广东省江门市第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题
1．（2024高二上·江门开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
2．（2024高二上·江门开学考）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当底板与水平面间的夹角为时，底板对货物的支持力为
B．当底板与水平面间的夹角为时，支架对货物的支持力为
C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直增大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了动态平衡问题、力的合成与分解，解题的关键是知道底板对货物的支持力与支架对货物的支持力始终垂直，利用动态圆的方法分析两个弹力的大小变化，一目了然。
AB．当底板与水平面间的夹角为时，受力分析如图
由平衡条件可得
，
解得
，
即当底板与水平面间的夹角为时，底板对货物的支持力为，支架对货物的支持力为故AB错误；
CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图
由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】对货物受力分析，由力的平衡可得两个弹力大小；两个弹力的夹角始终是90°不变，利用动态圆的方法分析。
3．（2024高二上·江门开学考）两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化如图甲所示（A车位置为坐标原点），初始时的运动方向如图乙所示，下列说法不正确的是（ ）
A．在时间内，A车的速度大于B车的速度
B．0~70s的时间内，A、B两车的平均速度相同
C．时间内，若以A车为参照物，B车向东运动
D．0s计时后，A、B两车共相遇两次
【答案】B
【知识点】参考系与坐标系；运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】x-t图像的特点：①位移图像的斜率等于物体的速度；②位移图像的纵坐标表示物体在某时刻的位置，这是我们解题的关键。
A． 根据两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化图甲可知，汽车B全程在做匀速运动，其速度为
汽车A在内匀速运动，其速度为
在时间内，A车的速度为大于B车的速度，故A正确；
B．的时间内，A车的平均速度
而B车的速度为，两车的平均速度不相同，故B错误；
C．在时间内，速度为
A车向西做匀速直线运动，速度大小为，B车也是向西运动，速度大小为，有
所以以A车为参照物，B车向东运动，故C正确；
D．由图知，位移相等时两车相遇，得从最开始到最后停止的时间内，A、B两车在中间相遇一次，70s时相遇一次，共相遇两次。故D正确。
此题选择错误的，故选B。
【分析】0～t1时间内，两车都做匀速直线运动，分别根据公式求出两车的速度，进而比较大小；0～70s的时间内，从图中求出两车的平均速度，分析大小；t2～t3时间内，根据图像判断出两车的运动方向和速度大小，根据大小关系求出以A车为参照物，B车运动方向；0s计时到静止时间内，根据图像可知两车有两次相交的位置，判断相遇次数。
4．（2024高二上·江门开学考）如图所示，为某轿车的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同档位，可获得不同的运行速度，从“1”—“5”挡速度依次增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A．若该车想以最大牵引力爬坡，则变速杆应推至“5”挡
B．该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C．该车以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力大小为1200N
D．若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW
【答案】C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间。A． 某型号轿车发动机的额定功率为60kW， 根据功率的求解公式
可知以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡，故A错误；
C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为
故C正确；
BD．最大速度行驶时，牵引力等于阻力，可知阻力为
若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
故BD错误。
故选C。
【分析】根据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大牵力行驶时变速杆应推至的档位；在额定功率下以最高速度行驶时，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求得阻力和牵引力；当匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求得实际输出功率。
5．（2024高二上·江门开学考）某同学用乒乓球做了两次实验：第一次用可乐瓶制成一个开口向上的容器，如图所示，容器内倒入水，水中放乒乓球，该同学将容器从腰部由静止释放，容器落地后乒乓球竖直反弹碰到了天花板；第二次该同学直接手抓住乒乓球从同一位置由静止释放，乒乓球反弹的高度比释放位置稍微低了一点，下列说法正确的是（ ）
A．第一次乒乓球反弹后能到达天花板是因为乒乓球与水发生了完全非弹性碰撞
B．第二次乒乓球下落时的加速度比反弹上升时的加速度大
C．前、后两次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的过程中合外力对乒乓球做的功相等
D．第一次乒乓球反弹到天花板时的重力势能比释放时的重力势能大
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；碰撞模型
