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阶段性训练（二）
考察内容（平抛运动 圆周运动 万有引力定律 机械能守恒定律 动量）
一．选择题（共12 小题）
1．一名中学生（质量约为50kg）参加校运会跳高比赛，以1.80m 的成绩打破校运会纪录。
已知该学生采用“背越式”越过横杆落在身后1m 高的海绵垫上经0.2s 静止。请你估算
该学生对海绵垫的平均冲击力约为（ ）
A．100N
B．500N
C．1000N
D．1500N
【解答】解：由
v2 ＝2gh 学生落到海绵垫子上的速度大小
v =√2 gℎ=√2×10×(1.8−1)m/ s= 4 m/ s
以竖直向上为正方向，由动量定理（F﹣mg）t＝0﹣（﹣mv）
海绵垫对学生平均冲击力约F =mg+ mv
t ，解得F＝1500N
由牛顿第三定律，该学生对海绵垫平均冲击力约为1500N。故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
2．如图所示为可视为质点的排球从O 点水平抛出后，只在重力作用下运动的轨迹示意图。
已知排球从O 点到a 点与从a 点到b 点的时间相等，则（ ）
A．排球从O 点到a 点和从a 点到b 点重力做功之比为1：1
B．排球从O 点到a 点和从a 点到b 点重力做功的平均功率之比为1：3
C．排球运动到a 点和b 点时重力的瞬时功率之比为1：3
D．排球运动到a 点和b 点时的速度大小之比为1：2
【解答】解：AB．排球抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，在最初的相同时间内
竖直方向运动的位移大小之比为1：3，则排球从O 点到a 点和从a 点到b 点竖直方向运
动的位移大小之比为1：3，根据W＝mgh，可知重力做功之比为1：3，时间相同，根
据P= W
t ，重力做功的平均功率之比为1：3，故A 错误，B 正确；
C．由vy＝gt，得排球落到a 点和b 点时的竖直速度大小之比为1：2，又重力瞬时功率
公式P＝mgvy，可得重力的瞬时功率之比为1：2，故C 错误；
D．由vy＝gt，排球落到a 点和b 点的竖直速度大小之比为1：2，水平速度相同，根据
v =√v x
2+ v y
2，可知排球运动到a 点和b 点时的速度大小之比不为1：2，故D 错误。
故选：B。
3．2022 年桂林市重点杯篮球赛10 月在阳朔中学举行。在某场比赛中，质量为6kg 的篮球
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以10m/s 的速度大小传来，甲运动员接住后马上以相同的速度大小反向传出，如果甲从
接球到将球传出的时间为2.0s，则在甲从接球到将球传出的过程中，不计空气阻力，则
（ ）
A．甲接球后手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害
B．整个过程中球的动量改变了6kg•m/s
C．整个过程中手对球的平均作用力大小为12N
D．整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量
【解答】解：A．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小
冲击力，故甲接着球后要往身体收，以免伤害手指，故A 正确；
B ．整个过程中球的动量改变大小为Δp ＝mv﹣（﹣mv ）＝6×10kg• m/s﹣（﹣
10×6kg•m/s）＝120kg•m/s，故B 错误；
C．根据动量定理Δp＝Ft
解得：F＝60N，故C 错误；
D．整个过程中，根据牛顿第三定律，甲对球的作用力等于球对甲的作用力，且作用时
间相等，因此甲对球的冲量大小等于球对甲的冲量大小，故D 错误。
故选：A。
4．如图所示，摆线长为L，质量为m 的小球（可视为所点）从A（OA 连线与竖直方向夹
角为θ）位置由静止释放沿圆弧运动到B 位置的过程中，所用时间为t，到达B 点时动
量大小为p，到达B 点时绳子拉力大小为F，该过程中重力的冲量大小为IG，拉力的冲
量大小为IF，合外力的冲量大小为IF 合，不计空气阻力，下列关系式及说法正确的是（
）
A．IF＝Ft、方向竖直向上
2
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B．IG＝mgt、方向竖直向下
C．I F 合=m√2gL(1−cosθ)，方向竖直向上
D．F =mg+
p
2
2mL，方向竖直向上
【解答】解：A．摆球摆动时，绳子的拉力F 大小方向都不断变化，则拉力的冲量
