2022-2023学年高中高一下物理教科版(2019)期末试卷(含解析)

2022-2023学年高中高一下物理期末试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：85 分考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）
1. 如图所示，AB为一质点做曲线运动的轨迹，M为轨迹上的一点，则质点在M点受到的合力可能是（ ）
A.F1
B.F2
C.F3
D.F4
2. 下列运动过程中物体机械能守恒的是（ ）
A.飘落的树叶
B.在光滑斜面上加速运动的小球
C.起重机吊起物体匀速上升的过程
D.火车在进站的过程中
3. 1
4.如图所示，一根轻质细绳绕过定滑轮与两小球A、B相连，两小球均穿在一根光滑的竖直杆上，当小球A沿杆向下运动的速度为1m/s时，OA绳与水平方向间的夹角为{60°}，{OB}绳与水平方向间的夹角为{30°}，则此时小球{\rm B}的速度大小为（）
A.{\rm 3m/s}
B. {\sqrt{3}\rm m/s}
C.{\dfrac{\sqrt{3}}{3}\rm m/s}
D. {3\sqrt{3}\rm m/s}
4. 如图所示，倾角为{\theta }的斜面正上方有一小球以初速度{v_{0}}水平抛出．若小球垂直打到斜面上，重力加速度为{g}，则飞行时间{t}为（）
A.{\dfrac{v_{0} \cot \theta}{g}}
B.{\dfrac{2 v_{0} \cot \theta}{g}}
C.{\dfrac{v_{0} \tan \theta}{g}}
D.{\dfrac{2 v_{0} \tan \theta}{g}}
5. 如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上{A}、{B}两点绕{O}点转动的角速度大小为{\omega
_{A}}、{\omega _{B}}，线速度大小为{v_{A}}、{v_{B}}，则（ ）
A.{\omega _{A}= \omega _{B}}，{v_{A}\lt v_{B}}
B.{\omega _{A}\gt \omega _{B}}，{v_{A}= v_{B}}
C.{\omega _{A}= \omega _{B}}，{ v_{A}\gt v_{B}}
D.{\omega _{A}\lt \omega _{B}}，{v_{A}= v_{B}}
A.汽车相对地心的速度至少应为{\dfrac{2\pi R}{T}}才能飞离地面
B.地球的质量为{\dfrac{g_{赤}R^{2}}{G}}
C.地球两极处的重力加速度为{(\dfrac{2\pi }{T})^{2}R+g_{赤}}
D.为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自东向西加速运动
7. 质量为{m}的物体，由静止开始下落，由于恒定阻力的作用，下落的加速度为{\dfrac{4 {g} } {5}}，在物体下落高度为{h}的过程中，下列说法不正确的时（）
A.物体的动能增加了{\dfrac{4mgh}{5}}
B.物体的机械能减少了{\dfrac{4mgh}{5}}
C.物体克服阻力做功{\dfrac{mgh}{5}}
D.物体的重力势能减少了{mgh}
8. 如图所示，分别用力{F_{1}}、{F_{2}}、{F_{3}}将质量为{m}的物体，由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到的顶端，此时三个力的功率分别
为{{P}_{1}}、{{P}_{2}}、{{P}_{3}}，则( )
A.{P_{1}= P_{2}= P_{3}}
B.{P_{1}\gt P_{2}= P_{3}}
C.{P_{3}\gt P_{2}\gt P_{1}}
D.{P_{1}\gt P_{2}\gt P_{3}}
二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
9. 关于曲线运动，下列说法正确的有（）
A.做曲线运动的物体速度方向时刻在改变，故曲线运动是变速运动
B.做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变
D.物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动
10. 如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为{0.5 \rm{m} }的圆环顶点{P}，另一端系一质量为{0.1 \rm{kg} }的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于{A}点，橡皮筋处于刚好无形变状态，{A}点与圆心{O}位于同一水平线上．当小球运动到最低点{B}时速率
为{1 \rm{m/s} }，此时小球对圆环恰好没有压力（取{g}＝{10 \rm{m/s^{2}} }）．下列正确的是（ ）
A.从{A}到{B}的过程中，小球的机械能守恒
B.从{A}到{B}的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了{0.45\, J}
C.小球过{B}点时，橡皮筋上的弹力为{1.0 \rm{N} }
D.小球过{B}点时，橡皮筋上的弹力为{1.2 \rm{N} }
11. 如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图像，{t_{1}}时刻起汽车的功率保持不变．由图像可知（ ）
A.{0\sim t_{1}}时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变
B.{0\sim t_{1}}时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大
