河北省保定市2024-2025学年高三上学期10月期中考试物理试题
1．（2024高三上·保定期中）有关运动学的相关概念，下列说法正确的是（ ）
A．某同学参加学校秋季运动会的200m比赛，他的位移大小和路程相等
B．研究巴黎奥运会上全红婵跳水的入水动作时，可以把全红婵看作质点
C．经常听到某品牌的汽车比另一品牌的汽车启动快，启动快是指加速度大
D．某段高速路区间限速标志“限速区间10km，限速120km/h”，这里120km/h是瞬时速度
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；瞬时速度
【解析】【解答】A．某同学参加200m比赛，他的轨迹是曲线，因此他的路程是200m（即他实际跑过的距离），但他的位移（即从起点到终点的直线距离）小于200m，故A错误；
B．研究全红婵跳水的入水动作时，我们需要关注她的身体姿势、动作细节等，因此不能把她看作质点（质点是忽略物体大小和形状的理想模型），故B错误；
C．经常听到某品牌的汽车比另一品牌的汽车启动快，启动快是指加速度大，故C正确；
D．某段高速路区间限速标志“限速区间10km，限速120km/h”，这里120km/h是平均速率，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查了位移与路程、质点、加速度以及瞬时速度与平均速度的区别，这些都是运动学中的 基础概念，理解它们的定义和适用条件是解题的关键。
2．（2024高三上·保定期中）细绳一端系在A点，另一端跨过光滑定滑轮B后悬挂一小桶Q，另一小桶P通过光滑挂钩挂在细绳上，小桶P、Q完全相同，可以通过添加细砂改变小桶的重力。系统平衡后如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．如果AC与BC的夹角等于120°，Q中细砂的质量等于P中细砂的质量
B．如果AC与BC的夹角等于60°，Q中细砂的质量等于P中细砂的质量
C．如果AC与BC的夹角大于90°，Q中细砂的质量大于P中细砂的质量
D．如果AC与BC的夹角小于90°，Q中细砂的质量大于P中细砂的质量
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上“活结”两侧的绳子是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。根据题意可知，绳中张力均等于小桶Q与Q中细砂的总重力的大小，如果AC与BC的夹角等于120°，则
即
故A正确；
B．如果AC与BC的夹角等于60°，则
即
故B错误；
C．如果AC与BC的夹角大于90°，则
可知，Q中细砂的质量可能等于P中细砂的质量，也可能小于P中细砂的质量，也可能大于P中细砂的质量，故C错误；
D．如果AC与BC的夹角小于90°，则Q中细砂的质量小于P中细砂的质量，故D错误。
故选A。
【分析】绳子为“死结”或“活结”时的受力分析.“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因“结”而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等．
3．（2024高三上·保定期中）如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为，小齿轮总齿数为，后轮直径为D。某同学骑行时，匀速蹬脚踏板带动大齿轮每秒钟转N圈，则自行车向前行驶的车速为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系，大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，由
知
解得
大、小齿轮数分别为、，知
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。
故选C。
【分析】根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系；同时知道大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，从而确定两轮转动的圈数关系。
4．（2024高三上·保定期中）如图所示，一质量为2kg的物块，沿竖直墙下滑的过程中受到如图所示的作用力F，已知物块与竖直墙间的动摩擦因数为，且与水平方向夹角，，，。下列说法正确的是（ ）
A．物块对竖直墙的压力大小为8N
B．物块与竖直墙间的摩擦力大小为
C．物块的加速度大小为
D．物块的加速度大小为
【答案】D
【知识点】力的分解；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．我们需要对物块进行受力分析。物块受到重力、竖直墙的支持力、作用力F以及摩擦力。将F分解为水平分力和竖直分力
物块与竖直墙的压力大小等于F的水平分力，大小为6N，故A错误；
B．根据滑动摩擦力计算公式，物块与竖直墙间的摩擦力大小为
故B错误；
CD．根据牛顿第二定律
代入数值
解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】物块对竖直墙的压力等于竖直墙对物块的支持力。根据力的平衡，我们可以得到支持力N的大小。根据牛顿第二定律求解加速度大小。
5．（2024高三上·保定期中）如图所示，把物体轻放在传送带底端A点，传送至顶端B点时物体恰好与传送带速度相同。如果仅适当增大传送带的速度，物体从A点传送至B点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．传送时间将缩短
B．摩擦力对物体所做的功不变
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量将不变
D．物体机械能的变化量将增大
【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
由此可知，仅适当增大传送带的速度，物体向上运动的加速度不变，传送带长度L不变，即物体位移不变，传送时间不变，故A错误；
BD．由于物体始终受到滑动摩擦力，摩擦力不变，位移不变，摩擦力对物体所做的功等于摩擦力与物体位移的乘积，则摩擦力对物体所做的功不变，根据功能关系可知，物体机械能的变化量将不变，故B正确，D错误；
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。物体与传送带因摩擦而产生的热量为
由此可知，物体与传送带因摩擦而产生的热量变大，故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律，分析物体加速度，根据位移时间关系可以确定运动时间不变。物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。
