2025-2026学年高一物理下学期期末模拟卷【四川专用测试范围：教科版必修第二册、选择性必修一1-3章】（全解全析）

高一物理下学期期末模拟卷（四川专用）

全解全析

（考试时间：75分钟，分值：100分）

第I卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1.在飞机的发展史中有一个阶段，E机上天后机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰

苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆

的主要目的是（）

A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡

C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率

【答案】D

【详解】A.配重杆增加了机翼质量，惯性会增大，但解决抖动问题的关键并非增大惯性，故A不符合题

意；

B.抖动问题源于振动而非平衡，装置配重杆与平衡无关，故B错误；

C.配重杆的作用并非直接增强结构强度，而是调整振动特性，故C错误；

D.机翼抖动是因共振（驱动力频率接近机翼固有频率）。加装配重杆通过改变质量，使固有频率偏离驱动

力频率，避免共振，故D正确。

故选D。

2.2024年9月，我国成功试射了一枚洲际弹道导弹，射程高达12000公里，测试弹头最终落入南太平洋公

海的预定海域，创下了全球洲际导弹射程的最远纪录。如图所示，若导弹从P点飞出大气层后，靠惯性

绕地心。做椭圆轨道飞行（O为椭圆轨道的一个焦点），最后从。点进入大气层。N点为远地点，

ON=r,已知地球质量为引力常数为G,则下列说法正确的是（）

A.导弹在N点的加速度大小为坐

B.导弹在2点和。点受到的地球引力相同

1/17

C.导弹在N点的速度大小为j十

D.导弹从尸到N过程中机械能不守恒

【答案】A

【详解】A.导弹的加速度由万有引力提供，在N点有尸=〃?〃=G与

解得a="，故A正确；

r

B.由图像，导弹在。点和。点距地心O点距离相等，因此所受引力大小相同，但位置不同，引力方向不

同，故B错误；

C.若导弹在N点轨道为圆轨道，有G粤=加±解得陛

r-rVr

但”点实际轨道为椭圆轨道，N点为远地点。卫星在圆轨道上某点变轨时，若该点成为椭圆轨道的远地点,

则需减速，因此匕才能使导弹在椭圆轨道运动，故c错误；

D.导弹从『到N过程中仅受地球引力，无其他力做功，机械能守恒，故D错误；

故选Ao

3.如图为某太阳能汽车测试行驶时的加速度”和车速倒数」的关系图像。若汽车质量为2.5xl()3kg,汽车

V

静止开始沿平直公路行驶，假设行驶中阻力恒定，则()

八a/(ms2)

f...-777>_

A.汽车匀加速的时间为5s

B.若测试中汽车从20m/s加速到40m/s用时为30s,则该段过程中汽车行驶的距离为1000m

C.汽车所受阻力为2.5x103N

D.汽车发动机的额定功率为2.5x10$W

【答案】B

【详解】A.由图可知，汽车在速度等于15m/s前，加速度不变，大小为a=5m/s2

汽车是匀加速启动的，根据匀变速直线运动规律可得】，=必

V15

解得汽车匀加速的时间为/=^=?s=3s,故A错误；

a)

CD.由图可知，速度由15m/s到40m/s,加速度逐渐减小，汽车以额定功率行驶；汽车的最大速度为

40m/s,之后汽车做匀速直线运动，此时有"=/,%

2/17

当y=15m/s时，汽车的加速度”Sm/s，根据牛顿第二定律可得4-/=研

V

联立解得/=7.5X1（）3N,/^=3.CxlO5W,故CD错误；

B.测试中汽车从20m/s加速到40m/s用时为30s,该段过程根据动能定理可得户额t-fs=5n*一"次

代入数据解得s=1000m,故B正确。

故选B。

4.两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的V-/图像如图所示,碰撞时间极短"下列说法

A.碰撞过程中小车M受到的冲量较大

B.碰撞后小车M的动量小于小车N的动最

C.碰撞后小车M与小车N佗动能可能相同

D.小车M的质量大于小车N的质量

【答案】B

【详解】A.碰撞过程中，M、N的相互作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、作用时间相同，根据

