精品解析：山东泰安市新泰市第一中学2026-2027学年高二上学期第一次质量检测物理试题

新泰一中2025级第一次阶段性考试 物理试题 一、单选题（每个小题3分，共24分） 1. 一节干电池的电动势为1.5V，内阻不能忽略，将干电池与小灯泡连接，小灯泡发光。下列说法正确的是（　　） A. 电路闭合时，干电池两极间的电压就是干电池的电动势 B. 在电池内部，非静电力把1C的正电荷从负极移到正极所做的功为1.5J C. 电池的工作原理是在电源内部把电子从负极源源不断地搬到正极，产生电压 D. 如果把小灯泡更换成电阻更大的灯泡，这节干电池的电动势将变大 2. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B. 在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C. 在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D. 在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 3. 如下图所示，A、B两灯泡额定电压都为110V，额定功率、，接在电压恒为220V电路上，欲使两灯泡均正常发光，且整个电路消耗的电功率最小，则下面四种电路连接方式中满足要求的是（　　） A. B. C. D. 4. 在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为，设水的密度为，水流垂直射向煤层表面，则煤层表面可能受到的最大压强是（ ） A. B. C. D. 5. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为，B球的动量为，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　） A. 灯泡的电阻随着电流的增大而减小 B. 该电源的内阻为0.1Ω C. 将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60% D. 将灯泡单独接入该电源时，电源总功率为600W 7. 如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A. B. C. D. 8. 如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径长度为。现将一质量为的小球从点正上方距点高处由静止释放（图中未画出），小球恰能沿切线方向进入半圆轨道，不计所有摩擦和空气阻力，，，此后的运动过程中（ ） A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小球到达点时与小车保持相对静止 C. 小车向左运动的最大距离为 D. 小球在轨道最低点时的速度为 二、多选题（每小题4分，选不全得2分） 9. 静止放置在水平面上的物体，从时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力和不变的摩擦阻力共同作用，已知拉力与阻力随时间变化的图像如图所示，则（ ） A. 在时间内，物体重力的冲量为零 B. 时刻物体的速度一定为零 C. 时刻物体一定向右运动且速度最大 D. 根据题设条件可求出物体运动的最大速度 10. 在图示电路中，R1＝100Ω，R2＝200Ω，R3＝80Ω，C＝20μF，电源电动势为 12V，电源内阻不计，闭合电键后，若要使电容器所带电荷量为 4×10-5C，则 R4的阻值应为（　　） A. 40Ω B. 80Ω C. 160Ω D. 400Ω 11. 如图所示，载有物资的热气球的总质量为，静止于距离水平地面的高处。现将质量为的物资以相对地面竖直向下的速度投出，物资落地时与热气球的距离为。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（ ） A. 物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B. 投出物资后，热气球匀速上升 C. 物资落地时，热气球上升的高度为 D. 物资落地时与热气球的距离 12. 如图电路中的电表V、、、A均为理想电表，其示数分别为U、、、I，其示数的变化量分别为、、、。电源电动势为E、内阻r，定值电阻阻值为，，滑动变阻器的最大电阻大于。当滑动变阻器从最左端向最右端滑动时，下列选项正确的是（ ） A. 滑动变阻器的功率先增大后减小 B. 电源的输出功率先增大后减小 C. ，， D. 、、 三、实验题（每空2分，共14分） 13. 用如图所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上同一位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OP、OM、ON。测得球1的质量为m1，球2的质量为m2，且m1>m2。 （1）下列实验步骤中必要的是（　　） A. 调整斜槽轨道末端水平 B. 测量抛出点距地面的高度 C. 测量两小球的半径 D. 利用重垂线确定O点的位置 （2）某次实验确定球1平均落地点P后不小心将白纸向左移动稍许，再将球2放在斜槽末端，然后从同一位置S由静止释放球1，与球2碰撞后，再确定两球平均落地点M和N，则________（选填“>”、“=”或“<”）。若实验空间有限，为了减小ON，在不改变材料的前提下，可以________（填“增大”或“减小”）m2。 （3）更正（2）中的错误，在验证两球碰撞时动量守恒的基础上，某同学想进一步研究碰撞是否为弹性碰撞。在实验中换用不同质量的球重复实验，若测得小球的质量的比为，则________（用k表示）可以说明两球发生弹性碰撞。 14. 某研究性学习小组在学习了化学课上的原电池原理后，将铜片和锌片插入两个新鲜的柠檬中制成一个水果电池，并利用下列所给器材测量水果电池的电动势和内阻。 A．待测水果电池（电动势约为，内阻约为几百欧）； B．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）； C．电流表A（量程为，内阻为）； D．电压表V（量程为，内阻约为）； E．开关S，导线若干。 （1）研究小组将电压表接入电路，设计了甲、乙两种电路，应选择________（选填“甲”或“乙”）电路。 （2）根据选择的电路，滑动滑动变阻器的滑片，得到电压表示数与电流表示数的多组数据，作出图像如图丙所示，根据图像和题中所给信息，得到该水果电池的电动势________，内阻________。 四、解答题 15. 如图所示的电路中，电源电动势E为36V，内阻r为，定值电阻的阻值为，定值电阻的阻值为。开关S闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机M的额定电压U为12V，线圈电阻为。求： （1）通过和电动机M的电流； （2）电动机正常工作时产生的机械功率。 16. 小夏老师用玩具手枪以初速度v0竖直向上发射了一颗橡胶弹丸，若弹丸在运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比（f=kv），弹丸运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再次回落到发射点时，速率为v1，已知重力加速度为g。 （1）假设弹丸的质量为m，求出常数k； （2）求弹丸在空中运动的最大加速度amax； （3）求弹丸从最高点回落到射出点的时间t2。 17. 如图所示，小球A的质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是m和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰并粘在一起，同时细线断裂（碰撞时间极短）。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g，求： （1）A与B碰撞过程损失的机械能 （2）轻弹簧获得的最大弹性势能 （3）物块C的最大速度 18. 如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面水平且与平台等高，长木板上下表面均光滑，右端为半径的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量的滑块A在光滑水平平台上以初速度向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生完全弹性碰撞。已知滑块B的质量为，重力加速度g取。 （1）求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小； （2）若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量； （3）在满足（2）的条件下，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰一中2025级第一次阶段性考试 物理试题 一、单选题（每个小题3分，共24分） 1. 一节干电池的电动势为1.5V，内阻不能忽略，将干电池与小灯泡连接，小灯泡发光。下列说法正确的是（　　） A. 电路闭合时，干电池两极间的电压就是干电池的电动势 B. 在电池内部，非静电力把1C的正电荷从负极移到正极所做的功为1.5J C. 电池的工作原理是在电源内部把电子从负极源源不断地搬到正极，产生电压 D. 如果把小灯泡更换成电阻更大的灯泡，这节干电池的电动势将变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．电路闭合时，干电池两极间的电压（即端电压）由闭合电路欧姆定律决定 由于内阻，端电压，因此端电压不等于电动势，故A错误。 B．电池的电动势为1.5V，即表明非静电力将单位正电荷从负极移到正极所做的功为，故B正确。 C．电池工作原理是：在电源内部，非静电力（如化学力）将正电荷从负极移到正极（或等效地将电子从正极移到负极），从而在正极积累正电荷、负极积累负电荷，产生电压，故C错误。 D．电动势是电池的固有属性，由电池内部化学物质和结构决定，与外部电路负载无关。更换电阻更大的灯泡，只改变外部电阻，不影响电动势，故D错误。 故选B。 2. 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A. 在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒 B. 在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C. 在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D. 在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 【答案】B 【解析】 【详解】AB．