甘肃省兰州市部分学校2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷
1．（2026高二上·兰州期末）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能上升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
2．（2026高二上·兰州期末）如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中，它们分别落到A、B、C三点，则可判断（ ）
A．三个小球到达正极板时的动能关系是
B．三个小球在电场中运动的时间
C．三个小球在电场中运动的加速度关系是
D．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电
3．（2026高二上·兰州期末）如图所示，真空中三个点电荷分别置于等边三角形三个顶点上，其中、两点分别固定电荷量为的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，三角形边长为，O为其中心，点为其三边中点，设点电荷在某点产生电势为（为点电荷电荷量，为该点到点电荷的距离，取无穷远处电势为零），关于、、、四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（ ）
A．点场强大小为，电势为0
B．点场强大小为，电势为
C．点和点场强大小相等，电势不同
D．电子由点沿直线移动到点过程中，加速度减小，电势能增大
4．（2026高二上·兰州期末）如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（ ）
A．电容器的电容变大 B．电阻中有从流向的电流
C．液滴带正电 D．液滴向下加速运动
5．（2026高二上·兰州期末）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，，。一束由a、b光组成的复色光线平行于底边BC由AB上M点射入棱镜。经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出。则（ ）
A．与a光相比，b光的临界角较大
B．与a光相比，b光在棱镜中的传播速度更小
C．与a光相比，b光在空气中更容易发生明显的衍射
D．b光能从BC上射出
6．（2026高二上·兰州期末）如图所示，一光滑绝缘的半圆柱体固定在水平地面上，其横截面是半径为R的半圆。现让质量为m、带电量为的小球从半圆柱体顶端Q由静止沿圆柱体表面滑下，当滑至与竖直方向的夹角为的位置P时，恰好离开半圆柱体。若在空间加上方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小，重力加速度为g，其他条件不变，则下列说法正确的是（ ）
A．未加电场时，角的余弦值为
B．未加电场时，小球在P点恰好离开圆柱体时的速度大小为
C．加上电场时，小球将在QP之间某位置离开圆柱体
D．加上电场时，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为
7．（2026高二上·兰州期末）如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO 竖直，轨道半径为R，当地重力加速度为g，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，经时间t到达 B，在小球从A点运动到B点的过程中（ ）
A．小球所受合力的冲量指向圆心
B．小球所受支持力的冲量大小是
C．小球受到的重力的冲量为0，重力做的功不为0
D．小球受到的支持力的冲量为0，支持力做的功也是0
8．（2026高二上·兰州期末）如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电路中电流为I，电动机两端电压为U1，消耗的电功率为P1，电热丝两端电压为U2，消耗的电功率为P2，则有（ ）
A．P1＝U1I B．U1＝IR1 C．P2＝I2R2 D．U2＝IR2
9．（2026高二上·兰州期末）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速大小相同，图（a）为t=0时两列波的部分波形图，图（b）为x=0处质点参入乙波的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．乙波周期为2s
B．两列波的波速均为10cm/s
C．t=0开始，乙波波谷到达x=0处最短时间为0.5s
D．0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处
10．（2026高二上·兰州期末）绝缘水平面上固定一负点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面离开Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（ ）
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力一直大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
C．此过程中达到最大速度时，P到Q距离为
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为
11．（2026高二上·兰州期末）（1）某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是___________。
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多
（2）如图所示，用“插针法”测量一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和B、顶角大小为θ）的折射率。
①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
②将侧面A沿ab放置，并确定侧面B的位置ef
③在cd上竖直插上大头针和，从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住 （选填“”、“”或“和）的虚像；
④确定出射光线的位置 （选填“需要”或“不需要”）第四枚大头针；
⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为，则玻璃砖折射率 。
12．（2026高二上·兰州期末）掺氟氧化锡（FTO）玻璃在太阳能电池研发领域有重要应用，它由一层厚度均匀、具有导电性能的薄膜和不导电的玻璃基板构成。为了测量该薄膜厚度 d，某兴趣小组 开展了如下实验：
（1）选取如图甲所示的一块长条型 FTO玻璃，测出其长度为L，宽度为 b。
（2）用欧姆表接薄膜 M、N 两端，测得薄膜电阻约为40Ω 。为了获得多组数据，进一步精确测量的阻值，有如下器材可供选用：
A .电源 E（电动势为3V，内阻约为0.2Ω )
B .电压表 V（量程0 ~ 1V，内阻为RV = 1000Ω )
C .电流表 A1（量程0 ~ 0.6A，内阻约为1Ω )
D .电流表 A2（量程0 ~ 100mA，内阻约为3Ω )
E .滑动变阻器 R（最大阻值为10Ω )
F .定值电阻R1=20Ω
G .定值电阻R2=2000Ω
H .开关一个，导线若干
（3）其中，电流表应选 （选填“A1 ”或“A2 ”），定值电阻应选 （选填“ R1”或“ R2 ”）。
（4）根据以上要求，将图乙所示的器材符号连线，组成测量电路图 。
（5）闭合电键，调节滑动变阻器，测得电压表示数为U，电流表示数为 I，则可精确测得 薄膜电阻阻值 （用U、I、RV、R1或R2表示）。
（6）已知该薄膜的电阻率为P ，根据以上实验，测得其电阻值为，则该薄膜的厚度d = （用 P 、L、b 和表示）。
13．（2026高二上·兰州期末）如图所示，一束截面为圆形（半径R=lm）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区，屏幕S至球心距离为D=m，不考虑光的干涉和衍射，试问：
①若玻璃半球对紫色光的折射率为，请你求出圆形亮区的半径．
②若将题干中紫色改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？
14．（2026高二上·兰州期末）如图所示，有三根长度均为L=0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m=0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q=+3×10－6 C，B球带负电，与A球带电荷量相同．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)
(1)求此匀强电场的电场强度E的大小．
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ.
