒表，则周期测量值偏大，根据单摆周期公式
可得
可知使得重力加速度测量值偏小，故A不符合题意；
B、实验时误将50次全振动记为49次，则周期测量值偏大，根据
可知使得重力加速度测量值偏小，故B不符合题意；
C、测摆长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，根据
可知使得重力加速度测量值偏大，故C正确；
D、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，根据
可知使得重力加速度测量值偏小，故D错误。
故答案为：C。
（2）10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图乙可知小球的直径为
（3）根据单摆周期公式
可得
可知T2-L图像的斜率为
可得
【分析】 熟练掌握用单摆测量当地重力加速度的操作步骤及注意事项，明确各操作对实验中所测量的物理量的影响，再结合单摆周期公式分析其对实验结果的影响。读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据单摆周期公式确定图像的函数表达式，明确图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
14．【答案】（1）D
（2）B
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，在插P3和P4时，应使P3同时挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像。
故答案为：D。
（2）A、玻璃砖宽一些，出射光和入射光的侧位移更大，测量误差更小，故A不符合题意要求；
B、入射角过小，折射光线方向改变不明显，误差更大，故B符合题意要求。
C、大头针之间的距离适当大些，光路的方向确定的误差会更小，故C不符合题意要求；
故答案为：B。
（3）根据几何关系入射角正弦值为
折射角正弦值为
且
根据折射定律可得玻璃的折射率
【分析】熟练掌握“测定玻璃的折射率”的实验的操作步骤及注意事项。明确各实验操作步骤对实验结果的影响。根据几何关系确定光线在O点的折射角及入射角，再结合折射定律进行数据处理。
15．【答案】（1）解：因为入射角，由光的反射定律反射角等于，反射光线和折射光线垂直，故折射角等于，
由光路的可逆性和光的折射定律得
（2）解：取亮斑的半径为r ，由几何关系
解得
液体表面亮斑的面积
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意结合几何关系确定光线在界面的折射角，再根据折射定律进行解答；
（2）光线在液体表面形成一个以点光源为圆心的圆形亮斑，亮斑的半径为亮斑圆心到恰好发生全反射的距离，根据结合关系及全反射条件确定亮斑的半径，再结合结合知识进行解答。
16．【答案】（1）解：由质点P沿y轴正方向运动知波向左传播
波向左传播的距离
波速
当n=0时， 波速最小
（2）解：，
，，T=0.8s
波向左传播，处的质点Q向下运动
由，先经过到平衡位置再经过周期第一次到达波谷，再经过3T第4次到达波谷，故共需要Q第4次到达波谷
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据P点0s时刻的振动情况，结合“同侧法”确定波的传播方向，根据波的传播方向结合“同侧法”确定0.2s内波传播的距离与波长的关系，再结合波长、波速与频率的关系确定波的传播速度的表达式，再根据表达式确定波速的最小值；
（2）根据（1）中分析结合周期的取值范围确定0.2s内波传播的距离，再根据波长、波速与频率的关系确定波的振动周期，确定0s时刻与x=0.1m处距离最近的波谷与其的距离，再根据波速与距离的关系确定该波谷传至x=0.1m处所需的时间，再结合振动的规律性确定介质中处的质点Q第4次到达波谷所用的时间。
17．【答案】（1）解：设滑块第一次滑至C点时的速度为，圆轨道C点对滑块的支持力为
P到C的过程
在C点
解得：
由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小
，方向竖直向下
（2）解：对P到C到Q的过程
解得
（3）解：A点：根据牛顿第二定律得
Q到C到A的过程：
解得：弹性势能
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从P到C的过程的受力情况及各力做功情况，再根据动能定理确定滑块到达C点的速度，明确滑块在C点的受力情况及向心力来源，再根据牛顿定律进行解答；
（2）滑块从C到Q的过程只有摩擦力做功，滑块到达Q点的速度为零，再对滑块在C到Q的过程根据动能定理进行解答；
（3）滑块恰好能够到达A，即滑块在A点完全由重力提供向心力，根据牛顿第二定律确定此时滑块在A点的速度，明确滑块从Q到A过程各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答。
18．【答案】（1）解：对A、B：它们相对C向右运动C对它们的滑动摩擦力向左，由牛顿第二定律得
对C（2m）：A、B对它的滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得
由对称性易知经过一段时间t，A、C共速，且共同的速度为
木块A在木板C上的滑行时间t
对C
（2）解：当A、B、C三物体相对静止时，由动量守恒，有