在子弹射入木块A的过程中，在子弹、木块A系统中，内力远大于外力，则动量近似守恒，因该过程有内能产生，则机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．在弹簧被压缩的过程中，对于子弹、木块A和B、弹簧组成的系统，系统所受合外力为零，所以系统动量、机械能守恒，故CD错误。 故选B。 3. 如下图所示，A、B两灯泡额定电压都为110V，额定功率、，接在电压恒为220V电路上，欲使两灯泡均正常发光，且整个电路消耗的电功率最小，则下面四种电路连接方式中满足要求的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据公式可知，灯泡A的电阻 灯泡B的电阻 A．选项A图是灯泡A和灯泡B串联，然后接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知灯泡B两端的电压大于110V，所以不能使两灯泡均正常发光，故A错误； B．图是灯泡A和可变电阻R并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与可变电阻R并联后和灯泡B的电阻相等；但并联电路中，总电阻小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B也不能正常工作，故B错误； CD．选项C图中是灯泡B和可变电阻R并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻R并联后和灯泡A的电阻相等，所以可以使灯泡A和灯泡B正常工作，可得整个电路消耗的总功率为 选项D图中是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻R串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等，所以可以使A、B灯泡均正常发光，此时整个电路消耗的电功率为 显然，选项C中电路消耗的总功率最小，故C正确，D错误。 故选C。 4. 在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为，设水的密度为，水流垂直射向煤层表面，则煤层表面可能受到的最大压强是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析最大压强的情况：压强最大对应水流与煤层作用时动量变化量最大，即理想完全弹性碰撞，水流碰撞后原速率反弹。取时间内射到煤层上的水为研究对象，设水流横截面积为，则该部分水的质量 完全弹性碰撞时末速度为，动量变化 取水流初速度方向为正方向，由动量定理得 代入得 约去得煤层对水的作用力 负号表示力的方向与初速度相反。 根据牛顿第三定律，水对煤层的作用力大小 则压强 故选C。 5. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为，B球的动量为，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】A．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为 碰撞后总动量为 故满足动量守恒；A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为 故满足碰撞前后动能不增加，但是因碰撞后A的球速度应等于或小于B球的速度，即，而由题中数据可得 故此种情况不可能发生，故A错误； B．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为 碰撞后总动量为 故满足动量守恒；碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为 故满足碰撞前后动能不增加；因碰撞后A的球速度应等于或小于B球的速度，即，而由题中数据可得，故此种情况可能发生，故B正确； C．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为 碰撞后总动量为 故满足动量守恒；A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为 可知碰撞后的动能增加，故此种情况不可能存在，故C错误； D． A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为 碰撞后总动量为 故不满足动量守恒，此种情况不可能存在，故D错误。 故选B。 6. 如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　） A. 灯泡的电阻随着电流的增大而减小 B. 该电源的内阻为0.1Ω C. 将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60% D. 将灯泡单独接入该电源时，电源总功率为600W 【答案】D 【解析】 【详解】A．灯泡的电阻 整理得 可知在图像上，图线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。从图像可以看出，随着电流I的增大，图线上某点与原点连线的斜率减小，因此电阻增大，故A错误； B．根据 整理得 可知电源图为一条倾斜的直线，图像斜率绝对值为，纵截距为，题图可知， 联立解得， 故B错误； C．将灯泡单独接入该电源时，图像交点纵坐标表示此时通过灯泡的电流，交点横坐标表示此时灯泡两端的电压，图像可知此时，则电源的效率为，故C错误； D．