IF≠Ft、只有到达最低点时拉力的冲量方向才是竖直向上，故A 错误；
B．重力是恒力，则重力的冲量IG＝mgt
方向竖直向下，故B 正确；
C．从释放到到达底端，由动能定理1
2 m v
2=mgL(1−cosθ)
解得v =√2 gL(1−cosθ)
设水平向右为正方向，由动量定理可得IF 合＝mv
则I F 合=m√2gL(1−cosθ)
方向向右，故C 错误；
D．在B 点时F −mg=m v
2
L
其中v = p
m
解得F =mg+ p
2
mL
方向竖直向上，故D 错误。
故选：B。
5．在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1：2：3，当齿轮转动时，小齿轮边
缘的A 点和大齿轮边缘的B 点（ ）
A．线速度大小之比为1：3
B．角速度大小之比为3：1
C．周期之比为1：1
D．转速之比为1：3
【解答】解：A、由题意可知，当齿轮转动的时候，三个齿轮边缘在相同时间内转的齿
数相等，即线速度大小相等，因此则有vA：vB＝1：1，故A 错误；
B、由线速度与角速度关系公式v＝ωr，小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点的半径
之比为1：3，可知小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点的角速度则有ωA：ωB＝3：
1，故B 正确；
3
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C、由周期与角速度关系公式T = 2π
ω
可知周期与角速度成反比，即TA：TB＝1：3，故C 错误；
D、根据转速与周期的关系式n= 1
T
可得转速与周期成反比，即nA：nB＝3：1，故D 错误。
故选：B。
6．下列说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的物体所受合外力总是指向圆心
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【解答】解：A、做匀速圆周运动的物体所受合外力总是指向圆心，变速圆周运动既有
指向圆心方向的合力，也有沿切线方向的合力，故A 错误；
B、质量的唯一量度是足球，足球下落过程中质量不变，所以惯性不随速度增大而增大，
故B 正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C 错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D 错误。
故选：B。
7．2022 世乒赛团体锦标赛在成都举行。图示为赛前训练，乒乓球从某一高度自由下落，
以4m/s 的速度碰撞球拍，同时运动员水平移动球拍，乒乓球与球拍碰撞后的速度大小
为5m/s，且反弹后的高度与下落高度相等，忽略空气阻力。则（ ）
A．乒乓球反弹至最高点时速度为0
B．乒乓球撞击过程的速度变化量为1m/s
C．乒乓球拍水平移动的速度可能是2m/s
D．乒乓球从开始下落到再次回到最高点的位移为1.2m
【解答】解：AD．因为球反弹后的高度与下落高度相等，可知反弹的竖直速度为：vy
＝4m/s
，而乒乓球与球拍碰撞后的速度大小为5m/s ，可知反弹后球的水平速度为：
v x =√v
2−v y
2 =3m/ s
因此，乒乓球反弹至最高点时还具有3m/s 的水平速度，
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此过程中球下落和上升的时间均为：t = v y
g =0.4 s
乒乓球从开始下落到再次回到最高点的位移为乒乓球在水平方向上的位移：x＝vxt＝
1.2m，故A 错误，D 正确；
B．取竖直向上为正方向，则乒乓球撞击过程的竖直速度变化量为：Δvy＝4m/s﹣（﹣
4m/s）＝8m/s，
水平速度变化量为：Δvx＝3m/s﹣0＝3m/s，则速度变化量大于1m/s，故B 错误；
C．乒乓球水平速度增加，则受到的球拍的摩擦力沿着水平速度的方向，则球拍水平移
动的速度一定大于球的水平速度3m/s，故C 错误。
故选：D。
8．如图所示，质量为m 的物体P 置于倾角为θ1＝37°的固定光滑斜面上，轻绳跨过光滑定
滑轮分别连接P 与小车，P 与滑轮间的轻绳平行于斜面，小车以速率v 水平向右做匀速
直线运动。当小车与滑轮间的轻绳和水平方向成夹角θ2＝37°时（sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8），下列判断正确的是（ ）
