1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。
2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫清楚。
3.考生作答時(shí)，請(qǐng)將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。
4.本卷命題范圍：必修第一冊(cè)，必修第二冊(cè)，必修第三冊(cè)第九章，選擇性必修第一冊(cè)第一至第三章。
一、選擇題：本題共10小題，共43分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題，每小題4分，共28分，只有一項(xiàng)是符合題目要求；第8~10題，每小題5分，共15分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
1. 2023年10月26日11時(shí)14分，搭載神舟十七號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十七運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射。約10分鐘后，神舟十七號(hào)載人飛船與火箭成功分離，進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得成功。大約6.5小時(shí)后，經(jīng)歷6次自主變軌，神舟十七號(hào)和天和核心艙完成對(duì)接。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 11時(shí)14分指的是時(shí)間間隔
B. 火箭噴出的氣體對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，從而讓火箭獲得向前的推力
C. 火箭發(fā)射升空的過(guò)程中，航天員處于失重狀態(tài)
D. 神舟十七號(hào)和天和核心艙對(duì)接時(shí)，飛船可以看成質(zhì)點(diǎn)
【答案】B
【解析】A．11時(shí)14分指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；
B．火箭噴出的氣體對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，從而讓火箭獲得向上的推力，故B正確；
C．火箭發(fā)射升空起始過(guò)程中，加速度方向向上，航天員處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；
D．神舟十七號(hào)和天和核心艙對(duì)接時(shí)，飛船的形狀大小不能忽略不計(jì)，飛船不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
2. 飛力士棒可以實(shí)現(xiàn)日常訓(xùn)練肌肉和提高身體感知能力。如圖甲所示，某型號(hào)飛力士棒的固有頻率為3Hz，如圖乙所示，某人用手驅(qū)動(dòng)該飛力士棒鍛煉。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 使用者用力越大，飛力士棒振動(dòng)越快
B. 使用者驅(qū)動(dòng)的頻率越大，飛力士棒振動(dòng)的幅度也越大
C. 無(wú)論使用者驅(qū)動(dòng)的頻率多大，飛力士棒振動(dòng)的頻率始終為3Hz
D. 使用者驅(qū)動(dòng)的頻率減小，飛力士棒振動(dòng)的幅度可能增大
【答案】D
【解析】A．飛力士棒做受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率一致，與用力大小無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．飛力士棒振動(dòng)的幅度與驅(qū)動(dòng)力頻率跟固有頻率的差值有關(guān)，差值越小，幅度越大，故B錯(cuò)誤；
C．飛力士棒的振動(dòng)頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率一致，與固有頻率無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)使用者驅(qū)動(dòng)的頻率從大于3Hz開始減小到3Hz，飛力士棒振動(dòng)的幅度會(huì)增大，故D正確。
故選D
3. 如圖所示，楔形木塊abc放在水平地面上，兩底角分別為α、β，且，所有接觸面均光滑，兩個(gè)完全相同的滑塊A、B同時(shí)從頂端釋放，則對(duì)于滑塊在斜面上時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 若楔形木塊abc不固定，滑塊A、B與楔形木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
B. 若楔形木塊abc不固定，滑塊A、B與楔形木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
C. 若楔形木塊abc固定，兩滑塊滑到底端的速度相同
D. 若楔形木塊abc固定，同一時(shí)刻兩滑塊重力的瞬時(shí)功率相同
【答案】B
【解析】A．系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)所受到的合外力為0，A、B在豎直方向有分加速度，因此系統(tǒng)豎直方向的合外力不為0，故A錯(cuò)誤；
B．系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，由于各接觸面均光滑，只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；
C．到達(dá)底端時(shí)兩滑塊的速度方向不同，故C錯(cuò)誤；
D．時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率為
兩側(cè)面的傾角不相等，因此重力的瞬時(shí)功率不相等，故D錯(cuò)誤。
故選B。
