湖北省仙桃中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·仙桃期中）为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，若某舰载机从静止开始弹射，并作匀加速直线运动，经过位移达到起飞速度，则该过程的时间为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·仙桃期中）中国科学院上海光机所“羲和”物理实验室照片如图所示，其中的超强超短激光实验装置的输出功率为10拍瓦（1拍瓦瓦），激光脉冲持续时间为5飞秒（1飞秒），则一个激光脉冲所携带能量约为（ ）
A． B． C．50W D．500W
3．（2025高三上·仙桃期中）图（a）是某人在表演两指提瓶子，两指的压力和摩擦力使得瓶子静止在空中。图（b）是该情景的简化图，食指和拇指分别在水平底面和竖直侧面上施加一竖直向下的压力和水平的压力，瓶子的重力为G，关于瓶子以下说法正确的是（ ）
A．一共受到4个力的作用 B．所受重力大小
C．所受摩擦力大小为 D．所受摩擦力大小为
4．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，某遥控玩具车从O点开始沿着竖直圆弧轨道OC做匀速圆周运动，运动至C点时沿切线抛出，恰好能落在A点。已知B为圆弧轨道的圆心，A、B、C三点共线，，轨道半径为R。忽略空气阻力，重力加速度为g，玩具车的大小相对斜面长度忽略不计，则玩具车做匀速圆周运动的角速度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·仙桃期中）某游乐园中有各式旋转木马，尤其受小朋友们喜爱。木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC通过铰链（视为质点）连接于B点，连杆BC、滑块A（木马）通过铰链（视为质点）连接于C点，连杆OB在竖直面内绕O点做圆周运动，可以使滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下运动。已知连杆OB长为R，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向的夹角为时，BC杆与OB杆的夹角为，则滑块A（木马）的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，嫦娥五号绕月球做椭圆运动，P点离月球表面最近，距离为a＝200公里，Q点离月球表面最远，距离为b＝41万公里。已知月球的质量为M，半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号从P点运动到Q点的过程中，速度一直减小，机械能不守恒
B．嫦娥五号在P、Q两点的速度大小之比为
C．嫦娥五号在P、Q两点的加速度大小之比为
D．嫦娥五号绕月球运行的周期为
7．（2025高三上·仙桃期中）如图甲为一列简谐横波在时的波动图像，图乙为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长大小为2m
B．该波沿x轴正方向传播
C．处的质点在任意1秒时间内经过的路程都是10cm
D．该波的波速大小为1m/s
8．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，斜面体质量为M，物块质量为m，一开始两者都静止，所有接触面均光滑，重力加速度为g。经过t时间后，物块到达斜面底部。下列说法正确的是（ ）
A．斜面体、物块与地球组成的系统机械能守恒
B．斜面体、物块组成的系统动量守恒
C．斜面体对地面的压力大于
D．斜面体对物块的支持力做负功
9．（2025高三上·仙桃期中）图1为一足够长倾斜传送带，倾角，传送带以恒定速度匀速转动，将一个物块从传送带上某处以一定的初速度滑上传送带，物块在传送带上运动的速度—时间图像如图2所示。最终物块从传送带的上端离开传送带，物块在传送带上运动的时间为，重力加速度取，，下列判断正确的是（ ）
A．物块一定不是从传送带上端滑上传送带
B．传送带一定是以大小为的速度沿逆时针方向转动
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．物块在内运动的位移大小为
10．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，倾角的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数，过程Ⅰ：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。（弹簧的弹性势能可以表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（ ）
A．P、M两点之间的距离为
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点
11．（2025高三上·仙桃期中）某同学在健身房看到一悬挂的沙袋，于是想用手头的工具测定当地重力加速度。该同学将沙袋从最低点移开一小段距离由静止释放，则沙袋的运动可等效为单摆模型，如图甲所示。考虑到悬点很高，不方便测单摆摆长，但可以改变绳长，进行多次实验。
具体步骤如下：
①用米尺测量沙袋距地面距离h；
②用秒表测量沙袋摆动时对应周期T；
③调整绳长得到不同的h，重复步骤①②，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的T2—h图像，横纵轴截距分别为a、b。请回答下列问题：
（1）测量沙袋运动周期时，开始计时的位置为图甲中的最 点；（选填“高”或“低”）
（2）由T2—h图像可得当地的重力加速度g= 。（用字母π、a、b表示）
（3）考虑到沙袋形状不规则，有同学认为应该从沙袋重心往地面测高度h，但由于重心没有办法确定，实际操作是从沙袋底部到地面测h，该做法测重力加速度的测量值 真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
12．（2025高三上·仙桃期中）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为的小球相连。遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，用表示点到光电门处的距离，表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，实验时滑块在处由静止开始运动。