【解析】【解答】A．完全非弹性碰撞通常指的是物体在碰撞后合并在一起，因为乒乓球在反弹后仍然保持了一定的动能，没有与水合并在一起，不可能是完全非弹性碰撞，故A错误；
B．第二次乒乓球下落时和反弹上升时都只受重力，根据牛顿第二定律可知，加速度大小相等都等于g，故B错误；
C．第一次反弹的高度大于第二次反弹的高度，可知第一次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的速度大于第二次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的速度，则前、后两次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的过程中，动能的变化量相不等，根据动能定理知合外力对乒乓球做的功不相等，故C错误；
D．根据题意第一次乒乓球反弹到天花板时的高度大于释放时的高度，由
则第一次乒乓球反弹到天花板时的重力势能比释放时的重力势能大，故D正确。
故选D。
【分析】根据完全非弹性碰撞的定义分析，根据受力分析判断加速度大小，根据动能定理判断合外力做功，根据重力势能表达式分析重力势能。
6．（2024高二上·江门开学考）如图所示为双层立体泊车装置．欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升h至③号位，再水平右移停至④号车位，两次移动的过程中，车辆都是从静止先加速再减速至静止，轿车质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．水平右移过程移动板对车的摩擦力一直做正功
B．竖直抬升过程车辆克服重力做功大于支持力做功
C．竖直抬升过程移动板对车做的功为
D．根据题干信息可计算整个过程移动板对车做功的功率
【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题时，要知道动能定理是求功常用的方法，要注意分析各个过程中外力做功情况，再运用动能定理进行分析。A． 两次移动的过程中，车辆都是从静止先加速再减速至静止，水平右移过程，车辆先向右加速后减速，可知移动板对车的摩擦力方向先向右后向左，则摩擦力先做正功后做负功，故A错误；
BC．竖直抬升过程，由于初、末动能均为0，根据动能定理可知，竖直抬升过程车辆克服重力做功等于支持力做功，则竖直抬升过程移动板对车做的功为
故B错误，C正确；
D．由于不知道整个过程的运动时间，所以根据题干信息不能计算整个过程移动板对车做功的功率，故D错误。
故选C。
【分析】分析水平右移过程中车的运动性质，得出动板对车的摩擦力方向，再根据位移与摩擦力的方向关系得出功的正负；根据动能定理分析支持力做功与克服重力做功的关系，并求出移动板对1号车做功；结合功率公式分析整个过程移动板对车做功功率。
7．（2024高二上·江门开学考）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械能减小，所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错误，D正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误；
C．由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。
故选D。
【分析】1、机械能守恒与能量损耗：机械能包括动能和势能，当系统受到非保守力（如空气阻力）作用时，机械能不守恒，会逐渐减小。空气阻力做负功，导致羽毛球的机械能减小，因此A点的机械能大于B点的机械能。
2、速度与合力的关系：当羽毛球所受重力与空气阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度达到最小值。在最高点P时，合力方向与速度方向的夹角为钝角，说明羽毛球的速度最小点出现在P点之前。
3、加速度与运动时间的关系：在上升阶段（AP段），羽毛球受到向下的重力和空气阻力，其合加速度大于重力加速度。在下降阶段（PB段），羽毛球受到向下的重力和向上的空气阻力，其合加速度小于重力加速度。由于AP段和PB段的位移大小相等，但AP段的加速度较大，因此AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间。
4、运动学中的加速度与位移关系：加速度的大小影响物体的运动时间，加速度越大，完成相同位移所需的时间越短。在竖直上抛运动中，上升和下降阶段的加速度不同，导致上升时间与下降时间不相等。
8．（2024高二上·江门开学考）假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB．两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方( r3)与运行周期的平方( T2)的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期．则：（ ）
A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
D．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度
【答案】C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A、 根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可知
得
可以知道图线的斜率为： ，A图线的斜率大，则行星A的质量大于行星B的质量，故A错误.
B、根据图像可以知道，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同， 则密度
因为卫星环绕两行星表面运行的周期相等，则两行星的密度相等，故B错误.
C、根据
得
因为行星A的质量大于行星B的质量，当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的向心加速度，故C正确；.
D、第一宇宙速度为
A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故D正确；
故选CD.