冲量定义/=R，两小车受到的冲量大小相等、方向相反，A错误；

D.设碰撞前小车M的速度为飞，小车N的速度为〜；碰撞后M的速度为唯，N的速度为出

根据动量守恒定律〃入必+%%=/M+网N

整理得必彳（%-心）=〃八，（%-匕V）

从图像上直观观察，碰撞前后速度变化量满足IVM-V；J>|vN-vy

m

IlfN»D错误;

B.碰撞后动量P”=%泮"，PN=mNvN

由图可知，氏<v；,根据前一选项的解析〃％<■〃为

可得P.M<P,Y，B正确：

C.动能与二｝"/，又心<《，〃?“〈心

所以小车M的动能小于小车N的动能，C错误。

故选B。

5.某同学在课后设计开发了如图圻示的玩具装置。在水平圆台的中轴上。点固定一根结实的细绳，细绳的

另一端连接一个小木箱，木箱里坐着一只玩具小熊，此时细绳与转轴间的夹角为夕=53。，且处于恰好伸

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直的状态。已知小木箱与玩具小熊的总质量为〃?，木箱与水平圆台间的动摩擦因数〃=02,最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，sin53。=0.8,cos530=0.6,重力加速度为g,不计空气阻力。在可调速电动机的带

动下，让水平圆台缓慢加速运动。则（）

A.当圆台的角速度切时，细绳中有弹力

B.当圆台的角速度。二岛时，细绳中有弹力，圆台对木箱没有支持力

C.当圆台的角速度时，细绳中有弹力，圆台对木箱有支持力

D.当圆台的角速度&=杵讨，木箱刚好没有脱离圆台

【答案】C

【详解】A.当木箱与圆台之间的摩擦力刚好达到最大时，细绳恰好无张力，设此时的角速度为四，根据

牛顿第二定律有jLimg=w^/sin^

解得十出

即角速度大于旧时，绳子开始有弹力，故A错误；

BCD.当圆台对木箱的支持力恰好为0时，设此时圆台的角速度为牡，根据牛顿第二定律有

nigtan0=wfy;/sin0

解得电

即角速度大于后时，圆台对木箱的支持力为（），木箱开始离开圆台；综上分析，可知当<0书时，

细绳中有弹力，圆台对木箱有支持力，故BD错误，C正确。

故选Co

6.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为现和“2。图乙为它们碰撞前后

的X—图像。己知〃?尸0.1kg。由此可以判断（）

4/17

A.碰后〃?2和四都向右运动

B.碰撞过程中对"〃的冲量大小为0.2N・s

C.，〃2=01kg

D.碰撞过程是弹性碰撞

【答案】D

【详解】A.根据X—图像的斜率表示速度，可知碰后叫向右运动，叫向左运动，故A错误；

BC.根据X—图像的斜率表示速度，可知碰前研和叫的速度分别为

Ax.8...八

寸=--=-m/s=4m/s,v,=0

A/12-

碰后町和叫的速度分别为

,M0-8...,£16-8/_.

\\=--=-----m/s=-2m/s,v,=--=--------m/s=2m/s

1M6-22加26-2

根据动量守恒可得

联立解得

m2=0.3kg

对网，根据动量定理可得

I=mxv\-WjV,=-0.6N-s

可知碰撞过程中々对町的冲量大小为0.6N-s,故BC错误；

D.碰撞前系统的机械能为

2

E1=lZM1V1=0.8J

碰撞后系统的机械能为

£2=1WlVl，2+|W2V22=0-8J

可知碰撞过程是弹性碰撞，故D正确。

故选D。

7.如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，/=0时，物块（视为质点）以大小为3%的速度水平滑上