C.{t_{1}\sim t_{2}}时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小
D.{t_{1}\sim t_{2}}时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变
12. 如图所示，浅色传送带{A}、{B}两端距离{L=22\rm m}．以速度{v_{0}=12 \rm m/s}逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为{\theta =30^{\circ }}，现将一质量{m=4 \rm kg}的煤块轻放在传送带的{A}端，煤块与传送带间的动摩擦因数{\mu =\dfrac{\sqrt{3}}{5}}，{g}取{10 \rm m/s^{2}}，则下列叙述正确的是（）
A.煤块从{A}端运动到{B}端所经历时间为{\dfrac{31}{12}\rm s}
B.煤块从{A}端运动到{B}端所经历时间为{2.5 \rm s}
C.煤块从{A}端运动到{B}端留下的黑色痕迹为{8\rm m}
D.煤块从{A}端运动到{B}端因摩擦产生的热量为{120 \rm J}
卷II（非选择题）
三、解答题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）
13. {AB}是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端{B}与水平直轨道相切，如图所示．一小球
自{A}点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为{R}，小球的质量为{m}，不计各处摩擦．求：
（1）小球运动到{B}点时的速度大小．
（2）小球运动到{AB}弧中点时的动能．
14. 如图所示，内有光滑半圆形轨道、质量为{M}的滑块静止在光滑的水平地面上，其水平直
径{BD}长度为{2r}．一个铁桩固定在地面上，滑块左侧紧靠在铁桩上．滑块内圆轨道的左端
点{B}的正上方高度{h}处有一点{A}，现将质量为{m}的小球（可以视为质点）从{A}点由静止释放，然后经过半圆轨道的{B}、{C}、{D}点后冲出（{C}点为圆轨道的最低点）．已知当地重力加速度为{g}，空气阻力忽略不计．
（1）求小球到达{C}点时的速度大小；
（2）求小球第一次冲出{D}点后，能够上升的最大高度；
（3）如果没有滑块左侧的铁桩，求小球第二次冲出{D}点并到达最高点时，小球与初位置{A}点的水平距离．
15. 如图甲所示，一物块静止在粗糙的水平地面上，从{t}＝{0}时刻起受到水平向右拉力{F}的作用，{F}大小与时间{t}的关系图象如图乙所示。

已知物块{0\sim 2 \rm{s} }内运动了{10 \rm{m} }，{2 \rm{s} }后做匀速直线运动。

取重力加速度{g}＝{10 \rm{m/s^{2}} }，求
（1）物块在{0\sim 2 \rm{s} }内的加速度和{2 \rm{s} }末速度的大小；
（2）物块的质量。

四、实验探究题（本题共计 2 小题，每题 5 分，共计10分）
16. 图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线________．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次平抛________．
（2）图乙是正确实验取得的数据，其中{O}为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为
________{\rm m/s }（{g}取{9.8 \rm m/s^{2} }）．
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长{L=5 \rm cm}，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________{\rm m/s}，{B}点的竖直分速度为________{\rm m/s}，抛出点坐标为________（如图丙，以{O}点为原点，水平向右为{x}轴正方向，竖直向下为{y}轴的正方向，{g}取{10 \rm m/s^{2} }）．
17. 如图{1}为“碰撞实验器”，它可以探究动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
（1）实验中必须要求的条件是（）．
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（2）图{1}中{O}点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球{m_{1}}多次从斜轨上{S}位置静止释放，找到其平均落地点的位置{P}，测量平抛射程{OP}．然后，把被碰小
球{m_{2}}静置于轨道的水平部分，再将入射球{m_{1}}从斜轨上{S}位置静止释放，与小
球{m_{2}}相碰，并多次重复．本实验还需要完成的必要步骤是（）（填选项前的符号）．
A.用天平测量两个小球的质量{m_{1}}、{m_{2}}
B.测量抛出点距地面的高度{H}
C.分别找到{m_{1}}、{m_{2}}相碰后平均落地点的位置{M}、{N}
D.测量平抛射程{OM}、{ON}
（3）某次实验中得出的落点情况如图{2}所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质
量{m_{1}}和被碰小球质量{m_{2}}之比为________．
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高一下物理期末试卷
一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）
1.