【分析】根据万有引力提供向心力得出中心天体质量得表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，根据密度公式判断密度大小。
9．（2024高二上·江门开学考）林丹是我国获得世界冠军最多的羽毛球选手。在一次奥运会决赛中，球飞来的速度为25m/s，林丹将球以105m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，击球过程只用了0.02s。g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．击球过程中羽毛球动量变化量大小为0.4kg·m/s
B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为1×10-3N·s
C．击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.4N·s
D．击球过程中球拍的作用力约为33N
【答案】B,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题是联系生活实际的问题，在计算过程中要注意羽毛球的速度方向变化，要规定正方向，用正负表示速度方向。A．以球被击回的方向为正方向，击球过程中羽毛球动量变化量大小为
故A错误；
B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为
故B正确；
C．根据动量定理可得，击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.65N·s，故C错误；
D．击球过程中可以忽略重力的冲量，球拍的作用力约为
故D正确。
故选BD。
【分析】选定正方向，分析初末状态羽毛球的速度，再求动量变化量大小。根据冲量的定义计算羽毛球所受重力的冲量大小。由动量定理计算羽毛球所受合力的冲量大小和击球过程中球拍的作用力。
10．（2024高二上·江门开学考）太极球是广大市民中较流行的一种健身器材.现将其简化成如图所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与球拍间无相对运动.A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，且与水平面成角，设球的质量为m，做圆周运动半径为R，线速度为v，重力加速度为，下列说法正确的是
A．小球在C处受到的板的弹力比在A处大2mg
B．小球通过C处时向心力比小球通过A处的向心力大
C．在B、D两处板的倾角与小球的运动速度v应满足
D．小球在B、D两处受到的板的弹力为
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】解决该题的关键是对小球在各个位置正确进行受力分析，掌握小球在各位置所需要的向心力的方向，熟记向心力的表达式。A．对小球在A、C两点受力分析， B、D与圆心O等高， 小球受重力和弹力，对小球分别由圆周运动的特点得
，
联立得
选项A正确；
B．小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等，选项B错误；
C．设板与水平方向的夹角为θ，
选项C正确；
D．对小球在B、D两点受力分析，可得
选项D错误.
【分析】根据向心力公式和牛顿第二定律分析向心力；在最高点和最低点根据牛顿第二定律求解压力之差；球在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式和牛顿第二定律的公式求出B和D各点的向心力，然后结合几何关系进行求解。
11．（2024高二上·江门开学考）某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，部分实验步骤如下：
(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度 mm；
(2)用天平称得滑块（包含遮光条）的质量；
(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为 N·s；滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的动量增量大小为 kg·m/s。（计算结果均保留2位有效数字）
【答案】4.00；0.77；0.76
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提；要知道光电门测量瞬时速度的原理，分析清楚滑块的运动过程，求出滑块经过光电门时的速度。(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，读数不用估读，则遮光条的宽度为
(3)弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77 N·s；
滑块通过光电门时的速度为
滑块的动量增量大小为
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
（3）弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，根据遮光片的宽度与经过光电门的时间可以求出滑块经过光电门时的速度，然后根据动量的计算公式求出滑块动量的增量。
12．（2024高二上·江门开学考）“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）实验的五个步骤如下：
A.将带有滑轮的长木板放在水平实验台上并安装打点计时器；
B.将纸带一端固定在小车上另一端穿过打点计时器；
C.把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连，把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，以补偿阻力；
D.拉动纸带的自由端让小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车打出纸带，测出小桶和沙的总重力，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量的数据算出小车的加速度a；
E.更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复几次操作。
以上操作中，错误的一步是： （用步骤前的字母表示）；
（2）纠正错误后，实验中打出的某条纸带，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，测得数据如图乙所示，由此可以算出小车运动的加速度是 m/s2；
（3）用不同的几条纸带测得的加速度a和所对应的拉力F（F=mg，m为小桶和沙的总质量，g为重力加速度），可得到小车质量M一定时，a-F的关系如图丙所示．由图可见F较大时图线发生明显弯曲，实验时若不断增加小桶和沙的总质量，那么a将趋向于 （用题中给出的物理量表示）。
（4）小华同学对实验装置进行了改进，将系着沙桶的细线一端通过动滑轮与固定于长木板的力传感器相连，如图丁所示（滑轮的摩擦和质量不计），实验时小华没有补偿阻力，他以力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出a-F的图像应是下图中的 图。