将灯泡单独接入该电源时，电源总功率为，故D正确。 故选D。 7. 如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为、。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，乙船上的人将货物抛出，被甲船上的人接住后，两船刚好不相撞，抛出货物的速度最小，此时两船刚好速度相同，设为，抛出货物的最小速率为。规定开始时甲船速度方向为正方向，对甲、乙两船及抛出的货物系统，根据动量守恒定律，有 甲船接住货物，根据动量守恒定律，有 解得 故选C。 8. 如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在水平地面上，其水平直径长度为。现将一质量为的小球从点正上方距点高处由静止释放（图中未画出），小球恰能沿切线方向进入半圆轨道，不计所有摩擦和空气阻力，，，此后的运动过程中（ ） A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小球到达点时与小车保持相对静止 C. 小车向左运动的最大距离为 D. 小球在轨道最低点时的速度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球和小车组成的系统在竖直方向上受重力和地面的支持力作用，小球在竖直方向上有加速度，系统所受合外力不为零，故系统总动量不守恒；系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，故A错误； B．小球到达点时，小球相对于小车的速度方向竖直向上，即小球与小车在水平方向上相对静止。设此时水平速度为，取向右为正方向，由水平方向动量守恒定律得 解得 由机械能守恒定律可知，小球从释放到到达点过程中，重力势能减小量转化为动能，即 解得 即小球具有竖直向上的速度，而小车速度为0，两者速度不同，不保持相对静止，故B错误； C．小球从点运动到点的过程中，小车向左运动，当小球到达点时，小车向左运动的距离最大。设小车向左运动的最大距离为，则小球向右运动的水平距离为。由水平方向动量守恒定律（人船模型）可得 解得，故C错误； D．小球从静止释放到运动至轨道最低点的过程中，下落的高度为 设小球在最低点的速度大小为，小车的速度大小为。由水平方向动量守恒定律得 即 由机械能守恒定律得 联立解得，，故D正确。 故选D。 二、多选题（每小题4分，选不全得2分） 9. 静止放置在水平面上的物体，从时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力和不变的摩擦阻力共同作用，已知拉力与阻力随时间变化的图像如图所示，则（ ） A. 在时间内，物体重力的冲量为零 B. 时刻物体的速度一定为零 C. 时刻物体一定向右运动且速度最大 D. 根据题设条件可求出物体运动的最大速度 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由冲量的公式可知，在时间内，物体重力的冲量不为零，故A错误； B．根据图像中面积表冲量，由图可知，时间内，合力的冲量为0，由动量定理有 解得 即时刻物体的速度一定为零，故B正确； C．根据题意，由图可知，时间内，物体所受拉力大于摩擦力，物体向右加速，时间内，物体所受拉力小于摩擦力，物体向右减速，则当时，物体所受合力为0，物体速度最大，且向右运动，故C正确； D．由于题中物体的质量未知，则无法求出物体运动的最大速度，故D错误。 故选BC。 10. 在图示电路中，R1＝100Ω，R2＝200Ω，R3＝80Ω，C＝20μF，电源电动势为 12V，电源内阻不计，闭合电键后，若要使电容器所带电荷量为 4×10-5C，则 R4的阻值应为（　　） A. 40Ω B. 80Ω C. 160Ω D. 400Ω 【答案】BD 【解析】 【详解】由得电容器极板间的电压 电源内阻不计，则 R1 的电压 由于电容器极板的电性未知，所以 |U1﹣U3|＝U 可得 R3 的电压为 U3＝2V 或 6V 则 R4 的电压为 U4＝E﹣U3＝10V 或 6V 根据 得 R4＝400Ω或 80Ω 故选BD。 11. 如图所示，载有物资的热气球的总质量为，静止于距离水平地面的高处。现将质量为的物资以相对地面竖直向下的速度投出，物资落地时与热气球的距离为。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（ ） A. 物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B. 投出物资后，热气球匀速上升 C. 物资落地时，热气球上升的高度为 D. 物资落地时与热气球的距离 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．物资投出之前，物资和气球组成的系统合外力为零，物资投出后，系统的合外力仍为零，因此物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，故A正确； B．投出物资后，热气球受到的浮力大于重力，合力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，故B错误； CD．设物资落地时，热气球上升的高度为，则对物资和热气球组成的系统，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有 解得 则，故C、D正确。 故选ACD。 12. 