【答案】
D
【考点】
物体做曲线运动的条件
【解析】
根据曲线运动中质点的速度方向是轨迹的切线方向、合外力方向指向轨迹的内侧分析选择。

【解答】
图中速度方向沿轨迹的切线方向，根据曲线运动的条件与特点可知，物体受到的合外力的方向指向轨迹的内侧，与{F_{4}}的方向相同。

故{ABC}错误，{D}正确。

2.
【答案】
B
【考点】
机械能守恒的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：{ \rm{A} }．飘落的落叶受到空气阻力的作用，阻力做功，机械能不守恒，故{\rm A}错误；{\rm B}．在光滑斜面上加速运动的小球，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故{\rm B}正确；
{ \rm{C} }．匀速吊起物体，物体重力势能增加，动能不变，机械能增大，故{\rm C}错误；
{\rm D }．火车在进站的过程中要制动，阻力做功，机械能不守恒，故{\rm D }错误．
故选{\rm B}．
3.
运动的合成与分解
绳端速度分解模型
【解析】
利用沿绳子方向上的速度相同,对两个小球的速度将实际运动进行分解为沿绳方向和垂直于绳方向进行求解。

【解答】
解：当小球{A}沿杆向下运动的速度为 {v_{A}= 1 \rm m/s} 时，将小球{A}的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，则沿绳子方向的速度为{v= v_{A}\operatorname{ cos }30^{\circ }= \dfrac{\sqrt{3}} {2}v_{A}}，
同理，将小球{B}的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，则沿绳子方向的速度为{v'=v_B\cos 60°=\dfrac{1}{2}v_B}，
根据沿绳子方向上的速度大小相等，则有{v= \dfrac{\sqrt{3}}{2}v_{A}= v^{\prime }= \dfrac{v_{B}} {2}}，
解得：{v_{B}= \sqrt{3}v_{A}= \sqrt{3} \rm m/s} ，故{\rm B}正确，{\rm ACD} 错误．
故选{\rm B}．
4.
【答案】
A
【考点】
平抛运动的概念
【解析】
本题考查平抛运动．
【解答】
解：小球抛出后做平抛运动，设运动的时间为{t}，则水平方向{v_{x}=v_{0}}，竖直方向{v_{y}=g t}．当小球垂直落在斜面上时，根据几何关系有{\tan \theta=\dfrac{v_{x}}{v_{y}}=\dfrac{v_{0}}{g t}}，解得{t=\dfrac{v_{0}}{g \tan \theta}=\dfrac{v_{0} \cot \theta}{g}}，选项{\rm A}正确，{\rm BCD}错误．
故选{\rm A}．
5.
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：同轴转动，角速度相等，{\omega _{A}= \omega _{B}}，又因为
{v= \omega r}，{r_{A}\gt r_{B}}，
则
{v_{A}\gt v_{B}}
选{\rm C}．
6.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
向心力
【解析】
物体在赤道上，万有引力的一部分提供向心力，在太空中，万有引力提供向心力，为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自东向西加速运动．
【解答】
解：{\rm A}．汽车运动时向心力{F_向=m\dfrac{v^2}{R}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}R}，解
得：{v=\dfrac{2\pi R}{T}}，当汽车速度为{v=\dfrac{2\pi R}{T}}时，汽车还是在地面做圆周运动，只有{v\gt \dfrac{2\pi R}{T}}时，汽车才能做离心运动，飞离地面，故{\rm A}错误；
{\rm B}．在赤道上，万有引力=重力+向心力，即{F_万=\dfrac{GMm}{R^2}=mg_赤
+m\dfrac{4\pi^2}{T^2}R}，所以地球的质量{M=\dfrac{g_赤R^2}{G}+\dfrac{4\pi ^2R^3}{GT^2}}，故{\rm B}错误；
{\rm C}．在两极处，重力=万有引力，即{F_万=\dfrac{GMm}{R^2}=mg_极}，将{B}选
项{M=\dfrac{g_赤R^2}{G}+\dfrac{4\pi ^2R^3}{GT^2}}代入得：{g_极=\dfrac{g_赤
R^2+\dfrac{4\pi^2R^3}{T^2}}{R^2}=(\dfrac{2\pi}{T})^2R+g_赤}，故{\rm C}正确；
{\rm D}．地球的自转方向由西向东，要使汽车更容易飞出去，则应在低纬度地区利用地球的自转加速，而不是由东向西，故{\rm D}错误．
故选{\rm C}．
7.
