新疆轮台县第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试物理试卷

第第页新疆轮台县第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试物理试卷一、选择题：共12道小题，每题4分，共计48分。其中1-7题为单项选择题；8-12题为多项选择题，错选不得分，漏选得2分。1．国际小行星中心于2021年10月8日确认公布了中国科学院紫金山天文台发现的一颗新彗星，命名为C/2021S4。这颗彗星与太阳的最近距离约为7AU，绕太阳转一圈约需要1000年，假设地球绕太阳做圆周运动，地球与太阳的距离为1AU，万有引力常量为G，则A．由以上数据可以估算彗星的质量B．由以上数据可以估算太阳的密度C．彗星由近日点向远日点运动时动能减小D．该彗星在近日点的向心加速度比地球绕太阳运动的向心加速度大2．如图甲所示，一质量为m=2×103kg的汽车（可视为质点），正以10m/s的速度在水平路段AB上向右匀速运动，t=5s时汽车驶入较粗糙水平路段BC，汽车发动机的输出功率保持20kW不变，汽车在t=15s时离开BC路段。通过ABC路段的v−tA．汽车在AB和BC路段上所受阻力大小比为1∶4B．汽车进入BC路段做加速度增大的减速运动C．汽车刚好开过B点时加速度的大小为2D．BC路段的长度为68.75m3．下列有关物理学概念说法正确的有（）A．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速曲线运动B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动C．平抛运动是一种匀加速曲线运动D．斜上抛运动是非匀变速运动4．如图，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一小球从离弹簧一定高度处由静止释放，在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，下列判断正确的是（）A．小球动能一直在减小 B．小球重力势能一直在增加C．弹簧弹力先做负功后做正功 D．小球的机械能一直在减少5．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，O1为上侧阳半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在O1、A．C、D两点电势相等B．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小C．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小D．将一电子(不计重力)从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动6．如图所示，2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是（）A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/sB．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期大于24小时C．“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度D．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理7．如图所示，飞船从低轨道1变轨至高轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑飞船的质量变化，则对与飞船有关的物理量变化判断正确的是（）A．动能变大 B．向心加速度变大C．角速度变大 D．运行周期变大8．如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有（）A．P点电势大于M B．M点电势大于NC．q从P到M一直做减速运动 D．M、N两点处电场强度大小相同9．航天技术中所说的“墓地轨道”是用于放置失效卫星的轨道，其高度为地球同步轨道上方300千米处的空间。如图所示，2022年1月26日，中国实践21号卫星利用捕获网成功将失效的北斗2号G2同步卫星拖到“墓地轨道”后，实践21号卫星又回到了地球同步轨道。若卫星在两个轨道上的运动均视为匀速圆周运动，则（）A．G2卫星在地球同步轨道运行时，与地球赤道上物体的速度大小相同B．实践21号卫星从“墓地轨道”返回到同步轨道，需要减速C．G2卫星在“墓地轨道”运行的机械能大于同步轨道运行的机械能D．G2卫星在“墓地轨道”的运行速度在7.9km/10．中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaxiJ1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出（）A．黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比B．黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比C．黑洞做匀速圆周运动的角速度大小D．恒星的自转周期11．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到A．弹簧的劲度系数为4mgB．小球在P点下方12lC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同12．一条绷紧的水平传送带AB以恒定速度v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平台面与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。滑块以速度v2向左从A点滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化如图像所示，已知滑块质量m=2kg，可视为质点，重力加速度A．滑块在传送带上的运动时间为4.5sB．若传送带运动速度v1C．滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中因摩擦产生的内能为36JD．滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中，传送带的电机多消耗的电能为12J二、实验题：共14分。13．用如下实验装置进行“探究平抛运动的特点”实验，步骤如下（1）按照甲图安装实验装置，调节斜槽末端水平，并将一张白纸和复写纸固定在背板上。斜槽末端下方用细线悬挂重锤的作用是A．判断仪器背板是否竖直B．确定白纸上y轴的方向C．利用重锤的惯性来保证实验装置稳定（2）让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写纸在白纸上描出球心投影点O1，描出槽口端点在白纸上的投影O2，描出过O2的竖直线与过O1水平线的交点O3。白纸上平抛轨迹的初始位置应是（填O（3）让钢球从斜槽上某一高度滚下，落到水平挡板上，在白纸上留下印迹。（4）上下调节挡板的位置，多次操作步骤（3），并保证钢球在斜槽上的释放点（填“相同”“不同”或“随机”）。（5）用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹，如图乙。轨迹上任意一点的坐标x、y应满足关系：y∝（填x、x2或x14．某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有__________。（选填器材前的字母）A．大小合适的铁质重锤 B．体积较大的木质重锤C．刻度尺 D．天平（2）安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、A．8gℎBT2=ℎ（3）经过计算发现增加的动能大于减少的重力势能，则实验中可能存在的问题是：。三、计算题：共38分。写出详细的解题过程，只写结果不得分。15．如图所示，半径R=1m的光滑圆环形滑杆MNP竖直固定放置，左侧端点M和圆心O1的连线与竖直方向夹角的余弦值cosθ=0.15，右侧端点Р和圆心O1、O2在同一水平线上，P点的切线沿竖直方向。现有一质量m1=0.2kg的小橡胶环A以v0=1.2m/s的初速度水平抛出，恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆，在滑杆的最高点静止着质量m2=0.2kg的小橡胶环B。在右侧端点Р的正下方h=4.15m处，有一质量m3=0.1kg、长度L=3m的长直木杆C竖直静止在水平面上，但跟水平面并不黏合。已知小橡胶环B与长直木杆C之间的滑动摩擦力大小f=2N，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，小橡胶环A、B均可视为质点，两小橡胶环之间和小橡胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞；小橡胶环B套入长直木杆C后，长直木杆C不倾倒，且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。不计空气阻力，取g=10m/s（1）小橡胶环A到达滑杆最低点Q时所受弹力大小；（2）小橡胶环B在长直木杆C上上滑的最大距离；（3）长直木杆C跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能；（4）小橡胶环B在长直木杆C上运动的总路程。16．临近春节，一位家政工人用不计重力的拖把杆推动质量为0.26kg的拖把头在竖直玻璃上擦灰尘。假设拖把头与玻璃之间的动摩擦因数恒定，该工人始终用沿拖把杆方向的力推动拖把使拖把头竖直向上匀速运动，当拖把杆与竖直玻璃夹角为θ=37°时，工人对拖把的推力大小为F=10（1）拖把头对玻璃的压力大小；（2）拖把头与玻璃接触面间的动摩擦因数；（3）擦玻璃时有这样的现象：灰尘位置太高时，已经用力较大却还是不容易擦干净，请用物理知识简要解释。17．如图所示，有5个大小不计的物块1、2、3、4、5放在倾角为θ的足够长斜面上，其中物块1的质量为m，物块2、3、4、5的质量均为2m，物块1光滑，其他物块与斜面间动摩擦因数μ=tanθ。物块2、3、4、5的间距均为L，物块1、2的间距为（1）物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小；（2）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间；（3）从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量。18．如图甲所示，在绝缘水平桌面上固定有间距为L1=12m的光滑平行金属导轨，虚线MN左侧、PQ右侧(不包含边界)存在相同的匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度B=4T，两个阻值均为2Ω的电阻接在导轨的左右两端。导轨上放置两个完全相同的导体棒ab与cd，导体棒的质量m=0.5kg，长度L2=58m，电阻R0=52Ω，ab位于MN左侧，cd放在磁场边界PQ上，对ab施加向右的恒力F1=5N后，ab的速度-时间图像如图乙所示(t1~（1）两磁场边界MN、PQ之间的距离L；（2）若t2时刻之后系统受到向左的变力F2作用，且F2=k(t−t2)