据能量守恒木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量等于系统减小的机械能
（3）解：A、B相对C滑行的总距离：
A相对C滑行的距离：
带入解得：
所以B相对C滑行的距离：
A相对B间最大距离：L=d+ΔxB-ΔxA
代入解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A、B、C进行受力分析，根据牛顿第二定律确定初始时A、B、C的加速度，由于AB做匀减速运动，C做匀加速直线运动，根据加速度的关系可知，AC先共速，且共速后AC保持相对静止，再对A、C分别根据运动学规律进行解答；
（2）A、B在C上滑动的过程，A、B、C构成的整体动量守恒，且最终ABC以共同的速度向前运动，根据动量守恒定律确定三者共速时的速度，再对整个系统全过程运用能量守恒定律进行解答；
（3）对B根据运动学规律确定B开始运动至与AC共速时，B运动的时间，根据分析画出ABC的v-t图像，再结合v-t图像的面积位移，面积之差即为两者距离进行解答。
1 / 1云南省大理白族自治州祥云祥华名校2023-2024学年高一下学期物理6月考试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12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．（2024高一下·大理月考）下列对几种物理现象的说法，正确的是（　　）
A．跳高时要落在海绵垫子上，是为了减小冲量
B．用力推车，车子不动，是因为推力对车的冲量为零
C．动量相同的两个物体受相同的合外力作用而减速时，质量小的先停下来
D．镶瓷砖时用橡皮锤，是因为橡皮锤有弹性，延长了锤与瓷砖的作用时间，使锤对瓷砖的作用力减少了
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、跳高时在海绵垫子上，根据动量定理
是为了增加作用时间，减小了作用力，冲量等于动量的变化，是恒定的，故A错误；
B、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，故B错误；
C、动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理
两个物体将同时停下来，故C错误；
D、砸钉子时不用橡皮锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理
作用时间延长了，则产生的力减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】熟练掌握利用动量定理解释生活中的缓冲类问题。缓冲过程物体的动动量变化量不变，作用时间增加，再结合动量定理分析作用力变化情况。熟练掌握冲量的定义。
2．（2024高一下·大理月考）某一弹簧振子的图像如图所示，由图可知在内（　　）
A．振子的动能在增大 B．振子的加速度在增大
C．振子朝正方向运动 D．系统的势能在减小
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】AB、0～0.25s内振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，回复力变大，加速度增大，故A错误，B正确；
C、由图像可知0～0.25s内振子，振子沿负方向远离平衡位置，故振子朝负方向运动，故C错误；
D、0～0.25s内振子远离平衡位置，振子的速度减小， 即振子的动能减小，根据能量守恒定律可知，系统的势能增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握简谐运动的规律和特点。越衡位置，振子的速度越大，回复力越小，加速度越小。平衡位置速度最大，加速度为零，最大振幅处速度为零，加速度最大。振子在运动过程，振子与弹簧构成的系统机械能守恒。
3．（2024高一下·大理月考）如图所示，将完全相同的小球1、2、3分别从同一高度由静止释放（图甲和图丙）或平抛（图乙），其中图丙是一固定在地面上的光滑斜面，每个小球从开始运动到落地过程，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球3落地瞬间的重力的功率最小
B．3个小球落地瞬间的速度大小相等
C．该过程中，小球3的重力做功最多
D．该过程中，3个小球的重力做功的平均功率相等
【答案】A
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、落地瞬间重力的功率为
则对甲有
对乙有
对丙有
所以落地瞬间重力的功率
故A正确；
B、根据动能定理对甲有
得
对乙有
得
对丙有
得
则落地瞬间速度
故B错误；
C、重力做功的特点与路径无关，只与初末位置的高度差决定，所以该过程重力做功
故C错误；
D、全程重力做功的平均功率为
由于三个小球下落的时间有
所以全程重力做功的平均功率
故D错误。
故答案为：A。
【分析】重力做功的特点与路径无关，只与初末位置的高度差决定。熟练掌握瞬时功率与平均功率的区别与特点。明确各小球的运动类型，再根据运动学规律及功与功率的定义进行解答。
4．（2024高一下·大理月考）如图所示为一自制的偏心轮振动筛的简易图，振动筛安装在两弹簧上，偏心轮不转动时，让振动筛自由振动，测得其频率为；启动电动机，偏心轮转动，改变偏心轮的转速，让偏心轮的转速从零缓慢增加到，在此过程中（　　）