【答案】
B
摩擦力做功与能量转化
【解析】
要知道并能运用功能关系．合力做功量度动能的变化．除了重力其他的力做功量度机械能的变化．重力做功量度重力势能的变化．
【解答】
解：{\rm A}．根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为{\dfrac{4}{5} m{g} }，那么物体的合力为{\dfrac{4}{5} {mg} }，
{W_{合}= \dfrac{4}{5}mgh}，所以物体的动能增加了{\dfrac{4}{5}mgh}，故{\rm A}正确．
{\rm BD}．重力做功{W_{G}= mgh}，重力势能减少了{mgh}，物体的动能增加了{\dfrac{4}
{5}mgh}，即机械能就减少了{\dfrac{1}{5}mgh}，故{\rm B}错误， {\rm D}正确．
{ \rm{C} }．物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为{\dfrac{4}{5} {g} }，根据牛顿第二定律得阻力为{\dfrac{1}{5} {mg} }，
所以阻力做功{W_{f}= -fh= -\dfrac{1}{5}mgh}，所以物体克服阻力所做的功为{\dfrac{1}{5}mgh}，故{\rm C}正确．
本题选择不正确的，故选：{\rm B}．
8.
【答案】
A
【考点】
平均功率
恒力做功
【解析】
对物体受力分析，由于物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，根据功的公式{W= FL}可以求得拉力做功的情况．
【解答】
解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，即拉力{F}在沿着斜面方向的分力都相同，由于斜面的长度相同，物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的，根据功的公式{W= FL}可得，拉力在沿着斜面方向上的分力相同，位移相同，所以拉力做的功相同，由于物体的运动情况相同，所以物体运动的时间也相同，所以拉力的功率也就相同，所
以{\rm{A}}正确．
故选：{\rm{A}}．
二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）
9.
【答案】
A,C
【考点】
物体做曲线运动的条件
匀速圆周运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：无论是物体速度的大小在变，还是速度的方向在变，都说明速度在变化，即物体做变速运动，做曲线运动的物体的速度方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，故{\rm A}正确．
物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力方向不一定变化，如平抛运动，故{\rm B}错误．
物体做匀速圆周运动时所受的合外力一定指向圆心，故{\rm C}正确．
物体做匀速圆周运动受到的向心力是始终指向圆心的，即合力始终垂直于速度方向，并不仅限于初速度方向，故{\rm D}错误．
故选{\rm AC}．
10.
【答案】
B,D
【考点】
弹性势能
机械能守恒的判断
【解析】
小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由机械能守恒条件可知小球是否机械能守恒；小球在最低点{B}时，由弹力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得出弹力的大小．
【解答】
{ \rm{A} }、对小球来说，由于橡皮筯的弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故{A}错误；
{B}、根据小球和橡皮筯系统守恒得：{mgR}＝{E_{p} + \dfrac{1}{2}mv^{2}}，
得：{E_{p}}＝{1\times 0.5 - \dfrac{1}{2} \times 0.1\times 1^{2}}＝{0.45 \rm{J} }，即从{A}到{B}的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了{0.45 \rm{J} }，故{B}正确；
{CD}、小球在最低点，不受圆环的弹力，故弹簧的弹力与重力一起充当向心力，故有 {F-
mg}＝{m\dfrac{{v}^{2}}{R}}；
故{F}＝{mg+ m\dfrac{{v}^{2}}{R} = 1+ 0.1 \times \dfrac{{1}^{2}}{0.5} = 1.2 \rm{N} }，故{C}错误，{D}正确；
11.
【答案】
B,C
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
【解析】
汽车从静止开始做匀加速直线运动，随着速度的增加，汽车的功率也要增大，当功率达到最大值之后，功率不能在增大，汽车的牵引力就要开始减小，以后就不是匀加速运动了；
当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．
【解答】
解：{\rm AB}．{0\sim t_{1}}时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由{P}＝{Fv}知功率增大，故{\rm A}错误、{\rm B}正确．
{ \rm{CD} }．{t_{1}\sim t_{2}}时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由{P}＝{Fv}知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知{F-f}＝{ma}，知加速度减小，故{\rm C}正确，{\rm{D}}错误．
故选{\rm BC}．
12.
【答案】
B,D
【考点】
摩擦力做功与能量转化
传送带模型问题
【解析】
对煤块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、向下的滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续加速；黑色痕迹的长度等于煤块与传送带间相对位移的大小.因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积.