A．P 的速率为v
B．P 的速率为0.8v
C．绳的拉力等于0.6mg
D．绳的拉力小于0.6mg
【解答】解：AB、小车沿绳子方向的分速度大小等于P 的速率，根据速度合成分解规
律则有vP＝vcosθ2，vP＝0.8v，故A 错误，B 正确；
CD．小车在向右匀速运动过程中，绳子与水平方向的夹角θ 逐渐减小，根据vP＝
vcosθ，物体P 做加速运动，物块P 有沿斜面向上的加速度，则有T＞mgsinθ1＝0.6mg
故CD 错误。
故选：B。
9．2022 年11 月29 日神舟十五号载人飞船发射成功，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号
航天员乘组将进行在轨轮换，神舟十五号载人飞行任务也将持续约6 个月，包括多次出
舱任务，中国空间站在距地面高度约为2400km 的轨道上绕地球做匀速圆周运动。则下
列说法正确的是（ ）
A．神舟十五号飞船的发射速度大于第二宇宙速度
B．航天员在空间站处于完全失重状态，不受地球的重力作用
C．若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D．出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，航天员会做离心运动飞离空间站
【解答】解：A、神舟十五号飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，
故A 错误；
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B、航天员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中处于完全失重状态，人仍受重力的作
用，重力正好充当向心力，故B 错误；
C、设空间站在轨运行周期为T、环绕速度为v 及引力常量G，根据万有引力提供向心
力，有G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r，又有v = 2πr
T ，可得地球的质量M = v
3T
2πG ，故C 正确；
D、出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，所受的万有引力刚好提供向心力，
所以航天员继续做同轨道的匀速圆周运动，而不会做离心运动飞离空间站，故D 错误。
故选：C。
10．如图所示，空间站在圆轨道2 上运行，天舟五号飞船在椭圆轨道1 上运行，两轨道相
切与P 点，Q 是轨道1 的近地点，若不考虑大气阻力的影响，则（ ）
A．天舟五号飞船在轨道1 上经过P 点时的速度大于7.9km/s
B．天舟五号飞船可在进入轨道2 后不断加速追上空间站组合体实现对接
C．天舟五号飞船在轨道1 上从Q 点向P 点运动过程中，重力势能逐渐增大，机械能保
持不变
D．天舟五号飞船在轨道1 上P 点受到的万有引力等于空间站在轨道2 上P 点受到的万
有引力
【解答】解：A．飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm
r
2
= m v
2
r
可得：v=√
GM
r
可知轨道半径越大，运行速度越小，地球表面的运行速度为7.9km/s。天舟五号飞船在
轨道2 上经过P 点时的速度小于7.9km/s。天舟五号飞船在轨道1 上经过P 点时经加速才
能变轨到轨道2 上，天舟五号飞船在轨道1 上经过P 点时的速度小于7.9km/s，故A 错
误；
B．若载人飞船在到达轨道2 后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追
上空间站从而不能实现对接，故B 错误；
C．天舟五号飞船在轨道1 上从Q 点向P 点运动过程中，只有万有引力做负功，重力势
能逐渐增大，机械能保持不变，故C 正确；
D．因天舟五号飞船和空间站的质量大小未知，由万有引力定律得可知无法比较天舟五
号飞船在轨道1 上P 点受到的万有引力和空间站在轨道2 上P 点受到的万有引力大小关
系，故D 错误。
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故选：C。
11．2022 年11 月1 日，梦天实验舱与“天宫”空间站在轨完成交会对接，形成“T”字基
本构型组合体。已知地球表面重力加速度为g，半径为R，组合体的质量为m、距离地
面的高度为h（约为400km）。若将组合体的运动视为匀速圆周运动，下列说法正确的
是（ ）
A．航天员漂浮在组合体中，处于平衡状态
