四川省成都市树德中学2026届高三上学期开学考试 物理 （PDF版，含解析）

树德中学高 2023级高三上开学考试物理试题 6．我国现有多款手机支持天通卫星通讯。“天通”卫星发射过程如图：先用火箭将卫星送上椭圆轨道 1，P、
Q是远地点和近地点，随后变轨，至圆轨道 2，再变轨至同步轨道 3。轨道 1、2
一、单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 相切于 P点，轨道 2、3相交于 M、N两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确
符合题目要求的） 的是（ ）
1．如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是 A．卫星在轨道 2和轨道 3上的机械能 E2=E3
车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径 B．卫星在轨道 1和轨道 2上的周期 T1>T2
依次变小的水平圆弧形弯道 A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相 C．由轨道 1变至轨道 2，卫星在 P点向前喷气
对静止。已知每个圆柱形工件的质量为 m。下列说法正确的是（ ） D．卫星在轨道 1上 P点的线速度大于在轨道 3上的线速度
A．汽车在由直道进入弯道 A前，M对 P的支持力大小为 mg 7．如图甲所示，倾角为θ=53°，足够长的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为 m=8kg 的物块
B．汽车过 A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小 置于斜面上足够高处，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻，在物块上施加一沿斜面向上、大小变
C．汽车过 A、B两点时，M、Q对 P的合力依次增大 化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了 0~4s时间内物块的动量随时间的变化图像，如图乙所示，
D．汽车过 A、C两点的向心加速度相同 规定沿斜面向下的方向为正方向，重力加速度大小为 g 10m/s
2
2 a （ sin 53 ．冬季滑雪已成为人们喜爱的运动项目。运动员沿直雪道由静止开始匀加速下滑，加速度为 ，滑雪板 0.8，cos 53 0.6）。则（ ）
的长度为 L，其 B端到达 P点所用的时间为 t，则滑雪板的 A、B端通过 P点的时间差是（ ） A．0~1s内系统产生热量为 32J
2L 2L B．1~2s的时间内外力的大小为 24NA． t t2 B． t2 t
a a C．0~4s的时间内物块的机械能减少了 704J
D．0~1s时间内与 2~4s时间内的外力大小之比为 1：9
C 2L． t2 D． t2 2L 二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题
a a 目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
3．如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板 OA、OB的压力分别为 F1、F2，运送过程 8．唐 高无际《汉武帝后庭秋千赋》有载：“秋千者，千秋也。汉武祈千秋之寿，故后
中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板 OA由竖直转至
水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列 宫多秋千之乐。”如图为现代单人秋千比赛精彩瞬间，运动员通过技巧性动作（最低点
说法正确的是（ ） 站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大。忽略空气阻力，下列关于该过程的分析正确
A．推车由静止突然启动时，F1减小 F 增大 的是（ ）2
B．推车由匀速突然减速时，F 增大 F 不变 A．最高点瞬间，运动员所受合外力为零1 2
C．在 OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先减小后增大 B．最低点瞬间，运动员所受合外力不为零
D．在 OA由竖直缓慢转到水平过程中，F 先增大后减小 C．从最低点摆至最高点过程中，运动员先超重后失重2
4．如图所示，质量为 3m的小球 P 和质量为 m的小球 Q 通过两根长度均为 L的细线悬挂在天花板的 O D．从最高点蹲下到最低点站起的过程中，运动员和秋千构成的系统机械能守恒