6．（2024高三上·保定期中）质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内重力的冲量为零
B．0~1s内摩擦力冲量的大小为
C．时物块的动量为零
D．时物块动量的大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的定义判断重力的冲量，0~2s内重力的冲量为
故A错误；
B．物体所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，然后比较摩擦力与拉力的大小。结合图像信息判断摩擦力的种类与大小，然后再分段计算摩擦力的冲量。物块受到的最大静摩擦力为
结合图线知，可知0~0.8s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.8~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为
故B正确；
C．物块的水平拉力大于8N时，物块开始运动，由动量定理可知
代入数据解得
即动量不为零，故C错误；
D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为
在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为
由动量定理可知
解得在时物块动量的大小为
故D错误。
故选B。
【分析】先对物块受力分析，判断摩擦力的种类及大小，利用冲量定义式、动量定理计算未知数为解决本题的关键。先计算合力冲量大小，然后利用动量定理计算物体动量。
7．（2024高三上·保定期中）一长为L的金属管从地面以的速率竖直上抛，管在运动过程中保持竖直，管口正上方高h（）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球从开始运动到穿过管所用的时间等于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
【答案】A
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．自由落体运动与竖直上抛运动具有相同的加速度，都是竖直方向上的运动，自由落体与竖直上抛的相遇类似于匀变速直线运动的追及相遇问题。对于竖直上抛和自由落体运动的相遇问题，要以两个匀变速直线运动为基础，抓住相遇时两个物体的位移大小之和等于总高度这一个突破点进行分析解答。两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球从开始运动到穿过管所用的时间等于
故A正确；
BD．刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则
故BD错误；
C．若小球在管刚着地时穿管，有
解得
结合B选项分析可知若小球在管下降阶段穿过管，则
故C错误；
故选A。
【分析】根据两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，结合匀速运动公式和速度—时间公式分析求解。
8．（2024高三上·保定期中）如图所示，一质量为1kg的长木板B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为2kg的小物块A。现给A和B大小均为6m/s、方向相反的初速度。已知A最终没有滑离木板B，，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B系统动量守恒
B．当B速度大小为1m/s时，A的速度大小一定为3.5m/s
C．A、B间动摩擦因数越大，相对运动的时间越短
D．A、B间动摩擦因数越大，系统因摩擦而产生的热量越大
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由于AB组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，则系统动量守恒，故A正确；
B．以向左为正方向，根据动量守恒列方程即可解答，根据动量守恒定律有
当B的速度大小为1m/s时，A的速度大小可能2.5m/s或3.5m/s，故B错误；
C．根据动量守恒定律有
解得两物体最终的速度为
所以根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解运动时间，
由此可知，A、B间动摩擦因数越大，相对运动的时间越短，故C正确；
D．系统因摩擦而产生的热量等于其他能量的减少量为
A、B间动摩擦因数越大，系统因摩擦而产生的热量不变，故D错误。
故选AC。
【分析】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答。相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能。
9．（2024高三上·保定期中）某空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，航天员在空间站内操纵长为d的机械臂捕获了空间站外一质量为m的空间碎片，如图所示。已知在机械臂的作用下，空间碎片、空间站和地球球心始终在同一直线上，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略捕获过程中空间站轨道的变化，下列说法正确的是（ ）
A．空间站做圆周运动的周期为
B．空间站所在轨道处的重力加速度
C．机械臂对空间碎片的作用力大小
D．机械臂对空间碎片的作用力大小
【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．在地球表面处和空间站所在轨道处，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站所在轨道处的重力加速度以及周期。根据万有引力提供向心力
联立可得
，
故A错误，B正确；
CD．对碎片，机械臂和它们的角速度相，合力提供向心力，同根据牛顿第二定律有
所以
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】在地球表面处和空间站所在轨道处，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站所在轨道处的重力加速度；对于空间站，地球对它的万有引力恰好等于其所需要的向心力。
10．（2024高三上·保定期中）如图，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球的作用力大小一定为，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为
C．当，
D．当，