（1）滑块通过点的瞬时速度可表示为 ；
（2）某次实验测得倾角，重力加速度用表示，滑块从处到达处时和组成的系统动能增加量可表示为 ，系统的重力势能减少量可表示为 ，在误差允许的范围内，两者相等，则可认为系统的机械能守恒。
（3）在上述实验方法中，某同学改变、间的距离，得到滑块到点时对应的速度，作出的图像如图2所示，并测得，则重力加速度 。
13．（2025高三上·仙桃期中）2024年11月珠海航展中，我国多款无人机受到人们的广泛关注。在航展中甲、乙两款无人机沿着同一直线同向飞行，展示“空中停车”性能（即无人机减速到0并悬停在空中），时刻无人机甲在无人机乙前方处做“空中停车”测试，无人机甲的初速度，加速度大小，同时无人机乙由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小。为了避免与前方的无人机甲相撞，无人机乙加速4s后开始以大小为的加速度做匀减速直线运动。
（1）无人机乙加速过程中，求无人机甲的位移；
（2）无人机乙加速过程中，求无人机甲和乙的最大距离；
14．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径，端切线水平。水平轨道与半径的光滑圆弧轨道相接于点，为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道对应的圆心角。一质量为的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从点飞出，取，，。
（1）若小球恰好能从点飞出，求小球落地点与点的水平距离；
（2）若小球从点飞出，经过点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在点对圆弧轨道的压力大小；
（3）若小球从点飞出，经过点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在点受到的支持力的大小。
15．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，一圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点a、b对应的圆心角为，a、b两点的高度差为，b点与圆心O的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面，质量为1kg的小车紧靠圆弧槽右端放置，且小车上表面与圆弧槽b点等高，质量均为2kg的相同小球和放在小车右侧。光滑水平台面上放有一个质量为2.97kg的滑块P，一质量为0.03kg的子弹以100m/s的初速度水平打到滑块P内并嵌入其中，滑块P运动到a点时速度刚好与圆弧相切。已知滑块与小车之间的动摩擦因数为0.1，小球间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块P从圆弧b点离开时的速度大小；
（2）当滑块与小车第1次共速时小车与球刚好发生弹性碰撞，当滑块与小车第2次共速时，小车与球再次发生弹性碰撞，求初始时球与小车右端的距离以及球、之间的距离各是多少；
（3）若在球的右侧放置无限多个与、完全相同的球，每当滑块与小车共速时，小车就与球发生弹性碰撞，最终滑块恰好未从小车上掉下。求小车的长度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】舰载机从静止开始弹射，并作匀加速直线运动，根据匀变速直线运动平均速度规律，则有，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】可根据匀变速直线运动关于平均速度的推导公式计算该过程的时间。
2．【答案】B
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】输出功率为10拍瓦，激光脉冲持续时间为5飞秒，
一个激光脉冲所携带能量约为
故选B。
【分析】根据功率和功的关系式列式进行分析解答。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】 A． 食指和拇指分别在水平底面和竖直侧面上施加一竖直向下的压力和水平的压力， 瓶子还受到重力、水平底面的摩擦力（该摩擦力平衡F1）、竖直侧面的摩擦力共5个力作用，故A错误；
B．对瓶子，由平衡条件，竖直方向有，故B错误；
CD．对瓶子，由平衡条件，竖直方向有，水平方向有
则瓶子所受摩擦力大小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】分析瓶子受力，竖直方向和水平方向分别根据平衡条件列方程，即可得到重力与其他力的关系，并求出摩擦力大小。
4．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】设玩具车做匀速圆周运动的角速度为，速度为， 轨道半径为R，则
从点飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，结合几何关系可得
水平方向做匀速运动，
联立解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】玩具车飞出后做斜抛运动，竖直方向竖直上抛运动，水平方向匀速直线运动，结合几何关系求解。
5．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】 设滑块A的线速度大小为v，B点的瞬时速度大小
将B点速度沿着杆和垂直杆分解，如图所示
得到沿BC杆的速度大小
将滑块A的速度沿着杆和垂直杆进行分解，如图所示
沿BC杆的速度大小相等，可得
联立解得
故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题考查了杆关联速度问题，解题的关键是知道、两点沿杆方向的速度相等。杆做匀速圆周运动，根据点的速度求出沿杆的速度，把该速度分解，其中竖直方向的速度即为物体的运动速度。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．嫦娥五号从P点运动到Q点的过程中，仅受月球引力作用，飞行器的机械能是守恒的，故A错误；
B．根据开普勒第二定律推论可知椭圆轨道中，近、远地点速度之比应为，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得，则它们的比值为，故C正确；