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．
15．（2026高二上·兰州期末）如图所示，竖直面内的固定轨道由光滑圆弧轨道AB和与圆弧轨道相切于B点的粗糙水平轨道BP（足够长）构成，圆弧半径R=1 m，B、C两点间的距离也为R。小滑块乙静止在C点，小滑块甲自A端由静止开始沿轨道滑下，与小滑块乙发生第一次弹性碰撞（碰撞时间极短）后反弹，最高能滑到圆弧上距离B点的高度为的D点（图中未画出）。甲、乙与BP间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度大小g= 10 m/s2，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小v0；
（2）求甲的质量m1与乙的质量m2的比值；
（3）试通过计算判断甲与乙是否再次发生碰撞，并求甲最终静止时到B点的距离x。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。系统竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；B、因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛， 不计一切摩擦， 由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；
C、整个过程中，只有重力做功，故小球和小车的机械能守恒，故C正确；
D．人船模型可得
解得，
所以小球的水平位移大小为，故D错误。
故选C。
【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒；小球离开小车后做竖直上抛运动，根据能量写守恒可判断小球能否上升到原来的高度；根据功能关系分析整个过程中小球和小车的机械能是否守恒；结合人船模型，由动量守恒定律求出小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小。
2．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由受力图可知，带负电小球合力最大为，做功最多，动能最大；带正电小球合力最小为，做功最少，动能最小；即。故A错误；
B．三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，根据
得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短，故
选项B错误；
CD．在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：
由图可知不带电小球做平抛运动
带正电小球做类平抛运动
带负电小球做类平抛运动
所以落到A点的是带正电小球；落到B点的是不带电小球；落到C点的是带负电小球，则
选项C正确，D错误；
故选：C。
【分析】动能变化等于合力做功，正电荷合力大、做功多，负电荷合力小、做功少，结合运动时间与合力，判断动能大小。小球在垂直电场方向做匀速直线运动，水平位移x=v0t，位移越大则运动时间越长，故tA＞tB＞tC。正电荷加速度大、运动时间短（对应C点），负电荷加速度小、运动时间长（对应A点），不带电的对应B点。
3．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】本题考查了电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。电势叠加为代数相加。
A．根据对称性可知a、b两处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为
c处点电荷在O点产生的电场强度方向如下图所示，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为
根据题意，O点的电势为，故A错误；
B．两个正点电荷在P点的合场强为零，故P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即
根据题意，P点的电势为，故B正确；
C．根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，M点和N点场强大小相等。根据题意，可得M点和N点的电势分别为
，
可知这两点电势相等，故C错误；
D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，电场强度减小，电子受到的电场力减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，故D错误。
故选：B。
【分析】根据点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理求解O点场强大小。根据电势的计算公式和电势叠加原理求解O点的电势；两个正点电荷在P点的合场强为零，P点的场强等于负电荷在P点产生的场强，根据点电荷的电场强度公式求解P点的场强大小，并确定方向；结合对称性分析M点和N点场强关系和电势关系；电子由O点沿直线移动到P点过程中，根据电场力的变化分析加速度的变化。由电场力做功情况分析电势能的变化情况。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。A．由电容器的决定式
所以当d增大时，C减小，故A错误；
B． 因电容器与电源相连，电容器两端的电压不变；则C减小时，由Q=UC可知，电容器两端的电量减小；则电容器将由从A极板放出的电量，故R中电流由a到b，故B错误；
C．液滴受力平衡，则液滴受电场力向上；而上极板为正极，则说明液滴带负电，故C错误；
D．因电压不变，d增大，则E减小，故受到的电场力减小，重力大于电场力，则液滴受到的合力向下，液滴将向下加速运动，故D正确。
故选：D。
【分析】电容器与电源相连，电压不变；增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电；根据原来极板的带电情况，分析电流的方向。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 由a、b光组成的复色光经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出，说明b光发生了全反射，b光的临界角小，故A错误；