木板左端。图乙为物块与木板运动的V—图像，图中外已知，重力加速度大小为8。下列说法正确的是

5/17

)

3

A.木板的最小长度为1%"

B.物块与木板的质量之比为2：3

C.物块与木板间的动摩擦因数为子

D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为5:2:3

【答案】A

【详解】A.由题图乙的v-/图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为

3

则木板的最小长度为;%。，故A正确;

B.由动最守恒定律有"7x3%=（〃:+历）%

可得物块与木板的质品之比为§=故B错误；

M2

C.由题图乙的V—图像可知，物块在木板，滑动的加速度大小为a=牛

由牛顿第二定律有"mg=ma

解得4=半，故C错误；

乳

D.物块减小的动能儿=；mx（3%y=4〃

木板增大的动能%=加片

由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量。=煤「耳2=3小力

则E/几：。=4:1:3,故D错误。

故选Ao

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

6/17

8.如图所示，实线是•列简谐横波某时刻的波形，虚线是经过0.5s后的波形.已知波的周期为T,而且0.25s

A.当波向x轴的正方向传播时，该波的波速为7m/s

B.当波向x轴的正方向传播时，在这0.5s内，x=1.5m处的质点通过的路程为50cm

C.当波向x轴负方向传播时，x=1.5m的质点M比x=1.75m的质点N在0.5s内通过的路程少

D.当r=0.1s时.x=1.5m处的质点的位移一定是0

【答案】AC

【详解】A.由图线可直接读出波长2=2m,0.25s<T<0.5s,巧波向+x方向传播时

0.5s=(0.75+〃)7

当〃=1时符合条件，解得

T2

T=-s

7

所以

A2..

v=—=-=/m/s

T2

7

A正确；

B.因

则在0.5s内，x=1.5m处的质点通过的路程为

s=1A=70cm

B错误;

C.当波向方向传播时，0.5s=(0.25+当〃=1时符合条件，解得

7=0.4s

所以

0.5s=1-7

4

则在。7内，，v=l.75m处的质点向上振动的速度大于x=l.5m处质点的速度，故x=l.75m处的质点的路程比

4

7/17

x=l.5m处质点的路程较大，C正确：

D.若波沿+x传播,则从/=O.ls到/=0.5s的时间内，则

0.4s=1.4r

因尸0.5s时，x=1.5m处的质点在波谷，则片0.1s时刻不在平衡位置，即位移不为，D错误。

故选AC0

9.2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星。假设“天问一号”发射后经过地火转移

轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，从4点进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天

问一号"火星探测器的火星着陪准备轨道为半长轴为。，周期为1的椭圆轨道，我国北斗导航系统的中圆

地球轨道卫星轨道半径为一，周期为《，引力常量为G。则下列判断正确的是（）

B.由题目已知数据可以估算火星的质量和密度

C.“天问一号”在4点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气

D.火星质量和地球质量的比值需

【答案】CD

【详解】A.由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天间一号''火星探测器在着陆准备

轨道上运动时是绕火星运动，它们的中心天体不同，因此开普勒第三定律不适用，故A错误；

B.由开普勒第三定律可知，若有一质量为〃?，轨道半径为。的绕火星做匀速圆周运动的卫星，其周期也为

（；设火星的质量为有6理=a

可得必-舒

所以能估算火星质量，但由于火星半径未知，无法估算火星密度，故B错误；

C.“天问一号”从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，故C正确：

D.北斗导航系统的中圆地球轨道卫星半径为「，周期为《，设地球质量为“2,有G"詈=「

可以估算地球质量加，="

G72

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因此，火星质量和地球质量的比值等=嗒，故D正确。

M2广7；

故选CDo

10.如图所示，质量为，〃的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4加的物体乙用轻绳跨

过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直且无拉力，滑轮左侧绳竖直，有侧绳与水平

方向夹角为。，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到。点，。。两点的连线水平,

OQ=d,且小球在P、。两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,sina=().8,cosa=0.6。则