D．由开普勒第三定律可知椭圆轨道的周期为
其中为圆轨道的半径或者椭圆轨道的半长轴，有
可得嫦娥五号绕月球运行的周期为，故D错误。
故选C。
【分析】仅受月球引力作用，飞行器的机械能守恒；根据开普勒第二定律分析；根据万有引力提供向心力分析；结合开普勒第三定律分析。
7．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 A． 根据简谐横波在时的波动图像可知该波的波长大小为4m，故A错误；
B．结合振动图像可知时，该波中处质点P向下振动。由“同侧法”可知该波沿x轴负方向传播。故B错误；
C．由图乙可知该列波的周期为，1s的时间是，处的质点在任意1秒时间内经过的路程不一定为一个振幅，不一定都是10cm。故C错误；
D．该波的波速大小。故D正确。
故选D。
【分析】根据波长、波速和周期的关系分析波速，结合同侧法分析波传播方向。根据时间与周期的关系分析质点通过的路程。
8．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．所有接触面均光滑，斜面体、物块与地球组成的系统除重力外没有其它力做功，所以系统机械能守恒，A正确；
B．斜面体、物块组成的系统水平方向上所受合外力等于零，动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，所以最终斜面体、物块组成的系统动量不守恒，B错误；
C．物块有竖直向下的分加速度，处于失重状态，将物块和斜面看成一个整体，则斜面体对地面的压力小于，C错误；
D．物块下滑的同时，斜面向右运动，斜面体对物块的支持力与物块位移的夹角为钝角，支持力做负功，D正确。
故选AD。
【分析】系统所受合力为零系统动量守恒，分析清楚物块与斜面体的运动情况与受力情况，应用动量守恒定律与机械能守恒条件分析。
9．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查了传送带相关知识，理解物体在传送带上不同时刻的运动状态，合理利用牛顿第二定律以及相对位置关系是解决此类问题的关键。A．若物块在传送带上端滑上传送带，则物块离开传送带的速度大小应为，根据图像可知物块离开传送带的速度大小为，则物块一定不是从传送带上端滑上传送带，故A正确；
B．由于物块从传送带上端离开，由图像可知，物块最终匀速离开，因此传送带一定是沿顺时针方向转动，且速度大小为，故B错误；
C．由图像可知，物块运动的加速度沿传送带向上，设动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律
代入解得，故C正确；
D．物块在传送带上运动的位移大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据若物块在传送带上端滑上传送带，则物块离开传送带的速度大小应为1m/s，结合物块从传送带上端离开，由图像可知，物块最终匀速离开，因此传送带一定是沿顺时针方向转动，且速度大小为2m/s，综合牛顿第二定律分析求解。
10．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。A．过程Ⅰ：设P点至O的距离为，从P点至O点，根据动能定理有
解得
设M点至O的距离为，在M点（图中未画出）时速度最大，根据平衡条件有
P、M两点之间的距离为
联立解得P、M两点之间的距离为，故A错误；
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为，故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，根据能量关系可得
解得，故C正确；
D．因为，可得，所以物块Q在O点的加速度不为0，在M点，有
故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有
静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误。
故选BC。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；根据功能关系求解机械能的损失；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
11．【答案】（1）低
（2）
（3）等于
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆测周期计时点在最低点计时速度最大，时间误差小，而且最低点相比最高点更容易确定：
（2）设H为悬点到地面间，则单摆摆长近似等于H-h，距根据单摆周期公式
变形得
由乙图得直线斜率
解得
（3）每次测从沙袋底部到地面和从重心到地面，绘图时横坐标不同，但图线斜率不变，本实验方法只用斜率求值，图像斜率不变，故该做法测重力加速度的测量值等于真实值。
【分析】（1）最低点开始计时误差较小；
（2）根据单摆周期公式结合图像斜率分析；
（3）图像斜率不变，求出的重力加速度不变。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）9.6
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）遮光片通过光电门的时间极短，可以将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，滑块通过点的瞬时速度
（2）根据动能的表达式可知系统动能的增加量，系统重力势能的减小量
（3）根据系统机械能守恒，系统增加的动能等于减小的重力势能，即
则
图线的斜率
解得
【分析】（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；
（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；
（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小。
（1）将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，滑块通过点的瞬时速度
（2）[1]系统动能的增加量
[2]系统重力势能的减小量
（3）根据系统机械能守恒
则
图线的斜率
解得
13．【答案】（1）解：由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。