（5）小华实验所用小车的质量为M，那么a-F图像直线部分的斜率为 （用M表示）。
【答案】C；1.27；g；B；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）补偿阻力，另一端不能连接小桶，故C错误；
（2）逐差法求解小车的加速度为
（3）把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律可得
当时
（4）
可得
则a-F的图象是一条斜率为正，且纵轴截距为负值的倾斜的直线，故B正确，ACD错误。
故选B。
（5）因为
所以a-F的图象的斜率为
【分析】（1）把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，以补偿阻力。
*（2）逐差法求解小车的加速度；
（3）把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律求解加速度大小；
（4）根据牛顿第二定律求解加速度表达式，从而得到图像；
（5）根据加速度表达式进行分析。
13．（2024高二上·江门开学考）2023年秋某高校军训，如图所示，轻绳一端固定，质量为的同学（可视为质点）抓住绳的另一端，使绳水平拉直后由静止摆下过障碍物。已知绳长为，在轻绳到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为。不计轻绳质量和空气阻力，重力加速度g取值，求：
（1）该同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小；
（2）该同学摆到最低点（未飞出时）对绳的拉力大小；
（3）该同学的落地点离绳的固定端的水平距离和落地时重力的功率大小。
【答案】解：（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得
根据动量定理得
同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小
（2）对同学在最低点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得同学摆到最低点未飞出时对绳的拉力大小等于1800N；
（3）同学放开绳索后做平抛运动：
竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀速直线运动，水平位移
联立得同学的落地点离绳的固定端的水平距离
同学在竖直方向上根据运动学公式得
故重力的功率大小为
【知识点】动量定理；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对圆周运动过程分析，根据动能定理可求得小猴到达最低点的速度，再由动量定理要求得合外力的冲量；
（2）根据牛顿第二定律和向心力公式可求得猴子受到的拉力，由牛顿第三定律可求得对绳子的拉力；
（3）根据平抛运动规律可求得落地点的距离；根据功率公式即可求重落地时的重力的功率。
14．（2024高二上·江门开学考）如图所示，质量为M的平板车P静止在光滑水平地面上，一质量为m的小物块Q置于平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球，小球与小物块Q大小均可忽略不计。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，并由静止释放，小球到达最低点时与Q发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。已知小物块Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，小物块Q与平板车P之间的动摩擦因数为μ，M=4m，重力加速度为g。求：
（1）小球与小物块Q结束相互作用瞬间，小物块Q的速度vQ；
（2）小物块Q在平板车上运动的时间t；
（3）平板车P的长度L。
【答案】解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，根据机械能守恒
解得
小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有
mv0＝mv1＋mvQ
解得
v1＝0，
（2）碰后，小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m(2v)
解得
物块Q在板上滑行过程中，由动量定理可得
解得，小物块Q在长木板P上运动时间为
（3）设平板车长L，由能的转化和守恒定律知
解得平板车P的长度为
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球摆到最低点时的速度，小球与Q碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞后的速度。
（2）P、Q组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两者分离时的速度，应用动量定理求出Q在平板车上滑动的时间。
（3）对系统，应用能量守恒定律可以求出平板车的长度。
15．（2024高二上·江门开学考）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为，长。它们与地面间的动摩擦因数，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让一质量物块A从圆弧顶端由静止滑下，物块与木板间的动摩擦因数，，则
（1）求物块A滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；
（2）求物块A刚滑离木板1时的速度大小；
（3）试判断物块A滑行过程中能否使木板滑动？若木板会滑动，计算木板滑动前系统的摩擦生热。若不会滑动，计算全过程系统的摩擦生热。
【答案】解：（1）物块A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有
物块A滑到曲面轨道下端时，根据牛顿第二定律有
解得轨道对物块A的支持力为
根据牛顿第三定律得
（2）物块A刚滑上木板1时，对物块A，其所受到摩擦力
将4块木板看成整体，其与地面之间的最大静摩擦力为
由于，故物块A滑离木板1时，4块木板整体静止，对物块A，根据动能定理有
解得
（3）设物块A刚滑至第n块木板时，该木板开始滑动，该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦力为
要使木板滑动，则有，解得
即物块A滑上第3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有
解得物块A刚滑至木板3时的速度为
故物块A能滑上第三块木板，并使34两块木板滑动，在此过程中
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块A沿曲面下滑的过程，运用动能定理求出A滑到轨道下端时的速度，在轨道下端，对A利用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力，再根据牛顿第三定律即可求解A对轨道的压力；