【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对于小球A，它受到重力、细线的拉力和轻杆的作用力。由于系统有水平向左的加速度，小球A也会受到一个向左的合力。杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为。对小球，由竖直方向平衡
得
故A正确；
B．当细线拉力为0时，意味着小球A只受到重力和轻杆的作用力。拉力为0时，对小球，水平方向，由牛顿第二定律得
又A项分析可知
解得
故B正确；
C．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律（合力等于加速度与质量乘积）得
解得
对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故C正确；
D．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律得
解得
对A向左能达到的最大加速度
可得
即系统向左能达到的最大加速度为，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故D错误。
故选ABC。
【分析】我们来分析整个系统的运动情况。由于小车在水平向左的作用力F下运动，系统（包括小车、小球A、物块B）将产生水平向左的加速度。我们需要考虑各个部分（小球A、物块B）的受力情况，以及它们与小车之间的相互作用。
11．（2024高三上·保定期中）某同学用如图甲所示的实验装置来探究两个互成角度的力的合成规律。进行如下操作：
①在木板上固定一张白纸，然后竖直固定木板。
②将弹簧测力计A的一端挂在P点。
③带绳结O的细绳套，一端连接A的挂钩，一端连接重物M，另一端连接弹簧测力计B的挂钩。
④手持弹簧测力计B的另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。
⑤分别读出弹簧测力计A和B的示数，在白纸上记录O点的位置和细绳的方向。
⑥改变A、B弹簧拉力的夹角，重复④⑤操作步骤进行多次实验和记录。
（1）为保证实验测量的准确性，达成实验目的，以下操作符合要求的是（ ）
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．多次实验过程中，每次都应使绳结O点静止在同一位置
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点
D．本实验需要用弹簧测力计测量重物M的重力
（2）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，某次实验操作过程中弹簧测力计A的示数如图甲所示，读数为 N。
（3）根据实验原理及操作，在某次作图时，图中 （选填“乙”或“丙”）是合理的。
【答案】（1）A；C；D
（2）2.60
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计是测量力的大小的仪器，在使用前必须进行校零，以确保测量结果的准确性。这是实验测量的基本要求，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．在确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点。这样做是为了更准确地确定拉力的方向，因为两点确定一条直线。如果只标记一个点或两个点相距很近，那么拉力的方向可能会有较大的误差，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
【分析】（1）在力学实验，特别是涉及弹簧测力计和细绳拉力的实验中，应遵循的操作规范和注意事项。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，逢1估读，结果估读到最小刻度后一位；
（3）任何实验都存在误差，理论值和实际值不可能完全一样。
（1）A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
12．（2024高三上·保定期中）在用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中，质量为0.2kg的重锤拖着纸带下落，在此过程中，打点计时器在纸带上打出一系列的点。在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D、E，如图所示。其中O为重锤由静止开始下落时记录的点，各点到O点的距离分别是31.4mm、49.0mm、70.5mm、95.9mm、124.8mm。当地重力加速度。本实验所用电源的频率。
（1）纸带被释放瞬间的四种情况如图所示，其中操作正确的是________
A． B．
C． D．
（2）打点计时器打下点D时，重锤下落的速度 m/s。（计算结果保留三位有效数字）
（3）从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量 J；重锤动能的增加量 J。（计算结果保留三位有效数字）
（4）分析实验数据，你能得出什么样的实验结论？ 。
【答案】（1）C
（2）1.36
（3）0.188；0.185
（4）在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物释放时应靠近打点计时器，同时应保持纸带竖直，尽量减少阻力对实验的影响。
故选C。
（2）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
我们会采用匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度这一原理来求解速度。打点计时器打下点D时，重锤下落的速度
（3）从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量为
从打下点O到打下点D的过程中，重锤动能的增加量为
（4）由以上实验数据可得，在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。任何实验都有误差，所以说在实验误差允许的范围内重物机械能守恒。
【分析】（1）重物释放时应靠近打点计时器，充分利用纸带，同时应保持纸带竖直，尽量减少阻力对实验的影响，
（2）我们会采用匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度这一原理来求解速度。
（3）利用重力势能以及动能表达式计算重锤重力势能的减小量以及重锤动能的增加量。
（4）在实验误差允许的范围内重物下落过程机械能守恒。
（1）重物释放时应靠近打点计时器，同时应保持纸带竖直。
故选C。
（2）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
打点计时器打下点D时，重锤下落的速度
