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大单元周测卷(二)
层级一 教材溯源·基础固本
1．B 2．C 3．C 4．C
5．C [设斜面的倾角为θ，由几何知识可得sin θ＝5.4
9.0＝0.6，设旅客到达底端
的速度为v，根据动能定理则有mgh－μmgcos θ·L＝1
2mv2，代入数据解得v＝6
m/s，故选C。]
6．A [根据题意，小滑块在(
1
4 x，3
4 h)处由静止开始下滑，滑到A 点停下，
根据功能关系有mg·3
4h＝μmg(x－xOB)+μmgcos θ· xOB- 1
4 x
cos θ
，整理可得3
4mgh＝
μmg(x - 1
4 x)，解得μ＝h
x ，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A 点停下，
设小木块静止释放点的坐标为(x'，h')，根据前面的分析可得mgh'＝μmg(x－
x')，整理可得h'＝h－hx'
x ，当x'＝0 时，解得h'＝h，故A 正确；当x'＝1
2x 时，
解得h'＝1
2h，故B 错误；当x'＝1
3x 时，解得h'＝2
3h，故C 错误；当x'＝1
6x 时，
解得h'＝5
6h，故D 错误。故选A。]
7．B [水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为v＝
v0
cos 60°
，水的流量为Q＝60 kg/s，取极短时间Δt，和叶片作用的水质量为Δm＝QΔt，
忽略水流的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－Δmv，解得叶片对水流的作用力
大小为F＝480 N，根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480 N。
故选B。]
8．AC [汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，则有P＝f·3v，解得阻力大
小为f＝P
3 v ，故A 正确；汽车恰好达到其额定功率时有P＝Fv，根据牛顿第二
定律可得F－f＝ma，联立解得电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a＝
2 P
3mv ，故B 错误；电动汽车做匀加速直线运动的时间为t＝v
a ＝3m v
2
2 P ，电动汽
车做匀加速直线运动的位移为x＝v
2t＝3m v
3
4 P ，故C 正确；电动汽车做匀加速直
线运动的过程中阻力做功为Wf＝－fx＝－P
3 v ·3mv
3
4 P ＝－mv
2
4 ，故D 错误。故选
AC。]
9．BC [设b 球下落前距地面的高度为H，由题图(b)可知，Epbm＝mbgH，Epam
＝magH，解得ma∶mb＝1∶3，由能量守恒，可得Epbm－Epam＝1
2mav2+1
2mbv2，
联立解得b 球落地时a 球的动能为Eka＝1
2mav2＝3 J，故A 错误，B 正确；对两
球组成的整体受力分析，由牛顿第二定律有mbg－mag＝(ma+mb)a，解得a＝5
m/s2，则0.3 s 时，a 球上升的高度h＝1
2at2＝0.225 m，由题图(b)可知，t＝0.3
s 时两球重力势能相等，则有magh＝mbg(H－h)，解得H＝0.3 m，即b 球下落
前距地面的高度为0.3 m，t＝0.3 s 时b 球离地面的高度Δh＝H－h＝0.075
m，故C 正确，D 错误。故选BC。]
10．BD [由题图乙可知，t2时刻弹簧弹力达到最大，小球将弹簧压缩到最低点，
此时小球加速度方向向上，故A 错误；t2~t3这段时间内，小球从最低点竖直向
上运动，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，由于弹力减小，所以加速度向上减
小，速度增大，弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，之后根据牛顿
第二定律有mg－F＝ma，弹力减小，加速度向下增大，速度减小，故B 正确；
t1~t2时间内，小球接触弹簧并将弹簧压缩到最短，该过程小球与弹簧组成的系
统机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，小球的机械能一直减小，故C 错误；
t1~t2时间内，小球的加速度先向下后向上，则小球的速度先增大后减小，动能
先增加后减少，故D 正确。故选BD。]
11．解析：(1)根据能量守恒定律可知，此过程中细绳所挂钩码的重力势能的减
少量ΔEp等于系统总动能的增加量ΔEk与系统总机械能的减少量ΔE 之和，即
ΔEp＝ΔEk+ΔE，由测量得到的表格数据可知，(ΔEk+ΔE)的值均为0.980 J，故
细绳所挂钩码的重力势能的减少量为0.980 J。
(2)设实验中所用钩码的质量为m，两个光电门间距离为L＝50.00 cm＝0.5000
m。
实验过程中轻细绳下端悬挂4 个钩码的重力势能的减少量ΔEp＝4mgL＝0.980 J
已知g＝9.80 m/s2，解得m＝0.05 kg＝50 g。故选A。
(3)根据(1)的解答可知，表格中缺少的数据为0.980 J－0.392 J＝0.588 J。
(4)已知滑块质量为M＝200 g＝0.2 kg；钩码的质量为m＝0.05 kg；由功能关
系可知系统总机械能的减少量等于滑块克服摩擦力做的功，则有：ΔE＝