则此时无人机甲的速度v'=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s
无人机甲运动的位移
（2）解：当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间为t2，则有v1-a1t2=a2t2
代入数据，解得t2=3s
则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s
在此过程中，无人机甲运动的位移
无人机乙运动的位移
则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x甲+x0-x乙=45m+15m-18m=42m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）由速度—时间关系求得4s时无人机甲的速度大小，判断无人机甲是否提前停止运动，由速度—位移关系求解无人机甲运动的位移；
（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。由运动学公式求得无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间和光速时的速度，分别求得此时间内两者的位移大小，根据两者的位移关系求得无人机甲与无人机乙间的最大距离。
（1）由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。
则此时无人机甲的速度v'=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s
无人机甲运动的位移
（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间为t2，则有v1-a1t2=a2t2
代入数据，解得t2=3s
则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s
在此过程中，无人机甲运动的位移
无人机乙运动的位移
则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x甲+x0-x乙=45m+15m-18m=42m
14．【答案】（1）解：小球恰好能从点飞出，设此时速度为，对在点的小球受力分析，只受重力，根据牛顿第二定律
又小球落地时间满足
水平位移
联立解得
（2）解：将小球在处的速度分解，在竖直方向上有
在水平方向上有
联立并代入数据得
对小球在处受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小
（3）解：小球在处速度
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用竖直圆周运动的临界条件（重力提供向心力）求出A点速度；通过平抛运动的竖直和水平分运动规律，求出运动时间和水平距离；
（2）结合动能定理和运动的分解（将C点速度分解为水平和竖直分量），求出A点的速度；利用牛顿第二定律求出轨道的支持力，根据牛顿第三定律得到小球对轨道的压力；
（3）先根据速度的矢量关系计算出小球到C点的速度，然后根据牛顿第二定律计算。
（1）小球恰好能从点飞出，设此时速度为，对在点的小球受力分析，只受重力，根据牛顿第二定律
又小球落地时间满足
水平位移
联立解得
（2）将小球在处的速度分解，在竖直方向上有
在水平方向上有
联立并代入数据得
对小球在处受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小
（3）小球在处速度
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
解得
15．【答案】（1）解：子弹打入滑块，设共同速度为，子弹、滑块质量分别用、表示，由动量守恒定律有
解得
设滑块落到圆弧a点时的速度为，滑块P落到圆弧的a点上时刚好与圆弧相切，则
解得
设滑块离开b点时速度，滑块从a到b机械能守恒，则有
解得
（2）解：设滑块与小车第一次共同速度为，小车质量用M表示，小车的右端与球Q1之间的距离，由动量守恒定律有
解得滑块小车共同速度为
小车加速度
小车加速前进的距离
所以球Q1与小车右端的距离为
设小车与球Q1第1次碰后，小车速度为，球的速度，球的质量为2M，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
由于
解得，
设滑块与小车第二次达到相同速度为，由动量守恒定律有
对小车由动能定理有
解得，
所以球Q1与Q2之间的距离为
（3）解：球Q1、Q2碰撞后速度发生交换，Q2获得的速度为，小车与Q1第二次碰撞有，
解得，
小车与Q2第二次碰后到小车与滑块第3次共速，则有
解得
依次推理可得，
滑块与小车的相对加速度为
第n次碰后相对速度为
第n次碰后，滑块在小车上滑行的路程为
无穷多次碰撞后，滑块在小车上滑行的路程为
小车的长度为
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹嵌入滑块后动量守恒获得共同速度，滑块从a点切入圆弧时速度方向与半径垂直，利用几何关系求出a点速度，再根据机械能守恒从a到b过程求出b点速度；
（2）滑块滑上小车后第一次共速时动量守恒，小车在摩擦力作用下加速运动，通过运动学公式求出第一次碰撞前小车的位移即为Q1初始距离。第一次碰撞后小车反弹，滑块与小车再次达到共速时动量守恒结合动能定理求出第二次碰撞前小车的位移即为两球间距；
（3）通过归纳法得出每次共速速度和碰撞后小车速度的通项公式，计算每次碰撞后滑块相对小车的滑行距离，求和得到无穷多次碰撞后的总滑行距离，再加上第一次滑上小车至第一次共速的滑行距离即为小车长度。
（1）子弹打入滑块，设共同速度为，子弹、滑块质量分别用、表示，由动量守恒定律有
解得
设滑块落到圆弧a点时的速度为，滑块P落到圆弧的a点上时刚好与圆弧相切，则
解得
设滑块离开b点时速度，滑块从a到b机械能守恒，则有
解得
（2）设滑块与小车第一次共同速度为，小车质量用M表示，小车的右端与球Q1之间的距离，由动量守恒定律有
解得滑块小车共同速度为
小车加速度
小车加速前进的距离
所以球Q1与小车右端的距离为
设小车与球Q1第1次碰后，小车速度为，球的速度，球的质量为2M，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
由于
解得，
设滑块与小车第二次达到相同速度为，由动量守恒定律有
对小车由动能定理有
解得，
所以球Q1与Q2之间的距离为
（3）球Q1、Q2碰撞后速度发生交换，Q2获得的速度为，小车与Q1第二次碰撞有，