（3）[1]从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量为
[2]从打下点O到打下点D的过程中，重锤动能的增加量为
（4）由以上实验数据可得，在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。
13．（2024高三上·保定期中）如图所示，某人从平台上水平抛出一弹性球，与平台右侧固定的四分之一圆形轨道的A点发生碰撞，碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中。已知圆形轨道半径为5R，圆心O与A点连线跟竖直方向夹角为37°，弹性球抛出时离地高度为，忽略空气阻力，重力加速度为g，，，求：
（1）弹性球抛出后运动到A点所用的时间；
（2）弹性球水平抛出时的速度大小。
【答案】（1）解：碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中，说明到达A点时速度方向沿半径方向，在A点时的竖直速度为
则用时间为
（2）解：弹性球水平抛出时的速度大小
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）要想球砸在圆形轨道上还能沿原路返回到游戏选手手中，球应垂直打在圆形轨道上，即速度方向的反向延长线过圆心O，根据平抛运动的规律确定竖直位移，根据竖直方向自由落体规律求解时间；
（2）结合分运动的规律求解初速度。
（1）碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中，说明到达A点时速度方向沿半径方向，在A点时的竖直速度为
则用时间为
（2）弹性球水平抛出时的速度大小
14．（2024高三上·保定期中）光滑水平面与内壁光滑的竖直半圆轨道在P点平滑连接，该半圆轨道半径大小为R。质量为m的A球以速度v（大小未知）从P点冲上半圆轨道，在Q点对半圆轨道的压力为其重力的11倍。如图所示，将B球静置于P点，A球仍以速度v向右运动，与B球发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度大小相等、方向相反。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）A球在Q点时的速度大小；
（2）B球的质量；
（3）B球沿半圆轨道运动的最大高度。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：对A球，根据机械能守恒定律有
所以
两球碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）解：当小球B达到最大高度处时，与圆心O的连线与水平方向夹角为α，则
最大高度为
联立可得
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）在Q点对半圆轨道的压力为其重力的11倍，利用圆周运动规律求解A球在Q点时的速度大小；
（2）A球仍以速度v向右运动，与B球发生弹性碰撞，系统机械能守恒，对A和B组成的系统，运用动量守恒求出物体B的质量。
（3）当小球B达到最大高度处时，重力的分力提供向心力，结合动能定理以及牛顿第二定律求解B球沿半圆轨道运动的最大高度。
（1）根据牛顿第二定律可得
解得
（2）对A球，根据机械能守恒定律有
所以
两球碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）当小球B达到最大高度处时，与圆心O的连线与水平方向夹角为α，则
最大高度为
联立可得
15．（2024高三上·保定期中）如甲图所示，两个物体A、B（均可视为质点）中间用劲度系数为20 N/m的轻质弹簧连接，静置于水平地面上，物体B与P点左侧地面间动摩擦因数为0.1，与P点右侧的摩擦可忽略不计。t = 0时刻开始，物体A受水平向右的拉力F，F与物体A的位移关系如乙图所示。1 s后撤去拉力F，此时物体B刚好开始运动，整个过程中物体A、B的速度与时间关系如丙图所示。物体B质量为10 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10 m/s2。求：
（1）物体B刚开始运动时弹簧的形变量；
（2）t = 1 s时，物体A、B及弹簧系统的机械能；
（3）弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率。
【答案】（1）解：物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力
可得弹簧的形变量
（2）解：由图乙可知，x=0时，F0=2N，由牛顿第二定律得
由图丙可知，0 ~ 1 s内物体A做初速度为0的匀加速直线运动，则有
解得
x = 0.5m时
解得
由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功
由图像可得
则系统机械能
（3）解：t = 1s时，物体A、B的速度分别为
1 s后撤去F，设弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速度分别为vA'、vB'，A、B及弹簧系统动量守恒
机械能守恒
计算得出物体A、B的速度可能的两组解
或
由丙图可知，弹簧第一次恢复原长时，物体B的速率为正值，所以舍去第二组解，故弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率分别为1.5m/s，0.5m/s。
【知识点】功能关系；胡克定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力，结合胡克定律求解弹簧的形变量；
（2）由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功，根据图像免得等于做功求解F做的功；
（3）A、B及弹簧系统动量守恒，机械能守恒，分别列出方程求解物体A、B的速度，结合图像丙进行判断。
（1）物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力
可得弹簧的形变量
（2）由图乙可知，x = 0时，F0 = 2 N，由牛顿第二定律得
由图丙可知，0 ~ 1 s内物体A做初速度为0的匀加速直线运动，则有
解得
x = 0.5 m时
解得
由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功
由图像可得
则系统机械能
（3）t = 1 s时，物体A、B的速度分别为
1 s后撤去F，设弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速度分别为vA'、vB'，A、B及弹簧系统动量守恒
机械能守恒
计算得出物体A、B的速度可能的两组解
或