μ(nm+M)gL
其中n 为滑块上钩码数量
代入数据整理可得μ＝
Δ E
0.245n+0.98
由表格数据可得：
n＝0 时，ΔE＝0.395 J，解得μ＝0.40；
n＝1 时，ΔE＝0.490 J，解得μ＝0.40；
n＝2 时，ΔE＝0.588 J，解得μ＝0.40；
n＝3 时，ΔE＝0.680 J，解得μ＝0.40；
n＝4 时，ΔE＝0.780 J，解得μ＝0.40。
由此可知滑块与木板之间的动摩擦因数为0.40。
答案：(1)0.980 (2)A (3)0.588
(4)0.40
12．解析：(1)小车A 碰撞前做匀速直线运动，纸带上的点迹均匀分布，由于碰
撞前的速度大于碰撞后的速度，则碰撞前相邻点迹之间的间距大于碰撞后相邻
点迹之间的间距，根据题图乙可知，若要计算小车A 碰撞前的速度大小，应该
选择BC 段。故选B。
(2)小车A 碰撞前的速度v0＝xBC
5T
打点计时器电源频率为50 Hz，则周期为T＝1
f
小车碰撞前的总动量大小p0＝mAv0
解得p0≈0.685 kg·m/s。
(3)在(1)中选择理由是打点计时器在BC、DE 段打的点分布均匀，表明小车在这
两段内做匀速直线运动，又BC 段大于DE 段，碰前速度大于碰后速度。
答案：(1)B (2)0.685 (3)见解析
13．解析：(1)根据能量守恒可得弹簧压缩至A 点时的弹性势能为Ep＝1
2mv1
2。
(2)在C 处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+FN＝mv2
2
R
解得FN＝mv2
2
R －mg
方向竖直向下。
(3)物体从C 点平抛落地过程中，竖直方向有2R＝1
2gt2
解得t＝2√
R
g
该过程重力的冲量大小为I＝mgt＝2m√gR。
答案：(1)1
2mv1
2 (2)mv2
2
R －mg，方向竖直向下 (3)2m√gR
14．解析：(1)设第一次碰后A、B 两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A 速度为
v0，对B 由动能定理可得
－mBgH－μmBgcos θ
H
sin θ＝0－1
2mBvB
2
解得vB＝2 m/s
碰撞过程，由动量守恒定律可得
mAv0＝mAvA+mBvB
解得vA＝－1 m/s。
(2)①由恢复系数公式e＝
v '2- v '1
v1- v2
代入第一次碰撞数据解得e＝0.6
②设滑块B 再次到达水平面时速度为vB1，从H 处再次滑下时，由动能定理可
得mBgH－μmBgcos θ
H
sin θ ＝1
2mBvB1
2
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B 速度分别为vA2、vB2，由(1)知vA1＝1
m/s，由动量守恒定律和恢复系数公式可得mBvB1+mAvA1＝mBvB2+mAvA2，
v A 2- vB2
vB1- v A 1
＝0.6
可得vA2＝1.6 m/s，vB2＝1.3 m/s
答案：(1)2 m/s 1 m/s (2)①0.6
②1.6 m/s 1.3 m/s
层级二 模拟精选·能力进阶
1．C 2．C 3．A 4．D
5．A [设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG＝
mgssin θ，故A 正确；物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F＝mgsin
θ+kv，根据动能定理有－Fx＝Ek－Ek0，Ek⁃x 图线的斜率的绝对值越来越小，
下滑过程中，位移s 减小，所受的合力F＝mgsin θ－kv，Ek⁃x 图线的斜率的绝
对值越来越小，故B 错误；物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点的时
间，故C 错误；物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一
直在减小，故D 错误。故选A。]
6．B [从A 处静止释放，到C 点恰好停下，根据动能定理可得mg·2lsin θ－Wf
＝0，由题图乙可知Wf＝1
2μmmgcos θ·l，联立解得μm＝4tan θ，故A 错误；当
摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos
θ＝mgsin θ，解得μ＝tan θ＝1
4μm，由题图乙可知，此时小物体在BC 段下滑
的距离为1
4l，则对小物体从A 处静止释放到达到最大速度的过程，根据动能定
理可得mg·(l+ 1
4 l)sin θ－W'f＝1
2mvm
2 －0，其中W'f＝1
2μmgcos θ· l
4 ＝1
8mglsin
θ，解得最大速度为vm＝3
2 √glsin θ，故B 正确；由于AB、BC 两段斜面的长
度相同，对应的高度相同，根据WG＝mgh 可知重力在AB、BC 两段斜面上做
功相等，故C 错误；设小物块在B 点的速度为vB，小物块在AB 段做匀加速直
线运动，则AB 中间时刻速度为v1＝0+ vB
2
＝vB
2 ，则重力在AB 段中间时刻瞬时
功率P＝mgv1sin θ＝mgvB
2 sin θ，小物块在BC 段不是做匀变速直线运动，所
以BC 段中间时刻速度v2≠vB+0
2
＝vB
2 ，则重力在BC 段中间时刻瞬时功率P'＝
mgv2sin θ≠mgvB