解得，
小车与Q2第二次碰后到小车与滑块第3次共速，则有
解得
依次推理可得，
滑块与小车的相对加速度为
第n次碰后相对速度为
第n次碰后，滑块在小车上滑行的路程为
无穷多次碰撞后，滑块在小车上滑行的路程为
小车的长度为
解得
1 / 1湖北省仙桃中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·仙桃期中）为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，若某舰载机从静止开始弹射，并作匀加速直线运动，经过位移达到起飞速度，则该过程的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】舰载机从静止开始弹射，并作匀加速直线运动，根据匀变速直线运动平均速度规律，则有，解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】可根据匀变速直线运动关于平均速度的推导公式计算该过程的时间。
2．（2025高三上·仙桃期中）中国科学院上海光机所“羲和”物理实验室照片如图所示，其中的超强超短激光实验装置的输出功率为10拍瓦（1拍瓦瓦），激光脉冲持续时间为5飞秒（1飞秒），则一个激光脉冲所携带能量约为（ ）
A． B． C．50W D．500W
【答案】B
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】输出功率为10拍瓦，激光脉冲持续时间为5飞秒，
一个激光脉冲所携带能量约为
故选B。
【分析】根据功率和功的关系式列式进行分析解答。
3．（2025高三上·仙桃期中）图（a）是某人在表演两指提瓶子，两指的压力和摩擦力使得瓶子静止在空中。图（b）是该情景的简化图，食指和拇指分别在水平底面和竖直侧面上施加一竖直向下的压力和水平的压力，瓶子的重力为G，关于瓶子以下说法正确的是（ ）
A．一共受到4个力的作用 B．所受重力大小
C．所受摩擦力大小为 D．所受摩擦力大小为
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】 A． 食指和拇指分别在水平底面和竖直侧面上施加一竖直向下的压力和水平的压力， 瓶子还受到重力、水平底面的摩擦力（该摩擦力平衡F1）、竖直侧面的摩擦力共5个力作用，故A错误；
B．对瓶子，由平衡条件，竖直方向有，故B错误；
CD．对瓶子，由平衡条件，竖直方向有，水平方向有
则瓶子所受摩擦力大小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】分析瓶子受力，竖直方向和水平方向分别根据平衡条件列方程，即可得到重力与其他力的关系，并求出摩擦力大小。
4．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，某遥控玩具车从O点开始沿着竖直圆弧轨道OC做匀速圆周运动，运动至C点时沿切线抛出，恰好能落在A点。已知B为圆弧轨道的圆心，A、B、C三点共线，，轨道半径为R。忽略空气阻力，重力加速度为g，玩具车的大小相对斜面长度忽略不计，则玩具车做匀速圆周运动的角速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】设玩具车做匀速圆周运动的角速度为，速度为， 轨道半径为R，则
从点飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，结合几何关系可得
水平方向做匀速运动，
联立解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】玩具车飞出后做斜抛运动，竖直方向竖直上抛运动，水平方向匀速直线运动，结合几何关系求解。
5．（2025高三上·仙桃期中）某游乐园中有各式旋转木马，尤其受小朋友们喜爱。木马上下运动的原理可以简化为如图所示的联动装置，连杆OB、BC通过铰链（视为质点）连接于B点，连杆BC、滑块A（木马）通过铰链（视为质点）连接于C点，连杆OB在竖直面内绕O点做圆周运动，可以使滑块A（木马）沿固定的竖直杆上下运动。已知连杆OB长为R，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆BC与竖直方向的夹角为时，BC杆与OB杆的夹角为，则滑块A（木马）的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】 设滑块A的线速度大小为v，B点的瞬时速度大小
将B点速度沿着杆和垂直杆分解，如图所示
得到沿BC杆的速度大小
将滑块A的速度沿着杆和垂直杆进行分解，如图所示
沿BC杆的速度大小相等，可得
联立解得
故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题考查了杆关联速度问题，解题的关键是知道、两点沿杆方向的速度相等。杆做匀速圆周运动，根据点的速度求出沿杆的速度，把该速度分解，其中竖直方向的速度即为物体的运动速度。
6．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，嫦娥五号绕月球做椭圆运动，P点离月球表面最近，距离为a＝200公里，Q点离月球表面最远，距离为b＝41万公里。已知月球的质量为M，半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号从P点运动到Q点的过程中，速度一直减小，机械能不守恒
B．嫦娥五号在P、Q两点的速度大小之比为
C．嫦娥五号在P、Q两点的加速度大小之比为
D．嫦娥五号绕月球运行的周期为
【答案】C
【知识点】卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．嫦娥五号从P点运动到Q点的过程中，仅受月球引力作用，飞行器的机械能是守恒的，故A错误；
B．根据开普勒第二定律推论可知椭圆轨道中，近、远地点速度之比应为，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得，则它们的比值为，故C正确；
D．由开普勒第三定律可知椭圆轨道的周期为
其中为圆轨道的半径或者椭圆轨道的半长轴，有
可得嫦娥五号绕月球运行的周期为，故D错误。
故选C。
【分析】仅受月球引力作用，飞行器的机械能守恒；根据开普勒第二定律分析；根据万有引力提供向心力分析；结合开普勒第三定律分析。
7．（2025高三上·仙桃期中）如图甲为一列简谐横波在时的波动图像，图乙为该波中处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波长大小为2m