由丙图可知，弹簧第一次恢复原长时，物体B的速率为正值，所以舍去第二组解，故弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率分别为1.5 m/s，0.5 m/s。
河北省保定市2024-2025学年高三上学期10月期中考试物理试题
1．（2024高三上·保定期中）有关运动学的相关概念，下列说法正确的是（ ）
A．某同学参加学校秋季运动会的200m比赛，他的位移大小和路程相等
B．研究巴黎奥运会上全红婵跳水的入水动作时，可以把全红婵看作质点
C．经常听到某品牌的汽车比另一品牌的汽车启动快，启动快是指加速度大
D．某段高速路区间限速标志“限速区间10km，限速120km/h”，这里120km/h是瞬时速度
2．（2024高三上·保定期中）细绳一端系在A点，另一端跨过光滑定滑轮B后悬挂一小桶Q，另一小桶P通过光滑挂钩挂在细绳上，小桶P、Q完全相同，可以通过添加细砂改变小桶的重力。系统平衡后如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．如果AC与BC的夹角等于120°，Q中细砂的质量等于P中细砂的质量
B．如果AC与BC的夹角等于60°，Q中细砂的质量等于P中细砂的质量
C．如果AC与BC的夹角大于90°，Q中细砂的质量大于P中细砂的质量
D．如果AC与BC的夹角小于90°，Q中细砂的质量大于P中细砂的质量
3．（2024高三上·保定期中）如图所示，某款自行车大齿轮总齿数为，小齿轮总齿数为，后轮直径为D。某同学骑行时，匀速蹬脚踏板带动大齿轮每秒钟转N圈，则自行车向前行驶的车速为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·保定期中）如图所示，一质量为2kg的物块，沿竖直墙下滑的过程中受到如图所示的作用力F，已知物块与竖直墙间的动摩擦因数为，且与水平方向夹角，，，。下列说法正确的是（ ）
A．物块对竖直墙的压力大小为8N
B．物块与竖直墙间的摩擦力大小为
C．物块的加速度大小为
D．物块的加速度大小为
5．（2024高三上·保定期中）如图所示，把物体轻放在传送带底端A点，传送至顶端B点时物体恰好与传送带速度相同。如果仅适当增大传送带的速度，物体从A点传送至B点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．传送时间将缩短
B．摩擦力对物体所做的功不变
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量将不变
D．物体机械能的变化量将增大
6．（2024高三上·保定期中）质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内重力的冲量为零
B．0~1s内摩擦力冲量的大小为
C．时物块的动量为零
D．时物块动量的大小为
7．（2024高三上·保定期中）一长为L的金属管从地面以的速率竖直上抛，管在运动过程中保持竖直，管口正上方高h（）处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球从开始运动到穿过管所用的时间等于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
8．（2024高三上·保定期中）如图所示，一质量为1kg的长木板B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为2kg的小物块A。现给A和B大小均为6m/s、方向相反的初速度。已知A最终没有滑离木板B，，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B系统动量守恒
B．当B速度大小为1m/s时，A的速度大小一定为3.5m/s
C．A、B间动摩擦因数越大，相对运动的时间越短
D．A、B间动摩擦因数越大，系统因摩擦而产生的热量越大
9．（2024高三上·保定期中）某空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，航天员在空间站内操纵长为d的机械臂捕获了空间站外一质量为m的空间碎片，如图所示。已知在机械臂的作用下，空间碎片、空间站和地球球心始终在同一直线上，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略捕获过程中空间站轨道的变化，下列说法正确的是（ ）
A．空间站做圆周运动的周期为
B．空间站所在轨道处的重力加速度
C．机械臂对空间碎片的作用力大小
D．机械臂对空间碎片的作用力大小
10．（2024高三上·保定期中）如图，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球的作用力大小一定为，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为
C．当，
D．当，
11．（2024高三上·保定期中）某同学用如图甲所示的实验装置来探究两个互成角度的力的合成规律。进行如下操作：
①在木板上固定一张白纸，然后竖直固定木板。
②将弹簧测力计A的一端挂在P点。
③带绳结O的细绳套，一端连接A的挂钩，一端连接重物M，另一端连接弹簧测力计B的挂钩。
④手持弹簧测力计B的另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。
⑤分别读出弹簧测力计A和B的示数，在白纸上记录O点的位置和细绳的方向。
⑥改变A、B弹簧拉力的夹角，重复④⑤操作步骤进行多次实验和记录。
（1）为保证实验测量的准确性，达成实验目的，以下操作符合要求的是（ ）
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．多次实验过程中，每次都应使绳结O点静止在同一位置
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点
D．本实验需要用弹簧测力计测量重物M的重力
（2）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，某次实验操作过程中弹簧测力计A的示数如图甲所示，读数为 N。
（3）根据实验原理及操作，在某次作图时，图中 （选填“乙”或“丙”）是合理的。
12．（2024高三上·保定期中）在用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中，质量为0.2kg的重锤拖着纸带下落，在此过程中，打点计时器在纸带上打出一系列的点。在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D、E，如图所示。其中O为重锤由静止开始下落时记录的点，各点到O点的距离分别是31.4mm、49.0mm、70.5mm、95.9mm、124.8mm。当地重力加速度。本实验所用电源的频率。