4. 如圖所示，兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷分別固定在P、Q兩點(diǎn)，O為P、Q連線的中點(diǎn)，P、Q連線上的a、b兩點(diǎn)關(guān)于O對(duì)稱。將一電子由a點(diǎn)靜止釋放，電子僅在電場(chǎng)力作用下由a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，下列關(guān)于電子速度v、加速度a、機(jī)械能E、動(dòng)量p隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．在等量同種電荷的連線上從到的過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后反向增大，所以電子的加速先減小后反向增大，電場(chǎng)力先對(duì)電子做正功，再做負(fù)功，所以電子的速度先增大后減小，由對(duì)稱性知在位置時(shí)速度為零，A正確；
B．加速度隨時(shí)間不是均勻變化的，B錯(cuò)誤；
C．電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，機(jī)械能先增大后減小，C錯(cuò)誤；
D．動(dòng)量圖像與速度圖像相同，D錯(cuò)誤。
故選A。
5. 如圖1所示是甲、乙兩組同學(xué)做水平彈簧振子實(shí)驗(yàn)。如圖2所示是甲、乙所做實(shí)驗(yàn)中彈簧振子的圖像，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 甲、乙的周期之比為
B. 甲、乙的振幅之比為
C. 時(shí)，甲的位移為1.5cm，乙的位移為1cm
D. 時(shí)，甲、乙的加速度均為零
【答案】D
【解析】A．由圖像可知甲、乙周期之比為，故A錯(cuò)誤；
B．由圖像可知振幅之比為，故B錯(cuò)誤；
C．時(shí)，甲的位移為，乙的位移為，故C錯(cuò)誤；
D．時(shí)，甲、乙均在平衡位置，加速度均為零，故D正確。
故選D。
6. 如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道小車靜置于光滑水平面上，圓弧軌道最低點(diǎn)切線水平。一質(zhì)量也為m的小球以水平初速度沖上小車，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 小球沖上小車的過(guò)程小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B. 小球返回到小車左端時(shí)，小車將向左運(yùn)動(dòng)
C. 無(wú)論小球初速度多大，小球最終都會(huì)從小車上返回
D. 小球返回到小車左端后將相對(duì)地面向左做平拋運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】A．系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為0，則系統(tǒng)僅在水平方向上動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；
B．受力分析可知，圓弧軌道所受合力一直向右，即一直加速向右，直到分離，故B錯(cuò)誤；
C．足夠大使小球飛離小車時(shí)，二者水平分速度相等，故飛出又落回，而較小時(shí)小球也會(huì)返回小車左端，故C正確；
D．設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為，小車的速度為，選取向右為正方向，整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒得
由機(jī)械能守恒得
聯(lián)立解得
即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7. 如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出）方向與邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD所在平面平行，在A、C兩點(diǎn)分別放置電荷量為的等量異種電荷，已知B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 勻強(qiáng)電場(chǎng)方向垂直于AC
B. 勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
C. B、D連線上的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零
D. B、D連線中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
【答案】B
【解析】A．兩點(diǎn)電荷在點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)方向平行于，根據(jù)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)橹赶颍蔄錯(cuò)誤；
B．兩點(diǎn)電荷在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)均為，點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，根據(jù)矢量疊加，勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小為，故B正確；
C．兩電荷在連線上產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小不等，因此在與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后場(chǎng)強(qiáng)不是處處為零，故C錯(cuò)誤；
D．連線中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
8. 太陽(yáng)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)火星、地球和太陽(yáng)位于同一直線上，且火星與地球的距離達(dá)到最近時(shí)，稱之為“火星沖日”，對(duì)于很多天文愛(ài)好者來(lái)說(shuō)，這是觀察火星的最佳時(shí)期。如圖所示，假設(shè)地球、火星繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)均可看做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球公轉(zhuǎn)半徑為R，公轉(zhuǎn)周期為T，連續(xù)兩次出現(xiàn)“火星沖日”現(xiàn)象的時(shí)間間隔為t。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. B.