()

A.物体乙重力的瞬时功率一直增大

B.小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小

C.弹簧的劲度系数为坐

D.小球位于。点时的速度大小为

【答案】BD

【详解】A.由题知，物体乙与小球甲为同一根绳子相连，而乙的速度大小等于绳端的速度大小，则小球甲

沿绳方向的分速度大小与物体乙的速度大小相等，由图知，当小球甲运动到。点时，其沿绳方向的分速度

为。，则物体乙的速度为零，因此可知，物体乙在小球中从尸点运动到。点的过程中必定经历了先加速再

减速的运动过程，所以物体乙的速度先增加后减小，则由〃但可知，物体乙重力的瞬时功率先增加后减

少，故A错误；

B.结合题意及题图可知，在弹簧恢复原长的过程中，弹力对小球甲和物体乙组成的系统做正功，该系统机

械能增大，当弹簧恢复原长之后要被拉伸，弹簧的弹力将开始对该系统做负功，该系统机械能减小，则小

球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故B正确；

C.设弹簧的劲度系数为A,中题知，小球甲在P、。两点外时弹簧弹力的大小相等，可知小球甲在尸处时

弹簧处干压缩状态，在。处时弹簧处干拉伸状态，且在0处时弹簧的压缩量等于在。处时弹簧的伸长量,

根据几何关系可得署=tana=垩3=，1=华

OQcosa0.6a

解得久?=:

9/17

由此可知，在尸处时弹簧的压缩量为X=，=?

在小球甲位于尸处时的初始状态，根据平衡条件及胡克定律可得〃?g=h

解得左=——y-,故C错误；

2d

D.对小球甲、物体乙、弹簧组成的系统，只有重力及系统内的弹力做功，则该系统机械能守恒，又因为小

球甲在P、。两点处时弹簧的弹力大小相等，则弹簧的弹性势能相同，则小球甲由尸到。的过程，对该系

统，由机械能守恒定律可得4，町（丝-。。］-，咫乂。2-:加弓

\cosa）2

解得vQ=jggd,故D正确。

故选BDo

第II卷

三、实验题：本题共2个小题，每空2分，共16分。

11.（6分）同学们用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。在单摆悬点处安装拉力传

感器，并获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图乙所示。

（1）关于本实验的操作，下列哪个说法是正确的？

A.需要用天平称出摆球的质量

B.摆线要选择较细的、伸缩性小些的，并且适当长一些

C.测摆长时应先在水平桌面上招细线拉直测得细线长度，再悬挂小球

D.为了使单摆的周期大一些，以方便测量，初始摆角应大于10°

（2）由图乙可知，该单摆的周期为（用图乙中字母表示）；

（3）同学们改变摆长£，测量不同摆长情况下单摆的周期7,得到多组数据。以尸为横轴，£为纵轴，作出

心-尸图像，如图丙所示。若图线的斜率为A,则重力加速度的大小g=（用本小题所给字母

k表示）。

【答案】（1）B

10/17

(2)?

⑶4/A

【详解】（1）A.实验中摆球应选择质量大些、体积小些的球，但不需要用天平称出摆球的质量，故A错

误：

B.单摆的摆线要选择细些的、伸缩性小些的线，并且适当长一些，故B正确；

C.测摆长时应测量细绳的悬挂点到摆球球心的距离，故C错误；

D.为了使单摆的周期大一些，以方便测量，初始摆角应小于10。，故D错误。

故选B。

（2）两次拉力最大时完成一次全振动，图中完成5次全振动用f,故周期7=]

（3）由周期公式7=

即工=乌丁2

4h

斜率人名

4乃一

故g=47r+

12.（1（）分）如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中48是斜槽，8C是水平槽，斜槽与水

平槽平滑相接，实验操作如下：

①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点。：

②取小球I,使小球I从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的臼纸上留下痕迹，重复本操作多

次；

③把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落

点痕迹，重复本操作多次；

④在白纸上确定平均落点的位置M、N、P.