（1）纸带被释放瞬间的四种情况如图所示，其中操作正确的是________
A． B．
C． D．
（2）打点计时器打下点D时，重锤下落的速度 m/s。（计算结果保留三位有效数字）
（3）从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量 J；重锤动能的增加量 J。（计算结果保留三位有效数字）
（4）分析实验数据，你能得出什么样的实验结论？ 。
13．（2024高三上·保定期中）如图所示，某人从平台上水平抛出一弹性球，与平台右侧固定的四分之一圆形轨道的A点发生碰撞，碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中。已知圆形轨道半径为5R，圆心O与A点连线跟竖直方向夹角为37°，弹性球抛出时离地高度为，忽略空气阻力，重力加速度为g，，，求：
（1）弹性球抛出后运动到A点所用的时间；
（2）弹性球水平抛出时的速度大小。
14．（2024高三上·保定期中）光滑水平面与内壁光滑的竖直半圆轨道在P点平滑连接，该半圆轨道半径大小为R。质量为m的A球以速度v（大小未知）从P点冲上半圆轨道，在Q点对半圆轨道的压力为其重力的11倍。如图所示，将B球静置于P点，A球仍以速度v向右运动，与B球发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度大小相等、方向相反。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）A球在Q点时的速度大小；
（2）B球的质量；
（3）B球沿半圆轨道运动的最大高度。
15．（2024高三上·保定期中）如甲图所示，两个物体A、B（均可视为质点）中间用劲度系数为20 N/m的轻质弹簧连接，静置于水平地面上，物体B与P点左侧地面间动摩擦因数为0.1，与P点右侧的摩擦可忽略不计。t = 0时刻开始，物体A受水平向右的拉力F，F与物体A的位移关系如乙图所示。1 s后撤去拉力F，此时物体B刚好开始运动，整个过程中物体A、B的速度与时间关系如丙图所示。物体B质量为10 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10 m/s2。求：
（1）物体B刚开始运动时弹簧的形变量；
（2）t = 1 s时，物体A、B及弹簧系统的机械能；
（3）弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；瞬时速度
【解析】【解答】A．某同学参加200m比赛，他的轨迹是曲线，因此他的路程是200m（即他实际跑过的距离），但他的位移（即从起点到终点的直线距离）小于200m，故A错误；
B．研究全红婵跳水的入水动作时，我们需要关注她的身体姿势、动作细节等，因此不能把她看作质点（质点是忽略物体大小和形状的理想模型），故B错误；
C．经常听到某品牌的汽车比另一品牌的汽车启动快，启动快是指加速度大，故C正确；
D．某段高速路区间限速标志“限速区间10km，限速120km/h”，这里120km/h是平均速率，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查了位移与路程、质点、加速度以及瞬时速度与平均速度的区别，这些都是运动学中的 基础概念，理解它们的定义和适用条件是解题的关键。
2．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上“活结”两侧的绳子是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。根据题意可知，绳中张力均等于小桶Q与Q中细砂的总重力的大小，如果AC与BC的夹角等于120°，则
即
故A正确；
B．如果AC与BC的夹角等于60°，则
即
故B错误；
C．如果AC与BC的夹角大于90°，则
可知，Q中细砂的质量可能等于P中细砂的质量，也可能小于P中细砂的质量，也可能大于P中细砂的质量，故C错误；
D．如果AC与BC的夹角小于90°，则Q中细砂的质量小于P中细砂的质量，故D错误。
故选A。
【分析】绳子为“死结”或“活结”时的受力分析.“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因“结”而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等．
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】脚踏板与大齿轮同步，转动周期相同，故
根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系，大齿轮和小齿轮通过链条连接，边缘处线速度相同，即
根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，由
知
解得
大、小齿轮数分别为、，知
后轮和小齿轮同轴，周期相同，故
解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等。
故选C。
【分析】根据齿轮齿数的数值确定两轮的半径关系；同时知道大齿轮和小齿轮靠链条传动，线速度相等，根据半径关系可以求出小齿轮的角速度之比，从而确定两轮转动的圈数关系。
4．【答案】D
【知识点】力的分解；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．我们需要对物块进行受力分析。物块受到重力、竖直墙的支持力、作用力F以及摩擦力。将F分解为水平分力和竖直分力
物块与竖直墙的压力大小等于F的水平分力，大小为6N，故A错误；
B．根据滑动摩擦力计算公式，物块与竖直墙间的摩擦力大小为
故B错误；
CD．根据牛顿第二定律
代入数值
解得
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】物块对竖直墙的压力等于竖直墙对物块的支持力。根据力的平衡，我们可以得到支持力N的大小。根据牛顿第二定律求解加速度大小。
5．【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
由此可知，仅适当增大传送带的速度，物体向上运动的加速度不变，传送带长度L不变，即物体位移不变，传送时间不变，故A错误；
BD．由于物体始终受到滑动摩擦力，摩擦力不变，位移不变，摩擦力对物体所做的功等于摩擦力与物体位移的乘积，则摩擦力对物体所做的功不变，根据功能关系可知，物体机械能的变化量将不变，故B正确，D错误；
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。物体与传送带因摩擦而产生的热量为
