江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高一上学期期末物理试卷
一．选择题(每题5分共60分，其中9至12题为多选，部分选对2分，其它为单选)
1．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止，重力加速度g取，则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近（ ）
A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm
2．光滑水平地面上有两个物体A、B，质量分别为m、M。如图甲所示，物体B静止，左端连有轻质弹簧，当物体A以速度v向右运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为；若物体A静止并将轻质弹簧连在物体A的右端，如图乙所示，当物体B以相同的速度v向左运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为。两物体始终沿直线运动，下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．无法判断的大小关系
3．于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内宇航员主动切断与降落伞的连接（“切伞”），同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为，喷气完成后返回舱的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
4．深秋时节，郡园里的银杏果纷纷从树上掉落，2024届高三的某同学在某个无风的中午观察到一个银杏果从8m高处从静止落下，落地速度为。已知这颗银杏果的质量为，且下落过程中所受空气阻力与速度成正比，且关系为，重力加速度为，请你计算银杏果下落时间t为（ ）
A．1.20s B． C．1.50s D．1.60s
5．如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
6．质量均为的两个小球用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A紧靠挡板P，如图所示，给小球B一个水平向左的瞬时冲量，大小为I，使小球B向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开，弹簧始终在弹性限度内，取向右为正方向，在小球获得冲量之后的整个运动过程中，对于A、B及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．系统机械能和动量均守恒
B．挡板P对小球A的冲量大小为
C．挡板P对小球A做的功为
D．小球A离开挡板后，系统弹性势能的最大值为
7.三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA＝m，mC＝4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则B的质量应为( )
A．m B．2m C．3m D．4m
8．如图所示，A、B两球分别用长度均为的轻杆通过光滑较链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为，C球的质量为，三球体积相同，且均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为。系统从静止释放到C球落地前的过程，下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C三球组成的系统动量守恒 B．C球的机械能先增加后减少
C．C球落地前瞬间的速度大小为 D．A球的最大速度大小为
9．如图所示，质量为3m、半径为R的空心大球B（内壁光滑），静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点），从与大球球心等高处，紧贴着大球内表面无初速释放。小球A从静止开始，滑到大球的最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．小球A的位移大小等于 B．小球A的位移大小等于
C．小球A的速度大小等于 D．小球A的速度大小等于
10．如图所示，水平放置、足够长的光滑杆上套有一小球，小球通过一长度为的不可伸长的轻绳与小球相连，小球的质量均为。将小球放置于小球的正下方处，并以初速度水平抛出，为重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．绳子恰好绷直时，其与的夹角为
B．绳子绷直前瞬间，小球的速度大小为
C．绳子绷直后瞬间，小球的速度大小为
D．绳子绷直前后，绳子对B球的冲量大小为
11．如图所示，一质量为m、长为L，上表面光滑的木板A静止在光滑水平面上，其左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为l0，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一质量为2m、可视为质点的物块B以初速度v0从木板的最右端向左滑动，而后压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内）。当弹簧的弹性势能最大时，细绳恰好被拉断，之后A可在桌面上滑动。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。则（ ）
A．弹性势能的最大值为
B．细绳所能承受的最大拉力
C．小物块B滑离木板A时，物块B的对地位移
D．若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向不发生变化
12．据报道ACF极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一个ACF缓震材料置于水平地面，将质量为m的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为t及钢球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．冲击时机械能转为热能百分比为
B．冲击时机械能转为热能百分比为
C．钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
D．缓震材料受到钢球的平均冲力为
三、实验题(每空3分共9分)
13．某同学为了验证碰撞过程中的动量守恒定律，用纸板搭建如图所示的滑道， 使完全相同的甲、乙小滑块可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA段水平且足够长。
实验步骤如下：
①将甲放置在斜面的某一位置，标记此位置为 B， 测得B到斜面底端O 点的水平距离和竖直高度分别为l、h；
②由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测得甲从斜面底端 O点到停止处的滑行距离OP；
③将乙放置在O 处，左侧与O 点重合，甲从B点再次由静止释放，甲、乙发生碰撞后结合在一起，测得甲乙从O点到停止处的滑行距离 ON；
④重复实验若干次，得到OP、ON的平均值分别为x1、x2
请回答下列问题：
（1）在本实验中，滑块与倾斜纸板间的摩擦力对实验结果 （选填“有”或“没有”）影响。
（2）滑块与纸板间的动摩擦因数μ= （ 用l、h 和x1 表示）。
（3）在误差允许范围内，若x1和 x2的比值 则甲、乙碰撞过程动量守恒。
三.计算题(共31分)
14.(8分)如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m。在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。
15.(12分)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
16．(11分)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个抛物线形的光滑轨道，其轨道方程为（直角坐标系Oxy如图所示，x，y以m为单位，并固定于凹槽上），质量为m的小球，初始时刻从抛物线右侧的最高点P由静止开始下滑。整个过程凹槽不翻转，已知。
（1）若凹槽自由置于光滑水平面上，求小球从右侧P点下滑至最低点时速度大小及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）若凹槽自由置于光滑水平面上，求小球运动的轨迹方程（固定于地面在平面直角坐标系中，当凹槽与小球均静止时，与Oxy重合）。
江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高一上学期期末物理试卷答案
1【答案】B【详解】设苹果刚接触钢板时速度为，取向上为正方向，根据动量定理，有解得设苹果从静止状态跌落的最大高度为，有解得故选B。