A．振动筛振动频率始终为
B．振动筛振动的振幅一直减小
C．振动筛振动的振幅先增大后减小
D．振动筛振动的振幅先减小后增大
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，偏心轮的转速从零缓慢增加到4r/s，驱动力的频率逐渐增加，故A错误；
BCD、驱动力的频率等于振动筛的固有频率时，受迫振动的振幅最大，偏心轮的转速等于2r/s时，频率为2Hz，此时振动筛振动的振幅最大。偏心轮的转速从从零缓慢增加到2r/s，振动筛振动的振幅逐渐增大，偏心轮的转速从从2r/s缓慢增加到4r/s，振动筛振动的振幅逐渐减小。偏心轮的转速从零缓慢增加到4r/s，振动筛振动的振幅先增大后减小，故BD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，振动筛做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率。根据偏心轮的转速确定驱动频率的变化情况，再根据共振的特点去诶多功能振动筛的振动情况。
5．（2024高一下·大理月考）如图，一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，图甲是这列波在时刻的波形图，图乙是质点N的振动图像，质点M的平衡位置在处，质点N的平衡位置在处，则下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴负方向传播
B．该列波的波速大小为
C．内，质点M的路程为
D．时刻，质点M的速度正在增大
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A、由图乙可知，t=0时刻质点N沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，波向右传播，故A错误；
B、由甲、乙图可知
，
则该列波的波速大小为
故B正确；
C、由于t=0时刻质点M不是处于平衡位置或者最大位移处，则0~0.1s内，即经过，质点M的路程满足
故C错误；
D、由于波向右传播，根据波形平移法可知，t=0s时刻，质点M正在向正向最大位移振动，则质点M的速度正在减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据0s时刻N点的振动方向，根据平移法确定波的传播方向。根据图像确定波的波长及振动周期，继而确定波的传播速度。熟练掌握质点运动路程的计算方法，只有质点的初末位置均在特殊位置时，才可直接套用质点运动路程的结论进行解答。根据波的传播方向确定质点的振动情况，熟练掌握质点做简谐运动的特点。
6．（2024高一下·大理月考）一列火车鸣笛匀速经过铁道，旁边的人听到鸣笛声的音调一直在变化，则下列说法正确的是（　　）
A．铁道旁的人听到鸣笛声的音调发生变化是因为声波发生了干涉
B．铁道旁的人听到鸣笛声的音调一直升高
C．列车上的乘客听到鸣笛声的音调不变
D．鸣笛声的音调越高则在空气中传播得越快
【答案】B
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】A、鸣笛声的音调发生变化是多普勒效应，不是声波的干涉，故A错误；
B、由多普勒效应可知，当火车靠近铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调升高；当火车远离铁道旁的人时，人听到的鸣笛声的音调降低，故B错误；
C、由于车上乘客和鸣笛无相对运动，故不产生多普勒效应，听到的音调不变，故C正确；
D、声音的传播速度与音调（频率）无关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟练掌握多普勒效应的特点及其应用。当声源靠近时，波的频率变大，当声源远离时，波的频率减小。声音的传播速度只与介质有关。
7．（2024高一下·大理月考）我国空间站运行在离地面高度为地球半径倍的圆轨道上，运行周期为T，引力常量为G，则地球的密度为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据题意
且
联立解得
故答案为：D。
【分析】根据题意确定空间中绕地做匀速圆周运动的轨道半径，空间中做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，再结合万有引力定律及牛顿第二定律和质量、密度和体积的关系进行解答。
8．（2024高一下·大理月考）如图所示为两个可视为质点的弹性小球A、B，B球质量是A球的3倍，A球放在B球正上方，且和B球一起从距地面处由静止释放。若在A球与B球之间、B球与地面之间发生的都是弹性碰撞，且天花板足够高，忽略空气阻力，碰撞时间极短，忽略不计，则（　　）
A．第一次弹回时，A球上升的高度比B球上升的高度大得多
B．A、B第一次下落过程中，机械能守恒，动量也守恒
C．A、B第一次下落过程中，有压力，但压力小于A的重力
D．B球触地反弹后，A、B两球一起上升，高度仍为
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、由于下落高度一定，两球的速度相等，B球触地反弹后，速度大小不变，方向向上，AB之间发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，以向上为正方向
，
解得
，