由此可知，物体与传送带因摩擦而产生的热量变大，故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律，分析物体加速度，根据位移时间关系可以确定运动时间不变。物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的定义判断重力的冲量，0~2s内重力的冲量为
故A错误；
B．物体所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，然后比较摩擦力与拉力的大小。结合图像信息判断摩擦力的种类与大小，然后再分段计算摩擦力的冲量。物块受到的最大静摩擦力为
结合图线知，可知0~0.8s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.8~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为
故B正确；
C．物块的水平拉力大于8N时，物块开始运动，由动量定理可知
代入数据解得
即动量不为零，故C错误；
D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为
在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为
由动量定理可知
解得在时物块动量的大小为
故D错误。
故选B。
【分析】先对物块受力分析，判断摩擦力的种类及大小，利用冲量定义式、动量定理计算未知数为解决本题的关键。先计算合力冲量大小，然后利用动量定理计算物体动量。
7．【答案】A
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．自由落体运动与竖直上抛运动具有相同的加速度，都是竖直方向上的运动，自由落体与竖直上抛的相遇类似于匀变速直线运动的追及相遇问题。对于竖直上抛和自由落体运动的相遇问题，要以两个匀变速直线运动为基础，抓住相遇时两个物体的位移大小之和等于总高度这一个突破点进行分析解答。两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球从开始运动到穿过管所用的时间等于
故A正确；
BD．刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则
故BD错误；
C．若小球在管刚着地时穿管，有
解得
结合B选项分析可知若小球在管下降阶段穿过管，则
故C错误；
故选A。
【分析】根据两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，结合匀速运动公式和速度—时间公式分析求解。
8．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由于AB组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，则系统动量守恒，故A正确；
B．以向左为正方向，根据动量守恒列方程即可解答，根据动量守恒定律有
当B的速度大小为1m/s时，A的速度大小可能2.5m/s或3.5m/s，故B错误；
C．根据动量守恒定律有
解得两物体最终的速度为
所以根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解运动时间，
由此可知，A、B间动摩擦因数越大，相对运动的时间越短，故C正确；
D．系统因摩擦而产生的热量等于其他能量的减少量为
A、B间动摩擦因数越大，系统因摩擦而产生的热量不变，故D错误。
故选AC。
【分析】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答。相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能。
9．【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．在地球表面处和空间站所在轨道处，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站所在轨道处的重力加速度以及周期。根据万有引力提供向心力
联立可得
，
故A错误，B正确；
CD．对碎片，机械臂和它们的角速度相，合力提供向心力，同根据牛顿第二定律有
所以
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】在地球表面处和空间站所在轨道处，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站所在轨道处的重力加速度；对于空间站，地球对它的万有引力恰好等于其所需要的向心力。
10．【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对于小球A，它受到重力、细线的拉力和轻杆的作用力。由于系统有水平向左的加速度，小球A也会受到一个向左的合力。杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为。对小球，由竖直方向平衡
得
故A正确；
B．当细线拉力为0时，意味着小球A只受到重力和轻杆的作用力。拉力为0时，对小球，水平方向，由牛顿第二定律得
又A项分析可知
解得
故B正确；
C．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律（合力等于加速度与质量乘积）得
解得
对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故C正确；
D．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律得
解得
对A向左能达到的最大加速度
可得
即系统向左能达到的最大加速度为，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故D错误。
故选ABC。
【分析】我们来分析整个系统的运动情况。由于小车在水平向左的作用力F下运动，系统（包括小车、小球A、物块B）将产生水平向左的加速度。我们需要考虑各个部分（小球A、物块B）的受力情况，以及它们与小车之间的相互作用。
11．【答案】（1）A；C；D
（2）2.60
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计是测量力的大小的仪器，在使用前必须进行校零，以确保测量结果的准确性。这是实验测量的基本要求，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．在确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点。这样做是为了更准确地确定拉力的方向，因为两点确定一条直线。如果只标记一个点或两个点相距很近，那么拉力的方向可能会有较大的误差，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