答案解析部分1．【答案】C【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用【解析】【解答】A.彗星做匀速圆周运动，有GMmr2=m4π2T2r，可知不能估算彗星的质量，A不符合题意；

B.太阳的半径大小未知，故不可以估算太阳的密度，B不符合题意；

C.彗星围绕太阳做椭圆运动，由开普勒第二定律可知近日点的速度大于远日点的速度，故彗星由近日点向远日点运动时动能速度减小，动能减小，C符合题意；

2．【答案】D【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用；运动学v-t图象3．【答案】C【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；斜抛运动；匀速圆周运动4．【答案】D【知识点】能量守恒定律；动能和势能的相互转化【解析】【解答】A、小球开始接触弹簧时，弹力小于重力，小球继续向下做加速运动，当弹力与重力大小相等时，此时小球的速度达到最大，小球继续向下运动，弹力大于重力，小球向下做减速运动，直至将弹簧压缩到最低点，所以小球的动能在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中先变大后变小，A错误；

B、在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，小球的重心一直下移，说明小球的重力势能在减小，B错误；

C、在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，弹力的方向与小球的运动方向相反，说明该过程弹力一直做负功，C错误；

D、在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，弹簧的弹性势能在增加，从能量守恒的角度知，小球的机械能一直在减小，D正确。