2 sin θ，故D 错误。故选B。]
7．C [球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，
系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有0＝
mCvC－mAvA，根据机械能守恒有mCgL＝1
2mCvC
2+1
2mAv A
2 ，解得速度大小分别为
vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A 错误；球C 向下运动到最低点的过程中，A、C
组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有0＝mCvC－mAvA，
两边同乘以t，有0＝mCxC－mAxA，又有xC+xA＝L，联立解得xA＝0.02 m，故
B 错误；A 与B 碰撞瞬间根据动量守恒有mAvA＝(mA+mB)v，解得v＝0.1 m/s，
之后球C 向左运动过程中，A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC
－(mA+mB)v＝(mA+mB+mC)v 共，根据能量守恒，有1
2mCvC
2+1
2(mA+mB)v2＝1
2
(mA+mB+mC)v共
2 +mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C 正确；系统产生的热量为Q
＝1
2mAv A
2 －1
2(mA+mB)v2＝0.01 J，故D 错误。故选C。]
8．BD [小球P 向下加速运动，处于失重状态，A 错误；设A、B 的质量为
M，根据平衡条件可得TC＝mgsin 53°，且TC＝2Mg，解得M＝0.4m，B 正确；
物块A 上升的高度h1＝Ltan 37°－(
L
cos 37° - L)＝0.5L，则弹簧的劲度系数k
＝
Mg
h1
2
＝1.6mg
L
，C 错误；小球P 运动到题图所示位置时和物块A 速度大小相
等，即v2＝v1，根据机械能守恒定律可得mgh2 －Mgh1 ＝ 1
2Mv1
2 + 1
2mv2
2 ，根
据几何关系易得h2＝Lsin 37°＝0.6L，解得v2＝√
4 gL
7 ，D 正确。故选BD。]
9．AD [设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep＝mgxsin
θ，由Ep⁃x 图线可知sin θ＝0.8，则cos θ＝0.6；铁块上滑0.5 m 后，其机械能
均匀减小，即铁块上滑0.5 m 时力F 减为0。图线BC 段的斜率的绝对值为铁块
受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f＝9.65-8.0
1.0-0.5 N＝3.3 N，在铁
块滑行1.0 m 时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动能定理得WF
－fx0－mgx0sin θ＝0，其中x0＝1 m，解得WF＝11.3 J，故A 正确；根据f＝
μmgcos θ，解得μ＝0.55，故B 错误；铁块上滑xA时，F 与f 相等，设此时铁块
的加速度为a，则有mgsin θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故C 错误；铁块下滑过程，
由动能定理得mgx0sin θ－fx0＝Ek，解得Ek＝4.7 J，故D 正确。故选AD。]
10．BC [根据碰撞规律可知物块b 与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a
碰后交换速度，则根据物块b 的v⁃t 图像，可知前17 秒内a 与b 共碰撞4 次，
发生在4~6 s 之间、8 s 时刻、10~12 s 之间以及16 s 时刻；前17 秒内b 与槽的
侧壁碰撞3 次，分别在2 s、10 s 和12 s 时刻，选项A 错误，C 正确；b 与a 碰
前速度为v2＝2 m/s，方向向左，碰后b 的速度v'2＝1 m/s，方向向右，因两物
块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a 的速度v1
＝v'2＝1 m/s，即初始时a 的速度大小为1 m/s，选项B 正确；槽内底部长为L
＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，选项D 错误。故选BC。]
11．解析：(1)游标卡尺的分度值为0.1 mm，该读数为d＝9 mm+0.1×8 mm＝
9.8 mm＝0.98 cm。
(2)小球的直径越小，小球通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，但小球的直
径越小，用游标卡尺测量时产生的偶然误差越大，可知小球的直径应当适当小
一些，而不是越小越好，A 错误；实验中如果球心轨迹与激光束不相交，则小
球的挡光距离将小于直径，导致挡光时间偏小，从而导致速度测量值偏大，可
知实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，B
正确；实验时应先打开光电计时器，后释放铁球，防止小球提前通过计时器时
无法记录时间，C 错误。
(3)小球通过光电门的速度v＝d
t
从A 到B，根据机械能守恒定律得mgh＝1
2mv2
解得t2＝d