2【答案】C【详解】根据动量守恒和能量守恒可知，当B静止时，可得当A静止时，可得故选C。
3【答案】B【详解】设喷气前后返回舱质量分别为，，喷气完成后返回舱的速度大小为。分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得解得故选B。
4【答案】C【详解】银杏果下落过程中，由动量定理得由题可知，代入数据得故选C。
5【答案】C【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；B．若小球恰好到达点时，由于水平方向动量守恒有由机械能守恒解得故B错误；CD．当时，小球从点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到点，故最后一次离开斜面的位置一定是点，由水平方向动量守恒得由机械能守恒得解得，
可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选C。
6【答案】D【详解】A．根据题意可知，小球A离开挡板前，挡板对系统有向右的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．根据题意可知，在B获得冲量到离开挡板过程，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，将离开挡板，此时的速度为零，对系统由机械能守恒定律可知，此时的速度与B刚获得冲量时速度大小相等，方向相反，则B的冲量大小仍为，取向右为正方向，对B由动量定理有由于弹力对A、B的作用力等大、反向，且作用时间相等，则弹簧弹力对A的冲量大小为，方向向右，对A由动量定理有
解得故B错误；C．小球受挡板弹力作用过程中，小球的位移为零，则挡板P对小球A做功为零，故C错误；D．根据上述分析可知，小球离开挡板时的速度为零，B的冲量为，则B的速度为A离开挡板后A、B系统动量守恒，当两者速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律可得，系统弹性势能的最大值为故D正确。故选D。
7.B [设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋Mv，解得v2＝；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得Mv＝Mv′＋×(4m)v，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝，故C球碰撞后的速度为v3＝·＝，由数学关系解得M＝＝2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大。]
8【答案】C【详解】A．A、B、C三球组成的系统水平方向上合力为零，动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，故A错误；B．小球A、B先加速后减速，动能先增加后减少，A、B、C三球组成的系统机械能守恒，C球的机械能先减少后增加，故B错误；C．C球落地前瞬时，A、B两球的速度为零，A、B、C三球组成的系统机械能守恒，有可得故C正确；D．当两杆与水平面成角时，根据A、C两球沿杆方向的分速度相等可知根据机械能守恒有解得当时，A球速度有最大值，最大，则故D错误。故选C。
9【答案】BC【详解】AB．A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，则从A被释放到A滚到最低点的过程中，A、B在任意时刻的速度大小满足所以A、B的位移大小满足根据位移关系有解得小球A的位移为故A错误，B正确；CD．整个过程中能量守恒，则其中解得故C正确，D错误。故选BC。
10【答案】AC【详解】AB．根据平抛运动规律，从抛出到绳子恰好绷直，几何关系联立三式可得则，可知绳绷直时与杆的夹角，且绷直前瞬间B球速度与水平方向的夹角也为，此时B球的速度大小A正确，B错误；
C．绳子绷直过程中，B球所受总冲量沿绳由B指向A，B球的动量减小，故B球的速度减小，但方向不变，设绷直后瞬间A、B球的速度分别为，根据水平方向动量守恒有
由A、B球沿绳方向速度相同联立两式解得，C正确；
D．对B球用动量定理分析，绳子对B球的冲量大小D错误。故选AC。
11【答案】BC【详解】AB．细绳恰好被拉断时，小滑块B的速度为零，细绳承受的拉力最大，设细绳最大拉力为，设此时弹簧的压缩量为，则有由能量守恒可得，弹性势能的最大值为解得细绳所能承受的最大拉力故A错误，B正确；C．细绳被拉断后小物块B与木板A组成的系统动量守恒，有则即根据几何关系有小物块B滑离木板A时，物块B的对地位移故C正确；
D．根据动量守恒可知，B的质量越大，物块在运动过程中速度方向越不容易发生变化，设把B换成质量为的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向恰不发生变化，小物块B向左运动将弹簧压缩后，细绳被拉断，设此时小物块B速度大小为，根据能量守恒有
此后在弹簧弹力作用下小物块B做减速运动，设弹簧恢复原长时小物块B速度恰减小为零，此时木板A的速度为，则有，解得故若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向发生变化，故D错误。故选BC。
12【答案】BD【详解】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为冲击后钢球的机械能为由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为冲击时机械能转为热能百分比为故A错误，B正确；C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后超重再失重，故C错误；D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有缓震材料受到钢球的平均冲力为故D正确。故选BD。
13【答案】 没有
【详解】（1）[1]滑块与倾斜纸板间的摩擦力不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即可；
（2）[2]根据动能定理可得 可得
联立解得
（2）[3]在水平面上根据牛顿第二定律可得 解得
在水平面上的加速度大小与物体的质量无关，甲不与乙发生碰撞和甲与乙发生碰撞一起运动的加速度大小相等，设碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，根据动量守恒可得
解得 可得
14.[解析] (1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
对木板和物块组成的系统，由功能关系得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
由以上两式解得v0＝＝2 m/s。
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v1
mv0＝(M＋m)v1
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，则对木板和物块组成系统的整个运动过程，由功能关系有
μmg·2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v
由以上各式解得ΔE＝－2μmgL
代入数据可得ΔE＝0.375 J。
[答案] (1)2 m/s (2)0.375 J
15答案 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
解析 (1)物块N在D点时，有Mg＝M
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒Mv＝Mv＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时
FN－Mg＝M，解得FN＝240 N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋Mv
弹簧弹开到碰前过程Ep＝mv＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
Ep＝(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC，
Mv2＝Mv＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过圆周处，则
Mv＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－Mv
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
16【答案】（1），；（2）见解析
【详解】（1）根据系统水平方向动量守恒
，
解得
根据人船模型可知
，
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离
小球相对初始运动距离
（2）设小球从静止滑至某位置时的坐标为，对地水平位移为 ，凹槽的圆心向右运动了，得，相对原轨迹方程横坐标
代入
，
解得