B．根据公式得到b光在棱镜中的折射率大，而折射率大的，在棱镜中的传播速度小，故B正确；
C． a光与b光比较，b光的折射率大，所以b光的频率高，根据v=λf，则b光的波长短，a光的波长长，所以a光在空气中更容易发生明显衍射，故C错误；
D．由于b光发生了全反射，根据角度关系，分析可知到达BC边的光的入射角度也为30°，所以在BC边也发生全反射，故b光不能从BC边射出，故D错误。
故选：B。
【分析】由a、b光组成的复色光经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出，说明b光发生了全反射，b光的临界角小，根据知，b光在棱镜中的传播速度更小，a光的波长长，所以a光在空气中更容易发生明显衍射。
6．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB． 在未加电场时，小球恰好从P点脱离圆柱体。球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零，根据牛顿第二定律和动能定理有
解得，
故AB错误；
CD．加上电场时，设小球恰好脱离圆柱体时与竖直方向的夹角为，球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零，根据牛顿第二定律和动能定理有
解得
所以加上电场时，小球仍在P点离开圆柱体，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律和动能定理即可解决。球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零。
7．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．末速度水平向右，初速度等于零，动量的变化水平向右，根据动量定理，因此合力的冲量水平向右，A错误；
BCD． 小球从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒
可得动量的变化
重力的冲量
方向竖直向下，
根据动量定理合力冲量等于物体动量变化可得
做出矢量方向三角形，可得支持力的冲量
在整个运动过程中只有重力做功，支持力不做功，因此B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】由动能定理得到小球到达B点的速度。根据冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量。
8．【答案】A,C,D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】AB．电动机作为用电器，将电能转化为内能和机械能，所以它的电功率P1＝U1I，而电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用。故A正确，B错误；
CD．电热丝将电能全部转化为内能，是纯电阻元件，所以它的电功率与热功率相同，电功率可以写作P2＝I2R2，欧姆定律对它适用，所以U2＝IR2，故C、D正确。
故答案为：ACD。
【分析】区分纯电阻元件（电热丝）和非纯电阻元件（电动机）的功率、电压计算规律。
9．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】ABC．由图a可知、。乙波形向左平移10cm，x=0处质点第一次到达波谷位时间最短为0.5s，所以波速为，则，，故AB错误，C正确；
D．两列波的波峰同时传到x=0位置时，该处质点到达正向最大位移处，则（m=1、2、3...）、（n=0、1、2、3...），令，可得，当m=1且n=0时，；当m=4且n=2时，，所以0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期等信息，计算波速；再分析波谷到达时间和正向最大位移出现的次数。
10．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、库仑力与运动方相同，摩擦力与运动方向相反，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变小的库仑力，合力变化，根据牛顿第二定律可知加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；
C、滑块先加速后减速，而库仑力减小，故当库仑力等于滑动摩擦力时，速度达到最大，即：，解得距离为：，故C正确；
D、由动能定理可得：，解得两点间的电势差，故D正确；故选：CD。
【分析】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；当库PQ仑力与摩擦力相等时，物体的速度最大，则可得出PQ间的距离；由动能定理可求得两点间的电势差。
11．【答案】（1）C
（2）P1和P2；不需要；
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．根据实验原理可知光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；
B．透镜的作用是使光变成平行光，故B错误；
C．单缝的作用是获得线光源，故C正确；
D．双缝间距越小，根据干涉条纹间距公式可知，条纹间距就越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D错误。
故选C。
（2）③从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，根据实验原理可知要求能挡住和的虚像；
④光线垂直入射，垂直射出，大头针与的连线就是出射光线所在直线，故不需要第4枚大头针；
⑤根据几何关系可得在ef界面的入射角等于，折射角为，根据折射定律可得，折射率
【分析】（1）根据实验器材的安装分析；根据透镜和单缝的作用分析；根据干涉条纹间距公式分析；
（2）③应该挡住P1和P2的像；
④确定一条直线需要两点，据此判断；