2
2 g·1
h
为使图像呈直线，应描绘t2⁃1
h图像。
若图像的斜率k＝d
2
2g，可验证机械能守恒。
(4)由于存在空气阻力，在相等的下落高度h 内，小球通过光电门B 的挡光时间
大于理论值，导致绘制的过原点的倾斜直线偏上，可知用实验数据描绘的图像
的斜率大于理论值。
答案：(1)0.98 (2)B (3) 1
h d
2
2g (4)大于
12．解析：(1)若滑块通过光电门1 时的挡光时间比通过光电门2 时的挡光时间
长，说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升
高。
(2)根据Ft＝mv＝mat
由题意知Ft＝S1，at＝S2
可知m＝
S1
S2
。
(3)以碰前A 的速度方向为正方向，由题表中数据可知碰前A 的速度v0＝d
t1
碰后A 再次经过光电门1，说明碰后A 反弹，则碰后A 的速度v1＝－d
t2
碰后B 的速度v2＝d
t3
若动量守恒则满足mAv0＝mAv1+mBv2
代入可知
mA
t1
＝－
mA
t2
+
mB
t3
。
答案：(1)升高 (2)
S1
S2
(3)mA
t1
＝－mA
t2
+mB
t3
13．解析：(1)设小球落在小车表面时的速度为v，小球在下落过程中机械能守
恒，则有mgh＝1
2mv2
设小球与小车碰撞过程中的相互作用力为N，接触时间为Δt，由于二者的水平
速度不同，所以在相互接触的过程中会产生滑动摩擦力，碰撞结束后小球竖直
方向上以原速率反弹，设小球水平方向上获得的速度为v1，则在竖直方向上弹
力的冲量NΔt＝2mv
在水平方向上摩擦力的冲量μNΔt＝mv1
由以上三式可求得v1＝2μ√2 gh。
(2)通过分析可知小球每次与小车碰撞过程中弹力和摩擦力的冲量都不变，所以
小球与小车每碰撞一次，小球的竖直速率不变，水平速度增加2μ√2gh
当小球与小车第n 次碰撞后，水平方向的速度为vn＝2nμ√2gh
小球与小车碰撞弹起后，相对于地面做斜抛运动，
当小球第n+1 次落在小车表面时所用的时间为t＝2v
g ＝√
8h
g
小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设第n 次碰撞后小车的速度为
v'n
则有Mv0＝Mvn'+mvn
小车在这段时间内的位移为x＝vn't
联立以上式子可求得x＝(v0－2nmμ√2hg
M
)√
8h
g 。
(3)小球在水平方向上的速度不断变大，最终会与小车共速，设共同速度为v'
则有Mv0＝(M +m)v'
系统全过程产生的热量为Q＝1
2Mv0
2 －1
2(M+m)v'2
联立以上式子可求得Q ＝
Mm
2( M +m) v0
2 。
答案：(1)2μ√2gh
(2) v0－2nmμ√2hg
M
√
8h
g
(3)
Mm
2(M +m) v0
2
14．解析：(1)t＝1.0 s 时间内，力F 对物块A 做的功W＝Pt
解得W＝1.6 J
对物块A 进行分析，根据动能定理有W ＝ 1
2mA v0
2
解得v0＝4 m/s。
(2)设A 与B 碰前A 的速度大小为v0，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后
A、B 的速度等大、反向，A、B 发生弹性碰撞，则有mAv0＝mA(－v)+mBv，1
2
mA v0
2 ＝ 1
2mAv2 + 1
2mBv2
解得mB＝0.6 kg。
(3)由题意可知，物块B 在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力
时杆开始移动，则有fmax＝kx
解得x＝0.04 m
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大
小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块
B 将做匀减速直线运动，B 的速度减为0 后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压
缩的弹性势能转化为B 的动能。设最终B 的速度为vB，则有1
2kx2 ＝ 1
2mB vB
2
得vB＝0.4 m/s。
答案：(1)4 m/s (2)0.6 kg
(3)0.4 m/s
层级三 高考重组·素养对标
1．B 2．A 3．A 4．C
5．B [沙尘颗粒在重力和阻力作用下做变速运动，应用动量定理，有∑mg·Δt
－∑kv·Δt＝mvt，即mgt－kh＝mvt，随着阻力变大，最终mg＝kvt，联立可得t
＝m
k + kh
mg，由于m≪k，所以t＝kh
mg＝1×104 s≈3 h。故选B。]
6．D [对小车P、N 的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP+mNvN1＝
mPvP'+mNvN1'，整理得mP(vP－vP')＝mN(vN1'－vN1)，由题图1 可知vP－vP'>vN1'－
vN1，解得mP<mN；对小车Q、N 的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ+mNvN2
＝mQvQ'+mNvN2'，整理得mQ(vQ－vQ')＝mN(vN2'－vN2)，由题图2 可知vQ－
vQ'<vN2'－vN2，解得mQ>mN，综上可知mQ>mN>mP，D 正确。]
7．B [根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直
