1.一輛汽車制動后做勻減速直線運(yùn)動，在剛開始減速的前3s內(nèi)，汽車每1s前進(jìn)的距離分別是10m，8m、6m，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以判斷( )
A. 汽車的加速度大小為1m/s2
B. 第3s末汽車的瞬時(shí)速度大小為5m/s
C. 再經(jīng)過2s后汽車停止運(yùn)動
D. 從制動到停下，汽車的平均速度大小為6m/s
【答案】B
【解析】【分析】
本題主要考查勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律和推論。汽車制動后做勻減速直線運(yùn)動，由相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)的位移差Δx=aT2求解汽車的加速度大??；由勻變速直線運(yùn)動的位移時(shí)間關(guān)系式求解汽車的初速度，由速度時(shí)間關(guān)系求解第3s末汽車的瞬時(shí)速度大?。挥伤俣葧r(shí)間關(guān)系求解汽車運(yùn)動的時(shí)間；勻變速直線運(yùn)動中一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于初末速度的平均值，由此分析即可正確求解。
【解答】
A.汽車在制動后做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)在相等的相鄰的時(shí)間間隔內(nèi)，位移的差值相等，由逐差法可得汽車的加速度大小為 a=ΔxT2=212m/s2=2m/s2，故A錯誤；
B.根據(jù)位移?時(shí)間公式 x=v0t?12at2 ，可得汽車在第1s內(nèi)位移為 10=v0×1?12×2×12， 解得 v0=11m/s，
第3s末汽車的瞬時(shí)速度大小為 v3=v0?at3=11?2×3m/s=5m/s ，故B正確；
C.設(shè)再經(jīng)過 t′ 后汽車停止運(yùn)動，則有 t′=v3a=52s=2.5s ，故C錯誤；
D.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動推論可得從制動到停下，汽車的平均速度大小為 v=v0+02=5.5m/s，故D錯誤。
2.如圖所示，三根完全相同的粗細(xì)均勻的圓木A、B、C堆放在水平地面上并處于靜止?fàn)顟B(tài)，每根圓木的質(zhì)量為m，截面的半徑為R，三個(gè)截面圓心連線構(gòu)成的等腰三角形的頂角∠O1=120°.若在地面上的兩根圓木剛好要滑動，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮圓木之間的摩擦，重力加速度為g，則( )
A. 圓木間的彈力大小為0.5mg
B. 地面上的每根圓木受到地面的摩擦力大小為0.5mg
C. 地面上的每根圓木受到地面的作用力大小為1.5mg
D. 地面與圓木間的動摩擦因數(shù)為33
【答案】D
【解析】對A進(jìn)行受力分析，如圖所示，A處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，有N1sin60°=N2sin60°，N1cs60°+N2cs60°=mg，解得N1=N2=mg， A錯誤；地面上的每根圓木受到地面的摩擦力大小為f=N1′cs30°，由牛頓第三定律可得N1′=N1，解得f= 32mg， B錯誤；對B，在豎直方向上有N2′cs60°+mg=NB，由牛頓第三定律可得N2′=N2，解得NB=3mg2，地面上的每根圓木受到地面的作用力大小為F= NB2+f2= 32mg2+ 32mg2= 3mg， C錯誤；地面上的兩根圓木剛好要滑動時(shí)，摩擦力恰好是最大靜摩擦力，則有f=μN(yùn)B，解得μ= 33， D正確．
3.2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)練時(shí)將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運(yùn)動時(shí)計(jì)算機(jī)輸出的壓力?時(shí)間(F?t)圖像片段，運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g大小取10m/s2，下列說法正確的是( )
A. 演員在a到b過程處于超重狀態(tài)
B. 演員在b時(shí)刻速度最大，速度大小為8m/s
C. 從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對演員做的功大于1280J
D. 從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床給演員的沖量大小為320N?s
【答案】C
【解析】A.演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；
B.結(jié)合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，后向上做加速度減小的變減速直線運(yùn)動，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大值，即a到b之間的某一時(shí)刻，演員的速度最大，故B錯誤；
C.根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運(yùn)動的時(shí)間為2.8s?1.2s=1.6s
根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運(yùn)動的時(shí)間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有v0=gt=10×0.8m/s=8m/s
在0.2s到1.2s內(nèi)，結(jié)合上述可知，蹦床對演員做的功為W=12mv02=1280J
根據(jù)圖像可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對演員做的功大于 1280J ，故C正確；
D.從a時(shí)刻到b時(shí)刻，根據(jù)動量定理有I?mgtab=mv0
解得I=mgtab+mv0
解得I=720N?s，故D錯誤。
故選C。
4.如圖所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點(diǎn)為半圓環(huán)的最高點(diǎn)，N點(diǎn)為半圓環(huán)上與半圓環(huán)的圓心等高的點(diǎn)，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環(huán)穿過半圓環(huán)用質(zhì)量不計(jì)的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點(diǎn)H點(diǎn)，第一次拉小圓環(huán)使其緩慢地運(yùn)動到N點(diǎn)，第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點(diǎn)?；喆笮】梢院雎?，則下列說法正確的是
A. 第一次輕繩的拉力大小逐漸增大
B. 第一次半圓環(huán)受到的壓力大小不變
C. 小圓環(huán)第一次在N點(diǎn)與第二次在N點(diǎn)時(shí)，輕繩的拉力大小不相等
D. 小圓環(huán)第一次在N點(diǎn)與第二次在N點(diǎn)時(shí)，半圓環(huán)受到的壓力大小相等
【答案】B
【解析】【分析】
本題考查了力的合成與分解的運(yùn)用、共點(diǎn)力的平衡；本題是共點(diǎn)力平衡的動態(tài)變化分析問題，在非直角三角形的情況下，運(yùn)用三角形相似法列式也是常用的方法。
選取小圓環(huán)N為研究對象，畫受力分析示意圖，小圓環(huán)受三個(gè)力：重力、繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，運(yùn)用三角形相似法得到FN、F與MO、ON的關(guān)系，再分析FN和F的變化情況；第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點(diǎn)過程中，小圓環(huán)作圓周運(yùn)動，根據(jù)圓周運(yùn)動的相關(guān)知識進(jìn)行分析。
【解答】
在小圓環(huán)緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg和FN的合力與T等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖：
；
由三角形相似得：mgMO=FNON=TMN①
A.輕繩的拉力F=T，由①可得：F=MNMOmg，MN變小，MO不變，則F變小，故A錯誤；
B.半圓環(huán)受到的壓力F壓=FN=ONMOmg，而MO=ON，所以半圓環(huán)受到的壓力大小始終等于mg，故B正確；
CD.第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點(diǎn)，小圓環(huán)沿半圓環(huán)作圓周運(yùn)動，在N點(diǎn)：支持力、拉力在水平方向的分力提供小球圓周運(yùn)動向心力：Tsin45°?FN=mv2R，豎直方向：Tcs45°=mg，所以小圓環(huán)第一次在N點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力等于第二次在N點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力，由于速率大小不確定，小圓環(huán)第一次在N點(diǎn)時(shí)受到的壓力與第二次在N點(diǎn)時(shí)受到的壓力不一定相等，故CD錯誤。
故選B。
5.如圖所示是地月天體系統(tǒng)，在月球外側(cè)的地月連線上存在一個(gè)特殊點(diǎn)，稱為拉格朗日點(diǎn)。在地球上發(fā)射一顆質(zhì)量為m0的人造衛(wèi)星至該點(diǎn)后，它受到地球、月球?qū)λ囊ψ饔?，并恰好和月球一起繞地球同角速度勻速圓周運(yùn)動。已知相對于地球質(zhì)量M和月球質(zhì)量m來說，m0很小，所以衛(wèi)星對地球和月球的引力不影響地球和月球的運(yùn)動。設(shè)地心、月心間距為L，月心到該拉格朗日點(diǎn)的距離為d，則( )
A. 該衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小
B. 該衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小
C. 該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/s
D. 題中物理量滿足等式ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
