卷子答案网-一个不只有答案的网站黑龙江省大庆实验中学实验二部2022-2023学年高一下学期期末物理试题
一、单选题
1．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是
A．位移 B．加速度 C．速度 D．动能
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移、加速度和动能一定相同，速度大小一定相同，但有衡位置和远离平衡位置两个方向，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据简谐振动的特点分析各物理量。
2．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
3．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。快进入闹区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】功率突然减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率的计算式P=Fv，可知此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P=Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，则汽车所受合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车做匀速运动，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由功率公式P=Fv，分析汽车功率减小后牵引力的变化情况，得出加速度的变化情况，再找出对应的v-t图像。
4．（2019·葫芦岛模拟）我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，A不符合题意．
B．设甲乙两运动员的质量分别为 、 ，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是 ， ．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
可以解得： ，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD选项错误．
故答案为：B
【分析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
5．如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达D点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的图像，则（ ）
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C．弹簧振子的振动方程为
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为1m
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A.弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为次全振动，A不符合题意；
B.由图乙可以看出，P点时刻振子的速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，B不符合题意；
C.由图乙可知，振子的振动周期为T=1s，振幅为A=0.1m，则，由题意可知，t=0时刻位移为0.1m，代入简谐振动方程可得，初相为，则弹簧振子的振动方程为，C不符合题意；
D.，根据一个周期，振子走4个振幅的路程，可得弹簧振子在前2.5s内的路程为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据全振动的定义分析；根据简谐振动特点，由图乙分析P点时刻振子的速度方向与加速度方向；由简谐振动方程求解该弹簧振子的振动方程；根据一个周期，振子走4个振幅的路程，求解弹簧振子在前2.5s内的路程。
6．如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在C点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．段长
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.5m
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A.滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，系统合外力不为零，不满足动量守恒的条件，A不符合题意；
B.滑块由A滑到B的过程中，受重力和支持力的作用，支持力对滑块做负功，故滑块的机械能不守恒，B不符合题意；
C.由题意可知，滑块恰好停在C点，滑块和小车组成的系统动量守恒，可知滑块运动到C点时，二者均静止，根据能量守恒有，解得L= 2m，C不符合题意；
D.系统水平动量守恒，以向右为正方向，有，由人船模型规律可得：，、分别为M、m相对地面的位移大小，由几何关系可得，联合解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据动量守恒条件分析系统动量是否守恒；根据机械能守恒条件分析滑块的机械能是否守恒；根据能量守恒定律求出BC段的长度；根据人船模型规律求解全过程小车相对地面的位移大小。
7．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则（ ）
A．物块的质量为0.6kg
B．物块与斜面间的摩擦力大小为4N
C．物块下滑到2.0m时机械能为18J
D．当物块下滑到斜面底端时机械能损失了10J
【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.由图可知，物块处于顶端时的重力势能为mgh=30J，解得物块的质量为m=1kg，A不符合题意；
BD.由图可知当物块下滑到斜面底端时，重力势能减少30J，动能增加10J，可知机械能减少20J，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，则有，其中x=5m，解得物块与斜面间的摩擦力大小为，B符合题意，D不符合题意；
C.由图可知物块下滑到2.0m时，滑块的重力势能为18J，动能为4J，则机械能为，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物块在初状态的重力势能求出物块的质量；根据图象分析物块滑到斜面底端的过程中，重力势能和动能的变化量，得出机械能的变化量，再根据功能关系求出摩擦力做功；由图像找出物块下滑到2.0m时的重力势能和动能，求出机械能。
二、多选题
8．木板的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中正确的是（ ）
A．摩擦力对小物体做功为
B．重力对小物体做功为
C．弹力对小物体做功为
D．木板对小物体做功为
【答案】B,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.摩擦力的方向始终沿接触面指向A点，总与小物体的运动方向垂直，故摩擦力不做功，A不符合题意；
B.重力对小物体做负功，为，B符合题意；
C.在转动的过程中，小物体受重力、弹力和摩擦力作用，只有重力和弹力对小物体做功，根据动能定理有，解得，C不符合题意；
D.木板对AB的作用力有摩擦力和弹力，摩擦力不做功，所以木板AB对小物体做的功等于弹力对小物块做的功，为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据摩擦力方向与物体的运动方向的关系求解摩擦力做功；根据重力做功公式求解重力做功；由动能定理求解弹力做功；分析木板对小物块的作用力，求出所做的功。