B．该波沿x轴正方向传播
C．处的质点在任意1秒时间内经过的路程都是10cm
D．该波的波速大小为1m/s
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】 A． 根据简谐横波在时的波动图像可知该波的波长大小为4m，故A错误；
B．结合振动图像可知时，该波中处质点P向下振动。由“同侧法”可知该波沿x轴负方向传播。故B错误；
C．由图乙可知该列波的周期为，1s的时间是，处的质点在任意1秒时间内经过的路程不一定为一个振幅，不一定都是10cm。故C错误；
D．该波的波速大小。故D正确。
故选D。
【分析】根据波长、波速和周期的关系分析波速，结合同侧法分析波传播方向。根据时间与周期的关系分析质点通过的路程。
8．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，斜面体质量为M，物块质量为m，一开始两者都静止，所有接触面均光滑，重力加速度为g。经过t时间后，物块到达斜面底部。下列说法正确的是（ ）
A．斜面体、物块与地球组成的系统机械能守恒
B．斜面体、物块组成的系统动量守恒
C．斜面体对地面的压力大于
D．斜面体对物块的支持力做负功
【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．所有接触面均光滑，斜面体、物块与地球组成的系统除重力外没有其它力做功，所以系统机械能守恒，A正确；
B．斜面体、物块组成的系统水平方向上所受合外力等于零，动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，所以最终斜面体、物块组成的系统动量不守恒，B错误；
C．物块有竖直向下的分加速度，处于失重状态，将物块和斜面看成一个整体，则斜面体对地面的压力小于，C错误；
D．物块下滑的同时，斜面向右运动，斜面体对物块的支持力与物块位移的夹角为钝角，支持力做负功，D正确。
故选AD。
【分析】系统所受合力为零系统动量守恒，分析清楚物块与斜面体的运动情况与受力情况，应用动量守恒定律与机械能守恒条件分析。
9．（2025高三上·仙桃期中）图1为一足够长倾斜传送带，倾角，传送带以恒定速度匀速转动，将一个物块从传送带上某处以一定的初速度滑上传送带，物块在传送带上运动的速度—时间图像如图2所示。最终物块从传送带的上端离开传送带，物块在传送带上运动的时间为，重力加速度取，，下列判断正确的是（ ）
A．物块一定不是从传送带上端滑上传送带
B．传送带一定是以大小为的速度沿逆时针方向转动
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．物块在内运动的位移大小为
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】本题考查了传送带相关知识，理解物体在传送带上不同时刻的运动状态，合理利用牛顿第二定律以及相对位置关系是解决此类问题的关键。A．若物块在传送带上端滑上传送带，则物块离开传送带的速度大小应为，根据图像可知物块离开传送带的速度大小为，则物块一定不是从传送带上端滑上传送带，故A正确；
B．由于物块从传送带上端离开，由图像可知，物块最终匀速离开，因此传送带一定是沿顺时针方向转动，且速度大小为，故B错误；
C．由图像可知，物块运动的加速度沿传送带向上，设动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律
代入解得，故C正确；
D．物块在传送带上运动的位移大小为，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据若物块在传送带上端滑上传送带，则物块离开传送带的速度大小应为1m/s，结合物块从传送带上端离开，由图像可知，物块最终匀速离开，因此传送带一定是沿顺时针方向转动，且速度大小为2m/s，综合牛顿第二定律分析求解。
10．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，倾角的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数，过程Ⅰ：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。（弹簧的弹性势能可以表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（ ）
A．P、M两点之间的距离为
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。A．过程Ⅰ：设P点至O的距离为，从P点至O点，根据动能定理有
解得
设M点至O的距离为，在M点（图中未画出）时速度最大，根据平衡条件有
P、M两点之间的距离为
联立解得P、M两点之间的距离为，故A错误；
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为，故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，根据能量关系可得
解得，故C正确；
D．因为，可得，所以物块Q在O点的加速度不为0，在M点，有
故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有
静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误。
故选BC。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；根据功能关系求解机械能的损失；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
11．（2025高三上·仙桃期中）某同学在健身房看到一悬挂的沙袋，于是想用手头的工具测定当地重力加速度。该同学将沙袋从最低点移开一小段距离由静止释放，则沙袋的运动可等效为单摆模型，如图甲所示。考虑到悬点很高，不方便测单摆摆长，但可以改变绳长，进行多次实验。
具体步骤如下：
①用米尺测量沙袋距地面距离h；
②用秒表测量沙袋摆动时对应周期T；
③调整绳长得到不同的h，重复步骤①②，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的T2—h图像，横纵轴截距分别为a、b。请回答下列问题：
（1）测量沙袋运动周期时，开始计时的位置为图甲中的最 点；（选填“高”或“低”）