（2）当地面对木板的最大静摩擦力小于B对木板的摩擦力时，木板开始运动，根据动能定理可计算出速度大小；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求出B与木板间的相对位移，从而求得热量。
1 / 1广东省江门市第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试物理试题
1．（2024高二上·江门开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2024高二上·江门开学考）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当底板与水平面间的夹角为时，底板对货物的支持力为
B．当底板与水平面间的夹角为时，支架对货物的支持力为
C．压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D．压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直增大
3．（2024高二上·江门开学考）两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化如图甲所示（A车位置为坐标原点），初始时的运动方向如图乙所示，下列说法不正确的是（ ）
A．在时间内，A车的速度大于B车的速度
B．0~70s的时间内，A、B两车的平均速度相同
C．时间内，若以A车为参照物，B车向东运动
D．0s计时后，A、B两车共相遇两次
4．（2024高二上·江门开学考）如图所示，为某轿车的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同档位，可获得不同的运行速度，从“1”—“5”挡速度依次增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A．若该车想以最大牵引力爬坡，则变速杆应推至“5”挡
B．该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C．该车以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力大小为1200N
D．若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为35kW
5．（2024高二上·江门开学考）某同学用乒乓球做了两次实验：第一次用可乐瓶制成一个开口向上的容器，如图所示，容器内倒入水，水中放乒乓球，该同学将容器从腰部由静止释放，容器落地后乒乓球竖直反弹碰到了天花板；第二次该同学直接手抓住乒乓球从同一位置由静止释放，乒乓球反弹的高度比释放位置稍微低了一点，下列说法正确的是（ ）
A．第一次乒乓球反弹后能到达天花板是因为乒乓球与水发生了完全非弹性碰撞
B．第二次乒乓球下落时的加速度比反弹上升时的加速度大
C．前、后两次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的过程中合外力对乒乓球做的功相等
D．第一次乒乓球反弹到天花板时的重力势能比释放时的重力势能大
6．（2024高二上·江门开学考）如图所示为双层立体泊车装置．欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升h至③号位，再水平右移停至④号车位，两次移动的过程中，车辆都是从静止先加速再减速至静止，轿车质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．水平右移过程移动板对车的摩擦力一直做正功
B．竖直抬升过程车辆克服重力做功大于支持力做功
C．竖直抬升过程移动板对车做的功为
D．根据题干信息可计算整个过程移动板对车做功的功率
7．（2024高二上·江门开学考）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
8．（2024高二上·江门开学考）假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB．两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方( r3)与运行周期的平方( T2)的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期．则：（ ）
A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
D．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度
9．（2024高二上·江门开学考）林丹是我国获得世界冠军最多的羽毛球选手。在一次奥运会决赛中，球飞来的速度为25m/s，林丹将球以105m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，击球过程只用了0.02s。g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．击球过程中羽毛球动量变化量大小为0.4kg·m/s
B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为1×10-3N·s
C．击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.4N·s
D．击球过程中球拍的作用力约为33N
10．（2024高二上·江门开学考）太极球是广大市民中较流行的一种健身器材.现将其简化成如图所示的光滑球拍和小球，让小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与球拍间无相对运动.A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，且与水平面成角，设球的质量为m，做圆周运动半径为R，线速度为v，重力加速度为，下列说法正确的是
A．小球在C处受到的板的弹力比在A处大2mg
B．小球通过C处时向心力比小球通过A处的向心力大
C．在B、D两处板的倾角与小球的运动速度v应满足
D．小球在B、D两处受到的板的弹力为
11．（2024高二上·江门开学考）某同学用如图甲所示的装置验证动量定理，部分实验步骤如下：
(1)将一遮光条固定在滑块上，用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，游标卡尺如图乙所示，则遮光条的宽度 mm；
(2)用天平称得滑块（包含遮光条）的质量；
(3)将一与轻弹簧相连的压力传感器固定在气垫导轨左端，一光电门安装在气垫导轨上方，用滑块将弹簧压缩一段距离后由静止释放，压力传感器显示出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图丙所示，根据图丙可求得弹簧对滑块的冲量大小为 N·s；滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门测得遮光条的挡光时间为，可得弹簧恢复形变的过程中滑块的动量增量大小为 kg·m/s。（计算结果均保留2位有效数字）