B．组合体做圆周运动的周期T = 4 π
2 R
g
C．组合体的运行速度介于7.9km/s 和11.2km/s 之间
D．组合体轨道处的重力加速度为
g R
2
( R+ℎ)
2
【解答】解：A．航天员漂浮在组合体中，随组合体绕地球做匀速圆周运动，则不是平
衡状态，故A 错误；
B．根据万有引力提供向心力可得：
G
Mm
( R+ℎ)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+ℎ)
在地面上，质量为m0的物体受到的万有引力提供重力可得：
G M m0
R
2 =m0 g
解得：T = 2π( R+ℎ)
R
√
R+ℎ
g
，故B 错误；
C．组合体绕地球做匀速圆周运动，则其运行速度小于7.9km/s，故C 错误；
D．根据G
Mm
( R+ℎ)
2 =mg'
组合体轨道处的重力加速度为g' =
g R
2
( R+ℎ)
2，故D 正确。
故选：D。
12．如图甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定在倾角为θ 的斜面底端，
另一端与Q 物块连接，P、Q 质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均
静止，现用平行于斜面向上的力F 拉物块P，使做加速度为a 的匀加速运动，两个物块
在开始一段时间内的v﹣t 图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法正确的是（
）
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A．平行于斜面向上的拉力F 一直增大
B．外力施加的瞬间，P、Q 间的弹力大小为m（gsinθ﹣a）
C．从O 开始到t1时刻，弹簧释放的弹性势能为1
2 m v1
2
D．t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q 达到速度最大值
【解答】解：A、由图读出，t1时刻P、Q 开始分离，在分离前，两物体做匀加速运动，
因弹簧的弹力减小，而合力又不变，则拉力一直增大，当分离后，P 仍做匀加速运动，
则拉力大小不变，故A 错误；
B、外力施加的瞬间，对P、Q 整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx＝2ma，得
F＝2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F 最小，此时有：2mgsinθ＝kx，得F 的最小值为 F
＝2ma，
对P 受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律得：F+F 弹﹣mgsinθ＝ma，则得：F 弹＝
mgsinθ﹣ma，故B 正确。
C、从O 开始到t1 时刻，根据动能定理，则有WF+W 弹+WG= 1
2 mvt
2−0，弹簧释放的弹
性势能不等于1
2 mvt
2，故C 错误。
D、当t2时刻，物块Q 达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q 有弹力作用，没
有达到原长，故D 错误。
故选：B。
二．多选题（共3 小题）
13．如图所示，倾角为θ 的光滑固定斜面AB 的底端安有一个挡板P，斜面上放有一根轻质
弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端连接着质量为m 的小球。开始时小球处于静止
状态，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始小球处于静止状态时缩短量的三倍时
释放，小球向上移动一段距离后速度为零。重力加速度为g，则（ ）
A．释放瞬间小球加速度大小为2gsinθ
B．小球向上移动一段距离过程中加速度先减小后增大
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C．小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小
D．小球向上移动一段距离过程中速度一直减小
【解答】解：A、小球处于静止状态时，有mgsinθ＝kx；用手缓慢压缩小球直到弹簧缩
短量为开始静止时缩短量的三倍时，弹簧弹力的大小为F＝3kx＝3mgsinθ，所以释放瞬
间，加速度大小为a= F −mgsinθ
m
=2gsinθ，故A 正确；
B、当mgsinθ＝kx 时小球的加速度为零，所以小球向上移动一段距离的过程中加速度先