如图电路中的电表V、、、A均为理想电表，其示数分别为U、、、I，其示数的变化量分别为、、、。电源电动势为E、内阻r，定值电阻阻值为，，滑动变阻器的最大电阻大于。当滑动变阻器从最左端向最右端滑动时，下列选项正确的是（ ） A. 滑动变阻器的功率先增大后减小 B. 电源的输出功率先增大后减小 C. ，， D. 、、 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．设滑动变阻器接入电路的阻值为，由闭合电路欧姆定律得 因此滑动变阻器的功率为 把看作电源对的等效内阻。根据电源最大输出功率条件，负载电阻等于等效内阻时负载功率最大，即时最大。滑片从最左端向最右端移动时，由小于逐渐增大到大于，所以先增大后减小。电源的输出功率为 令外电阻，同一最大功率条件表明在时最大。由于大于，本题始终有，且随增大而增大，所以始终减小，故A正确，B错误； CD．理想电压表V、和分别测量路端电压、两端电压和两端电压。由闭合电路欧姆定律和欧姆定律得， 进而有 题中变化量表示示数改变的大小，对滑片移动前后的两个状态作差，分别有，和 瞬时示数满足，和，故C正确，D错误。 故选AC。 三、实验题（每空2分，共14分） 13. 用如图所示的装置进行实验，让两个小球在斜槽末端对心碰撞可以验证动量守恒定律。图中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影。实验时，先使球1多次从斜槽上同一位置S由静止释放，确定其平均落地点，记为P。然后，把半径相同的球2置于水平轨道的末端，再将球1从位置S由静止释放，与球2相碰，重复多次，分别确定碰后球1和球2的平均落地点，记为M和N，分别测出O点到平均落地点的距离OP、OM、ON。测得球1的质量为m1，球2的质量为m2，且m1>m2。 （1）下列实验步骤中必要的是（　　） A. 调整斜槽轨道末端水平 B. 测量抛出点距地面的高度 C. 测量两小球的半径 D. 利用重垂线确定O点的位置 （2）某次实验确定球1平均落地点P后不小心将白纸向左移动稍许，再将球2放在斜槽末端，然后从同一位置S由静止释放球1，与球2碰撞后，再确定两球平均落地点M和N，则________（选填“>”、“=”或“<”）。若实验空间有限，为了减小ON，在不改变材料的前提下，可以________（填“增大”或“减小”）m2。 （3）更正（2）中的错误，在验证两球碰撞时动量守恒的基础上，某同学想进一步研究碰撞是否为弹性碰撞。在实验中换用不同质量的球重复实验，若测得小球的质量的比为，则________（用k表示）可以说明两球发生弹性碰撞。 【答案】（1）AD （2） ①. < ②. 增大 （3） 【解析】 【小问1详解】 ABC．小球做平抛运动，所以斜槽末端必须水平，由于下落高度相同，运动时间t相同，平抛初速度为 需要验证的动量守恒的关系式为 可转化为 球1从同一位置静止释放，做平抛运动的初速度相同，因此，不需要测量球1静止释放的高度、抛出点距地面的高度，也不需要测量小球半径，故A正确，BC错误； D．必须利用重垂线确定O点的位置，才能测量水平位移，故D正确。 故选AD。 【小问2详解】 [1]若不小心将白纸向左移动稍许，再将球2放在斜槽末端，然后从同一位置S由静止释放球1，与球2碰撞后，再确定两球平均落地点M和N，则OM和ON测量值偏大，所以 [2]若要减小ON，即碰撞后被碰小球的速度变小，则被碰小球的质量变大，即在不改变材料的前提下，可以增大m2。 【小问3详解】 若两球发生弹性碰撞，则， 联立可得 即 又， 联立可得 14. 某研究性学习小组在学习了化学课上的原电池原理后，将铜片和锌片插入两个新鲜的柠檬中制成一个水果电池，并利用下列所给器材测量水果电池的电动势和内阻。 A．待测水果电池（电动势约为，内阻约为几百欧）； B．滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）； C．电流表A（量程为，内阻为）； D．电压表V（量程为，内阻约为）； E．开关S，导线若干。 （1）研究小组将电压表接入电路，设计了甲、乙两种电路，应选择________（选填“甲”或“乙”）电路。 （2）根据选择的电路，滑动滑动变阻器的滑片，得到电压表示数与电流表示数的多组数据，作出图像如图丙所示，根据图像和题中所给信息，得到该水果电池的电动势________，内阻________。 【答案】（1）甲 （2） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 电流表A的内阻已知，且远小于滑动变阻器阻值，故采用电压表内接法可以避免系统误差，因此电路选择甲。 【小问2详解】 [1]由甲电路 根据图丙，当时，，即纵截距为，所以 [2]图线斜率绝对值 即 解得 四、解答题 15. 如图所示的电路中，电源电动势E为36V，内阻r为，定值电阻的阻值为，定值电阻的阻值为。开关S闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机M的额定电压U为12V，线圈电阻为。求： （1）通过和电动机M的电流； （2）电动机正常工作时产生的机械功率。 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 与电动机M并联，电动机M正常工作，故电动机M和两端电压相等，均为 干路电流 通过的电流 通过电动机M的电流 【小问2详解】 电动机正常工作时内部线圈的功率 电动机的输入功率 则电动机正常工作时产生的机械功率 16. 