【答案】D
【解析】AB、因?yàn)橛诶袢拯c(diǎn)的衛(wèi)星與月球具有相同的角速度，由v=ωr和a=ω2r知，位于拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的線速度和向心加速度均比月球的大，故AB錯誤；
C、由于第一宇宙速度7.9km/s，為繞地球運(yùn)動的最小的發(fā)射速度，第二宇宙速度11.2km/s，為脫離地球運(yùn)動的最小的發(fā)射速度，該衛(wèi)星和月球一起繞地球運(yùn)動，衛(wèi)星的發(fā)射速度應(yīng)大于7.9km/s，小于11.2km/s，故C錯誤；
D、月球繞地球公轉(zhuǎn)時(shí)，有GMmL2=mω2L，
位于拉格朗日點(diǎn)的衛(wèi)星的向心力由地球和月球共同提供，故有
GMm0(L+d)2+Gmm0d2=m0ω2L+d
聯(lián)立解得ML3=M(L+d)3+md2(L+d)
故D正確。
6.如圖，A物體套在光滑的豎直桿上，B物體放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸長輕繩連接。初始時(shí)輕繩經(jīng)過定滑輪呈水平，A、B物體質(zhì)量均為m。A物體從P點(diǎn)由靜止釋放，下落到Q點(diǎn)時(shí)，速度為v，PQ之間的高度差為h，此時(shí)連接A物體的輕繩與水平方向夾角為θ，重力加速度為g。在此過程中，下列說法正確的是( )
A. 輕繩對A的拉力對A不做功
B. A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的動量大小為mvsinθ
D. A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的動能為mgh?12mv2
【答案】C
【解析】A、輕繩對A的拉力對A做負(fù)功，故A錯誤；
B、摩擦力對B做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減小，故B錯誤；
C、A物體到Q點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)A物體沿繩子方向的分速度與B物體的速度大小相等，如圖所示，由速度的分解可知，B物體的速度為vB=v繩=vsinθ，
A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的動量為pB=mvB=mvsinθ，故C正確；
D、A物體到Q點(diǎn)時(shí)，B物體的速度為vB=v繩=vsinθ，則B物體的動能為EkB=12mv2sin2θ，故D錯誤。
故選C。
7.如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點(diǎn)處有一彈性擋板，滑塊與擋板碰撞后原速率返回?，F(xiàn)將滑塊拉到A點(diǎn)由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后上滑時(shí)間恰好是下滑時(shí)間的一半，已知重力加速度為g，由此不能確定的是( )
A. 滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2
B. 滑塊最終所處的位置
C. 滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)μ
D. 滑塊第k次與擋板碰撞后速度vk
【答案】D
【解析】【分析】
滑塊運(yùn)動分兩個(gè)階段，勻加速下滑和勻減速上滑，利用牛頓第二定律求出兩段加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求解。
解決本題的關(guān)鍵是上滑和下滑時(shí)摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住連接兩段的橋梁是碰撞前后速度大小相等。
【解答】
解：設(shè)下滑時(shí)間為t，到達(dá)底端速度為v
由速度時(shí)間公式得：
下滑過程：v=a1t ①
上滑過程：v=a2t2 ②
由牛頓第二定律得：
下滑加速度為：a1=mgsinα?fm ③
上滑加速度為：a2=mgsinα+fm ④
①②③④聯(lián)立得：a1=23gsinα
a2=43gsinα， 所以A能確定；
f=13mgsinα，又f=μFN=μmgcsα，兩式聯(lián)立得：μ=13tanα，所以C能確定；
滑塊由A點(diǎn)由靜止釋放后下滑，所以重力沿桿的分量大于摩擦力，所以最終滑塊停在底端，所以B能確定；
因?yàn)椴恢雷畛趸瑝K下滑的位移，所以無法求出速度，所以D不能確定；
本題選不能確定的，故選D。
8.如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為2kg、3kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從高為5m的平臺以9m/s的初速度水平拋出，落地時(shí)恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，物塊A的v?t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是( )
A. 前2s時(shí)間內(nèi)，彈簧對物塊B的沖量大小為0
