精品解析：北京市顺义区杨镇第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考物理试题

高二年级第二学期4月物理练习 本试卷分为两部分，满分100分，考试时间90分钟。 第一部分 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列物理量中，属于标量的是（　　） A. 动量 B. 冲量 C. 速度 D. 功 2. 如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（ ） A. B. C. D. 3. 一列沿轴正方向传播的简谐机械横波，波速为。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 这列波的周期为 B. 这列波的振幅为10cm C. 此时处的质点加速度最大 D. 此时处的质点沿y轴正方向运动 4. 位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t = T时的波形图为（ ） A. B. C D. 5. 如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于点．现使小球以点为平衡位置，在、两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中错误的是（ ） A 小球从位置向位置运动过程中做减速运动 B. 小球每次通过同一位置时的加速度一定相同 C. 小球从位置向位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加 D. 小球在位置弹簧振子所具有的势能与在位置弹簧振子所具有的势能相等 6. 轿车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是 A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C. 延长了撞击力的作用时间，从而减小了驾驶员受到的撞击力 D. 延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大 7. 如图所示，在一根张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B摆长相等．先让A摆振动起来，其它各摆随后也跟着振动起来，稳定后 A. 其它各摆振动周期跟A摆相同 B. 其它各摆振动周期不同，D摆周期最大 C. 其它各摆振动振幅相同 D 其它各摆振动振幅不同，D摆振幅最大 8. 如图所示，物块放在光滑水平面上，在一个与水平方向成角的恒力作用下，物块沿光滑水平面运动了一段时间，在这段时间内（　　） A. 物块受到的支持力的冲量为0 B. 物块受到的力的冲量为 C. 物块的动量变化量为 D. 物块的动量变化量为 9. 如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg．则下列判断正确的是 A. 甲的速率与乙的速率之比为 9:10 B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为 9:10 C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 1:1 D. 甲的动能与乙的动能之比为1:1 10. 质量为m的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间t速度由v变为-v，则在时间t内 A. 质点的加速度为 B. 质点所受合力为 C. 合力对质点做的功为 D. 合力对质点的冲量为0 11. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（　　） A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N 12. 如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，做出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（　　） A. 当，小球动能最大 B. 最低点的坐标为 C. 小球受到的弹力最大值等于 D. 小球动能的最大值为 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是和的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断错误的是（　　） A. 时刻弹簧长度最短 B. 时刻弹簧恢复原长 C. 在时间内，弹簧处于压缩状态 D. 在时间内，弹簧处于拉长状态 14. 一名连同装备总质量为的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是（　　） A. 喷出气体的质量等于 B. 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间小于 C. 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于 D. 在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 第二部分 本部分共6题，共58分。 15. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。 （1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下： ①将单摆上端固定在铁架台上。 ②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长。 ③记录小球完成次全振动所用的总时间。 ④根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。 根据图2所示，测得的摆长______cm； 重力加速度测量值表达式______（用、、表示） （2）为减小实验误差，多次改变摆长，测量对应的单摆周期，用多组实验数据绘制图像，如图3所示。由图可知重力加速度______（用图中字母表示）。 （3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是______（选填选项前的字母）。 A. 测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量 B. 摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好 C. 多次改变摆线长，测量多组对应的50次全振动时间，通过绘制的关系图线也可以测定重力加速度 16. 某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上复写纸、白纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在白纸上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为，B球的质量为。 （1）关于实验器材，下列说法正确的是__________；（选填选项前的字母） A．实验轨道必须光滑 B．该实验不需要秒表计时 C．A球的质量必须小于B球的质量 （2）关于实验操作，下列说法正确的是__________；（选填选项前的字母） A．A球每次必须从同一位置由静止释放 B．实验过程中白纸和复写纸都可以随时调整位置 C．B球的落点并不完全重合，说明该同学的实验操作出现了错误 （3）实验直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是__________。 （4）若满足关系式__________，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测量的物理量表示）。 （5）该同学做实验时所用小球的质量分别为，如图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点F的位置标注在图中_____。 17. 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： （1）A释放时距桌面的高度H； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； （3）碰撞过程中系统损失的机械能。 18. 如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从点开始运动的时刻，取。 (1)求单摆的振动周期和摆长。 (2)求摆球的质量。 (3)求摆球运动过程中的最大速度。 19. 2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图1为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为，，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。 （1）求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v； （2）若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失。请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B右侧某点D。 （3）在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。 20. (1)如图1所示，质量为 m 的物体，仅在与运动方向相同的恒力F的作用下做匀变速直线运动。经过时间t，速度由 v1增加到 v2。请根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，推导在这个运动过程中，恒力 F 的冲量和物体动量变化之间的关系，即动量定理。 (2)动量定理也适用于变力，此时的力可以理解为平均作用力。如图 2所示，一个质量是 0.1kg 的钢球，以 6m/s 的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以6m/s 的速度水平向左运动。若钢球与墙壁的碰撞时间为 0.02s，求墙壁对钢球的平均作用力的大小和方向。 (3)用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别进行研究。如图3所示，质量为 m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v。碰撞过程中忽略小球所受重力。若小球与木板的碰撞时间为t，求木板对小球的平均作用力的大小和方向。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级第二学期4月物理练习 本试卷分为两部分，满分100分，考试时间90分钟。 第一部分 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列物理量中，属于标量的是（　　） A. 动量 B. 冲量 C. 速度 D. 功 【答案】D 【解析】 【详解】动量、冲量、速度既有大小又有方向，是矢量；功只有大小没有方向是标量。 故选D。 2. 如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴的正方向．若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确． 3. 一列沿轴正方向传播的简谐机械横波，波速为。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 这列波的周期为 B. 这列波的振幅为10cm C. 此时处的质点加速度最大 D. 此时处的质点沿y轴正方向运动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，这列波的波长为，波速为，则周期为 ， 故A错误； B．振幅是振动质点离开平衡位置的最大距离，由图可知，这列波的振幅为5cm，故B错误； C．此时处的质点处在最低点，位移最大，则加速度最大，故C正确； D．波沿轴正方向传播，根据波形平移法可知，此时处的质点沿y轴负方向运动，故D错误。 故选C。 4. 位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t = 0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，则t = T时的波形图为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于t = 0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，则t = T时波向前传播一个波长，则波的图像为选项D图。 故选D。 5. 如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于点．现使小球以点为平衡位置，在、两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中错误的是（ ） A. 小球从位置向位置运动过程中做减速运动 B. 小球每次通过同一位置时的加速度一定相同 C. 小球从位置向位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加 D. 小球在位置弹簧振子所具有的势能与在位置弹簧振子所具有的势能相等 【答案】C 【解析】 【详解】A.小球在点弹簧弹性势能是，所以小球的动能最大,小球从位位置向位置运动过程中受到弹簧的向左的拉力，与小球速度的方向相反，所以小球做减速运动，A正确，不符合题意； B.小球每次通过同一位置时的回复力，都是相等的，所以加速度一定相同，B正确，不符合题意； C.小球从位置向位置运动过程中，速度增大，所以动能逐渐增大，弹簧振子所具有的势能逐渐减小，从位置向位置运动过程中，速度减小，所以动能逐渐减小，弹簧振子所具有的势能逐渐增大，故C错误，符合题意； D.小球在运动的过程中，动能与弹性势能相互转化。由于小球在点与在点的速度都是,所以小球在位置弹簧振子所具有的势能与在位置弹簧振子所具有的势能相等，D正确，不符合题意。 故选C 6. 轿车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是 A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C. 延长了撞击力的作用时间，从而减小了驾驶员受到的撞击力 D. 延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大 【答案】C 【解析】 【详解】AD. 发生碰撞时，驾驶员的动量变化量是一定的，与有无气囊无关，选项AD错误； B. 发生碰撞时，驾驶员的动量变化量是一定的，受到撞击力的冲量也是一定的，与有无气囊无关，选项B错误； C. 在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=△P可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，故C正确． 7. 如图所示，在一根张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B摆长相等．先让A摆振动起来，其它各摆随后也跟着振动起来，稳定后 A. 其它各摆振动周期跟A摆相同 B. 其它各摆振动周期不同，D摆周期最大 C. 其它各摆振动振幅相同 D 其它各摆振动振幅不同，D摆振幅最大 【答案】A 【解析】 【详解】AB.A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，振动周期都等于A摆的振动周期，选项A正确，B错误； CD.