C. 火星繞日運(yùn)動(dòng)的周期為D. 火星繞日運(yùn)動(dòng)的半徑為
【答案】BD
【解析】AB．當(dāng)火星、地球和太陽(yáng)再次位于同一直線上時(shí)，則一定滿足，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；
C．連續(xù)兩次出現(xiàn)“火星沖日”現(xiàn)象時(shí)，由幾何關(guān)系得
解得
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由開普勒第三定律得
解得
選項(xiàng)D正確。
故選BD。
9. 如圖所示，質(zhì)量的三角形木塊ABC靜止在水平地面上，三角形木塊傾角為，將一質(zhì)量的滑塊輕放到木塊的AC邊上恰好能保持靜止。現(xiàn)給滑塊施加一個(gè)斜向下與AC邊夾角為的力F，F(xiàn)的大小恒為2N，三角形木塊ABC仍靜止在水平地面上，重力加速度g取，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 水平地面對(duì)三角形木塊沒(méi)有摩擦力
B. 水平地面對(duì)三角形木塊有向左摩擦力
C. 滑塊將沿AC邊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
D. 水平地面對(duì)三角形木塊的支持力大小為
【答案】AC
【解析】ABC．根據(jù)滑塊恰好靜止在斜面上可得
所以
對(duì)滑塊有
解得
對(duì)整體在水平方向由牛頓第二定律有
解得
AC正確、B錯(cuò)誤；
D．同理對(duì)整體在豎直方向有
解得
D錯(cuò)誤。
故選AC
10. A、B兩列波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正、負(fù)方向相向傳播，時(shí)刻的波形如圖所示。已知波速均為，兩波源（分別位于x軸兩端無(wú)窮遠(yuǎn)處）持續(xù)振動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)位移始終為0
B. 兩列波相遇區(qū)域?qū)⑿纬梢幌盗蟹€(wěn)定的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)
C. 時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)位移為
D. 時(shí)，處的質(zhì)點(diǎn)加速度指向y軸負(fù)方向
【答案】BCD
【解析】A．由于兩列波振幅不等，原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)也要振動(dòng)，振幅為振幅之差，不可能位移始終為0，故A錯(cuò)誤；
B．由于兩列波頻率相同，在相遇區(qū)域?qū)⑿纬梢幌盗蟹€(wěn)定的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)，故B正確；
C．根據(jù)題意和圖像知
，
解得周期
時(shí)，波傳到處，處兩列波均為波峰，故質(zhì)點(diǎn)位移為。故C正確；
D．時(shí)，處兩列波位移均大于0，故質(zhì)點(diǎn)加速度指向軸負(fù)方向，故D正確。
故選BCD。
二、非選擇題：本題共5小題，共57分。
11. 實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)做“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)。
（1）小明使用擺球、擺繩開展實(shí)驗(yàn)，組裝了如下幾種實(shí)驗(yàn)裝置，其中最合理的裝置是___________。
A. B.
C. D.
（2）某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得單擺擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，完成n次全振動(dòng)的時(shí)間為t，則重力加速度的表達(dá)式___________（用n、L、t等字母表示）。另一同學(xué)分別在甲、乙兩地進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，改變單擺擺長(zhǎng)，得到周期T和擺長(zhǎng)L的多組數(shù)據(jù)，在同一坐標(biāo)系中作出圖像，如圖所示，則在甲地測(cè)出的重力加速度___________（選填“大于”或“小于”）在乙地測(cè)出的重力加速度。
（3）若該同學(xué)測(cè)得的重力加速度值偏大，其原因可能是___________。
A. 單擺的懸點(diǎn)未固定緊，擺動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線增長(zhǎng)了
B. 把50次擺動(dòng)的時(shí)間誤記為49次擺動(dòng)的時(shí)間
C. 開始計(jì)時(shí)，秒表過(guò)早按下
D. 測(cè)擺線長(zhǎng)時(shí)擺線拉得過(guò)緊
【答案】（1）B （2） 小于 （3）D
【解析】（1）該實(shí)驗(yàn)中，擺長(zhǎng)要固定，需用鐵夾固定上端，選用細(xì)繩保證擺長(zhǎng)不變，同時(shí)選用質(zhì)量大，體積小的鐵球，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
（2）[1]單擺的周期
可得
[2]由
得
所以圖線的斜率
由題圖知甲地得到的圖線的斜率大于乙地得到的圖線的斜率，所以在甲地測(cè)出的重力加速度小于在乙地測(cè)出的重力加速度。
（3）A．根據(jù)單擺周期公式有
解得
若單擺的懸點(diǎn)未固定緊，擺動(dòng)過(guò)程中出現(xiàn)松動(dòng)，使實(shí)際擺線增長(zhǎng)了，而擺長(zhǎng)的測(cè)量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測(cè)量值偏小，故A錯(cuò)誤；
B．把50次擺動(dòng)的時(shí)間誤記為49次擺動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)