B. 物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為27J
C. 物塊C的質(zhì)量為2kg
D. 物塊B離開墻壁后的最大速度為3m/s
【答案】D
【解析】【分析】
由A球的運(yùn)動情況判斷彈性及B球的運(yùn)動情況，再由動量定理及沖量的概念判斷B球受到的沖量；由機(jī)械能守恒定律解得彈簧的最大彈性勢能；由AC碰撞過程滿足水平方向動量守恒得解；當(dāng)B的速度最大時(shí)，對系統(tǒng)由動量守恒得解。
本題主要考查對系統(tǒng)動量守恒及機(jī)械能守恒的理解與應(yīng)用，過程復(fù)雜，有一定難度。
【解答】
A.由圖可知，碰后瞬間，AC整體的速度為3m/s，向右運(yùn)動，壓縮彈簧，速度減小，當(dāng)二者整體的速度減為零時(shí)，彈簧倍壓縮到最短，后彈簧反彈，將二者整體向左推出，當(dāng)二者整體的速度增加為向左的3m/s時(shí)，彈簧回復(fù)原長，故該過程，B球未離開墻壁，其速度未發(fā)生變化，故由動量定理可知，其合力的沖量為零，但該過程，墻壁對其向左的彈力與彈簧對其向右的彈力等大、反向，故由沖量的概念可知，彈簧對物塊B的沖量大小不為0，故A錯誤；
BC.由題意可知，物塊C落地時(shí)恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，故由二者構(gòu)成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，故可得：mCv0=mC+mAv，由題意可知，v0=9m/s，v=3m/s，聯(lián)立可得：mC=1kg，之后二者開始壓縮彈簧，由三者及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，其勢能最大，該過程中，由A、C二者的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故由圖及以上分析可得物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為：Ep=12mC+mAv2=13.5J，故BC錯誤；
D.設(shè)向左為正方向。物塊B離開墻壁后具有最大速度時(shí)，彈簧被拉伸到最長，彈簧的彈性勢能最大，此時(shí)AC整體的速度減為零，從AC整體具有向左的3m/s速度到B具有最大速度過程，由水平方向動量守恒：mC+mAv=mBv1，解得物塊B離開墻壁后的最大速度為：v1=3m/s，故D正確。
二、多選題：本大題共2小題，共10分。
9.拋秧是一種水稻種植方法。如圖甲所示，在拋秧時(shí)，人們將育好的水稻秧苗大把抓起，然后向空中用力拋出，使秧苗分散著落入田間。這種種植方式相對傳統(tǒng)插秧更省時(shí)省力。某同學(xué)研究拋秧的運(yùn)動時(shí)，將秧苗的運(yùn)動簡化為以肩關(guān)節(jié)為圓心臂長為半徑的圓周運(yùn)動，忽略空氣阻力，如圖乙所示。秧苗離手瞬間，通過手指改變秧苗的運(yùn)動速度，A、B兩秧苗(質(zhì)量相等)離開手后做不同的拋體運(yùn)動，其軌跡在空中交于P點(diǎn)。下列說法正確的是( )
A. 在P點(diǎn)時(shí)，秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率
B. 秧苗在最低點(diǎn)，手對秧苗的作用力等于秧苗的重力
C. 秧苗A先經(jīng)過P點(diǎn)
D. 秧苗B初速度水平分量一定大于秧苗A初速度水平分量
【答案】AD
【解析】AC.依題意，拋出點(diǎn)與P豎直距離一定，秧苗A豎直方向是豎直上拋運(yùn)動，秧苗B是自由落體運(yùn)動，所以秧苗B用時(shí)短，先經(jīng)過P點(diǎn)。故C錯誤；
vy=gt，且重力瞬時(shí)功率P=mgvy，秧苗質(zhì)量相等，而豎直速度vAy>vBy，所以秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率，故A正確，C錯誤；
B.秧苗在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律 F?mg=mv2r 可知，手對秧苗的作用力大于秧苗的重力。故B錯誤；
D.拋出點(diǎn)與P水平距離一定，根據(jù) x=v0t 可知，秧苗B初速度的水平分量一定大于秧苗A的初速度的水平分量。故D正確。
故選AD。
10.圖中為一款自動彈射發(fā)球機(jī)玩具，腳踩下按鈕后，球會在彈射裝置的作用下豎直向上運(yùn)動，當(dāng)球上升至最高點(diǎn)時(shí)，受到球棒水平擊打，隨后在空中運(yùn)動一段時(shí)間后落地.已知小球的質(zhì)量為m，球棒擊打的平均作用力為F，作用時(shí)間為t，球的落點(diǎn)距離發(fā)射口中心的水平距離為x，發(fā)球機(jī)的高度以及空氣阻力忽略不計(jì)，則( )
A. 小球被擊打后至落地的過程中，重力勢能的減少量等于動能的增加量
B. 球棒擊打的力度越大，球在空中的運(yùn)動時(shí)間越長
C. 小球落地時(shí)重力的功率為m2g2xFt
D. 彈射裝置對小球做的功為m3g2x2F2t2
【答案】AC
【解析】A.小球被擊打后至落地的過程中，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球在整個(gè)過程中機(jī)械能守恒，即動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，總量保持不變，所以小球從被擊打到落地，重力勢能的減少量等于動能的增加量，故A正確；