方向上A 球的竖直速度不变，设碰撞后A 球水平速度为v1，B 球水平速度为
v2，则有mv＝mv1+mv2，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有1
2mv2+1
2m
v A
2 ＝1
2mv A
2 +1
2mv1
2+1
2mv2
2，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A 在竖直方向上做匀加
速直线运动，则有h＝1
2gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A 运动t'＝1 s
落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。]
8．AC [设PQ 与杆之间的夹角为α，滑块沿杆运动时，垂直于杆方向合力为
零，可得Fsin α＝mgcos 53°+FN，其中F＝k · PQ
sin α ，所以滑块与杆之间的弹力
大小FN＝10 N，滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff＝μFN＝1.6 N，大小始终
不变，A 正确；下滑和上滑过程中，滑块所受滑动摩擦力的方向相反，冲量为
矢量，故滑动摩擦力的冲量不相同，B 错误；滑块下滑过程可看成简谐运动在
半个周期内的运动，设P'为简谐运动的最低点，平衡位置为O1，在O1有mgsin
53°＝k·PO1+μFN，解得PO1＝0.64 m，此简谐运动的振幅A1＝0.64 m，则
PP'＝2A1＝1.28 m；滑块上滑过程可看成另一个简谐运动在半个周期内的运动，
设平衡位置为O2，QO2与杆之间的夹角为γ，可得mgsin 53°+μFN＝k · PQ
sin γ ·cos
γ，其中PQ
sin γ ·cos γ＝PO2，联立解得PO2＝0.96 m，此简谐运动的振幅A2＝
PP'－PO2＝0.32 m；由简谐运动的对称性可得滑块上滑刚好可回到O1处且无法
下滑，故滑块从释放到静止的位移大小等于PO1＝0.64 m，C 正确；滑块从释
放到静止，克服滑动摩擦力做功Wf＝μFN(2A1+2A2)＝3.072 J，D 错误。]
9．AB [无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可
知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无
人机受到空气作用力的方向会变化，A 正确；由题意可知，拉力的大小随时间
均匀变化，所以0 到T 时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝F0+ FT
2
T＝
(F0－1
2kT)T，B 正确；0 到T 时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝
mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B 项分析可知，无人机受
到重力和拉力的合力的冲量大小I 合<IF+IG＝mgT+(F0－1
2kT)T，C 错误；由图结
合几何关系可知，T 时刻无人机受到空气作用力的大小F 空＝
√( F sin 60°)
2+(mg+ F cos 60°)
2＝√
3
4 ( F0-kT )
2+(mg+ F0-kT
2
)
2，D 错误。]
10．BD [弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律
有ΔE ＝1
2×3mv A
2 +1
2mvB
2，B 嵌入C 的过程，由动量守恒定律有mvB ＝
(m+5m)vD，D 在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ·(m+5m)gs1＝1
2(m+5m)
v0
2－1
2(m+5m)v D
2 ，D 脱离滑轨后做平抛运动，则有s2＝v0t，h＝1
2gt2，D 的初动
能EkD＝1
2(m+5m)v D
2 ，爆炸后瞬间A 的动能EkA＝1
2×3mv A
2 ，解得EkA＝2EkD，
ΔE ＝48mgh(1+ s2
2
4 h
2) ，D 从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－
μ·(m+5m)gs1+(m+5m)gh＝1
2(m+5m)v2－1
2(m+5m)v D
2 ，解得v＝vD，则D 的初动
能与其落地时的动能相等，A、C 错误，B、D 正确。]
11．解析：(1)由螺旋测微器的读数规则可知，小球的直径为d＝8
mm+26.0×0.01 mm＝8.260 mm。(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及
其他阻力，则小车在轨道甲上做匀速直线运动，所以小车通过光电门A 和B 的
时间相等。③若两小车的碰撞为弹性碰撞，则由于两小车相同，所以发生弹性
碰撞后两小车速度交换，则碰撞后小车2 静止，小车1 以与小车2 碰撞前瞬间
相同的速度做匀速直线运动，可知t2＝t1。④贴上吸能材料后，两小车碰撞前小
车2 的速度大小v0＝
0.01
10×10
-3 m/s＝1 m/s，动能为Ek0＝1
2mv0
2，碰撞后小车1
的速度大小v1＝
0.01
15×10
-3 m/s＝2