3L g P F 9．如图所示，平板 Q置于光滑水平面上，质量为 1.0kg，板长为 0.4m，Q的右端固定一轻质弹簧，弹簧点，两球之间通过长度为 的轻杆相连，重力加速度为 。现对小球 施加一外力 并确保轻杆始终
的自由端恰好位于 Q的中点 A。质量为 1.0kg 的小物块 P以 v 2m/s的速度从 Q的左端水平滑上 Q，P
处于水平状态，则（ ） 0
A．外力 F竖直向上时，外力取得最小值 2mg 压缩弹簧后被弹回并停在 A点，弹簧始终在弹性限度内。P与 Q之间的动
B F 2 3mg 摩擦因数
0.25，下列说法正确的有（ ）
．外力 水平向左时，外力取得最小值
A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为 0.1m
C．外力 F垂直于绳子 OP时，外力取得最小值 3mg B．若 P与 Q之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时 P的速度大小为 1m/s
3
D．外力 F垂直于绳子 OP时，外力取得最小值 mg C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时Р受到向右的摩擦力
2 D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减少
5．鹰眼系统是应用于网球等球类赛事的电子裁决系统，其三维轨迹重建技术可精确判定球体落点。某次 10．如图所示，边长为 L的正方形光滑斜面 ABCD固定在水平地面上，其倾角θ（0°<θ<90°）可以调节，
比赛中，运动员沿水平方向将球击向边线，图为其运动轨迹的鹰眼重建图像，运动员击球点离地高度为 斜面上固定一光滑四分之一圆弧轨道 AE，圆心为 AB的中点 O，OE垂直于 AB。将可视为质点的小球从
2.5m，网球着地时速度方向与地面夹角为 14°，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，已知 tan14 0.25，则 圆弧轨道的 A点由静止释放，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ）
下列说法正确的是（ ） A．只要倾角θ足够小，小球可能从 CD边离开斜面
A．网球被击出后的速度大小为 20m/s B．小球一定会从 BC边离开斜面
B．网球落地过程速率－时间图像为一条倾斜的直线 5
C．网球落地过程中动量变化量的方向为竖直向下 C．当θ=30°时，小球离开斜面时的速度大小为 gL
D 8．若网球与地面发生弹性碰撞，则其动量是不变的
D．小球离开斜面后在水平地面上的落点刚好在 DC的延长线上
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三、实验题（本题共 2 小题，共 15分） 14．（13分）如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带
11．（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，安装好的实验器材如图甲所示。图中 A为固定 及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角 37 。工作人员将
橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳，OA 长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，在距左端 L 8m处货物被取走，货物运动
为橡皮条。图乙是某次实验时 OB 细绳所连接的弹簧测力计的指针 时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度 v 1m/s，货物质量m 10kg，其底部与传送带上表
指示情况。请回答下列问题： 面 A 间的动摩擦因数为 1 0.4，其侧面与挡板 C 间动摩擦因数为 2 0.2（重力加速度 g 10m/s2 ，
（1）图乙中弹簧测力计的读数为 N。 sin 37° 0.6， cos37° 0.8，不计空气阻力）。求：
（2）用弹簧测力计拉细绳时细绳要与白纸 ，两次拉伸橡
皮条时，要保证把节点 O拉到 。
（3）若保持 O点位置和 B 弹簧测力计拉力的方向不变，缓慢地调
节 C弹簧测力计，使两细线之间的夹角增大一些，则 。
A．合力可能增大
B．合力可能减小
C．B弹簧测力计的示数可能减小
D．C弹簧测力计的示数可能减小 （1）货物在传送带上滑动时的加速度大小；
12．（9分）某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做验证机械能守恒定律的实验，一细绳跨过悬挂的光滑 （2）若传送带速度在 0.5m/s 至 2m/s范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超
定滑轮，两端分别系有小球 A和 B，小球 A右侧固定一遮 过 122J，则传送带速度不超过多少。