小夏老师用玩具手枪以初速度v0竖直向上发射了一颗橡胶弹丸，若弹丸在运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比（f=kv），弹丸运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再次回落到发射点时，速率为v1，已知重力加速度为g。 （1）假设弹丸的质量为m，求出常数k； （2）求弹丸在空中运动的最大加速度amax； （3）求弹丸从最高点回落到射出点的时间t2。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）由于速率随时间变化的图像的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，弹丸回到发射点时，弹丸的合力为0，则有 mg-kv1=0 解得 （2）根据图像可知，弹丸刚刚射出时加速度最大，则有 mg+kv0=mamax 解得 （3）由于弹丸上升过程与下落过程经过的位移大小相等，可知图像中，在时间t1内图线与时间轴所围几何图形的面积与在时间t2内图线与时间轴所围几何图形的面积相等，根据动量定理有 由于空气阻力与速率成正比，若将速率随时间变化图像的纵坐标乘以常数k，则得到空气阻力随时间变化的图像，该图像与时间轴所围几何图形的面积表示空气阻力的冲量大小，根据上述，在时间t1内图线与时间轴所围几何图形的面积与在时间t2内图线与时间轴所围几何图形的面积相等，而弹丸向上运动与向下运动过程中空气阻力的冲量方向相反，则有 解得 17. 如图所示，小球A的质量为m，系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是m和，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且物块B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰并粘在一起，同时细线断裂（碰撞时间极短）。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g，求： （1）A与B碰撞过程损失的机械能 （2）轻弹簧获得的最大弹性势能 （3）物块C的最大速度 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 小球A从水平位置静止释放到最低点过程，只有重力做功，机械能守恒得 解得碰撞前A的速度   A、B碰撞时间极短，水平面光滑，碰撞瞬间弹簧弹力可忽略，系统A、B动量守恒，且碰撞后粘在一起共速，设共速为，可得 解得 损失的机械能等于碰撞前A的动能减去碰撞后A、B的总动能，即 解得A与B碰撞过程损失的机械能。 【小问2详解】 碰撞后A、B整体向右运动，弹簧被压缩，当A、B和C的速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。 此过程A、B、C组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，设三者共速时速度为，可得 解得 该过程只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，最大弹性势能等于碰撞后A、B的总动能减去三者共速时的总动能， 即 解得轻弹簧获得的最大弹性势能。 【小问3详解】 当弹簧从压缩状态恢复到原长时，弹簧弹力一直对C做正功，此后弹簧开始伸长，弹力将阻碍C运动，因此弹簧恢复原长时C的速度最大。 该过程仍满足A、B、C系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长时，A、B的速度为​，C的最大速度为，根据动量守恒得 根据机械能守恒得 联立解得物块C的最大速度。​ 18. 如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面水平且与平台等高，长木板上下表面均光滑，右端为半径的光滑圆弧，可视为质点的滑块B静止在长木板的左端。质量的滑块A在光滑水平平台上以初速度向右匀速运动，一段时间后滑块A与滑块B发生完全弹性碰撞。已知滑块B的质量为，重力加速度g取。 （1）求滑块A、B碰后瞬间滑块B的速度大小； （2）若滑块B恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量； （3）在满足（2）的条件下，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 【答案】（1）3m/s （2）2kg （3） 【解析】 【小问1详解】 对滑块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得滑块A和B碰后滑块B的速度大小 【小问2详解】 滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B与长木板共速，对滑块B和长木板有， 联立解得 【小问3详解】 当滑块B返回至Q点时，长木板的速度最大，设此时滑块B的速度为， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得，。 以长木板为参考系，滑块B做圆周运动，当滑块B返回至Q点时，滑块B相对木板的速度为，当对B在Q点进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，长木板的速度达到最大时B对Q点压力的大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $