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知？听=9)③，根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为4=m④，小球从M运动到O所用时间为1-。⑤，根据运动学公式有1=号a⑥，联立①②③④⑤⑥解得，E-兰⑦，放A错误：mg 3M、N两点间的水平距离为x=弓a(2)?⑧，设小球落到N点时的动能为E,根据动能定理有E号mf=Fx⑨，联立③⑤⑦⑧⑨解得E=73】,故B正确：设0.N两点间的水平距离为x,根据匀变速直线运动提律的雅论可知”令⑩，根，功能关系可知，小球运动过程巾，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能交化量之比为盖-搭=方®，放正确：小球金重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角9的正切值为an9=号图，根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为w-sim-手W国，解得最小动能为E一2E。-576西，故D正确.枚选BD10.CD设第一次碰后A、B两球的速度分别为w1,2.根据动量守恒定律和能量守恒定律有Ao=一mAU1十m·w-十7，第二次碰撞发生在6点，则有1=子×2-十×2然联立解得14U2m4:m1:7,故A错误：设第次碰撞A球转过的角度为a,则有X2迟-2X2水，解得，。。,12πm一，可知a与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量m则第二次2mA碰撞点可能仍在6处，故B错误，C正确：两次碰撞间隔时间为△1=2一a.2xR_2R,故D正确：故选CD,2πUB Uo11.(1)64.665.3(1分)(1分)(2)N2h2(3)mg(h1-h)(2分)x2(2分)》4h2解析：(1)由刻度尺的示数可知读数为65.0mm(2)小球离开绳子后做平抛运动，因此有h-2af.xu可求得水平速度表达式为gv=xN 2h2(3)由A到B重力势能减小量为mg(h2一h2),动能增量为2 mi-mgx?14h212.(1)3m1√2gd(1分)2m1=m2(1分)(2)见解析(2分)(3)小于(1分)能(1分)见解析(2分)解析：1)对球1，根据动能定理得mg×9d=m,碰前动量为=m=3mV2g,同理，碰后小球1、2的速度分别为v'1=-√2gd,2=2√2gd,如果动量守恒，则满足m1=m1'1十m22,联立，可得2m1=m2(2)双线摆能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动.（3》若为弹性碰撞，则有达=m十m,宁话-令阳十名风说，解得，一他十，球3向右反弹摆动，所以球3的质量小于球4的质量.如果小球3碰后反弹，根据动量守恒，可知3s<4v4,同时满足后机械能不特加，有m时-一}m-②，可知，必然小十2m313.解：(1)由勾股定理可知Ob=√/Oa2+Ox=13mOa和O乃的波程差△s=8m【高三期中·物理参考答案第2页（共4页）】10055C