⑤根据几何关系找到对应的角度，然后根据折射定律计算。
（1）A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；
B．透镜的作用是使光变成平行光，故B错误；
C．单缝的作用是获得线光源，故C正确；
D．根据干涉条纹间距公式可知，双缝间距越小，条纹间距就越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D错误。
故选C。
（2）③[1]从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住和的虚像；
④[2]因为垂直于，光线垂直入射，垂直射出，大头针与O的连线就是出射光线所在直线，故不需要第4枚大头针；
⑤[3]做出对应的光路图，如图所示
根据几何关系可得在ef界面的入射角等于，折射角为，根据折射定律可得，折射率
12．【答案】；；；；
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（3）流过电阻的最大电流
所以电流表选择；
电压表的量程过小，需要串联一个定值电阻增大其量程，由于RV = 1000Ω，所以定值电阻选择；
故答案为：；
（4）滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，改装后的电压表内阻已知，为准确测出薄膜电阻，电流表应外接，实验电路如图所示
（5）通过薄膜电阻的电流为
薄膜电阻两端的电压
根据欧姆定律，薄膜电阻的阻值为
故答案为：
（6）根据电阻定律
该薄膜的厚度为
故答案为：
【分析】(3) 先估算电路最大电流，选择合适量程的电流表；再根据电压表量程，串联定值电阻扩大量程。
(4) 采用分压式接法，电压表串联定值电阻扩大量程，电流表外接。
(5) 根据串并联电路规律，推导电阻表达式。
(6) 由电阻定律 反解厚度 。
13．【答案】解：①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的E点处，
E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．
设紫光临界角为C，则有
由几何知识可知：AB=R·
所以有：
②若将题干中紫光改为白光，由于紫光的折射率最大，偏折角也最大，则知在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】①光线沿直线从O点穿过玻璃，方向不变。从A点射出玻璃砖的光线方向向右偏折，射到屏幕S上圆形亮区，作出光路图，由光的折射定律结合数学几何知识求出圆形亮区的半径；
②当光线从空气垂直射入半圆玻璃砖，光线不发生改变，当入射角小于临界角时，光线才能再从玻璃砖射出，所以平行白光中的折射率不同，导致临界角不同，因此偏折程度不同，根据折射率大小确定圆形亮区的最外侧的颜色。
14．【答案】（1）解：对B球进行受力分析，在水平方向受水平方向的电场力和A球施加的库仑力，由于球均处于平衡状态， B球水平方向合力为零，得，；
（2）解：两球及细线最后位置如图所示：
对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，由平衡条件得
对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向，，
（3）解：A球克服电场力做功
所以A球的电势能增加了
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对 B 球受力分析，水平方向电场力与库仑力平衡，列方程求解电场强度。
(2) 整体受力分析，QB 细线的拉力等于两球总重力；再对 A 球受力分析，由合力为零求出夹角。
(3) 计算 A 球在电场中移动的水平距离，由电场力做功求电势能的变化量。
15．【答案】（1）对甲从圆弧轨道的最高点A滑到C点的过程，根据动能定理，有
解得v0=4 m/s
（2）设甲与乙碰撞后瞬间甲的速度大小为v1，对甲从C点滑到D点的过程，根据动能定理，有
设甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
解得
（3）由（2）可得v1=3 m/s，v2=1 m/s
设甲与乙碰撞后甲能再次返回C点，且返回C点时的速度大小为，根据动能定理有
解得
由于
甲与乙不会再次发生碰撞
设甲最终静止时到C点的距离为s，根据动能定理有
又x=s+R
解得x=1.25m
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】 （1）对甲从圆弧轨道的最高点A滑到C点的过程，运用动能定理求解甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小v0；
（2）对甲从C点滑到D点的过程，利用动能定理求出甲与乙碰撞后瞬间甲的速度大小，对甲、乙碰撞过程，运用动量守恒定律和机械能守恒定律求甲的质量m1与乙的质量m2的比值；
（3）设甲与乙碰撞后甲能再次返回C点，根据动能定理求出甲返回C点时的速度大小，从而判断甲与乙能否再次碰撞，即可根据动能定理求甲最终静止时到B点的距离x。
1 / 1甘肃省兰州市部分学校2025-2026学年高二上学期期末考试物理试卷
1．（2026高二上·兰州期末）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能上升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。系统竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；B、因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛， 不计一切摩擦， 由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；
C、整个过程中，只有重力做功，故小球和小车的机械能守恒，故C正确；
D．人船模型可得
解得，
所以小球的水平位移大小为，故D错误。
故选C。