B球再次与地面弹性碰撞后速度反向，大小不变，A球的速度是B球的速度的3倍，所以上升的高度大得多，故A正确。
B、下落过程中只受重力作用，所以机械能守恒，但动量不守恒，故B错误；
C、下落过程中处于完全失重状态，两球之间没有挤压，故C错误；
D、第一次弹回时，B与地碰撞后，A、B会再次发生碰撞而分离，不会一起上升到为1m处，故D错误。
故答案为：A。
【分析】该模型为字母球模型，即B球触地瞬间，两球的速度速度相等。B球触地后，速度反向，随后与A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后A、B两球的速度关系，碰后最终两球均做竖直上抛运动。熟练掌握机械能守恒和动量守恒的条件及判定方法。下落过程中处于完全失重状态。
9．（2024高一下·大理月考）甲乙两人穿冰鞋静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去，已知甲的质量为，乙的质量为，则（　　）
A．甲、乙分开时的速度大小之比为10∶9
B．甲、乙分开时的动量大小之比为10∶9
C．甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D．从甲开始推乙到甲乙分开的过程中甲、乙的加速度之比为9∶10
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；反冲
【解析】【解答】AB、由动量守恒可知甲乙分开时动量大小相等，即
得甲、乙分开时的速度大小之比
故A正确，B错误；
C、对甲、乙单独分析，由动量定理可知甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，故C正确；
D、由牛顿第三定律可知，在甲、乙相互作用的过程中，甲对乙的推力等于乙对甲的推力，由牛顿第二定
可知甲乙加速度之比为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】甲推乙的过程，甲和乙构成的整体动量守恒，即两人的动量等大反向，根据动量守恒定律确定两人的速度大小关系。甲推乙过程，甲乙之间的作用力为相互作用力，再结合牛顿第二定律分析加速度大小情况，根据动量定理进行分析冲量大小情况。
10．（2024高一下·大理月考）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　）
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物块A机械能守恒
B．乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计滑轮质量和任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
【答案】C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹簧弹力对A做负功，A机械能不守恒，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑过程中，物体A机械能增加，从能量转化角度看，物体B机械能一定减少，故B的机械能不守恒，A、B物体组成的系统机械能守恒，故B错误；
C、丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统只有重力和弹力做功，A、B系统机械能守恒，故C正确；
D、丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的动能和势能都不变，故机械能守恒，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】熟练掌握机械能守恒的条件及判定方法。明确物体在运动过程中，物体或系统的受力情况，确定各力的做功情况，再结合功能关系进行分析。
11．（2024高一下·大理月考）如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知（　　）
A．两摆球质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆相位相差
D．在相同时间内，两摆球通过的路程总有
【答案】B,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB、从振动图像知
又由
可知，两单摆的摆长相等；由于周期与摆球的质量无关，所以不能确定两摆球的质量关系，故A错误，B正确；
C、由图像可知
两单摆相位相差，故C正确；
D、由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足
若不能满足以上的要求，则不一定满足
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据图像确定两单摆的单摆周期，再根据单摆周期公式确定两单摆的摆长关系，周期与摆球的质量无关，根据图像确定两单摆的运动方向，继而确定两单摆的相位差。只有从平特殊位置处开始计时，而且末位置也是在平特殊位置的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才存在倍数关系。
12．（2024高一下·大理月考）如图所示，A、C、B三点是同一直线上的三个质点，A、B两个质点是波源，C是AB连线的中点，质点A的振动方程为，质点B的振动方程为，两质点均沿垂直纸面方向振动，形成的简谐横波的传播速度大小为，A、B间AB连线上有三个振动减弱点，则下列说法正确的是（　　）
A．C点为振动减弱点
B．每个波源振动形成简谐波的波长为
C．A、B间的距离为
D．相邻两个振动减弱点间的距离为
【答案】A,B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】B、由振动方程可知，波动周期为
波长
故B正确；
A、由于A、B两处波源振动方向相反，因此中点C处为振动减弱点，故A正确；
C、根据A、B间AB连线上有三个振动减弱点，不能确定A、B间的距离，故C错误；
D、相邻两个振动减弱点间的距离为半个波长，即为1m，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】根据A质点的振动方程确定波的振动周期，再结合波长、波速及频率的关系确定波长的大小。根据振动方程确定两波源的起振方向，再根据AB连线上的点与两波源的距离差与半波长的关系判断振动加强点和减弱点的位置及情况。
二、实验题（每空2分，共计12分）
13．（2024高一下·大理月考）某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
（1）某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是____
A．开始计时时，过早按下秒表
B．实验时误将50次全振动记为49次
C．测摆长时将摆线拉得过紧
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（2）测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为　 　。
（3）实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出图像，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为、，可求出　 　。
【答案】（1）C
（2）1.20
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】 【解答】（1） A、开始计时时，过早按下秒表，则周期测量值偏大，根据单摆周期公式
可得
可知使得重力加速度测量值偏小，故A不符合题意；
B、实验时误将50次全振动记为49次，则周期测量值偏大，根据
可知使得重力加速度测量值偏小，故B不符合题意；
C、测摆长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，根据
可知使得重力加速度测量值偏大，故C正确；
D、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，根据
可知使得重力加速度测量值偏小，故D错误。
故答案为：C。
（2）10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图乙可知小球的直径为
（3）根据单摆周期公式
可得
可知T2-L图像的斜率为
可得
【分析】 熟练掌握用单摆测量当地重力加速度的操作步骤及注意事项，明确各操作对实验中所测量的物理量的影响，再结合单摆周期公式分析其对实验结果的影响。读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据单摆周期公式确定图像的函数表达式，明确图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
14．（2024高一下·大理月考）“测定玻璃的折射率”的实验中，在水平放置的白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。
（1）在插和时，应使____（选填选项前的字母）
A．只挡住的像 B．只挡住
C．只挡住 D．同时挡住、的像
（2）以下对于减小实验误差没有帮助的是____
A．玻璃砖选择适当宽厚一些的
B．入射角应尽量小一些
C．两个大头针的距离应适当拉大一些
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率　 　。（用图中线段的字母表示）
【答案】（1）D
（2）B
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，在插P3和P4时，应使P3同时挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像。
故答案为：D。
（2）A、玻璃砖宽一些，出射光和入射光的侧位移更大，测量误差更小，故A不符合题意要求；
B、入射角过小，折射光线方向改变不明显，误差更大，故B符合题意要求。
C、大头针之间的距离适当大些，光路的方向确定的误差会更小，故C不符合题意要求；
故答案为：B。
（3）根据几何关系入射角正弦值为
折射角正弦值为
且
根据折射定律可得玻璃的折射率
【分析】熟练掌握“测定玻璃的折射率”的实验的操作步骤及注意事项。明确各实验操作步骤对实验结果的影响。根据几何关系确定光线在O点的折射角及入射角，再结合折射定律进行数据处理。
三、解答题（本大题共4小题，共计40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（2024高一下·大理月考）一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为，在水池的底部有一点光源，当其中一条光线以入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线和折射光线垂直，如图所示，求：
（1）这种液体的折射率；
（2）液体表面亮斑的面积。
【答案】（1）解：因为入射角，由光的反射定律反射角等于，反射光线和折射光线垂直，故折射角等于，
由光路的可逆性和光的折射定律得
（2）解：取亮斑的半径为r ，由几何关系
解得
液体表面亮斑的面积
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据题意结合几何关系确定光线在界面的折射角，再根据折射定律进行解答；
（2）光线在液体表面形成一个以点光源为圆心的圆形亮斑，亮斑的半径为亮斑圆心到恰好发生全反射的距离，根据结合关系及全反射条件确定亮斑的半径，再结合结合知识进行解答。
16．（2024高一下·大理月考）如图所示，实线和虚线分别表示沿x轴传播的一列简谐横波在和时刻的波形图，已知在时刻，介质中处的质点P沿y轴正方向运动。求：
（1）该波的传播方向及最小波速；
（2）若，则从时刻开始，介质中处的质点Q第4次到达波谷所用的时间。
【答案】（1）解：由质点P沿y轴正方向运动知波向左传播
波向左传播的距离
波速
当n=0时， 波速最小
（2）解：，
，，T=0.8s
波向左传播，处的质点Q向下运动
由，先经过到平衡位置再经过周期第一次到达波谷，再经过3T第4次到达波谷，故共需要Q第4次到达波谷
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据P点0s时刻的振动情况，结合“同侧法”确定波的传播方向，根据波的传播方向结合“同侧法”确定0.2s内波传播的距离与波长的关系，再结合波长、波速与频率的关系确定波的传播速度的表达式，再根据表达式确定波速的最小值；
（2）根据（1）中分析结合周期的取值范围确定0.2s内波传播的距离，再根据波长、波速与频率的关系确定波的振动周期，确定0s时刻与x=0.1m处距离最近的波谷与其的距离，再根据波速与距离的关系确定该波谷传至x=0.1m处所需的时间，再结合振动的规律性确定介质中处的质点Q第4次到达波谷所用的时间。
17．（2024高一下·大理月考）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
（2）滑块上水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
【答案】（1）解：设滑块第一次滑至C点时的速度为，圆轨道C点对滑块的支持力为
P到C的过程
在C点
解得：
由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小
，方向竖直向下
（2）解：对P到C到Q的过程
解得
（3）解：A点：根据牛顿第二定律得
Q到C到A的过程：
解得：弹性势能
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从P到C的过程的受力情况及各力做功情况，再根据动能定理确定滑块到达C点的速度，明确滑块在C点的受力情况及向心力来源，再根据牛顿定律进行解答；
（2）滑块从C到Q的过程只有摩擦力做功，滑块到达Q点的速度为零，再对滑块在C到Q的过程根据动能定理进行解答；
（3）滑块恰好能够到达A，即滑块在A点完全由重力提供向心力，根据牛顿第二定律确定此时滑块在A点的速度，明确滑块从Q到A过程各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答。
18．（2024高一下·大理月考）如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
【答案】（1）解：对A、B：它们相对C向右运动C对它们的滑动摩擦力向左，由牛顿第二定律得
对C（2m）：A、B对它的滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得
由对称性易知经过一段时间t，A、C共速，且共同的速度为
木块A在木板C上的滑行时间t
对C
（2）解：当A、B、C三物体相对静止时，由动量守恒，有
据能量守恒木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量等于系统减小的机械能
（3）解：A、B相对C滑行的总距离：
A相对C滑行的距离：
带入解得：
所以B相对C滑行的距离：
A相对B间最大距离：L=d+ΔxB-ΔxA
代入解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A、B、C进行受力分析，根据牛顿第二定律确定初始时A、B、C的加速度，由于AB做匀减速运动，C做匀加速直线运动，根据加速度的关系可知，AC先共速，且共速后AC保持相对静止，再对A、C分别根据运动学规律进行解答；
（2）A、B在C上滑动的过程，A、B、C构成的整体动量守恒，且最终ABC以共同的速度向前运动，根据动量守恒定律确定三者共速时的速度，再对整个系统全过程运用能量守恒定律进行解答；
（3）对B根据运动学规律确定B开始运动至与AC共速时，B运动的时间，根据分析画出ABC的v-t图像，再结合v-t图像的面积位移，面积之差即为两者距离进行解答。
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