12．（2024高二上·江门开学考）“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）实验的五个步骤如下：
A.将带有滑轮的长木板放在水平实验台上并安装打点计时器；
B.将纸带一端固定在小车上另一端穿过打点计时器；
C.把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连，把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，以补偿阻力；
D.拉动纸带的自由端让小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车打出纸带，测出小桶和沙的总重力，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量的数据算出小车的加速度a；
E.更换纸带，改变小桶内沙的质量，重复几次操作。
以上操作中，错误的一步是： （用步骤前的字母表示）；
（2）纠正错误后，实验中打出的某条纸带，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，测得数据如图乙所示，由此可以算出小车运动的加速度是 m/s2；
（3）用不同的几条纸带测得的加速度a和所对应的拉力F（F=mg，m为小桶和沙的总质量，g为重力加速度），可得到小车质量M一定时，a-F的关系如图丙所示．由图可见F较大时图线发生明显弯曲，实验时若不断增加小桶和沙的总质量，那么a将趋向于 （用题中给出的物理量表示）。
（4）小华同学对实验装置进行了改进，将系着沙桶的细线一端通过动滑轮与固定于长木板的力传感器相连，如图丁所示（滑轮的摩擦和质量不计），实验时小华没有补偿阻力，他以力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出a-F的图像应是下图中的 图。
（5）小华实验所用小车的质量为M，那么a-F图像直线部分的斜率为 （用M表示）。
13．（2024高二上·江门开学考）2023年秋某高校军训，如图所示，轻绳一端固定，质量为的同学（可视为质点）抓住绳的另一端，使绳水平拉直后由静止摆下过障碍物。已知绳长为，在轻绳到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定端到地面的距离为。不计轻绳质量和空气阻力，重力加速度g取值，求：
（1）该同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小；
（2）该同学摆到最低点（未飞出时）对绳的拉力大小；
（3）该同学的落地点离绳的固定端的水平距离和落地时重力的功率大小。
14．（2024高二上·江门开学考）如图所示，质量为M的平板车P静止在光滑水平地面上，一质量为m的小物块Q置于平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球，小球与小物块Q大小均可忽略不计。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，并由静止释放，小球到达最低点时与Q发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。已知小物块Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，小物块Q与平板车P之间的动摩擦因数为μ，M=4m，重力加速度为g。求：
（1）小球与小物块Q结束相互作用瞬间，小物块Q的速度vQ；
（2）小物块Q在平板车上运动的时间t；
（3）平板车P的长度L。
15．（2024高二上·江门开学考）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为，长。它们与地面间的动摩擦因数，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让一质量物块A从圆弧顶端由静止滑下，物块与木板间的动摩擦因数，，则
（1）求物块A滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；
（2）求物块A刚滑离木板1时的速度大小；
（3）试判断物块A滑行过程中能否使木板滑动？若木板会滑动，计算木板滑动前系统的摩擦生热。若不会滑动，计算全过程系统的摩擦生热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了动态平衡问题、力的合成与分解，解题的关键是知道底板对货物的支持力与支架对货物的支持力始终垂直，利用动态圆的方法分析两个弹力的大小变化，一目了然。
AB．当底板与水平面间的夹角为时，受力分析如图
由平衡条件可得
，
解得
，
即当底板与水平面间的夹角为时，底板对货物的支持力为，支架对货物的支持力为故AB错误；
CD．压下把手的过程中，货物的受力情况如图
由图可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】对货物受力分析，由力的平衡可得两个弹力大小；两个弹力的夹角始终是90°不变，利用动态圆的方法分析。
3．【答案】B
【知识点】参考系与坐标系；运动学 S-t 图象；追及相遇问题
【解析】【解答】x-t图像的特点：①位移图像的斜率等于物体的速度；②位移图像的纵坐标表示物体在某时刻的位置，这是我们解题的关键。
A． 根据两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化图甲可知，汽车B全程在做匀速运动，其速度为
汽车A在内匀速运动，其速度为
在时间内，A车的速度为大于B车的速度，故A正确；
B．的时间内，A车的平均速度
而B车的速度为，两车的平均速度不相同，故B错误；
C．在时间内，速度为
A车向西做匀速直线运动，速度大小为，B车也是向西运动，速度大小为，有
所以以A车为参照物，B车向东运动，故C正确；
D．由图知，位移相等时两车相遇，得从最开始到最后停止的时间内，A、B两车在中间相遇一次，70s时相遇一次，共相遇两次。故D正确。
此题选择错误的，故选B。
【分析】0～t1时间内，两车都做匀速直线运动，分别根据公式求出两车的速度，进而比较大小；0～70s的时间内，从图中求出两车的平均速度，分析大小；t2～t3时间内，根据图像判断出两车的运动方向和速度大小，根据大小关系求出以A车为参照物，B车运动方向；0s计时到静止时间内，根据图像可知两车有两次相交的位置，判断相遇次数。
4．【答案】C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间。A． 某型号轿车发动机的额定功率为60kW， 根据功率的求解公式
可知以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡，故A错误；
C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为
故C正确；
BD．最大速度行驶时，牵引力等于阻力，可知阻力为
若改变发动机输出功率，汽车以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
故BD错误。
故选C。