光条，遮光条上方某位置固定一光电门，初始时 A、B处
于静止状态，先将细绳拉紧，然后同时释放小球 A、B。已
知当地重力加速度 g取9.8m / s2。
（1）用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光
条的宽度 d mm；
（ 2）测得小球 A （含遮光条）、 B 的质量分别为
mA 0.1kg、mB 0.15kg，若不计空气阻力和滑轮阻力，
则小球A加速上升过程的加速度大小应为 m/s2（保 15．（14分）两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车 A、B进行实验，两车均可视为质点，如图所示， t 0
留三位有效数字）；
时，A、B 两车同时沿两条相距 x 3m3 的平行直线轨道从同一起跑线向同一方向运动，A 车始终以（ ）测得遮光条通过光电门的时间Δt 0.34ms，遮光条初始位置到光电门的距离 l 1.05m，该过程 A、 0
2
B两球组成的系统动能增加量为 J，重力势能减少量为 J（结果均保留三位有效数字）； vA 3m / s的速度做匀速直线运动，B车从静止开始以 a1 1m / s 的加速度做匀加速直线运动， t2 4s后
（4）大多数学生的实验结果显示， A、B两球组成的系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，原因 开始做匀速直线运动，已知两蓝牙小车自动连接的最大距离 L = 5m求：
可能是______。 （1） t1 2s末两车的距离 s1；
A．利用光电门测量和计算两球速度不准确 （2）整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间 t；
B．A、B两球的质量相差不够大 （3）若 t3 12s末B车做加速度大小为 a2 2m / s
2
的匀减速直线运动，
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 速度减为零后停止运动，求 B车减速后两车再次刚好连接瞬间 A车
D．没有采用多次实验取平均值的方法 到起跑线的距离 xA ，并求出保持该次连接持续的时间 t4。
四、计算题（本题共 3 小题，共 39 分）
13．（12分）如图所示，质量为M 3kg的小车静止在光滑水平面上，小车左端 AB为竖直平面内光滑的
四分之一圆弧，半径 R 0.4m，圆弧与水平部分 BP相切于 B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP
长 L 1m。质量为m 1kg的小物块从 A点以方向竖直向下的速度 v0 5 2m / s滑进小车的圆弧部分，小
物块与小车水平部分 BP间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g取10m / s2 。求：
（1）与挡板 P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）挡板 P第一次碰撞后，小物块上升至最高点时与 A点的竖直距离；
（3）小物块最终在小车上离 B点的距离以及整个运动过程中小车相对
水平面的位移大小。
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树德中学高 2023级高三上开学考试物理试题参考答案 D．动量是矢量，网球与地面发生弹性碰撞，则其动量方向改变，动量是变化的，故 D错误； 故选 C。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6．A 【详解】A．因为轨道 2、3 都是圆心相同的圆轨道，且能够相交于 M、N点，所以圆轨道 2、3题号
GMm v 2
答案 C A B或 C C C A C BC ACD BC 半径相同势能相同，根据 2 mr r
1．C 【详解】A．汽车在由直道进入弯道 A前，以 P为对象，根据受力平衡可得2N cos30 mg 卫星在轨道 2、3的速度相同动能相同，故机械能相同 E2=E3，故 A正确；
v
M P N 3 mg A B B．卫星在轨道 2、3的半径相同且都大于轨道 1的半长轴，根据开普勒第三定律可知 T ＝T ＞T ，故 B解得 对 的支持力大小为 故 错误； ．由角速度与线速度关系 当汽车以恒定速率 3 2 1
3 r 错误；
通过半径依次变小的 A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故 B错误； C．由轨道 1变至轨道 2，由近心运动变至圆周运动，故需增加速度，卫星在 P点向后喷气获得向前的反
C．汽车过 A、B两点时，M、Q对 P的合力的竖直分力与 P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向 推力实现加速，故 C错误。