故答案为D。

【分析】本题考查牛顿运动定律在弹簧中的应用，解题的关键在于判断在小球从开始接触弹簧到向下运动到最低点的过程中，小球的合力大小和方向的变化，以及加速度与速度的方向是同向或反向，以此判断小球的速度变化情况，同时抓住弹簧做功与重力做功的特点，从能量守恒的角度判断小球机械能的变化情况。5．【答案】C【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能；电势【解析】【解答】A、在O1，O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设O2处为正点电荷，O2处为负点电荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，故A错误；

B、AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误；

C、根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C正确；

D、由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A点由静止释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。

故答案为：C。

【分析】熟悉掌握等量异种电荷的电场线及等势线分布情况。带电粒子在等势线上运动过程，电场力不做功，电势能不变。6．【答案】C【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题【解析】【解答】A.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G解得线速度的大小为v=由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G解得T=2π地球静止卫星的周期等于24小时，由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于24小时，故B错误；C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G解得a=由于“夸父一号”探测卫星的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度，故C正确；D．“夸父一号”在b轨道上运行时会进入地球背面，可知，为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，故D错误。故选C。

【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度、向心加速度和周期的大小；为了观察太阳，卫星在a轨道运行时不容易被地球挡到。7．【答案】D【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题；动能【解析】【解答】地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMm解得线速度、角速度、周期和向心加速度的表达式为v=GMr，ω=GMr由于飞船从低轨道1变轨至高轨道2，r变大，则向心加速度变小，角速度变小，运行周期变大，线速度变小，根据动能的公式Ek故选D。

【分析】利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较角速度、周期和向心加速度的大小；利用线速度的大小结合动能的表达式可以判别动能的变化。8．【答案】A,D【知识点】电场及电场力；电场强度；电势【解析】【解答】B.由题目意思可以知道，p点到达M，N点的速度一样，由p点出发的大小相同，方向不同的初速度还是同一个正电荷，也就说明了在M，N两点的电势是一样的，故B不符合题意

A.根据图正电荷的运动轨迹知，正电荷在P点的受力方向向右，电场线为P指向N，沿着电场线方向，电势逐渐减低，故P点电势大于M点，故A符合题意

​​​​​​C.正电荷q从P到M做加速运动，故C不符合题意

D.由前面分析可知，MN两点的电势一样，则MN两点在同一个等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，也就说明MN到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知MN两点处电场强度大小相等，故D符合题意

综上，说法正确的有AD

【分析】根据点电荷周围的电势分布分析电场强度，两点的电势大小关系由速度变化情况进行分析得来9．【答案】B,C【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题【解析】【解答】A.G2卫星在地球同步轨道运行时，与地球赤道上物体的角速度相同，由于圆周运动半径不同，由v=ωR可知，速度大小不相同，A不符合题意；

B.实践21号卫星从“墓地轨道”返回到同步轨道，做向心运动，需要减速，B符合题意；

C.G2卫星从同步轨道到“墓地轨道”，需要经历两次加速过程，外力对G2卫星做正功，则可得G2卫星在“墓地轨道”运行的机械能大于同步轨道运行的机械能，C不符合题意；

D.卫星环绕地球做匀速圆周运动最大线速度不超过第一宇宙速度，即不超过7.9km/s，故G2卫星在“墓地轨道”的运行速度小于7.9km/s，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】由v=ωR判断同步卫星与赤道上物体的线速度大小关系；根据卫星变轨原理分析卫星速度变化；根据外力做功分析机械能变化；根据第一宇宙速度是卫星的最大运行速度，判断G2卫星的运行速度与第一宇宙速度的关系。10．【答案】A,B【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；万有引力定律的应用；双星（多星）问题【解析】【解答】ABC．设黑洞的质量为8M，恒星的质量为M2，黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，设为ω，设黑洞的轨道半径为r1，恒星的轨道半径为r根据万有引力提供向心力：对黑洞G对恒星G联立可得ω=M则r根据v=ωr可得v由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度，AB符合题意，C不符合题意；D．根据题中条件无法求出恒星的自转周期，D不符合题意。故答案为：AB。

【分析】利用引力提供向心力结合双星模型其角速度相等可以求出双星轨道半径及线速度的比值。11．【答案】A,D【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则mg=f，f=μFN，FN=k·l2，联立解得：k=4mgl，故A符合题意；