【分析】根据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大牵力行驶时变速杆应推至的档位；在额定功率下以最高速度行驶时，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求得阻力和牵引力；当匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求得实际输出功率。
5．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；碰撞模型
【解析】【解答】A．完全非弹性碰撞通常指的是物体在碰撞后合并在一起，因为乒乓球在反弹后仍然保持了一定的动能，没有与水合并在一起，不可能是完全非弹性碰撞，故A错误；
B．第二次乒乓球下落时和反弹上升时都只受重力，根据牛顿第二定律可知，加速度大小相等都等于g，故B错误；
C．第一次反弹的高度大于第二次反弹的高度，可知第一次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的速度大于第二次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的速度，则前、后两次乒乓球从落地到反弹离地瞬间的过程中，动能的变化量相不等，根据动能定理知合外力对乒乓球做的功不相等，故C错误；
D．根据题意第一次乒乓球反弹到天花板时的高度大于释放时的高度，由
则第一次乒乓球反弹到天花板时的重力势能比释放时的重力势能大，故D正确。
故选D。
【分析】根据完全非弹性碰撞的定义分析，根据受力分析判断加速度大小，根据动能定理判断合外力做功，根据重力势能表达式分析重力势能。
6．【答案】C
【知识点】功的概念；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题时，要知道动能定理是求功常用的方法，要注意分析各个过程中外力做功情况，再运用动能定理进行分析。A． 两次移动的过程中，车辆都是从静止先加速再减速至静止，水平右移过程，车辆先向右加速后减速，可知移动板对车的摩擦力方向先向右后向左，则摩擦力先做正功后做负功，故A错误；
BC．竖直抬升过程，由于初、末动能均为0，根据动能定理可知，竖直抬升过程车辆克服重力做功等于支持力做功，则竖直抬升过程移动板对车做的功为
故B错误，C正确；
D．由于不知道整个过程的运动时间，所以根据题干信息不能计算整个过程移动板对车做功的功率，故D错误。
故选C。
【分析】分析水平右移过程中车的运动性质，得出动板对车的摩擦力方向，再根据位移与摩擦力的方向关系得出功的正负；根据动能定理分析支持力做功与克服重力做功的关系，并求出移动板对1号车做功；结合功率公式分析整个过程移动板对车做功功率。
7．【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械能减小，所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错误，D正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误；
C．由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。
故选D。
【分析】1、机械能守恒与能量损耗：机械能包括动能和势能，当系统受到非保守力（如空气阻力）作用时，机械能不守恒，会逐渐减小。空气阻力做负功，导致羽毛球的机械能减小，因此A点的机械能大于B点的机械能。
2、速度与合力的关系：当羽毛球所受重力与空气阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度达到最小值。在最高点P时，合力方向与速度方向的夹角为钝角，说明羽毛球的速度最小点出现在P点之前。
3、加速度与运动时间的关系：在上升阶段（AP段），羽毛球受到向下的重力和空气阻力，其合加速度大于重力加速度。在下降阶段（PB段），羽毛球受到向下的重力和向上的空气阻力，其合加速度小于重力加速度。由于AP段和PB段的位移大小相等，但AP段的加速度较大，因此AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间。
4、运动学中的加速度与位移关系：加速度的大小影响物体的运动时间，加速度越大，完成相同位移所需的时间越短。在竖直上抛运动中，上升和下降阶段的加速度不同，导致上升时间与下降时间不相等。
8．【答案】C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A、 根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可知
得
可以知道图线的斜率为： ，A图线的斜率大，则行星A的质量大于行星B的质量，故A错误.
B、根据图像可以知道，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同， 则密度
因为卫星环绕两行星表面运行的周期相等，则两行星的密度相等，故B错误.
C、根据
得
因为行星A的质量大于行星B的质量，当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的向心加速度，故C正确；.
D、第一宇宙速度为
A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故D正确；
故选CD.
【分析】根据万有引力提供向心力得出中心天体质量得表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，根据密度公式判断密度大小。
9．【答案】B,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题是联系生活实际的问题，在计算过程中要注意羽毛球的速度方向变化，要规定正方向，用正负表示速度方向。A．以球被击回的方向为正方向，击球过程中羽毛球动量变化量大小为
故A错误；
B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为
故B正确；
C．根据动量定理可得，击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.65N·s，故C错误；
D．击球过程中可以忽略重力的冲量，球拍的作用力约为
故D正确。
故选BD。
【分析】选定正方向，分析初末状态羽毛球的速度，再求动量变化量大小。根据冲量的定义计算羽毛球所受重力的冲量大小。由动量定理计算羽毛球所受合力的冲量大小和击球过程中球拍的作用力。
10．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】解决该题的关键是对小球在各个位置正确进行受力分析，掌握小球在各位置所需要的向心力的方向，熟记向心力的表达式。A．对小球在A、C两点受力分析， B、D与圆心O等高， 小球受重力和弹力，对小球分别由圆周运动的特点得
，
联立得
选项A正确；
B．小球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，小球通过C处时向心力与小球通过A处的向心力大小相等，选项B错误；
C．设板与水平方向的夹角为θ，
选项C正确；
D．对小球在B、D两点受力分析，可得
选项D错误.