【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒；小球离开小车后做竖直上抛运动，根据能量写守恒可判断小球能否上升到原来的高度；根据功能关系分析整个过程中小球和小车的机械能是否守恒；结合人船模型，由动量守恒定律求出小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小。
2．（2026高二上·兰州期末）如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中，它们分别落到A、B、C三点，则可判断（ ）
A．三个小球到达正极板时的动能关系是
B．三个小球在电场中运动的时间
C．三个小球在电场中运动的加速度关系是
D．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由受力图可知，带负电小球合力最大为，做功最多，动能最大；带正电小球合力最小为，做功最少，动能最小；即。故A错误；
B．三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，根据
得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短，故
选项B错误；
CD．在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：
由图可知不带电小球做平抛运动
带正电小球做类平抛运动
带负电小球做类平抛运动
所以落到A点的是带正电小球；落到B点的是不带电小球；落到C点的是带负电小球，则
选项C正确，D错误；
故选：C。
【分析】动能变化等于合力做功，正电荷合力大、做功多，负电荷合力小、做功少，结合运动时间与合力，判断动能大小。小球在垂直电场方向做匀速直线运动，水平位移x=v0t，位移越大则运动时间越长，故tA＞tB＞tC。正电荷加速度大、运动时间短（对应C点），负电荷加速度小、运动时间长（对应A点），不带电的对应B点。
3．（2026高二上·兰州期末）如图所示，真空中三个点电荷分别置于等边三角形三个顶点上，其中、两点分别固定电荷量为的点电荷，点固定电荷量为的点电荷，三角形边长为，O为其中心，点为其三边中点，设点电荷在某点产生电势为（为点电荷电荷量，为该点到点电荷的距离，取无穷远处电势为零），关于、、、四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（ ）
A．点场强大小为，电势为0
B．点场强大小为，电势为
C．点和点场强大小相等，电势不同
D．电子由点沿直线移动到点过程中，加速度减小，电势能增大
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】本题考查了电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。电势叠加为代数相加。
A．根据对称性可知a、b两处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为
c处点电荷在O点产生的电场强度方向如下图所示，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为
根据题意，O点的电势为，故A错误；
B．两个正点电荷在P点的合场强为零，故P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即
根据题意，P点的电势为，故B正确；
C．根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，M点和N点场强大小相等。根据题意，可得M点和N点的电势分别为
，
可知这两点电势相等，故C错误；
D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，电场强度减小，电子受到的电场力减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，故D错误。
故选：B。
【分析】根据点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理求解O点场强大小。根据电势的计算公式和电势叠加原理求解O点的电势；两个正点电荷在P点的合场强为零，P点的场强等于负电荷在P点产生的场强，根据点电荷的电场强度公式求解P点的场强大小，并确定方向；结合对称性分析M点和N点场强关系和电势关系；电子由O点沿直线移动到P点过程中，根据电场力的变化分析加速度的变化。由电场力做功情况分析电势能的变化情况。
4．（2026高二上·兰州期末）如图所示是一个由电池、电阻与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，当增大电容器两板间距离的过程中（ ）
A．电容器的电容变大 B．电阻中有从流向的电流
C．液滴带正电 D．液滴向下加速运动
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。A．由电容器的决定式
所以当d增大时，C减小，故A错误；
B． 因电容器与电源相连，电容器两端的电压不变；则C减小时，由Q=UC可知，电容器两端的电量减小；则电容器将由从A极板放出的电量，故R中电流由a到b，故B错误；
C．液滴受力平衡，则液滴受电场力向上；而上极板为正极，则说明液滴带负电，故C错误；
D．因电压不变，d增大，则E减小，故受到的电场力减小，重力大于电场力，则液滴受到的合力向下，液滴将向下加速运动，故D正确。
故选：D。
【分析】电容器与电源相连，电压不变；增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电；根据原来极板的带电情况，分析电流的方向。
5．（2026高二上·兰州期末）如图所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，，。一束由a、b光组成的复色光线平行于底边BC由AB上M点射入棱镜。经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出。则（ ）
A．与a光相比，b光的临界角较大
B．与a光相比，b光在棱镜中的传播速度更小
C．与a光相比，b光在空气中更容易发生明显的衍射
D．b光能从BC上射出