9．如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】以向右运动为正方向，若平衡位置在A的左侧，由于A、B两点相距L，则有，解得，以平衡位置为起点，则振动方程为，则有，，由题意可得，，解得T=12t；若平衡位置在AB之间，则有，解得，则振动方程为，根据简谐振动的对称性可得，，由题意可得，，解得，综合上述可知，振幅与周期可能为，12t与，4t，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】首先要讨论平衡位置与A、B两点的位置关系，写出A、B两点对应的振动方程，再根据质点经过A点运动到B的时间关系，求出振动的振幅和周期可能值。
10．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞。总共经过7次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】以运动员退行的速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m=5.0kg，物块被推出时的速度大小为，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为，根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有，依次类推，，，由题可知，运动员的退行速度，，解得，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】运动员每次推物块的过程，运动员与物块组成的系统动量都守恒，应用动量守恒定律列出7次推物块的表达式，再结合第6次推出物块后，运动员的速度小于物块速度，第7次推出物块后，运动员的速度大于物块的速度，求出该运动员的质量范围。
三、实验题
11．利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，卡尺示数如图乙所示，小钢球直径为 cm。
（2）悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L，将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到平衡位置时，计数一次，依次计数为1、2、3……，当数到50时，停止计时，测得时间为t，计算出单摆周期T。测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，做出图像，如图丙所示。造成图线不过坐标原点的原因可能是 。
（3）由图像求出重力加速度 。（取）
【答案】（1）2.01
（2）测摆长时没有加上小球半径
（3）9.86
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，主尺读数为20mm，可动尺读数为，可得小钢球的直径为；
（2）根据单摆周期公式，可得，所以理论上图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径；
（3）图像对应的单摆周期应为，整理得，可知图像的斜率为，解得。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读数；（2）根据单摆周期公式推导的关系式，分析实际得到的图像与理论上的图像的差别，找出对应的原因；（3）加上小球半径后，根据单摆周期公式推导的关系式，结合图像求出重力加速度。
12．如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是 。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做 运动。
（3）测得滑块B的质量为200.0g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。规定滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为 （保留2位有效数字），滑块B碰后的图线为 （选填“②”“③”“④”）。
【答案】（1）天平
（2）匀速直线运动
（3）；②
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）应该调节气垫导轨处于水平位置，使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）由题意知，滑块A碰前运动方向为正方向，结合x-t图像中的数据可知，滑块B碰前的速度为，则滑块B碰前的动量为，根据x-t图像的斜率表示物体的速度可知，碰后两滑块速度均为负值，即二者碰后均向左运动，根据“后不超前”的原则可知，滑块A的速度应大于滑块B的速度，故可知③为碰后A物块的图线，②为碰后B物块的图线。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）应使滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，以确定导轨水平；（3）根据x-t图像的斜率表示物体的速度，确定两滑块碰后的运动方向，再由“后不超前”的原则得出两滑块各自对应的图像。
四、解答题
13．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为，第一次反弹的高度为。已知排球的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）排球与地面的作用时间；
（2）地面对排球平均作用力的大小。
【答案】（1）解排球下落时间
排球上升时间
排球与地作用时间 t=t﹣t1﹣t2=0.2s
（2）解设地面对排球平均作用力的大小为F，对全过程根据动量定理有
代入数据得F=26N
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【分析】（1）由自由落体规律求出排球上升和下落的时间，再计算排球与地面的作用时间；（2）由动量定理求解地面对排球平均作用力的大小。
14．如图所示，水平轨道与固定在竖直平面内的半圆形轨道相连，小滑块静止放在A点，某时刻给小滑块施加一个水平向右的拉力F，当小滑块运动到水平轨道末端B时撤去拉力F，小滑块沿圆弧轨道运动到最高点C后做平抛运动，在水平轨道上的落点位于A，B之间。已知A，B之间的距离是圆弧半径的3倍，圆弧半径为，重力加速度为，所有摩擦忽略不计，求：
（1）小滑块通过最高点C的速度范围；
（2）拉力F与小滑块的重力之比的可能值。
【答案】（1）解：小滑块通过最高点时，应满足
解得
小滑块滑过C后，做平抛运动，有
联立可得
综上分析可知小滑块通过最高点C的速度范围为
（2）解：小滑块从A滑到C的过程中，由动能定理有
解得
联立可得拉力F与小滑块的重力之比的范围为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先由牛顿第二定律分析小滑块通过C点时的速度最小值，再根据平抛规律分析小滑块从C点抛出后能够落在A、B点之间，对小滑块在C点的速度要求，最后得出小滑块通过最高点C的速度范围；（2）由动能定理分析小滑块从A运动到C的过程，求出拉力F与小滑块的重力之比的可能值。
15．某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3ms的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。
【答案】（1）解：由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）解：设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）解：物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v甲x
由机械能守恒定律得
解得，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）将滑块从斜面最高点到与乙相碰的过程反向，可视为平抛运动，由平抛的运动规律，应用运动学公式结合几何关系，求解物块甲运动到最高点时的速度大小；（2）由动能定理分析物块甲从B点到斜面顶端的过程，求出滑块在B点的速度，由此速度确定滑块在传送带上的运动性质，再由动能定理分析物块甲从静止开始到B点的过程，求出弹簧的弹力对物块做的功，根据功能关系得出弹簧最初储存的弹性势能；（3）根据弹性碰撞的规律求出甲、乙碰撞后各自的速度，再根据动量守恒定律求出乙和木板共同的速度，与挡板碰撞后反弹，再共速、再碰撞、再反弹.…….，由动量守恒定律、能量守恒定律及动能定理，应用数学归纳法分析求出木板运动的总路程。
黑龙江省大庆实验中学实验二部2022-2023学年高一下学期期末物理试题
一、单选题