3 m/s，小车2 的速度大小v2＝
0.01
30×10
-3 m/s＝
1
3 m/s，两小车的总动能Ek＝1
2mv1
2+1
2mv2
2，联立可得
Ek
Ek 0
≈0.56。
答案：(1)8.260 (2)②时间相等 ③＝(填“等于”也可得分) ④0.56
12．解析：(1)根据题图1 可知，本实验的实验原理是通过验证重锤重力势能的
减少量等于动能的增加量，来验证机械能守恒定律，验证的关系式为mgh＝1
2
mv2，因为等式两边的质量可以消去，所以测量重锤的质量(步骤③)不是必需的；
又测量重锤下落的高度和速度均能通过打点计时器与纸带完成，按照打点计时
器与纸带的使用规则可知，应先接通打点计时器的电源，打点计时器工作稳定
后再释放纸带，步骤②错误，所以步骤①④⑥⑤是必需且正确的，正确实验操
作排序为④①⑥⑤。
(2)重锤带动纸带做匀加速直线运动，某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时
间内的平均速度，所以打出B 点时重锤下落的速度大小vB＝
sAC
2
f
＝(20.34 -13.20)×50
2
×10－2 m/s≈1.79 m/s。
(3)若机械能守恒，对重锤有mgh＝1
2mv2，整理得v2＝2gh，所以v2⁃h 图线应通
过原点且斜率为2g。由题图3 可知直线的斜率k＝
5.6-1.4
0.295-0.075 m/s2≈19.1
m/s2。
(4)η＝|
mgh- 1
2 m v
2
mgh
|×100%＝|1- k
2 g|×100%，代入数据解得η≈2.6%。
答案：(1)④①⑥⑤ (2)1.79
(3)通过 2g 19.1 m/s2
(4)|1- k
2g| 2.6
13．解析：(1)从t＝0 时至小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置(绳子刚好被
拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球
的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得
mg·2L＝1
2mv0
2－1
2mv2
解得v＝4√5 m/s
小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球
进行受力分析，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝mv
2
L
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小F'm＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平
抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛
运动规律可得
2L＝1
2g(Δt)2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N 的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为
vmin，此种情况下小球通过N 的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0 时至运
动到N 的正上方的过程，由机械能守恒定律可得
mg·5L＝1
2mvmin
2 －1
2mv N
2
小球运动到N 的正上方时，由牛顿第二定律可得
mg＝m· v N
2
2 L
联立解得vmin＝2√15 m/s。
答案：(1)4√5 m/s 17 N
(2)4 m (3)2√15 m/s
14．解析：(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，
根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后
最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度大小为v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝
mv1+3mv2
由能量守恒定律有1
2mv0
2＝1
2mv1
2+1
2×3mv2
2
解得v1＝m-3m
m+3mv0＝－1
2v0，v2＝
2m
m+3mv0＝1
2v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为1
2v0。
(3)根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速
度大小变为碰撞前的1
2，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度
互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰
撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的1
2，综上所述，
玻璃球碰撞2n 次后速度大小为v＝(
1
2)
2n
v0
则玻璃球碰撞2n 次后最终动能大小Ek＝1
2mv2＝(
1
2)
4 n+1
mv0
2。
答案：(1)v0 (2)v0
2
(3)(
1
2)
4 n+1
mv0
2