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 由a、b光组成的复色光经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出，说明b光发生了全反射，b光的临界角小，故A错误；
B．根据公式得到b光在棱镜中的折射率大，而折射率大的，在棱镜中的传播速度小，故B正确；
C． a光与b光比较，b光的折射率大，所以b光的频率高，根据v=λf，则b光的波长短，a光的波长长，所以a光在空气中更容易发生明显衍射，故C错误；
D．由于b光发生了全反射，根据角度关系，分析可知到达BC边的光的入射角度也为30°，所以在BC边也发生全反射，故b光不能从BC边射出，故D错误。
故选：B。
【分析】由a、b光组成的复色光经棱镜折射后仅有a光从AC上N点射出，说明b光发生了全反射，b光的临界角小，根据知，b光在棱镜中的传播速度更小，a光的波长长，所以a光在空气中更容易发生明显衍射。
6．（2026高二上·兰州期末）如图所示，一光滑绝缘的半圆柱体固定在水平地面上，其横截面是半径为R的半圆。现让质量为m、带电量为的小球从半圆柱体顶端Q由静止沿圆柱体表面滑下，当滑至与竖直方向的夹角为的位置P时，恰好离开半圆柱体。若在空间加上方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小，重力加速度为g，其他条件不变，则下列说法正确的是（ ）
A．未加电场时，角的余弦值为
B．未加电场时，小球在P点恰好离开圆柱体时的速度大小为
C．加上电场时，小球将在QP之间某位置离开圆柱体
D．加上电场时，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB． 在未加电场时，小球恰好从P点脱离圆柱体。球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零，根据牛顿第二定律和动能定理有
解得，
故AB错误；
CD．加上电场时，设小球恰好脱离圆柱体时与竖直方向的夹角为，球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零，根据牛顿第二定律和动能定理有
解得
所以加上电场时，小球仍在P点离开圆柱体，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律和动能定理即可解决。球恰好脱离圆柱体时，支持力等于零。
7．（2026高二上·兰州期末）如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO 竖直，轨道半径为R，当地重力加速度为g，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，经时间t到达 B，在小球从A点运动到B点的过程中（ ）
A．小球所受合力的冲量指向圆心
B．小球所受支持力的冲量大小是
C．小球受到的重力的冲量为0，重力做的功不为0
D．小球受到的支持力的冲量为0，支持力做的功也是0
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．末速度水平向右，初速度等于零，动量的变化水平向右，根据动量定理，因此合力的冲量水平向右，A错误；
BCD． 小球从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒
可得动量的变化
重力的冲量
方向竖直向下，
根据动量定理合力冲量等于物体动量变化可得
做出矢量方向三角形，可得支持力的冲量
在整个运动过程中只有重力做功，支持力不做功，因此B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】由动能定理得到小球到达B点的速度。根据冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量。
8．（2026高二上·兰州期末）如图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电路中电流为I，电动机两端电压为U1，消耗的电功率为P1，电热丝两端电压为U2，消耗的电功率为P2，则有（ ）
A．P1＝U1I B．U1＝IR1 C．P2＝I2R2 D．U2＝IR2
【答案】A,C,D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】AB．电动机作为用电器，将电能转化为内能和机械能，所以它的电功率P1＝U1I，而电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用。故A正确，B错误；
CD．电热丝将电能全部转化为内能，是纯电阻元件，所以它的电功率与热功率相同，电功率可以写作P2＝I2R2，欧姆定律对它适用，所以U2＝IR2，故C、D正确。
故答案为：ACD。
【分析】区分纯电阻元件（电热丝）和非纯电阻元件（电动机）的功率、电压计算规律。
9．（2026高二上·兰州期末）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速大小相同，图（a）为t=0时两列波的部分波形图，图（b）为x=0处质点参入乙波的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．乙波周期为2s
B．两列波的波速均为10cm/s
C．t=0开始，乙波波谷到达x=0处最短时间为0.5s
D．0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】ABC．由图a可知、。乙波形向左平移10cm，x=0处质点第一次到达波谷位时间最短为0.5s，所以波速为，则，，故AB错误，C正确；
D．两列波的波峰同时传到x=0位置时，该处质点到达正向最大位移处，则（m=1、2、3...）、（n=0、1、2、3...），令，可得，当m=1且n=0时，；当m=4且n=2时，，所以0~10s内，x=0处质点2次到达正向最大位移处，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先从波形图和振动图像中提取波长、周期等信息，计算波速；再分析波谷到达时间和正向最大位移出现的次数。