2
心力，则有 Fy mg，F
mv
x P受到的合力为 F F
2
x F
2
y 当汽车以恒定速率通过半径依次变小的 A、
D．卫星在轨道 1上 P点加速变轨到轨道 2，线速度小于在轨道 2上 P点的线速度，故小于轨道 3上的线
r 速度，故 D错误。 故选 D。
2
B v p mv两点时，M、Q对 P的合力依次增大，故 C正确；D．汽车的向心加速度为 a 可知汽车过 C点时， 7．C 【详解】A．根据 可知， p t图线的面积表示物体位移 x与物体质量m的乘积，所以 0~1s向 r 1
弯道对应的半径最小，向心加速度大于 A 1 16点的向心加速度，故 D错误。故选 C。 内物体的位移为 x 2 1m所以，0~1s内系统产生热量为Q mg cosθx1 24J，故 A错误；1 m
2．A 【详解】由 B端到达 P点所用的时间为 t，可知 B端到 P 1点的位移大小为 x at2
2 B．根据动量定理 F t Δp 可知， p t合 图线的斜率表示合外力，则 1~2s 的时间内外力的大小为
A P '
1 2 1 2 1
则 端到 点的位移大小为 x x L at L设 A端到达 P点所用的时间为 t '，则 at L at '2 F
48 16
合 N 32N2 1 ，故 B错误；2 2 2
t ' t2 2L
（16 48） 1 48 (4 2)
解得 则滑雪板的 A、B端通过 P点的时间差是 t t t ' t t 2 2L 故选 A。 C．由图可知，0~4s的时间内物块位移大小为 x x1 11m由于初末动量为零，
a a 2m 2m
3．B 【详解】A．推车由静止时 F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分 即初末速度都为零，所以初末动能为零，则机械能减小了ΔE mgxsinθ 704J，故 C正确；
量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故 F1减小 F2不变，故 A错误； D． p t 16图线的斜率表示合外力，则 0~1s时间内的合力大小为 F
B F F B 合1
N 16N
．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右， 1增大 2不变，故 正确； 1
CD．在 OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根 则 F 1 F1 mg sin θ mg cosθ 解得 F1 96N合
mg F F 0 481 2
据 ，F 由先图示位置逆时针转，可知 F 先增大后减小，F 一直减小， 2~4s时间内的合力大小为F合2 N 24N 则 F 2 mg sin θ mg cosθ Fsin sin sin 1 1 2 4 2
合 2
CD B F 56N
F
0~1s 2~4s 1
12
故 错误；故选 。 解得 2 时间内与 时间内的外力大小之比为 F 7 ，故 D错误。 故选 C。2
4．C 【详解】根据题意，几何关系可知 OQ与 PQ的夹角、OP与 PQ 8．BC 【详解】A．运动员在最高点时仍受重力、拉力作用，二者合力不为零，故 A错误；
的夹角均为 30 ，分析可知，Q受到重力 mg、杆的弹力 F杆、绳子拉 B．运动员荡到最低点时拉力与重力的合力提供向心力，合力不为 0，故 B正确；
力 FTQ而平衡，由平衡条件得 C．运动员由最低点向最高点运动的过程中，加速度先有竖直向上的分量后有竖直向下的分量，所以运动
F F cos F sin mg 联立解得 F 3mg 员先处于超重状态后处于失重状态，故 C正确；杆 TQ TQ 杆
F F D．动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大，系统的机械能变大，机械能对 P受力分析可知，P受到重力 3mg、杆的弹力 杆、绳子拉力 TP和外 不守恒，故 D错误； 故选 BC。
力 F而平衡，如图甲所示。 9．ACD 【详解】A．小物块 P被弹回并停在 A点时，与平板 Q共速，设共速速度为 v，根据动量守恒
则小球 P受的重力与杆的合力 F1 3mg
2 2F 联立以上解得 F 2 3mg杆 1 定律有mv0 2mv v得 v 02
作出 F1、FTP、F 三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球 P的外力方向与 P相连的细绳方向垂直 设弹簧的最大压缩量为 x，从开始到小物块 P 被弹回并停在 A 点过程中，根据能量守恒定律有
时，外力 F最小，即最小值为 Fmin F1 sin 联立以上解得 Fmin 3mg 故选 C。 1mv2 1 2mv2 L0 mg 2 2 2x2 解得 x 0.1m 故 A正确；1 5．C 【详解】A．网球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据 h gt 22 B．若 P与 Q之间接触面光滑，则整个过程相当于 P与 Q发生一次弹性碰撞，因为 P与 Q质量相等，所