（1）实验中小球1的质量为成，半径为4,小球2的质量为22,半径为4,则两小球的质量和半径关系需满

足（填正确答案标号）。

A.>ni2,r]>r2B.w,>w,,rx<r2C.w,>=r2D.<m2,r]=r2

(2)已知刻度尺的零刻度线与。点对齐，由图乙读得ON=emo

11/17

(3)图甲中M点为碰撞后小球(填力”或“2”)的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距。

点的水平距离。W、ON、OP,则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为

(用叫、叫、OM>OP、ON表示,4、G较小，可忽略不计)。

(4)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，川两根不可伸长

的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的。点和O'点，两点间距等于小球的直

径。将质量较小的小球1向左拉起至力点由静止释放，在最低点4与静止于C点的小球2发生正碰。

碰后小球1向左反弹至最高点，，小球2向右摆动至最高点。。测得小球1,2的质量分别为〃?和

弦长/8=心4B=h，CD=h。推导说明，而、"、4、h4满足关系即可验证碰撞前后动

量守恒。

【答案】(1)C

(2)45.00

(3)1mpP=叫OM+rn2ON

(4)研=-ml2+Ml?

【详解】(1)为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，

即叫>m2,r\=r2

故选C.

(2)刻度尺的分度值为0.1cm,由刻度尺的读数规则可得ON=45.00cm

(3)[1]M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置。

⑵艰据动量守恒定律可得叫牛=町华+吗v

化简可得网OP=mx0M+m2ON

(4)设轻绳长为3小球从偏角0处静止摆下，摆到最低点时的速度为打小球经过圆弧对应的弦长为/,

则由动能定理有wg£(l-cos/9)=^mv2

由几何关系可知sin—=——

22L

联立两式解得丫=/日

若两小球碰撞过程中动量守恒，则有〃7=T吗+

又有V晤行暗旷成

整理可得必=一/叫+M/3

四、计算题：本题共3个小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只

写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

12/17

13.（10分）如图所示是某游乐场“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘.匕绳子下

端连接座椅，人坐在飞椅上随转盘在空中绕竖直转轴转动。设绳子长L=5m,与座椅的总质量〃尸60kg,

盘静止时人与轴间的距离45m,此时座椅离地面〃=7m。转盘慢慢加速运动，经过一段时间后转速保

持稳定，此时绳子与竖直方向的夹角为生37。且保持不变。不计空气阻力，绳子不可伸长，取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8o