可知，周期測(cè)量值偏大，導(dǎo)致重力加速度的測(cè)量值偏小，故B錯(cuò)誤；
C．開始計(jì)時(shí)，秒表過(guò)早按下，時(shí)間測(cè)量值偏大，結(jié)合上述可知，周期測(cè)量值偏大，導(dǎo)致重力加速度的測(cè)量值偏小，故C錯(cuò)誤；
D．測(cè)擺線長(zhǎng)時(shí)擺線拉得過(guò)緊，即擺長(zhǎng)的測(cè)量值偏大，導(dǎo)致重力加速度的測(cè)量值偏大，故D正確。
故選D。
12. 某同學(xué)用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)“驗(yàn)證動(dòng)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)量為的入射小球A多次從斜軌上同一位置由靜止釋放，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同樣位置由靜止釋放，與小球B相碰，并且重復(fù)多次，實(shí)驗(yàn)得到小球落點(diǎn)的平均位置分別為M、N，測(cè)量、、分別為M、P、N距O點(diǎn)的水平距離。
（1）若入射小球A質(zhì)量為，半徑為；被碰小球B質(zhì)量為，半徑為，則___________。
A. B.
C. D.
（2）若測(cè)量數(shù)據(jù)近似滿足關(guān)系式___________（用表示），則說(shuō)明兩小球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒。
（3）在驗(yàn)證動(dòng)量守恒后，若測(cè)量數(shù)據(jù)滿足表達(dá)式___________（僅用表示），則說(shuō)明碰撞為彈性碰撞。
（4）若采用下圖裝置來(lái)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)中小球平均落點(diǎn)位置分別為與小球在斜槽末端時(shí)球心的位置等高。下列說(shuō)法中正確的是___________。
A. 若，則表明此碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒
B. 若，則表明此碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒
C. 若此碰撞滿足動(dòng)量守恒且，則表明此碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒
【答案】（1）C （2） （3） （4）C
【解析】（1）為防止和碰后反彈，且和是對(duì)心正碰，因此必須是
故選C。
（2）設(shè)碰撞前小球的速度為，碰撞后小球的速度為，小球的速度為，由動(dòng)量守恒定律可得
小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則有
若測(cè)量數(shù)據(jù)近似滿足關(guān)系式
則說(shuō)明兩小球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒。
（3）若碰撞為彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒可得
又
聯(lián)立可得
則有
在驗(yàn)證動(dòng)量守恒后，若測(cè)量數(shù)據(jù)滿足表達(dá)式
則說(shuō)明碰撞為彈性碰撞。
（4）AB．若采用圖乙裝置來(lái)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，設(shè)人射小球碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，被碰小球的速度為，拋出點(diǎn)到擋板的水平位移為，則小球平均落點(diǎn)在點(diǎn)時(shí)有
聯(lián)立解得
同理，小球平均落點(diǎn)在點(diǎn)、點(diǎn)時(shí)，水平位移仍為，則對(duì)應(yīng)的平拋初速度為
若滿足
代人以上三個(gè)速度，可得
故AB錯(cuò)誤；
C．若滿足
代人以上三個(gè)速度，可得
則表明此碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，故C正確。
故選C。
13. 一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧波，圖甲中實(shí)線所示為處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，虛線所示為處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，圖乙為時(shí)這列簡(jiǎn)諧波的波形圖。已知圖乙中P點(diǎn)和甲圖中的某個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)步調(diào)相同，求：
（1）該簡(jiǎn)諧波波長(zhǎng)；
（2）該簡(jiǎn)諧波可能達(dá)到的最大波速；
（3）質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程。
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
由于圖乙為時(shí)刻的波形圖，可知質(zhì)點(diǎn)在3s時(shí)刻位于平衡位置，結(jié)合圖甲3s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，即質(zhì)點(diǎn)與同步調(diào)，由圖甲可知，在3s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)向軸正方向振動(dòng)，由同側(cè)法可知簡(jiǎn)諧波沿軸負(fù)方向傳播，質(zhì)點(diǎn)與質(zhì)點(diǎn)平衡位置的間距為
在0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)位于波峰位置，由于波沿軸負(fù)方向傳播，則有
解得
【小問(wèn)2詳解】