由于各摆摆长不同，则振幅不同；由于A、B摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则B摆出现共振现象，振幅最大；故CD错误． 8. 如图所示，物块放在光滑水平面上，在一个与水平方向成角的恒力作用下，物块沿光滑水平面运动了一段时间，在这段时间内（　　） A. 物块受到的支持力的冲量为0 B. 物块受到的力的冲量为 C. 物块的动量变化量为 D. 物块的动量变化量为 【答案】D 【解析】 【详解】A．设物块的重力为G，由冲量的定义可知，物块受到的支持力的冲量为 A错误； B．物块受到的力的冲量为 B错误； CD．物块受到的合力为 由动量定理可得 C错误，D正确。 故选D。 9. 如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg．则下列判断正确的是 A. 甲的速率与乙的速率之比为 9:10 B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为 9:10 C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为 1:1 D. 甲的动能与乙的动能之比为1:1 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 甲、乙的速率之比： 故A错误； B．甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律： 加速度之比： 故B错误； C．甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反．由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确； D．动能的表达式： 甲、乙动能之比： 故D错误． 10. 质量为m的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间t速度由v变为-v，则在时间t内 A. 质点的加速度为 B. 质点所受合力为 C. 合力对质点做的功为 D. 合力对质点的冲量为0 【答案】B 【解析】 【详解】A：质点的加速度，故A项错误． B：根据牛顿第二定律，故B项正确． C：根据动能定理：，故C项错误． D：根据动量定理：，故D项错误． 11. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（　　） A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N 【答案】B 【解析】 【详解】豆粒下落到秤盘上的速度 反弹后速度大小为 设向上为正方向，在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，由于碰撞力远大于豆粒受到的重力，则可忽略豆粒的重力，每个豆粒只与秤盘碰撞一次，可认为碰完后豆粒都离开了秤盘平台，根据动量定理得 得 由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N。 故选B。 12. 如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，做出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（　　） A. 当，小球动能最大 B. 最低点的坐标为 C. 小球受到的弹力最大值等于 D. 小球动能的最大值为 【答案】D 【解析】 【详解】A．当小球受到的重力和弹力相等时，小球动能最大，由图像可知 故A错误； BC．根据运动的对称性，小球运动的最低点大于，小球受到的弹力最大值大于，故BC错误； D．小球达到速度最大值的过程中，根据动能定理可知 解得 故D正确。 故选D。 13. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是和的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断错误的是（　　） A 时刻弹簧长度最短 B. 时刻弹簧恢复原长 C. 在时间内，弹簧处于压缩状态 D. 在时间内，弹簧处于拉长状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意可知，给物块一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度，从题图像可知，在时间内，物块的速度比物块的速度大，弹簧被压缩，时刻两物块速度相同，此后物块的速度比物块的速度小，两者的间距增大，弹簧的压缩量减小，因此时刻弹簧长度最短，A正确，不符合题意； B．时刻物块的速度最大，物块的速度负方向最大，此后物块的速度减小，弹簧被拉伸，因此时刻弹簧恢复原长，B正确，不符合题意； C．时间内弹簧处于压缩状态，时间内弹簧处于拉伸状态，C错误，符合题意； D．时刻弹簧恢复原长， 时间内，物块先向左做减速运动后向右做加速运动，向右做减速运动，可知弹簧对物块有向右的拉力，对有向左的拉力，弹簧处于拉长状态，后和同向运动时，物块的速度比的大，D正确，不符合题意。 故选C。 14. 一名连同装备总质量为的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是（　　） A. 喷出气体的质量等于 B. 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间小于 C. 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于 D. 在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由题知，航天员的速度为 喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 故A错误； B．根据动量守恒有 解得 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则变大，故返回时间小于t，故B正确； C．根据动量守恒有 解得 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据 可知减小，故减小，则返回时间大于t，故C正确； D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。 故选BC。 第二部分 本部分共6题，共58分。 15. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。 （1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下： ①将单摆上端固定在铁架台上。 ②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长。 ③记录小球完成次全振动所用的总时间。 ④根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。 根据图2所示，测得的摆长______cm； 重力加速度测量值表达式______（用、、表示）。 （2）为减小实验误差，多次改变摆长，测量对应的单摆周期，用多组实验数据绘制图像，如图3所示。由图可知重力加速度______（用图中字母表示）。 （3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的是______（选填选项前的字母）。 A. 测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量 B. 摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好 C. 多次改变摆线长，测量多组对应的50次全振动时间，通过绘制的关系图线也可以测定重力加速度 【答案】（1） ①. 98.50 ②. （2） （3）AC 【解析】 【小问1详解】 [1]刻度尺的最小分度值为1mm，所以其读数为98.50cm。 [2]单摆的周期为 根据单摆的周期公式有 整理有 【小问2详解】 单摆的周期公式 整理有 所以图像的斜率为 整理有 【小问3详解】 A．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故A项正确； B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作简谐运动，故B项错误； C．单摆的周期公式 又有 其周期为 整理有 因此绘制关系图像，也可以根据图像的斜率测得重力加速度，故C项正确。 故选AC。 16. 某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上复写纸、白纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在白纸上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为，B球的质量为。 （1）关于实验器材，下列说法正确的是__________；（选填选项前的字母） A．实验轨道必须光滑 B．该实验不需要秒表计时 C．A球的质量必须小于B球的质量 （2）关于实验操作，下列说法正确是__________；（选填选项前的字母） A．A球每次必须从同一位置由静止释放 B．实验过程中白纸和复写纸都可以随时调整位置 C．B球的落点并不完全重合，说明该同学的实验操作出现了错误 （3）实验直接测定小球碰撞前后速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是__________。 （4）若满足关系式__________，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测量的物理量表示）。 （5）该同学做实验时所用小球的质量分别为，如图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点F的位置标注在图中_____。 【答案】 ①. B ②. A ③. 见解析 ④. ⑤. 见解析 【解析】 【详解】（1）[1] A．实验轨道是否光滑对实验结果无影响，故A错误； B．根据实验原理可知，该实验不需要秒表计时，故B正确； C．根据动量守恒定律可知要使A球碰后不反弹，则A球的质量必须大于B球的质量，故C错误； 故选B。 （2）[2]A．A球每次必须从同一位置由静止释放，以保证初速度相等，故A正确； B．实验过程中复写纸不可以随便调整位置，故B错误； C．B球的落点并不完全重合，是实验误差导致，故C错误； 故选A。 （3）[3]根据平抛运动规律有 两球平抛运动的竖直高度相等，所以可用水平位移代替初速度。 （4）[4] 根据动量守恒有 结合平抛运动规律可知需验证的表达式为 （5）[5]若两球碰撞为弹性碰撞，则根据能量守恒定律得： 联立解得： 所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12：7，标注的位置如图所示： 17. 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： （1）A释放时距桌面的高度H； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； （3）碰撞过程中系统损失的机械能。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得 解得 （2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 解得 （3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 解得 则碰撞过程中损失的机械能为 18. 如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从点开始运动的时刻，取。 (1)求单摆的振动周期和摆长。 (2)求摆球的质量。 (3)求摆球运动过程中的最大速度。 【答案】(1)0.4πs， 0.4m；(2)0.05kg；(3)0.283m/s。 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律 T=0.4πs 由单摆的周期公式为 解得 (2)(3)摆球受力分析如图所示： 在最高点A，有 Fmin=mgcosθ=0.495N 在最低点B，有 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgR（1-cosθ)=mv2 联立三式并代入数据得 m=0.05kg v=m/s≈0.283m/s 19. 2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图1为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为，，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。 （1）求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v； （2）若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失。请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B右侧某点D。 （3）在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【解析】 【详解】（1）对滑行的冰壶分析可知，受重力和支持力平衡，还受摩擦力就等于合力，根据牛顿第二定律得 根据匀变速直线运动的速度—位移公式，由 得 （2）碰撞模型中，作用时间很短，认为碰撞的内力远大于外力，动量守恒，设冰壶甲刚刚碰后的速度为，冰壶乙刚刚碰后的速度为，有 又忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，有 联立解得 ， 由于又是正碰，所以冰壶甲停在B点，冰壶乙继续运动一段距离停在D点。 （3）甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示，甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧。 20. (1)如图1所示，质量为 m 的物体，仅在与运动方向相同的恒力F的作用下做匀变速直线运动。经过时间t，速度由 v1增加到 v2。请根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，推导在这个运动过程中，恒力 F 的冲量和物体动量变化之间的关系，即动量定理。 (2)动量定理也适用于变力，此时的力可以理解为平均作用力。如图 2所示，一个质量是 0.1kg 的钢球，以 6m/s 的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以6m/s 的速度水平向左运动。若钢球与墙壁的碰撞时间为 0.02s，求墙壁对钢球的平均作用力的大小和方向。 (3)用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别进行研究。如图3所示，质量为 m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v。碰撞过程中忽略小球所受重力。若小球与木板的碰撞时间为t，求木板对小球的平均作用力的大小和方向。 【答案】(1)见解析；(2)，方向水平向左；(3)，方向竖直向上 【解析】 【详解】(1)根据匀变速直线运动的规律可知 根据牛顿第二定律可知 两式联立推得动量定理为 (2)以钢球初速度为正方向，根据动量定理 解得 方向水平向左。 (3)小球受到木板的作用力在方向上，小球在方向上根据动量定理 解得 方向竖直向上。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$