B.小球运动到P点下方l2时θ=45°，此时摩擦力大小为：f1=μ（22kl−kl2），由牛顿第二定律得：mg−f1=ma，联立解得：a=（2−212．【答案】A,C【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算；动能定理的综合应用13．【答案】AB；O3；相同；【知识点】研究平抛物体的运动【解析】【解答】（1）AB．重锤的作用是确保坐标轴的y轴为竖直方向或沿重锤方向描下y轴为竖直方向，即必须保证仪器背板竖直，故AB正确；C．重锤的惯性无法保证实验装置稳定，故C错误。故选AB。（2）让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写纸在白纸上描出球心投影点O1，描出槽口端点在白纸上的投影O2，描出过O2的竖直线与过O1水平线的交点O3，即竖直方向与水平方向的交点恰好是小球抛出点在白纸上的投影点，实验白纸上平抛轨迹的初始位置应是O3；（4）上下调节挡板的位置，多次操作步骤（3），并保证钢球在斜槽上的释放点相同，这样才能保证每次平抛的初速度相同；（5）用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹，如图乙，在轨迹上任意一点的坐标x、y，根据平抛运动规律得

x=v0消去t，可得x、y应满足关系为

y=即满足

y∝x2

综上：第1空：AB；第2空：O3；第3空：相同；第4空：x2

【分析】（1）重锤的作用是确保坐标轴的y轴为竖直方向或沿重锤方向描下y轴为竖直方向，即必须保证仪器背板竖直；

（2）平抛运动抛出点是小球即将离开斜槽末端球心位置，以此分析判断；14．【答案】（1）A；C（2）A（3）用公式v=gt计算速度【知识点】验证机械能守恒定律【解析】【解答】（1）验证重锤下落过程的机械能守恒，需要重锤只受到重力的作用，为减小空气阻力的影响，实验需使用大小合适的铁质重锤，需使用刻度尺测量纸带上两点间的距离，根据机械能守恒定律的表达式可以得出验证机械能守恒的表达式中重锤的质量可以约去，不需要使用天平。故选AC。（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，根据平均速度公式可以得出B点的速度为v从O点到B点，根据动能的表达式可以得出重锤增加的动能为Δ从O点到B点，根据重力势能的表达式可以得出重锤减少的重力势能为Δ若此实验过程中机械能是否守恒，则Δ整理得8g故选A。（3）用公式v=gt计算速度时由于使用的重力加速度比较大，则经过计算发现增加的动能大于减少的重力势能。

【分析】（1）为减小空气阻力的影响，实验需使用大小合适的铁质重锤，需使用刻度尺测量纸带上两点间的距离，根据机械能守恒定律的表达式可以得出验证机械能守恒的表达式中重锤的质量可以约去，不需要使用天平；

（2）利用平均速度公式可以求出B点瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量，利用高度的变化可以求出重力势能的减少量，进而导出对应的表达式；

（3）利用速度公式计算速度时由于使用的重力加速度比较大，则经过计算发现增加的动能大于减少的重力势能。（1）为减小空气阻力的影响，实验需使用大小合适的铁质重锤，需使用刻度尺测量纸带上两点间的距离，验证机械能守恒的表达式中重锤的质量可以约去，不需要使用天平。故选AC。（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B点的速度为v从O点到B点，重锤增加的动能为Δ从O点到B点，重锤减少的重力势能为Δ若此实验过程中机械能是否守恒，则Δ整理得8g故选A。（3）经过计算发现增加的动能大于减少的重力势能，则实验中可能存在的问题是用公式v=gt计算速度。15．【答案】（1）小橡胶环A恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆，设小橡胶环A在M点时的速度为vMv解得v小橡胶环A从M点到Q点，根据动能定理m解得v小橡胶环A在Q点时，支持力和重力的合力提供向心力N−解得N=18（2）设小橡胶环A从Q点运动到最高点与小橡胶环B碰撞前的速度为vA−设小橡胶环A和小橡胶环B碰后的速度分别为vA'和m1小橡胶环B，从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间，设接触前速度为v，根据动能定理m解得v=12m/s小橡胶环B沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，根据受力分析m可得小橡胶环B在长直木杆C上受力平衡做匀速直线运动，小橡胶环B做匀速直线运动；小橡胶环B沿长直木杆上滑时，小橡胶环B做匀减速直线运动，长直木杆C做匀加速直线运动，设共速时速度大小为v1mv对长直木杆有f−vx此时小橡胶环B上滑的距离最大s（3）小橡胶环B与长直木杆C共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前，则有v解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为v长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为ΔE=（4）长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，则有vvv联立可得长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为v所以可得长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式为v小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的路程为L，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆，在长直木杆上第一次上滑的路程为s长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为s1s长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为s2S=L+2【知识点】动量守恒定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；动量与能量的其他综合应用【解析】【分析】（1）先根据平抛运动特点求出在M点的速度，再根据动能定理求出再Q点的速度，最后根据受力分析，由牛顿第二定律求出在Q点的弹力大小；