减小后增大，故B 正确；
CD、小球向上移动一段距离过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小
于重力沿斜面向下的分力，合力先沿斜面向上后沿斜面向下，则小球的速度先增大后减
小，故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
14．2022 年7 月13 日凌晨，天链二号03 星精准进入预定轨道，我国第二代地球同步轨道
数据中继卫星系统正式建成。03 星发射后的运动可近似为如图所示的情境，通过椭圆轨
道Ⅰ运行后进入圆形轨道Ⅱ，椭圆轨道近地点与地球相切于a 点，远地点与圆轨道相切
于b 点，地球半径为R，卫星在轨道Ⅱ运行时离地面高度为4R，卫星在轨道Ⅰ运行的周
期为T，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅱ运行的周期为5
3T
B．地球的密度为81π
4GT
2
C．卫星在轨道Ⅰ运行经过a 点的速度大于7.9km/s
D．卫星在Ⅰ、Ⅱ两个轨道运行时经过b 点的加速度相同
【解答】解：A．卫星在轨道Ⅰ运行时轨道半长轴为3R，卫星在轨道Ⅱ运行时轨道半径
为5R，根据开普勒第三定律有
(3 R)
3
T
2
= (5 R)
3
T '
2
解得T'= 5√15
9
T
故A 错误；
B．卫星在轨道Ⅱ运行时，有GMm
(5 R)
2 =m•5R4 π
2
T
2
9
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根据密度的定义式ρ=
M
4
3 π R
3
联立解得ρ= 81π
GT
2
故B 错误；
C．近地卫星的运行速度等于7.9km/s，而卫星由近地卫星轨道从a 点变轨进入轨道Ⅰ需
要加速，因此卫星在轨道Ⅰ运行经过a 点的速度大于7.9km/s，故C 正确；
D．卫星在Ⅰ、Ⅱ两个轨道运行时均有万有引力提供加速度，有GMm
(5 R)
2 =ma，可知，卫
星在Ⅰ、Ⅱ两个轨道运行时经过b 点的加速度相同，故D 正确。
故选：CD。
15．如图甲所示（俯视图），两个水平放置的齿轮紧紧咬合在一起（靠齿轮传动），其中
O、O'分别为两轮盘的转轴，大齿轮与小齿轮的齿数比为2：1，大、小两齿轮的上表面
水平，分别放有质量相同的小滑块A、B，两滑块与所在齿轮转轴的距离均为r。现将两
滑块通过一轻细线经转轴及上方两定滑轮连接，如图乙所示（侧视图）。已知两滑块与
齿轮间的动摩擦因数为μ、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦，重力加速度
为g。齿轮静止时细线恰好拉直且无张力，若大齿轮由静止开始缓慢增大转动的角速度
ω，则（ ）
A．当大齿轮的角速度为√
μg
3r
时，细线上有拉力
B．当大齿轮的角速度为√
μg
3r
时，滑块B 所受摩擦力为0
C．当小齿轮的角速度为√
2 μg
3r
时，两滑块恰好未相对齿轮滑动
D．当两滑块开始相对齿轮滑动时，滑块B 会做离心运动
【解答】解：A、由齿轮传动的边缘线速度相等，齿数比等于半径比，因此小齿轮的角
速度是大齿轮的2 倍，故ωB＝2ωA
随着大齿轮的角速度逐渐增大，滑块与齿轮间的静摩擦力逐渐增大，对A，有mωA
2r＝
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fA；对B，有mωB
2r＝4mωA
2r＝fB
因此小齿轮上的滑块B 所受静摩擦力先达到最大静摩擦力，当B 所受静摩擦力达到最大
值时，有mωB1
2r＝4mωA1
2r＝μmg，解得此时大齿轮的角速度为ωA1=√
μg
4 r
，之后再增大
角速度，细线上产生拉力，故A 正确；
B、当细绳产生拉力后，设细绳的拉力为T，则对B，有：FnB＝4mωA
2r＝T+μmg
对A，有FnA＝mωA
2r＝T+fA
随着角速度的增加，绳子的拉力T 越来越大，因此滑块B 所受摩擦力不可能为0，而滑
块A 所受静摩擦力可减小到0，当滑块A 所受摩擦力为0 时，对A，有mωA2
2r＝T，对
B，有4mωA2
2r＝T+μmg
解得ωA2=√
μg
3r
，故B 错误；
CD、由B 选项可知，当滑块A 摩擦力减小为0 后，随着角速度继续增大，则滑块A 所
受静摩擦力将反向增大，当反向摩擦力达到最大最摩擦力时，对A，有：mωA3
2r＝T′
﹣μmg，对B，有：4mωA3
2r＝T′+μmg，可得ωA3=√
2 μg
3r
，此时小齿轮的角速度为ωB3
＝2ωA3＝2√
2 μg
3r
，若角速度继续增大，滑块A 将做近心运动，滑块B 将做离心运动，
故C 错误，D 正确。