B.由于發(fā)球機(jī)的高度忽略不計(jì)，所以小球下落的高度不變，根據(jù)h=12gt2可知小球在空中運(yùn)動的時(shí)間是固定的，與球棒擊打的力度無關(guān)，故B錯誤；
C.設(shè)球被擊打后的水平速度為vx，根據(jù)動量定理：Ft=mvx
根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律，水平方向x=vxt′
小球落地時(shí)豎直方向的速度vy=gt′
小球落地時(shí)重力的功率PG=mgvy=m2g2xFt，故C正確；
D.設(shè)彈射裝置對小球做的功為W，小球離開發(fā)球機(jī)的速度為v，根據(jù)動能定理：W=12mv2；
根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律，水平方向x=vxt′
豎直方向：h=12gt′2
由動量定理：Ft=mvx
又：h=v22g
聯(lián)立解得：W=m3g2x22F2t2，故D錯誤。
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。
11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測定木質(zhì)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)及木板的質(zhì)量。將力傳感器A固定在木質(zhì)水平桌面上，并與計(jì)算機(jī)連接，傳感器A的讀數(shù)記為F1，測力端通過細(xì)繩與一滑塊相連(調(diào)節(jié)力傳感器高度使細(xì)繩水平)，滑塊起初放在較長的木板的最右端(滑塊可視為質(zhì)點(diǎn))，長木板的左、右兩端連接有光電門(圖中未畫出，質(zhì)量不計(jì))，光電門連接的計(jì)時(shí)器可記錄滑塊在兩光電門之間的運(yùn)動時(shí)間。測量木板長為L，木板一端連接一根輕繩，并跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接一力傳感器B和一只空砂桶(調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部輕繩水平)，力傳感器B的讀數(shù)記為F2，初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。實(shí)驗(yàn)開始后向空砂桶中緩慢倒入砂子。(重力加速度g=10 m/s2)
(1)緩慢倒入砂子時(shí)，F(xiàn)1的讀數(shù)緩慢增大到3.5 N時(shí)突變?yōu)?.0 N，測出滑塊的質(zhì)量為m1=1.5 kg，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ為 ；
(2)已知木質(zhì)滑塊與木板及木板與木質(zhì)水平桌面間動摩擦因數(shù)相同，在木板開始滑動后，測出在砂桶中裝有質(zhì)量不同的砂子時(shí)，滑塊通過兩光電門的時(shí)間間隔t，則木板的加速度為 (用L和t表示)，在坐標(biāo)系中作出F2?1t2的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為k，則木板的質(zhì)量為 (用k和L表示)，則圖中的縱截距為 (用k和L表示)。
【答案】0.2
2Lt2
k2L
6+ kL

【解析】(1)緩慢地向砂桶內(nèi)倒入砂子，F(xiàn)的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時(shí)突變?yōu)?.0N，即滑動摩擦力Ff=3.0N，動摩擦因數(shù)μ=Ffm1g=0.2；
(2)根據(jù)L=12at2可得，a=2Lt2;對木板由牛頓第二定律有F2?μ(m2+2m1)g=m2a，故F2=6+2m2+m22Lt2因此，F(xiàn)2?1t2圖線斜率k=2m2L，則木板的質(zhì)量為m2=k2L，縱截距為6+kL。
12.某同學(xué)用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置來“驗(yàn)證動量守恒定律”，實(shí)驗(yàn)原理如圖乙所示。圖乙中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓質(zhì)量為m1的入射小球A多次從斜軌上由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，然后把質(zhì)量為m2的被碰小球B靜置于軌道的水平部分，再將入射小球從斜軌上由靜止釋放，與小球B相碰，并且多次重復(fù)，實(shí)驗(yàn)得到小球的落點(diǎn)的平均位置分別為M、N，測量xM、xP、xN分別為M、P、N距O點(diǎn)的水平距離。
(1)為保證兩球是對心碰撞，用20分度的游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，如下圖，則讀數(shù)為______mm。
(2)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______。
A.入射小球每次可由不同位置自由滾下 B.兩小球的質(zhì)量關(guān)系必須m1>m2
C.斜槽軌道必須光滑 D.斜槽軌道末端必須水平