【解答】
解：{\rm AB}．煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动，
设经过时间{t_{1}}，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为{a_{1}}，
则根据牛顿第二定律得：{mg\sin \theta + \mu mg\cos \theta =}{ma_{1}}，
可得 {a_{1}=}{g(\sin \theta + \mu \cos \theta )=}{8 \rm{m/s^{2}} }，
由{v_{0}=}{a_{1}t_{1}}得{t_{1}=}{1.5 \rm{s} }，
此过程通过的位移大小为{x_{1} = \dfrac{{v}_{0}}{2}t_{1} = \dfrac{12}{2} \times 1.5 \rm{m} =}{9 {\rm{m} }\lt L}，
由于{mg\sin \theta \gt \mu mg\cos \theta }，故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，
设煤块接着做匀加速运动的加速度为{a_{2}}，运动的时间为{t_{2}}，则：
{mg\sin \theta -\mu mg\cos \theta =}{ma_{2}}，
可得 {a_{2}=}{g(\sin \theta -\mu \cos \theta )=}{2 \rm{m/s^{2}} }，
由{L-x_{1}=}{v_{0}t_{2} + \dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}}，
代入数据得：
{22\rm m -9\rm m=}{12t_{2} + \dfrac{1}{2} \times 2 \times {t}_{2}^{2}}，
解得 {t_{2}=}{1 \rm{s} }，
故煤块从{A}到{B}的运动时间是{t=}{t_{1}+ t_{2}=}{2.5 \rm{s} }，故{\rm A}错误，{\rm B}正确．
{ \rm{C} }．煤块速度达到传送带时，煤块相对于传送带间的位移大小{\Delta
x_{1}}＝{v_{0}t_{1}-x_{1}}＝{18-9\rm m}＝{9 \rm{m} }，方向沿传送带向上，物块的速度达到传送带的速度后相对于传送带的位移大小{\Delta x_{2}}＝{( {L} -x_{1})-
v_{0}t_{2}}＝{(13-12\times 1)\rm m}＝{1 \rm{m} }，方向沿传送带向下，所以煤块从{A}端运动到{B}端留下的黑色痕迹为{9 \rm{m} }，故{\rm C}错误．
{\rm{D}}．煤块从{A}端运动到{B}端因摩擦产生的热量为{Q=}{\mu mg\cos \theta \
{(v_{0}t_{1}-x_{1})+ [( {L} -x_{1})-v_{0}t_{2}]\}}，
代入数据解得{Q=}{120 \rm{J} }，故{\rm{D}}正确．
故选{\rm BD}．
三、解答题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）
13.
【答案】
（1）小球运动到{B}点的速度大小为{\sqrt{2gR}}．
（2）小球运动到{AB}弧中点的动能为{\dfrac{\sqrt{2}}{2}mgR}．
【考点】
单物体的机械能守恒问题
动能定理的应用
【解析】
小球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，结合机械能守恒定律求出到达{B}点和{AB}弧中点的速度大小．
【解答】
解：（1）根据机械能守恒有：{\dfrac{1}{2}mv^{2}= mgR}，
解得小球运动到{B}点的速度大小为：{v= \sqrt{2gR}}．
（2）根据机械能守恒定理和动能定理，有：{mgR\cdot \sin 45^{{\circ} }= E_{\rm k}-0}，
解得：{E_{\rm k}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}mgR}．
14.
【答案】
（1）小球到达{C}点时的速度大小为{\sqrt{2g (h+r)}}；
（2）求小球第一次冲出{D}点后，能够上升的最大高度为距{D}点{\dfrac{Mh-mr}{M+m}}；（3）如果没有滑块左侧的铁桩，小球第二次冲出{D}点并到达最高点时，小球与初位置{A}点的水平距离为{\dfrac{2Mr}{M+m}}．
【考点】
系统机械能守恒定律的应用
动量守恒定律的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）小球从下落至到达{C}点，由机械能守恒定理得：{mg (h+r)=\dfrac{1}{2}mv^{2}_{C}}，解得： {v_{C}=\sqrt{2g (h+r)}}．
（2）小球从{C}至{D}点的过程，水平方向动量守恒，有{mv_{C}=(M+m)v_{Dy}}，
小球从下落至{D}点的过程，系统机械能守恒，有：{mg h=mg h_{1}+\dfrac{1}{2}
(M+m)v^2_{Dy}}，
由以上两式得：{h_{1}=\dfrac{Mh-mr}{M+m}}．
（3）没有铁桩，小球从下落到第二次到达{D}点的过程，由水平方向动量守恒得{0=
(M+m)v_{Dy2}}，
解得：{v_{Dy2}=0}，
则此后小球竖直上升，由动量守恒{mv_{1}=Mv_{2}}，
取极短时间{\Delta t}，有{mv_{1}\Delta t=Mv_{2}\Delta t}，解得{m\Delta x_{1}=M\Delta x_{2}}，同理可得{m(\Delta x_{1}+\Delta x'_{1}+\cdots )=M(\Delta x_{2}+\Delta x'_{2}+\cdots )}，
则此过程中，小球、滑块的水平位移大小分别为{x_{1}}、{x_{2}}，
有{mx_{1}=Mx_{2}}和{x_{1}+x_{2}=2r}，
解得小球与初位置{A}点的水平距离{x_{1}=\dfrac{2Mr}{M+m}}．
15.