當(dāng)時(shí)，波長(zhǎng)最大，則有
則最大波速為
解得
【小問(wèn)3詳解】
由于點(diǎn)與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)步調(diào)相同，結(jié)合圖甲可知點(diǎn)的振動(dòng)方程為
14. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的游戲裝置，在長(zhǎng)度、傾角的固定光滑斜面CD頂端C點(diǎn)鎖定一質(zhì)量的物塊A，在與CD同一豎直面內(nèi)有一以O(shè)為圓心、半徑的四分之一光滑圓弧軌道EFG，F(xiàn)為圓弧軌道EFG的最低點(diǎn)，OG連線與豎直方向夾角也為，在圓弧軌道G點(diǎn)還鎖定有另一物塊B。某時(shí)刻解鎖物塊A，物塊A由靜止沿斜面下滑后從D點(diǎn)拋出，并能恰好無(wú)碰撞地從E點(diǎn)進(jìn)入光滑圓弧軌道EFG，在物塊A即將撞擊到物塊B的瞬間，解鎖物塊B，A、B發(fā)生彈性碰撞后，A速度反向，并恰好能從E點(diǎn)離開軌道。物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，重力加速度g取。求：
（1）物塊A到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；
（2）物塊A第一次經(jīng)過(guò)F點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小N；
（3）物塊B的質(zhì)量M。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
設(shè)D點(diǎn)速度為，物塊從頂端C點(diǎn)下滑后從D點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
【小問(wèn)2詳解】
點(diǎn)斜拋后水平方向速度不變，設(shè)E點(diǎn)速度為 ，有
解得
設(shè)物塊在F點(diǎn)速度，物塊從E點(diǎn)到F點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)物塊在F點(diǎn)時(shí)軌道給的彈力為，根據(jù)牛頓第二定律
聯(lián)立以上解得
根據(jù)牛頓第三定律
【小問(wèn)3詳解】
設(shè)物塊在G點(diǎn)速度為，物塊由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求得
解得
發(fā)生碰撞后物塊A要能恰好到達(dá)點(diǎn)，碰后速度為，則有
解得
設(shè)B碰后速度為，根據(jù)彈性碰撞動(dòng)量守恒，能量守恒有
解得
，
15. 如圖所示，一足夠長(zhǎng)的豎直光滑桿固定在水平地面上，桿上穿有小球1和2，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧套在光滑桿上，彈簧下端固定，上端與質(zhì)量為m的小球2連在一起，小球2靜止時(shí)所在位置為O。另一質(zhì)量也為m的小球1從與O點(diǎn)距離為h（h未知）的位置由靜止開始下落，與小球2發(fā)生瞬間碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的形變量始終在彈性限度內(nèi)，當(dāng)其形變量為x時(shí)，彈性勢(shì)能為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。
（1）若，求小球1、2碰后向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中離O點(diǎn)的最大距離；
（2）要使小球1、2碰后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不分離，求h的最大值；
（3）h取第（2）問(wèn)的最大值情況下，測(cè)得小球1、2碰后從O點(diǎn)開始向下運(yùn)動(dòng)到第一次返回O點(diǎn)所用的時(shí)間為t，求小球1、2碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期。
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
設(shè)小球1自由下落的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒有
1與2碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則有
將代入聯(lián)立解得
2在O位置彈簧被壓縮，根據(jù)平衡條件得
1與2共同繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)離O點(diǎn)的最大距離為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
整理得
解得
（舍去）
即
【小問(wèn)2詳解】
小球1、2碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)即將分離時(shí)，它們的加速度大小，即反彈上升的最高點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置，由能量守恒有
解得
由（1）問(wèn)動(dòng)量守恒，碰前速度
解得
【小問(wèn)3詳解】
兩小球一起向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)平衡條件有
小球1、2碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅
振動(dòng)圖像如圖所示
由余弦函數(shù)知
小球1、2碰后從O點(diǎn)開始向下運(yùn)動(dòng)到第一次返回O點(diǎn)所用的時(shí)間
則小球1、2碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期

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