【分析】根据向心力公式和牛顿第二定律分析向心力；在最高点和最低点根据牛顿第二定律求解压力之差；球在运动过程中受重力和支持力，由向心力公式和牛顿第二定律的公式求出B和D各点的向心力，然后结合几何关系进行求解。
11．【答案】4.00；0.77；0.76
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提；要知道光电门测量瞬时速度的原理，分析清楚滑块的运动过程，求出滑块经过光电门时的速度。(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，读数不用估读，则遮光条的宽度为
(3)弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，约等于0.77 N·s；
滑块通过光电门时的速度为
滑块的动量增量大小为
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
（3）弹簧对滑块的冲量大小等于图像与坐标轴所围的面积，根据遮光片的宽度与经过光电门的时间可以求出滑块经过光电门时的速度，然后根据动量的计算公式求出滑块动量的增量。
12．【答案】C；1.27；g；B；
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）补偿阻力，另一端不能连接小桶，故C错误；
（2）逐差法求解小车的加速度为
（3）把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律可得
当时
（4）
可得
则a-F的图象是一条斜率为正，且纵轴截距为负值的倾斜的直线，故B正确，ACD错误。
故选B。
（5）因为
所以a-F的图象的斜率为
【分析】（1）把木板的一侧垫高，让小车做匀速直线运动，以补偿阻力。
*（2）逐差法求解小车的加速度；
（3）把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律求解加速度大小；
（4）根据牛顿第二定律求解加速度表达式，从而得到图像；
（5）根据加速度表达式进行分析。
13．【答案】解：（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得
根据动量定理得
同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小
（2）对同学在最低点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得同学摆到最低点未飞出时对绳的拉力大小等于1800N；
（3）同学放开绳索后做平抛运动：
竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀速直线运动，水平位移
联立得同学的落地点离绳的固定端的水平距离
同学在竖直方向上根据运动学公式得
故重力的功率大小为
【知识点】动量定理；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对圆周运动过程分析，根据动能定理可求得小猴到达最低点的速度，再由动量定理要求得合外力的冲量；
（2）根据牛顿第二定律和向心力公式可求得猴子受到的拉力，由牛顿第三定律可求得对绳子的拉力；
（3）根据平抛运动规律可求得落地点的距离；根据功率公式即可求重落地时的重力的功率。
14．【答案】解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，根据机械能守恒
解得
小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有
mv0＝mv1＋mvQ
解得
v1＝0，
（2）碰后，小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m(2v)
解得
物块Q在板上滑行过程中，由动量定理可得
解得，小物块Q在长木板P上运动时间为
（3）设平板车长L，由能的转化和守恒定律知
解得平板车P的长度为
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球摆到最低点时的速度，小球与Q碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞后的速度。
（2）P、Q组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两者分离时的速度，应用动量定理求出Q在平板车上滑动的时间。
（3）对系统，应用能量守恒定律可以求出平板车的长度。
15．【答案】解：（1）物块A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有
物块A滑到曲面轨道下端时，根据牛顿第二定律有
解得轨道对物块A的支持力为
根据牛顿第三定律得
（2）物块A刚滑上木板1时，对物块A，其所受到摩擦力
将4块木板看成整体，其与地面之间的最大静摩擦力为
由于，故物块A滑离木板1时，4块木板整体静止，对物块A，根据动能定理有
解得
（3）设物块A刚滑至第n块木板时，该木板开始滑动，该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦力为
要使木板滑动，则有，解得
即物块A滑上第3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有
解得物块A刚滑至木板3时的速度为
故物块A能滑上第三块木板，并使34两块木板滑动，在此过程中
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块A沿曲面下滑的过程，运用动能定理求出A滑到轨道下端时的速度，在轨道下端，对A利用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力，再根据牛顿第三定律即可求解A对轨道的压力；
（2）当地面对木板的最大静摩擦力小于B对木板的摩擦力时，木板开始运动，根据动能定理可计算出速度大小；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求出B与木板间的相对位移，从而求得热量。
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