(3)若測量數(shù)據(jù)近似滿足關(guān)系式________(用m1、m2、xM、xP、xN表示)，則兩小球碰撞過程動量守恒：在驗(yàn)證動量守恒后，若測量數(shù)據(jù)滿足表達(dá)式________僅用xM、xP、xN表示)，則說明碰撞為彈性碰撞。
【答案】(1) 14.50；(2)BD；(3)m1xP=m1xM+m2xN；(4)xP=xN?xM。
【解析】【分析】
本題考查了“驗(yàn)證動量守恒定律”這個(gè)實(shí)驗(yàn)及彈性碰撞這些知識點(diǎn)；
(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法讀數(shù)；
(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方法及注意事項(xiàng)回答即可；
(3)根據(jù)動量守恒定律即可回答；根據(jù)動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律列式聯(lián)立求解即可。
【解答】(1)讀數(shù)為14mm+10×0.05mm=14.50mm；
(2)A.入射小球每次必須由同一位置自由滾下，以保證碰撞前速度相同，故A錯誤；
B.入射小球碰撞后要向前運(yùn)動，根據(jù)碰撞道理，應(yīng)該m1>m2,故B正確；
CD.斜槽軌道不一定要光滑，但末端一定要水平，故C錯誤；D正確。
故選BD；
(3)根據(jù)動量守恒定律得：m1xPt=m1xMt+m2xNt，解得m1xP=m1xM+m2xN
若滿足關(guān)系式 m1xP=m1xM+m2xN，就可以說明兩小球碰撞過程中動量守恒；
要為彈性碰撞，還必須有12?m1(xPt)2=12?m1(xMt)2+12?m2(xNt)2
整理得：12m1xP2=12m1xM2+12m2xN2，結(jié)合m1xP=m1xM+m2xN
聯(lián)立求解可得：xP=xN?xM。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。
13.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長的剛性輕繩連接，A與地面接觸，B離地面的高度h為1.2m，質(zhì)量為2m的圓環(huán)C套在輕繩上，C在B上方d=0.8m處．由靜止釋放圓環(huán)C，C下落后與B碰撞并粘在一起，碰撞時(shí)間極短，不計(jì)C與繩之間的摩擦和空氣阻力，A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取10m/s2，求：
(1)C、B碰撞后瞬間，共同速度為多大；
(2)碰撞后，B經(jīng)過多長時(shí)間到達(dá)地面．
【答案】解：(1)C與B碰撞前的過程，由動能定理有2mgd=122mvC2?0
得vC= 2gd=4m/s
碰撞動量守恒有2mvC=4mv
得v=2m/s；
(2)C與B碰撞后粘在一起，一起向下做勻加速直線運(yùn)動，
根據(jù)牛頓第二定律3mg?mg=4ma
得a=12g=5m/s2
由運(yùn)動學(xué)公式有h=vt+12at2
得t=0.4s。
【解析】本題考查學(xué)生對動能定理、動量守恒等知識的理解與應(yīng)用，考查考生的科學(xué)思維。
(1)根據(jù)動能定理求解C與B碰撞前瞬間速度大小，根據(jù)動量守恒求出B、C碰撞后瞬間的共同速度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解B到達(dá)地面的時(shí)間。
14.“車讓人”是交通法規(guī)之一，當(dāng)人行橫道上有行人時(shí)，汽車不得越過停車線。如圖所示，某行人即將過人行橫道時(shí)，以大小為v0=1 m/s的速度勻速行走，一輛自動駕駛測試車在直線道路上向前勻速運(yùn)動。當(dāng)行人在距離車道d=1.5 m時(shí)，測試車在距停車線x0=36.9 m的位置，車速大小為v1=15 m/s，此時(shí)測試車感知到行人準(zhǔn)備過馬路的情況立即采取剎車措施，加速度大小為a1=5 m/s2。馬路寬D=6 m，當(dāng)人完全穿過馬路后，測試車重新開始加速并恢復(fù)到原來的速度行駛，測試車加速與減速時(shí)的加速度大小相同。
(1)若測試車持續(xù)減速，求當(dāng)行人踏上人行橫道時(shí)測試車的速度大??；
(2)若測試車持續(xù)減速，能否在到達(dá)停車線前停止下來，若能，求出測試車停下來時(shí)距停車線的距離；
(3)若測試車感知到行人準(zhǔn)備過馬路的情況，立即采取剎車措施且在其應(yīng)變過程中先做勻減速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，在行人恰好離開人行橫道時(shí)測試車剛好到達(dá)停止線，之后加速恢復(fù)到原車速。求從測試車開始減速到恢復(fù)原車速，因行人過馬路而多用的時(shí)間( 104.04=10.2, 650.25=25.5，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。
【答案】解：(1)行人踏上人行橫道所需要的時(shí)間t1=dv0=1.5s
汽車做勻減速運(yùn)動v1?v2=a1t1，a1=5m/s2
解得v2=7.5m/s
(2)測試車一直減速至速度為零，根據(jù)2a1x=v12
得x=22.5m

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