10．（2026高二上·兰州期末）绝缘水平面上固定一负点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面离开Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（ ）
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力一直大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
C．此过程中达到最大速度时，P到Q距离为
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、库仑力与运动方相同，摩擦力与运动方向相反，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变小的库仑力，合力变化，根据牛顿第二定律可知加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；
C、滑块先加速后减速，而库仑力减小，故当库仑力等于滑动摩擦力时，速度达到最大，即：，解得距离为：，故C正确；
D、由动能定理可得：，解得两点间的电势差，故D正确；故选：CD。
【分析】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；当库PQ仑力与摩擦力相等时，物体的速度最大，则可得出PQ间的距离；由动能定理可求得两点间的电势差。
11．（2026高二上·兰州期末）（1）某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是___________。
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多
（2）如图所示，用“插针法”测量一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和B、顶角大小为θ）的折射率。
①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
②将侧面A沿ab放置，并确定侧面B的位置ef
③在cd上竖直插上大头针和，从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住 （选填“”、“”或“和）的虚像；
④确定出射光线的位置 （选填“需要”或“不需要”）第四枚大头针；
⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为，则玻璃砖折射率 。
【答案】（1）C
（2）P1和P2；不需要；
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．根据实验原理可知光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；
B．透镜的作用是使光变成平行光，故B错误；
C．单缝的作用是获得线光源，故C正确；
D．双缝间距越小，根据干涉条纹间距公式可知，条纹间距就越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D错误。
故选C。
（2）③从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，根据实验原理可知要求能挡住和的虚像；
④光线垂直入射，垂直射出，大头针与的连线就是出射光线所在直线，故不需要第4枚大头针；
⑤根据几何关系可得在ef界面的入射角等于，折射角为，根据折射定律可得，折射率
【分析】（1）根据实验器材的安装分析；根据透镜和单缝的作用分析；根据干涉条纹间距公式分析；
（2）③应该挡住P1和P2的像；
④确定一条直线需要两点，据此判断；
⑤根据几何关系找到对应的角度，然后根据折射定律计算。
（1）A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；
B．透镜的作用是使光变成平行光，故B错误；
C．单缝的作用是获得线光源，故C正确；
D．根据干涉条纹间距公式可知，双缝间距越小，条纹间距就越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D错误。
故选C。
（2）③[1]从侧面B透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住和的虚像；
④[2]因为垂直于，光线垂直入射，垂直射出，大头针与O的连线就是出射光线所在直线，故不需要第4枚大头针；
⑤[3]做出对应的光路图，如图所示
根据几何关系可得在ef界面的入射角等于，折射角为，根据折射定律可得，折射率
12．（2026高二上·兰州期末）掺氟氧化锡（FTO）玻璃在太阳能电池研发领域有重要应用，它由一层厚度均匀、具有导电性能的薄膜和不导电的玻璃基板构成。为了测量该薄膜厚度 d，某兴趣小组 开展了如下实验：
（1）选取如图甲所示的一块长条型 FTO玻璃，测出其长度为L，宽度为 b。
（2）用欧姆表接薄膜 M、N 两端，测得薄膜电阻约为40Ω 。为了获得多组数据，进一步精确测量的阻值，有如下器材可供选用：
A .电源 E（电动势为3V，内阻约为0.2Ω )
B .电压表 V（量程0 ~ 1V，内阻为RV = 1000Ω )
C .电流表 A1（量程0 ~ 0.6A，内阻约为1Ω )
D .电流表 A2（量程0 ~ 100mA，内阻约为3Ω )
E .滑动变阻器 R（最大阻值为10Ω )
F .定值电阻R1=20Ω
G .定值电阻R2=2000Ω
H .开关一个，导线若干
（3）其中，电流表应选 （选填“A1 ”或“A2 ”），定值电阻应选 （选填“ R1”或“ R2 ”）。
（4）根据以上要求，将图乙所示的器材符号连线，组成测量电路图 。
（5）闭合电键，调节滑动变阻器，测得电压表示数为U，电流表示数为 I，则可精确测得 薄膜电阻阻值 （用U、I、RV、R1或R2表示）。
（6）已知该薄膜的电阻率为P ，根据以上实验，测得其电阻值为，则该薄膜的厚度d = （用 P 、L、b 和表示）。
【答案】；；；；
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（3）流过电阻的最大电流
所以电流表选择；