（2）由动能定理求出A环碰撞前的速度，再根据弹性碰撞的两个守恒求出碰撞后B环的速度，根据动能定理求出B与长杆接触前的速度，最后分两个过程由动力学规律求长杆上升的最大高度；

（3）橡胶环B与长杆共速后，一起做竖直上抛运动，根据运动学规律求出落地前的速度后，由能量守恒定律计算出碰撞损失的机械能；

（4）根据运动学公式结合数学知识通过等比数列的计算方法得出总路程。16．【答案】（1）根据力的分解可知拖把头对玻璃的压力大小为F（2）对拖把头，在竖直方向根据平衡条件可得Fcosθ求得μ（3）灰尘位置太高时，拖把杆与竖直玻璃夹角较小，推力的水平分力较小，对玻璃的压力较小，拖把头对玻璃的摩擦力就很小，不容易擦干净玻璃。【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡【解析】【分析】（1）对拖把头进行受力分析，在水平方向上根据平衡条件及力的合成与分解结合牛顿第三定律进行解答即可；

（2）拖把头做匀速运动，在竖直方向上根据平衡条件及力的合成与分解结合滑动摩擦力公式进行解答；

（3）擦拭灰尘主要是利用摩擦力，无法擦干净，即摩擦力太小。根据滑动摩擦力的影响因素结合受力情况及力的合成与分解进行分析。17．【答案】（1）解：由动能定理得mg解得v碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得m1解得vv物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为v11=−1（2）解：第1次碰后，根据牛顿第二定律分析，物块22mga物块2将以速度v21=gL假设物块2静止后物块1再与之发生第2次碰撞：对物块1分析mgLvmgat对物块2分析t由于t1因为v02=v01t第1、2次，2、3次，3、4次碰用时均为t第4次碰到第5次碰用时tvt从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间t=（3）解：第1、2次碰时段内，可以等效为1个物块持续匀速下滑摩擦产热xQ第2、3次碰时段内，可等效为2个物块持续匀速下滑摩擦产热Q第3、4次碰时段内，可以等效为3个物块持续匀速下滑摩擦产热Q第4、5次碰时段内，可以等效为4个物块持续匀速下滑摩擦产热xQ总热量Q=【知识点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型【解析】【分析】（1）滑块1开始下滑到与2碰撞前，只有重力做功，根据动能定理确定碰前滑块1的速度，再根据弹性碰撞的特点确定碰后瞬间滑块1、2的速度；

（2）根据滑块2的受力情况可知，碰后滑块2做匀速直线运动，随后与滑块3相碰。根据等质量物体动碰静弹性碰撞特点可知滑块2与滑块3碰后速度交换，滑块2静止在斜面上。滑块1先向上做匀减速运动反加速下滑。其中滑块2开始运动到分别与滑块3、4、5初始位置发生碰撞过程具有相同的规律，即碰后滑块2均保持静止，在第五次的碰撞后滑块2以恒定速度向下滑动，不再与滑块滑块3发生碰撞，此时滑块2做匀速运动，滑块1追上后与之发生碰撞。再根据不同的运动情况，结合运动规律及动能定理和碰撞特点进行解答；

（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前只有滑块1发生滑动产生热量，第二次碰撞后到第三次碰撞前只有滑块2、3发生滑动，第3次碰撞后到第4次碰撞前只有滑块2、3、4发生滑动，第4次碰撞后到第5次碰撞前只有滑块2、3、4、5均发生滑动。根据匀速运动的特点确定各时间段滑块运动的位移，再根据功能关系确定产生的总热量。18．【答案】（1）解：由图像可知：t1t2对于两根导体棒碰后的过程，列动量定理，则有−BIL任一导体棒接入电路的有效电阻r=根据电路规律有R由q=ItI=E=n解得q=联立可得v2设两导体棒发生碰撞前瞬间ab棒的速度为v1根据动量守恒定律可知mv代入数据得v1在MN到PQ的过程中，根据牛顿第二定律有F根据运动学公式L=v（2）解：设施加F2后的0.5s时两导体棒的速度为v根据动量定理有(−B根据F满足的函数关系可知F2结合q=联立解得v3根据电路规律可知，此过程中整个电路生成的热量为Q根据能量守恒定律有W−W代入数据得W=-1.755J。【知识点】动量定理；动量守恒定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题【解析】【分析】（1）对于两根导体棒碰后的过程由动量定理以及法拉第电磁感应定律得到电荷量与速度的关系，联立动量守恒定律求解距离；

（2）根据动量定理结合电荷量表达式得到两导体棒的速度，根