h 2.5m g 10m/s2 t 2已知 ， ，可得 s 落地时竖直方向的速度 v gt 5 2m/s 以发生速度交换，当弹簧恢复原长时 P的速度大小为 0，故 B错误；
2 y
v C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则 P与 Q第一次共速时，弹簧的最大压缩量 x ' x 0.1my
因为网球着地时速度方向与地面夹角为 14°，则 tan14 v 解得 v0 20 2m/s，故 A错误； P与 Q第二次共速时，P与 Q损失的总动能与未换弹簧时相同，所以物体 P无法返回 A点，而是在 A点0
2 右侧与 Q相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体 P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，B．网球运动过程中合速度 v gt v20 故速率与时间不是线性关系，故 B错误； 故 C正确；
C．网球落地的过程中，根据动量定理可知 IG p D．由上述分析可知，系统稳定时，P与 Q最终损失的总动能与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，P与
动量变化量的方向与重力冲量方向一致，即竖直向下，故 C正确； Q最终损失的总动能全部转化为摩擦生热，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧后，系统稳定时，弹
簧处于压缩状态，所以 P与 Q损失的总动能一部分转化为摩擦生热，另一部分转化为弹簧的弹性势能，
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所以系统损失的机械能减小，故 D正确。 故选 ACD。 整理得0 mx1 Mx2 （1分） 又 x1 x2 R x（1分） 解得小车的位移大小 x2 0.15m（1分）
L 1
10．BC 【详解】AB 2．小球从 A到 E，由动能定理可得mg sin mv 14． (1)a 2m/s
2 （5分） (2) 2m/s （8分）
2 2 x 【详解】（1）对货物 N1 mg cos ，N 2 mg sin 得 N1 80N， N2 60N
解得 vx gLsin 假设小球从 BC边离开，平行于 DC
1
方向则有 L v t2 x 货物与传送带间的摩擦力 f1 1N 32N（1分），与运动方向相同 货物与挡板间的
1 2 L L 摩擦力 f2 2N 12N（1分），与运动方向相反 对货物有 f1 f ma（2分）
沿 BC方向则有 y g sin t BC 2假设成立，则小球一定会从 边离开斜面，故 A错误，B正确；
2 8 2 代入数据解得 a 2m/s2（1分）
L L 1
C．当θ=30° 时，根据动能定理可得mg sin 30 mv2 解得 v 5 gL ，故 C正确； （ 2） 若 传 送 带 以 最 大 速 度 2m/s 运 行 ， 货 物 加 速 阶 段 运 动 的 最 大 位 移
2 8 2 8 v2m 2m/sx
2
D．小球从 BC边离开后做斜下抛运动，和在斜面上的运动相比较，运动时间变短，沿 GC方向的分速度 m 1m L 8m（1分）2a 2 2m/s2
不变，故落到在 DC的里面，故 D错误。 故选 BC。
11 3.80 2 1 货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过 122J时，传送带的速度为
v ，则货物在传送带上先加速运动 x 距
． （ 分） 平行（ 分） 同一位置（1分） D（2分） 0 1
【详解】（1）[1]测力计最小刻度为 0.1N，需要估读一位数。弹簧测力计的示数为 3.80N。 1 2离后，以传送带速度 v0匀速运动 L x1 ，故传送带因传送货物而多做的功W mv0 Q1 f2L（2分）
（2）[2]用弹簧测力计拉细绳时细绳要与白纸平行，若细绳倾斜，则绳子拉力倾斜，拉力的水平分力的合 2
1 v2 v
力与橡皮条弹力相平衡，实验误差增大； 对货物，由动能定理 ( f1 f2 )x1 mv
2
0（1分） 由 v20 2ax 得 x 0 由 x 01 1 t2
[3] 2a
1 2 1
实操作时，每次拉橡皮条时，要保证把节点 O拉到同一位置，保证橡皮条形变相同，合力相同。 2x1
（3）[4] AB．保持 O点位置不变，橡皮条的伸长量不变，两拉力的合力不变，故 AB错误； 得 t1 v 传送带与货物间摩擦生热Q1 f1 x 1 x1 （1分） 其中 x 1 v0t1 2x带 带 10
CD．B弹簧秤拉力的方向不变，两细线之间的夹角增大过程，合力如图所示 2 2
依题意整理可得W f
v0 v f L 0

122JB （2分） 代入数据解得 v 2m/s由图示可知， 弹簧测力计的示数增大，C弹簧测力计的示数可能减小，可能先减小后增大， 1 a 2 2a 0