电压表的量程过小，需要串联一个定值电阻增大其量程，由于RV = 1000Ω，所以定值电阻选择；
故答案为：；
（4）滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，改装后的电压表内阻已知，为准确测出薄膜电阻，电流表应外接，实验电路如图所示
（5）通过薄膜电阻的电流为
薄膜电阻两端的电压
根据欧姆定律，薄膜电阻的阻值为
故答案为：
（6）根据电阻定律
该薄膜的厚度为
故答案为：
【分析】(3) 先估算电路最大电流，选择合适量程的电流表；再根据电压表量程，串联定值电阻扩大量程。
(4) 采用分压式接法，电压表串联定值电阻扩大量程，电流表外接。
(5) 根据串并联电路规律，推导电阻表达式。
(6) 由电阻定律 反解厚度 。
13．（2026高二上·兰州期末）如图所示，一束截面为圆形（半径R=lm）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区，屏幕S至球心距离为D=m，不考虑光的干涉和衍射，试问：
①若玻璃半球对紫色光的折射率为，请你求出圆形亮区的半径．
②若将题干中紫色改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？
【答案】解：①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的E点处，
E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．
设紫光临界角为C，则有
由几何知识可知：AB=R·
所以有：
②若将题干中紫光改为白光，由于紫光的折射率最大，偏折角也最大，则知在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】①光线沿直线从O点穿过玻璃，方向不变。从A点射出玻璃砖的光线方向向右偏折，射到屏幕S上圆形亮区，作出光路图，由光的折射定律结合数学几何知识求出圆形亮区的半径；
②当光线从空气垂直射入半圆玻璃砖，光线不发生改变，当入射角小于临界角时，光线才能再从玻璃砖射出，所以平行白光中的折射率不同，导致临界角不同，因此偏折程度不同，根据折射率大小确定圆形亮区的最外侧的颜色。
14．（2026高二上·兰州期末）如图所示，有三根长度均为L=0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m=0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q=+3×10－6 C，B球带负电，与A球带电荷量相同．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)
(1)求此匀强电场的电场强度E的大小．
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ.
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．
【答案】（1）解：对B球进行受力分析，在水平方向受水平方向的电场力和A球施加的库仑力，由于球均处于平衡状态， B球水平方向合力为零，得，；
（2）解：两球及细线最后位置如图所示：
对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，由平衡条件得
对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向，，
（3）解：A球克服电场力做功
所以A球的电势能增加了
【知识点】库仑定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 对 B 球受力分析，水平方向电场力与库仑力平衡，列方程求解电场强度。
(2) 整体受力分析，QB 细线的拉力等于两球总重力；再对 A 球受力分析，由合力为零求出夹角。
(3) 计算 A 球在电场中移动的水平距离，由电场力做功求电势能的变化量。
15．（2026高二上·兰州期末）如图所示，竖直面内的固定轨道由光滑圆弧轨道AB和与圆弧轨道相切于B点的粗糙水平轨道BP（足够长）构成，圆弧半径R=1 m，B、C两点间的距离也为R。小滑块乙静止在C点，小滑块甲自A端由静止开始沿轨道滑下，与小滑块乙发生第一次弹性碰撞（碰撞时间极短）后反弹，最高能滑到圆弧上距离B点的高度为的D点（图中未画出）。甲、乙与BP间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度大小g= 10 m/s2，甲、乙均视为质点。
（1）求甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小v0；
（2）求甲的质量m1与乙的质量m2的比值；
（3）试通过计算判断甲与乙是否再次发生碰撞，并求甲最终静止时到B点的距离x。
【答案】（1）对甲从圆弧轨道的最高点A滑到C点的过程，根据动能定理，有
解得v0=4 m/s
（2）设甲与乙碰撞后瞬间甲的速度大小为v1，对甲从C点滑到D点的过程，根据动能定理，有
设甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
解得
（3）由（2）可得v1=3 m/s，v2=1 m/s
设甲与乙碰撞后甲能再次返回C点，且返回C点时的速度大小为，根据动能定理有
解得
由于
甲与乙不会再次发生碰撞
设甲最终静止时到C点的距离为s，根据动能定理有
又x=s+R
解得x=1.25m
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】 （1）对甲从圆弧轨道的最高点A滑到C点的过程，运用动能定理求解甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小v0；
（2）对甲从C点滑到D点的过程，利用动能定理求出甲与乙碰撞后瞬间甲的速度大小，对甲、乙碰撞过程，运用动量守恒定律和机械能守恒定律求甲的质量m1与乙的质量m2的比值；
（3）设甲与乙碰撞后甲能再次返回C点，根据动能定理求出甲返回C点时的速度大小，从而判断甲与乙能否再次碰撞，即可根据动能定理求甲最终静止时到B点的距离x。
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