【分析】（1）在力学实验，特别是涉及弹簧测力计和细绳拉力的实验中，应遵循的操作规范和注意事项。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，逢1估读，结果估读到最小刻度后一位；
（3）任何实验都存在误差，理论值和实际值不可能完全一样。
（1）A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
12．【答案】（1）C
（2）1.36
（3）0.188；0.185
（4）在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）重物释放时应靠近打点计时器，同时应保持纸带竖直，尽量减少阻力对实验的影响。
故选C。
（2）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
我们会采用匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度这一原理来求解速度。打点计时器打下点D时，重锤下落的速度
（3）从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量为
从打下点O到打下点D的过程中，重锤动能的增加量为
（4）由以上实验数据可得，在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。任何实验都有误差，所以说在实验误差允许的范围内重物机械能守恒。
【分析】（1）重物释放时应靠近打点计时器，充分利用纸带，同时应保持纸带竖直，尽量减少阻力对实验的影响，
（2）我们会采用匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度这一原理来求解速度。
（3）利用重力势能以及动能表达式计算重锤重力势能的减小量以及重锤动能的增加量。
（4）在实验误差允许的范围内重物下落过程机械能守恒。
（1）重物释放时应靠近打点计时器，同时应保持纸带竖直。
故选C。
（2）根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为
打点计时器打下点D时，重锤下落的速度
（3）[1]从打下点O到打下点D的过程中，重锤重力势能的减小量为
[2]从打下点O到打下点D的过程中，重锤动能的增加量为
（4）由以上实验数据可得，在实验误差允许的范围内重物下落过程减少的重力势能等于增加的动能，即重物机械能守恒。
13．【答案】（1）解：碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中，说明到达A点时速度方向沿半径方向，在A点时的竖直速度为
则用时间为
（2）解：弹性球水平抛出时的速度大小
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）要想球砸在圆形轨道上还能沿原路返回到游戏选手手中，球应垂直打在圆形轨道上，即速度方向的反向延长线过圆心O，根据平抛运动的规律确定竖直位移，根据竖直方向自由落体规律求解时间；
（2）结合分运动的规律求解初速度。
（1）碰撞后弹性球恰能原路返回至此人手中，说明到达A点时速度方向沿半径方向，在A点时的竖直速度为
则用时间为
（2）弹性球水平抛出时的速度大小
14．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：对A球，根据机械能守恒定律有
所以
两球碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）解：当小球B达到最大高度处时，与圆心O的连线与水平方向夹角为α，则
最大高度为
联立可得
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）在Q点对半圆轨道的压力为其重力的11倍，利用圆周运动规律求解A球在Q点时的速度大小；
（2）A球仍以速度v向右运动，与B球发生弹性碰撞，系统机械能守恒，对A和B组成的系统，运用动量守恒求出物体B的质量。
（3）当小球B达到最大高度处时，重力的分力提供向心力，结合动能定理以及牛顿第二定律求解B球沿半圆轨道运动的最大高度。
（1）根据牛顿第二定律可得
解得
（2）对A球，根据机械能守恒定律有
所以
两球碰撞过程动量守恒，则
所以
（3）当小球B达到最大高度处时，与圆心O的连线与水平方向夹角为α，则
最大高度为
联立可得
15．【答案】（1）解：物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力
可得弹簧的形变量
（2）解：由图乙可知，x=0时，F0=2N，由牛顿第二定律得
由图丙可知，0 ~ 1 s内物体A做初速度为0的匀加速直线运动，则有
解得
x = 0.5m时
解得
由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功
由图像可得
则系统机械能
（3）解：t = 1s时，物体A、B的速度分别为
1 s后撤去F，设弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速度分别为vA'、vB'，A、B及弹簧系统动量守恒
机械能守恒
计算得出物体A、B的速度可能的两组解
或
由丙图可知，弹簧第一次恢复原长时，物体B的速率为正值，所以舍去第二组解，故弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率分别为1.5m/s，0.5m/s。
【知识点】功能关系；胡克定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力，结合胡克定律求解弹簧的形变量；
（2）由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功，根据图像免得等于做功求解F做的功；
（3）A、B及弹簧系统动量守恒，机械能守恒，分别列出方程求解物体A、B的速度，结合图像丙进行判断。
（1）物体B刚开始运动时，对B进行受力分析，弹簧弹力等于最大静摩擦力
可得弹簧的形变量
（2）由图乙可知，x = 0时，F0 = 2 N，由牛顿第二定律得
由图丙可知，0 ~ 1 s内物体A做初速度为0的匀加速直线运动，则有
解得
x = 0.5 m时
解得
由功能关系，A、B及簧系统的机械能E等于F做的功
由图像可得
则系统机械能
（3）t = 1 s时，物体A、B的速度分别为
1 s后撤去F，设弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速度分别为vA'、vB'，A、B及弹簧系统动量守恒
机械能守恒
计算得出物体A、B的速度可能的两组解
或
由丙图可知，弹簧第一次恢复原长时，物体B的速率为正值，所以舍去第二组解，故弹簧第一次恢复原长时，物体A、B的速率分别为1.5 m/s，0.5 m/s。