故选：AD。
三．实验题（共3 小题）
16．某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。
（1）两小球应满足的关系是m1 ＞ m2。（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）下列操作中有必要的是
D
。
A．实验中需要测量小球开始释放的高度h
B．实验中需要测量小球抛出点距地面的高度H
C．实验中需要测量小球做平抛运动的时间t
D．实验前固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向
（3）①先从S 处释放m1并多次重复找到落点P，并测出水平射程OP。
②m2静置于轨道末端O'点，再从S 处释放m1与m2发生对心碰撞，并多次重复后分别
确定两球的水平射程OM 和ON。若两球相碰前后的动量守恒，表达式可表示为
m1• OP
＝
m 1• OM+m
2• ON
（用m1、m2、OM、ON、OP 表示）。
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【解答】解：（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
m1＞m2。
（2）A．开始释放的高度虽然影响入射球的速度，但此速度是通过平抛的水平位移来表
示的，故不需要测量h，故A 错误；
B．由于三个平抛的高度相同，落地时间相同，所以碰撞前后的速度是可以用小球的水
平位移表示的，故不需要测高度，但水平位移必须测量，故B 错误；
C．由于小球下落的高度相等，根据平抛运动的特点可知：
ℎ= 1
2 gt
2
x＝vt
解得v = x√
g
2ℎ
可知，小球碰撞后飞出的速度与水平位移成正比，则实验时不需要测时间，故C 错误；
D．斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动，故D 正
确；
故选：D。
（3）若碰撞前后动量守恒则有m1v0＝m1v1+m2v2
而碰撞前的速度v0= OP
t
碰撞后两球的速度v1= OM
t
；v2= ON
t
又因下落时间相同，即可求得m1•OP＝m1•OM+m2•ON
故答案为：（1）＞；（2）D；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON
17．某同学用如图甲所示装置结合频闪照相研究平抛运动。重力加速度g＝10m/s2。
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（1）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O 为坐标原点，
测量它们的水平坐标x 和竖直坐标y，如图中y﹣x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛
物线的是
C
。
（2）让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，频闪照相得到小球的位置如图乙所示，
A、B、C 是相邻三次闪光小球成像的位置，坐标纸每小格边长为5cm，则小球从槽口抛
出的初速度大小为v0＝
1.5
m/s，小球运动到B 点的速度vB＝
2.5
m/s，B 点离抛
出点的水平距离x＝
0.3
m。
【解答】解：（1）取x 轴正方向和y 轴正方向坐标系时，根据平抛运动规律可知水平
位移和竖直方向位移为x＝v0t，y = 1
2 gt
2
联立解得y = g
2v0
2 ⋅x
2
可知y﹣x2图像为一条过原点的直线。
故选：C。
（2）小球在竖直方向为自由落体运动，设频闪照相闪光时间间隔为T，根据匀变速运
动推论可得竖直方向有Δh＝gT2
解得T =√
Δℎ
g =√
(5−3)×5×10
−2
10
s=0.1s
水平方向做匀速直线运动可得初速度大小为v0= 3×5×10
−2
0.1
m/ s=1.5m/ s
根据匀变速运动推论到达
B
点时的竖直方向速度为
vBy = ℎAC
2T = 8×5×10
−2
2×0.1
m/ s=2m/ s
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小球运动到B 点的速度vB=√vBy
2 + v0
2=√2
2+1.5
2m/ s=2.5m/ s
小球从抛出点到B 点所用的时间为t = vBy
g = 2
10 s=0.2s
B 点离抛出点的水平距离为x＝v0t＝1.5×0.2m＝0.3m
故答案为：（1）C；（2）1.5，2.5，0.3。
18．如图利用冲击摆装置可测量弹簧的弹性势能，扳动弹簧枪的扳机释放弹簧，弹簧的弹
性势能转化为弹丸的动能，弹丸离开枪口，击中摆块并陷入其中，打击时间极短，摆块
推动指针摆动，重力加速度为g，不计空气阻力。实验步骤为：
（1）测出弹丸的质量m 和摆块的质量M；
（2）调节摆块静止时高度与枪口保持水平，测出悬点到摆块中心的距离为l；
（3）发射弹丸，击中摆块，弹丸与摆块摆动推动指针到最高点，指针显示摆角为θ，解
决下列问题（结果用题目所给物理量及测量数据的符号表示）；
①弹丸击中摆块后两者的速度 √2 gl(1−cosθ) ，击中摆块前弹丸速度
m+ M
m
√2gl(1−cosθ) 。
②若不计枪筒摩擦力，可测得弹簧枪内弹簧发射弹丸前的弹性势能为
(m+ M )
2 gl(1−cosθ)
m
。
【解答】解：（1）击中摆块并陷入其中，由于打击时间极短，该过程满足动量守恒定
律，
以向右方向为正则：mv0＝（m+M）v
击中摆块后，弹丸与摆块摆动并推动指针到最高点过程，由机械能守恒定律有：
1
2 (m+ M )v
2=(m+ M )gl(1−cosθ)
联立解得：v =√2 gl(1−cosθ)v0= m+ M
m
√2gl(1−cosθ)
（2 ）发射弹丸过程，弹簧的弹性势能转化为弹丸的动能，即：
E p= 1
2 m v0
2= (m+ M )
2 gl(1−cosθ)
m
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故答案为：（1 ）√2 gl(1−cosθ)；（2 ）m+ M
m
√2gl(1−cosθ)；（3 ）
(m+ M )
2 gl(1−cosθ)
m
。
四．计算题（共3 小题）
19．如图，质量为M＝0.5kg 的木板静止在光滑的水平轨道上，木板长度可以自由调节。木
板右端到轨道末端的距离足够长，轨道末端固定有粘性的薄挡板，挡板高度与木板厚度
相等，木板与挡板碰后可粘到一起。与轨道在同一竖直面内有一倾角为θ＝45°的斜面，
斜面底端在轨道末端正下方，斜面底端与挡板上端距离为H＝4m。质量为m＝2kg 可视
为质点的滑块，以水平速度v0＝10m/s 滑上木板左端，滑块与木板间动摩擦因数为μ＝
0.6，重力加速度为g＝10m/s2，求：
（1）木板长度为L2= 5
3m 时，滑块滑离木板时速度；
（2）木板长度为L2= 5
3m 时，滑块滑离木板后，经多长时间到达斜面；
（3）轨道末端换成弹性的薄挡板（木板与挡板碰撞前后速度大小不变），木板长度为
L3＝9m 时，滑块是否会落在斜面上。若能，落在斜面上的位置距斜面底端距离，若不
能，木板第一次与挡板碰后木板运动的总路程。
【解答】解：（1）以向右方向为正，假设两者共速，由动量守恒定律：mv0＝
（m+M）v
m 和M 构成的系统，能量守恒：1
2 mv0
2= 1
2 (m+ M )v
2+μmgx
联立可得：v＝8m/s，x= 5
3m
（2）滑块滑到长木板右端时刚好共速以v 从轨道右端平抛运动，
水平方向：x＝vt
竖直方向：y= 1
2 gt
2
几何关系可知：tanθ= H −y
x
联立可得：t＝0.4s
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（3）当系统内的动能等于零时，μmgx2= 1
2 m v0
2
解得相对位移为：x2= 25
3 m＜L3，所以不会落在斜面。
第一次碰撞后到第二次碰撞前，滑块与木板达到共速，
设共速的速度为v1，以向右方向为正，由动量守恒：mv﹣Mv＝（m+M）v1
解得：v1= 3
5v
长木板向左减速的加速度：a= μmg
M = 0.6×2×10
0.5
m/s2＝24m/s2
总的运动的路程：s1＝2× v1
2
2a = v1
2
a =( 3
5 )
2⋅v
2
a =( 3
5 )
2⋅8
2
24
m= 24
25 m
第二次碰撞后到第三次碰撞前
以向左方向为正，由动量守恒定律有：mv1﹣Mv1＝（m+M）v2
解得：v2= 3
5 v1
长木板一来一回的路程：s2= v2
2
a =( 3
5 )
4⋅v
2
a
………
每相邻碰撞是等比数列，所以长木板走的总路程：s＝s1+s2+s3+………＝s1•1−q
n
1−q
当n→∞时，代入数据得：s=
1
1−q ⋅s1=
1
1−( 3
5 )
2 × 24
24 m＝1.5m
答：（1）木板长度为L2= 5
3m 时，滑块滑离木板时速度为8m/s；
（2）木板长度为L2= 5
3m 时，滑块滑离木板后，经0.4s 到达斜面；
（3）木块不能落到斜面上，木板第一次与挡板碰后木板运动的总路程为1.5m。