（2）由T2—h图像可得当地的重力加速度g= 。（用字母π、a、b表示）
（3）考虑到沙袋形状不规则，有同学认为应该从沙袋重心往地面测高度h，但由于重心没有办法确定，实际操作是从沙袋底部到地面测h，该做法测重力加速度的测量值 真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】（1）低
（2）
（3）等于
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆测周期计时点在最低点计时速度最大，时间误差小，而且最低点相比最高点更容易确定：
（2）设H为悬点到地面间，则单摆摆长近似等于H-h，距根据单摆周期公式
变形得
由乙图得直线斜率
解得
（3）每次测从沙袋底部到地面和从重心到地面，绘图时横坐标不同，但图线斜率不变，本实验方法只用斜率求值，图像斜率不变，故该做法测重力加速度的测量值等于真实值。
【分析】（1）最低点开始计时误差较小；
（2）根据单摆周期公式结合图像斜率分析；
（3）图像斜率不变，求出的重力加速度不变。
12．（2025高三上·仙桃期中）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为的小球相连。遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，用表示点到光电门处的距离，表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，实验时滑块在处由静止开始运动。
（1）滑块通过点的瞬时速度可表示为 ；
（2）某次实验测得倾角，重力加速度用表示，滑块从处到达处时和组成的系统动能增加量可表示为 ，系统的重力势能减少量可表示为 ，在误差允许的范围内，两者相等，则可认为系统的机械能守恒。
（3）在上述实验方法中，某同学改变、间的距离，得到滑块到点时对应的速度，作出的图像如图2所示，并测得，则重力加速度 。
【答案】（1）
（2）；
（3）9.6
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）遮光片通过光电门的时间极短，可以将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，滑块通过点的瞬时速度
（2）根据动能的表达式可知系统动能的增加量，系统重力势能的减小量
（3）根据系统机械能守恒，系统增加的动能等于减小的重力势能，即
则
图线的斜率
解得
【分析】（1）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；
（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；
（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小。
（1）将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过点时的瞬时速度，滑块通过点的瞬时速度
（2）[1]系统动能的增加量
[2]系统重力势能的减小量
（3）根据系统机械能守恒
则
图线的斜率
解得
13．（2025高三上·仙桃期中）2024年11月珠海航展中，我国多款无人机受到人们的广泛关注。在航展中甲、乙两款无人机沿着同一直线同向飞行，展示“空中停车”性能（即无人机减速到0并悬停在空中），时刻无人机甲在无人机乙前方处做“空中停车”测试，无人机甲的初速度，加速度大小，同时无人机乙由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小。为了避免与前方的无人机甲相撞，无人机乙加速4s后开始以大小为的加速度做匀减速直线运动。
（1）无人机乙加速过程中，求无人机甲的位移；
（2）无人机乙加速过程中，求无人机甲和乙的最大距离；
【答案】（1）解：由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。
则此时无人机甲的速度v'=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s
无人机甲运动的位移
（2）解：当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间为t2，则有v1-a1t2=a2t2
代入数据，解得t2=3s
则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s
在此过程中，无人机甲运动的位移
无人机乙运动的位移
则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x甲+x0-x乙=45m+15m-18m=42m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）由速度—时间关系求得4s时无人机甲的速度大小，判断无人机甲是否提前停止运动，由速度—位移关系求解无人机甲运动的位移；
（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。由运动学公式求得无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间和光速时的速度，分别求得此时间内两者的位移大小，根据两者的位移关系求得无人机甲与无人机乙间的最大距离。
（1）由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。
则此时无人机甲的速度v'=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s
无人机甲运动的位移
（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间为t2，则有v1-a1t2=a2t2
代入数据，解得t2=3s
则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s
在此过程中，无人机甲运动的位移
无人机乙运动的位移
则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x甲+x0-x乙=45m+15m-18m=42m