图甲图乙

（1）转盘转动到稽定状态时，悬绳的拉力及游客的线速度大小？（计算结果可用根式表示）

（2）若转盘稳定转动后，一位游客随身携带的手机突然滑落下来。为了保证安全，管理员应该让地面上的游

客至少离中心轴多远？

【答案】（l）7=750N,v=2>/i5m/s

（2）IOm

【详解】（1）稳定转动时，人和座椅竖直方向受力平衡Teos。=〃唔

解得7=750N

圆周运动的转动半径r=d+Lsin。=5+5x（）.6=8m

水平方向合力提供向心力wgtan0=m—

r

解存v=2yf\5m/s

（2）手机滑落时离地面高度h=H-LcosB

竖直方向自由下落〃=

水平方向匀速运动x=vt

由于平抛速度方向与圆周半径方向垂直，因此落地点到中心轴的距离氏=石47

解得R=10m

14.（12分）如图所示，圆心为。的光滑;圆弧轨道48竖直固定，半径R=0.4m,最低点与水平传送带

4c相切；4c长L=0.5m,以％=4m/s的速度顺时针匀速率转动；8c右侧连接与其等高的平台C。。

质量〃?=2kg的小物块从上P点由静止释放，到达圆弧轨道最低点时对轨道压力大小为40N；物块滑

过传送带，滑上平台后停在。点。已知物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度大小取

g=10m/s2<,

13/17

(1)求P点与8点间的高度差/?；

(2)求传送带对物块做的功：

(3)现对停在D点的物块施加水平向左的恒定推力凡物块向左运动s=0.4m后撤去F,物块恰好能到达A

点，求推力尸的大小。

【答案】(l)0.2m

(2)5J

(3)55N

【详解】(1)在圆弧轨道最低点，根据牛顿第三定律，轨道对物块支持力&二40N

根据牛顿第二定律得6-〃?g=m—

R

物块从Q到夕过程，根据动能定理得〃3?=；〃"

解得。=0.2m

(2)假设物块在传送带上一直加速，由动能定理得〃〃磔=$欣-;〃叫2

解得v2=3m/s

匕＜%,假设成立

传送带对物块做的功力=(或％=；)

解得爪=5J

(3)设物块与平台间的动摩擦因数为必，C、。间距离为工，物块由C到。过程，根据动能定理得一出

mgx=—

物块从D返回A过程，根据动能定理得人一4/?gx-〃用gL-〃?gR=0

解得尸=55N

15.(16分)如图所示，水平木板的。端紧挨着长度匕=1.15m的平台A,〃端与足够长的平台B之间的距

离为&=0.25m,木板的长度£=2m、质量M=2kg,上表面跟平台A、B等高。平台B上有完全相同、质

量均为加=lkg的滑块(从左向右依次记为滑块1、滑块2……滑块〃，均可视为质点)等间距静止排列,

间距d,滑块1位于平台B的左端。与平台B上完全相同的滑块P放置在平台A的左端。质量W/=l.5kg

的小球用长度/=lm的细绳栓接在O点，无初速度释放时细绳刚好伸直且与水平方向成Q30。角，运动

到最低点时与滑块P发生弹性碰撞,碰撞后滑块P沿平台A滑动,之后滑卜木板.当木板的h端撞到平

14/17

台B时立即静止。滑块P与滑块1相碰后粘在一起，碰后两滑块以共同的速度继续运动距离d与滑块2

相碰，三滑块以共同的速度运动……后面重复前面的运动情况。小球与滑块、滑块与滑块间的碰撞时间

极短。已知滑块P跟平台A、木板之间的动摩擦因数均为“/=0.5,木板与水平面之间〃2=0]、滑块与平

台B之间的动摩擦因数均为〃，ag=10m/s*2o求：

（1）细绳上的拉力户的最大值；

（2）滑块P刚滑上木板时的速度大小；

（3）滑块P与滑块1碰撞时损失的机械能；

（4）若滑块P与滑块1碰撞前瞬间的速度为4，则第〃次碰撞前已经粘到一起的滑块的动能表达式。

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怛123n-\n

口[51FlE..........1313

2+3++n

【答案】（1）F=52.5N；（2）vp,=—m/s：（3）0.5J：（4）=-Ek.~'~'"'pmgd

2nn

【详解】（1）小球开始做自由落体运动，设细绳张紧前瞬间的速度大小为恸

由

2町g/sin0=；叫v；-0

张紧瞬间小球的速度变为

%=%iCOS0

设小球碰前的速度为丫3,根据机械能守恒定律

W1g/（l-sin9）=产1片2

与滑块P碰撞前瞬间，细绳的拉刀”最大，即

联立解得

v03=5m/s,F=52.5N

（2）设碰撞后滑块P的速度山”刚滑上木板时的速度以2,碰撞中根据动量守恒定律和能最守恒定律

叫％3=m％4+用”

121,1,

-Wiv03=2W'vw+ywvo,

滑块P在平台A上滑动，根据动能定理

15/17

，1212

一四mgL=-/HVp2--/Mv-,

联立解得

7夜.

VP2=­m/s

（3）滑块P滑上木板后，设滑块、木板的加