20．如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面。t＝0 时，电动机通
过水平细绳以恒力F 拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/ s
2的匀加速直线
运动．已知A 的质量mA 和B 的质量mg 均为2.0kg，A、B 之间的动摩擦因数μ1＝
0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，
重力加速度g 取10m/s2。求
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（1）物体A 刚运动时的加速度aA；
（2）t＝1.0s 时，电动机的输出功率P；
（3）若t＝1.0s 时，将电动机的输出功率立即调整为P＝5W，并在以后的运动过程中始
终保持这一功率不变，t＝3.8s 时物体A 的速度为1.2m/s。则在t＝1.0s 到t＝3.8s 这段时
间内木板B 的位移为多少？
【解答】解：（1）若A 相对于B 滑动，则对物体A 进行受力分析，水平方向只受摩擦
力
根据牛顿第二定律得：f＝μ1mAg＝mAaA
代入数据解得：aA =0.5m/ s
2＜1.0m/ s
2
所以A 的加速度为0.5m/s2；
（2）对物体B 进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B 的摩擦力、A 对B 的摩
擦力
根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mAg﹣μ2（mB+mA）g＝mBaB
代入数据解得：F＝7N，v＝aBt＝1m/s
所以P＝Fv＝7×1W＝7W
（3）电动机的输出功率调整为5W 时，设细绳对木板B 的拉力为F'，则P'＝F'v1
代入数据解得F'＝5N，
对木板进行受力分析，木板B 受力满足F'﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g＝0
所以木板B 将做匀速直线运动，而物体A 则继续在B 上做匀加速直线运动直到A、B 速
度相等
设这一过程时间为t'，有v1＝aA（t1+t'）
这段时间内B 的位移s1＝v1t'，
A、B 速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g 且电动机输出功率恒定
A、B 将一起做加速度逐渐减小的变加速运动
由动能定理得：P'(t2−t ' −t1)−μ2(mA+mB)g s2= 1
2 (mA+mB)v A
2 −1
2 (mA+mB)v1
2
由以上各式代入数据得：木板B 在t＝1.0s 到t＝3.8s 这段时间位移s＝s1+s2＝1m+2.03m
＝3.03m
答：（1）物体A 刚运动时的加速度aA为0.5m/s2；
（2）t＝1.0s 时，电动机的输出功率P 为7W；
（3）在t＝1.0s 到t＝3.8s 这段时间内木板B 的位移为3.03m。
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21．如图甲所示，一质量为m＝1.0kg 的小球从A 点以初速度v0＝2m/s 水平抛出，A 点高
出水平地面h＝0.8m，O 点在A 点的正下方，此时小球落在水平面上的B 点处。求：
（1）小球从抛出到落在B 的时间；
（2）B 到O 的距离xOB；
（3）如图乙所示，若在地面上放置一个倾角 θ＝37° 的斜面，小球恰好垂直击中斜面
C 点，则抛出点A 与碰撞点C 的水平距离。
【解答】解：（1）小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有：h= 1
2gt2
代入数据解得，小球从抛出到落在B 的时间t＝0.4s
（2）小球水平方向做匀速直线运动，B 到O 的距离xOB＝v0t＝2×0.4m＝0.8m
（3）小球恰好垂直击中斜面C 点，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图：
由几何关系得：tanθ= v0
v y
= v0
¿'
代入数据解得：t′= 4
15s
则抛出点A 与碰撞点C 的水平距离x＝v0t′＝2× 4
15m= 8
15m
答：（1）小球从抛出到落在B 的时间为0.4s；
（2）B 到O 的距离xOB为0.8m；
（3）抛出点A 与碰撞点C 的水平距离为8
15m。
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