14．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径，端切线水平。水平轨道与半径的光滑圆弧轨道相接于点，为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道对应的圆心角。一质量为的小球（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从点飞出，取，，。
（1）若小球恰好能从点飞出，求小球落地点与点的水平距离；
（2）若小球从点飞出，经过点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在点对圆弧轨道的压力大小；
（3）若小球从点飞出，经过点恰好沿切线进入圆弧轨道，求小球在点受到的支持力的大小。
【答案】（1）解：小球恰好能从点飞出，设此时速度为，对在点的小球受力分析，只受重力，根据牛顿第二定律
又小球落地时间满足
水平位移
联立解得
（2）解：将小球在处的速度分解，在竖直方向上有
在水平方向上有
联立并代入数据得
对小球在处受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小
（3）解：小球在处速度
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）利用竖直圆周运动的临界条件（重力提供向心力）求出A点速度；通过平抛运动的竖直和水平分运动规律，求出运动时间和水平距离；
（2）结合动能定理和运动的分解（将C点速度分解为水平和竖直分量），求出A点的速度；利用牛顿第二定律求出轨道的支持力，根据牛顿第三定律得到小球对轨道的压力；
（3）先根据速度的矢量关系计算出小球到C点的速度，然后根据牛顿第二定律计算。
（1）小球恰好能从点飞出，设此时速度为，对在点的小球受力分析，只受重力，根据牛顿第二定律
又小球落地时间满足
水平位移
联立解得
（2）将小球在处的速度分解，在竖直方向上有
在水平方向上有
联立并代入数据得
对小球在处受力分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律知，圆弧轨道受到的压力大小
（3）小球在处速度
其受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
解得
15．（2025高三上·仙桃期中）如图所示，一圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点a、b对应的圆心角为，a、b两点的高度差为，b点与圆心O的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面，质量为1kg的小车紧靠圆弧槽右端放置，且小车上表面与圆弧槽b点等高，质量均为2kg的相同小球和放在小车右侧。光滑水平台面上放有一个质量为2.97kg的滑块P，一质量为0.03kg的子弹以100m/s的初速度水平打到滑块P内并嵌入其中，滑块P运动到a点时速度刚好与圆弧相切。已知滑块与小车之间的动摩擦因数为0.1，小球间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块P从圆弧b点离开时的速度大小；
（2）当滑块与小车第1次共速时小车与球刚好发生弹性碰撞，当滑块与小车第2次共速时，小车与球再次发生弹性碰撞，求初始时球与小车右端的距离以及球、之间的距离各是多少；
（3）若在球的右侧放置无限多个与、完全相同的球，每当滑块与小车共速时，小车就与球发生弹性碰撞，最终滑块恰好未从小车上掉下。求小车的长度。
【答案】（1）解：子弹打入滑块，设共同速度为，子弹、滑块质量分别用、表示，由动量守恒定律有
解得
设滑块落到圆弧a点时的速度为，滑块P落到圆弧的a点上时刚好与圆弧相切，则
解得
设滑块离开b点时速度，滑块从a到b机械能守恒，则有
解得
（2）解：设滑块与小车第一次共同速度为，小车质量用M表示，小车的右端与球Q1之间的距离，由动量守恒定律有
解得滑块小车共同速度为
小车加速度
小车加速前进的距离
所以球Q1与小车右端的距离为
设小车与球Q1第1次碰后，小车速度为，球的速度，球的质量为2M，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
由于
解得，
设滑块与小车第二次达到相同速度为，由动量守恒定律有
对小车由动能定理有
解得，
所以球Q1与Q2之间的距离为
（3）解：球Q1、Q2碰撞后速度发生交换，Q2获得的速度为，小车与Q1第二次碰撞有，
解得，
小车与Q2第二次碰后到小车与滑块第3次共速，则有
解得
依次推理可得，
滑块与小车的相对加速度为
第n次碰后相对速度为
第n次碰后，滑块在小车上滑行的路程为
无穷多次碰撞后，滑块在小车上滑行的路程为
小车的长度为
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）子弹嵌入滑块后动量守恒获得共同速度，滑块从a点切入圆弧时速度方向与半径垂直，利用几何关系求出a点速度，再根据机械能守恒从a到b过程求出b点速度；
（2）滑块滑上小车后第一次共速时动量守恒，小车在摩擦力作用下加速运动，通过运动学公式求出第一次碰撞前小车的位移即为Q1初始距离。第一次碰撞后小车反弹，滑块与小车再次达到共速时动量守恒结合动能定理求出第二次碰撞前小车的位移即为两球间距；
（3）通过归纳法得出每次共速速度和碰撞后小车速度的通项公式，计算每次碰撞后滑块相对小车的滑行距离，求和得到无穷多次碰撞后的总滑行距离，再加上第一次滑上小车至第一次共速的滑行距离即为小车长度。
（1）子弹打入滑块，设共同速度为，子弹、滑块质量分别用、表示，由动量守恒定律有
解得
设滑块落到圆弧a点时的速度为，滑块P落到圆弧的a点上时刚好与圆弧相切，则
解得
设滑块离开b点时速度，滑块从a到b机械能守恒，则有
解得
（2）设滑块与小车第一次共同速度为，小车质量用M表示，小车的右端与球Q1之间的距离，由动量守恒定律有
解得滑块小车共同速度为
小车加速度
小车加速前进的距离
所以球Q1与小车右端的距离为
设小车与球Q1第1次碰后，小车速度为，球的速度，球的质量为2M，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
由于
解得，
设滑块与小车第二次达到相同速度为，由动量守恒定律有
对小车由动能定理有
解得，
所以球Q1与Q2之间的距离为
（3）球Q1、Q2碰撞后速度发生交换，Q2获得的速度为，小车与Q1第二次碰撞有，
解得，
小车与Q2第二次碰后到小车与滑块第3次共速，则有
解得
依次推理可得，
滑块与小车的相对加速度为
第n次碰后相对速度为
第n次碰后，滑块在小车上滑行的路程为
无穷多次碰撞后，滑块在小车上滑行的路程为
小车的长度为
解得
1 / 1