【答案】
物块在{0\sim 2 \rm{s} }内的加速度大小是{5 \rm{m/s^{2}} }，{4 \rm{s} }末速度的大小是{10
\rm{m/s} }；
物块的质量是{2 \rm{kg} }。

【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
四、实验探究题（本题共计 2 小题，每题 5 分，共计10分）
16.
【答案】
（1）水平,初速度相同
（2）{1.6}
（3）{1.5},{2.0},{(-0.05\rm m}，{0.05\rm m)}
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
【解答】
解：（1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放．
（2）由于{O}为抛出点，根据平抛运动规律：
{x=v_{0}t}，{y=\dfrac{1}{2}gt^{2}}，
将{x=32 \rm cm }，{y=19.6\rm cm}，代入解得：{v_{0}=1.6 \rm m/s }．
（3）由图可知，物体由{A\rightarrow B}和由{B\rightarrow C}所用的时间相等，且有{\Delta
y=gT^{2}}，
由图可知{\Delta y=2 L =10 \rm cm}，代入解得，{T=0.1 \rm s}，
{x=v_{0}T}，将{x=3 L =15 \rm cm}，代入解得：{v_{0}=1.5 \rm m/s}，
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度
有：{v_{By}=\dfrac{h_{AC}}{2 T }=2 .0\rm m/s}，
故从抛出到{B}点所用时间为：{t=\dfrac{v_{By}}{g}=0.2 \rm s}，
故从抛出到{B}点的水平位移为：{x=v_{0}t=1.5\times 0.2\rm m=0.3m}，
故从抛出到{B}点的竖直位移为：{y=\dfrac{1}{2}gt^{2}=\dfrac{1}{2}\times 10\times 0.04\rm
m=0.2m}，
所以{x^{\prime }=5 L -x=0.25\rm m-0.3m=-0.05m}，
{y^{\prime }=5 L -y=0.25\rm m-0.2m=0.05m}，
平抛运动的初位置坐标为（{-0.05\rm m}，{0.05\rm m}）
17.
【答案】
B,D
A,C,D
{4: 1}
【考点】
利用平抛运动规律验证动量守恒定律
【解析】
（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．
（2）明确实验过程，从而分析应进行的实验步骤；
（3）由图确定水平射程大小；再根据动量守恒的表达式进行分析，从而确定质量之间的关系．【解答】
{ \rm{A} }、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故{A}错误；
{B}、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故{B}正确；
{ \rm{C} }、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求{m_{a}\gt
m_{b}}，{r_{a}}＝{r_{b}}，故{C}错误；
{D}、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故{D}正确；
故选：{BD}．
实验时，先让入射球{m_{l}}多次从斜轨上{S}位置静止释放，找到其平均落地点的位置{P}，测量平抛射程{OP}．然后，把被碰小球{m_{2}}静置于轨道的水平部分，再将入射球{m_{l}}从斜轨
上{S}位置静止释放，与小球{m_{2}}相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中{CD}是必须的，而且{C}要在{D}之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是{ACD}；
由图{2}所示可知，{OP}＝{25.5 \rm{cm} }，{OM}＝{15.5 \rm{cm} }，{ON}＝{40.0 \rm{cm} }
如果两球碰撞过程动量守恒，则有{m_{1}v_{1}}＝{m_{1}v_{2}+ m_{2}v_{3}}，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间{t}相等，
上式两边同时乘以{t}得：{m_{1}v_{1} \rm{t} }＝{m_{1}v_{2} \rm{t} + m_{2}v_{3} \rm{t} }，得：{m_{1}OP}＝{m_{1}OM+ m_{2}ON}；
代入数据求得：{m_{1}: m_{2}}＝{4: 1}；
故答案为：（1）{BD\, (2)ACD\, (3)4: 1}。