故 C错误，D正确。 故选 D。 0.5m/s v0 2m/s 2m/s 故传送带速度不超过 2m/s（1分）
12．(1)0.680（1分） (2)1.96（2分） (3) 0.500（2分） 0.515（2分） (4)C（2分） 15．(1)5m （3分） (2)10s（4分） (3)39m（3分） 3s（4分）
【详解】（1）遮光条的宽度为 d 0.5 mm 0.01mm 18.0 0.680 mm 1 2
m m
2 m g m g m B A 2
【详解】（1）t1=2s内，A、B车的位移分别为 x1=vAt1 x2 a1t1 （1分）
（ ）根据牛顿第二定律有 B A A mB a 解得 a g 1.96 m / s 2mA mB 2 2 2则有 s1 x0 (x1 x2 ) （1分）解得 s1=5m（1分）
（3）[1][2] d遮光条经过光电门时的速度为 v Δt A、B两球组成的系统动能增加量为 （2）结合上述可知 s1=5m=L即在 t1=2s时，两车第一次刚好断开连接，则有 vB1=a1t1
ΔE 1 m 解得 （ 分）k A m v2B 0.500J ΔE m m gl 0.515J
vB1=2m/s 1A、B球重力势能减少量为
2 p B A 结合上述可知，两车第一次保持连接的时间为 t1=2s，在两车位移之差为 x 4m时
（4）A．利用光电门测量和计算两球速度不准确，导致速度计算偏差，可能导致系统动能的增加量总是 x v t 1 a t 2 4m（1分）
小于重力势能减少量，但不会导致 A、B两球组成的系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故 A A 2 2 1 2
错误；B．A、B两球的质量相差不够大，不会导致系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故 B错 解得 t2=4s此时两车间距又为 L =5m，表明 t2=4s时刻两车第二次开始连接，令再经历时间 t4，两车位移差
误；C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响，使机械能损失，会导致系统动能的增加量总是小于重力势能减 x 1再次达到Δx=4m则有 a t2 a t t v (t t ) 解得 t4=8s（1分）
少量，故 C正确；D．没有采用多次实验取平均值的方法，不会导致系统动能的增加量总是小于重力势能 2 1 2 1 2 4 A 2 4
减少量，故 D错误。故选 C。 结合上述可知，整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间 Δt=t1+t4=10s（1分）
13．(1)6m / s （3分） (2)1.5m （3分） (3)0.2m（3分）0.15m（3分） （3）由于 t3=t2+t4=12s 结合上述可知，12 s时开始断开连接，B车在 A车前方，B车开始减速，减
【详解】（1）在小物块从 A点运动至 P点的过程中，水平方向动量守恒，得0 mv1 Mv2（1分） t a t速至 0 1 2的时间 2s（1分）
mgR 1 mv2 1 mv2 1
0
2 a
由能量守恒，得 0 1 Mv2 mgL（1
2
分） 联立解得 v
2 2 2 1
6m / s（1分）
令 B车减速后再经历时间 t5两车刚好再次连接，结合上述可知，此时两车位移差再次达到
（2）设小物块上升至最高点时与 A点竖直距离为 h，对小物块和小车系统，在小物块从 A点运动至最高 1
Δx=4m a 2，则有 1t2t5 a2t5 vAt5 解得 t5=1s （1分） 此时，A车到起跑线的距离
点的过程中，水平方向动量守恒，得0 (m M )v共 解得 v 0共 （1分） 2
1 x2 A=vA（t3+t5）=39m（1分）
由能量守恒得 mv0 mgh mg 2L（1分） 解得 h 1.5m（1分）2 v t 1令 B车之后再经历时间 t6两车再次刚好断开连接，此时 A在前 B在后，则有 A 6 (a1t2t6 a2t
2
6 ) 2 x
（3）最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有 2
1 33
0 m M v' ' 1 2共 解得 v共 0由能量守恒，得 mv mgR mg s 解得 s 5.8m（2分） 解得 t6 s t0 2s2 0 相 相 2 2
有 s相 5.8L，故小物块相对小车静止于水平部分离 B
a t
点的距离 x 6L s相 0.2m（1分） 即 B车已经停止运动，则有 v t t 1 2A 5 4 2 x （2分）解得 Δt4=3s（2分）
x x 2a2
在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有 0 m 1 M 2
t t
高三物理 2025-09开学 第4页 共 2页