1．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是
A．位移 B．加速度 C．速度 D．动能
2．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
3．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。快进入闹区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（ ）
A． B．
C． D．
4．（2019·葫芦岛模拟）我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
5．如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达D点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的图像，则（ ）
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C．弹簧振子的振动方程为
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为1m
6．如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在C点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．段长
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.5m
7．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则（ ）
A．物块的质量为0.6kg
B．物块与斜面间的摩擦力大小为4N
C．物块下滑到2.0m时机械能为18J
D．当物块下滑到斜面底端时机械能损失了10J
二、多选题
8．木板的长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与木板的动摩擦因数为。开始时木板水平，在缓慢转过一个小角度的过程中，小物体始终保持与木板相对静止，重力加速度为g，则在这个过程中正确的是（ ）
A．摩擦力对小物体做功为
B．重力对小物体做功为
C．弹力对小物体做功为
D．木板对小物体做功为
9．如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第一次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．， B．， C．， D．，
10．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞。总共经过7次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A． B． C． D．
三、实验题
11．利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，卡尺示数如图乙所示，小钢球直径为 cm。
（2）悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L，将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到平衡位置时，计数一次，依次计数为1、2、3……，当数到50时，停止计时，测得时间为t，计算出单摆周期T。测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，做出图像，如图丙所示。造成图线不过坐标原点的原因可能是 。
（3）由图像求出重力加速度 。（取）
12．如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是 。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做 运动。
（3）测得滑块B的质量为200.0g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。规定滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为 （保留2位有效数字），滑块B碰后的图线为 （选填“②”“③”“④”）。
四、解答题
13．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为，第一次反弹的高度为。已知排球的质量为，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）排球与地面的作用时间；
（2）地面对排球平均作用力的大小。
14．如图所示，水平轨道与固定在竖直平面内的半圆形轨道相连，小滑块静止放在A点，某时刻给小滑块施加一个水平向右的拉力F，当小滑块运动到水平轨道末端B时撤去拉力F，小滑块沿圆弧轨道运动到最高点C后做平抛运动，在水平轨道上的落点位于A，B之间。已知A，B之间的距离是圆弧半径的3倍，圆弧半径为，重力加速度为，所有摩擦忽略不计，求：
（1）小滑块通过最高点C的速度范围；
（2）拉力F与小滑块的重力之比的可能值。
15．某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3ms的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移、加速度和动能一定相同，速度大小一定相同，但有衡位置和远离平衡位置两个方向，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据简谐振动的特点分析各物理量。
2．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
3．【答案】C
【知识点】功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】功率突然减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率的计算式P=Fv，可知此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P=Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，则汽车所受合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车做匀速运动，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由功率公式P=Fv，分析汽车功率减小后牵引力的变化情况，得出加速度的变化情况，再找出对应的v-t图像。
4．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，A不符合题意．
B．设甲乙两运动员的质量分别为 、 ，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是 ， ．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
可以解得： ，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD选项错误．
故答案为：B
【分析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
5．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A.弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为次全振动，A不符合题意；
B.由图乙可以看出，P点时刻振子的速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，B不符合题意；
C.由图乙可知，振子的振动周期为T=1s，振幅为A=0.1m，则，由题意可知，t=0时刻位移为0.1m，代入简谐振动方程可得，初相为，则弹簧振子的振动方程为，C不符合题意；
D.，根据一个周期，振子走4个振幅的路程，可得弹簧振子在前2.5s内的路程为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据全振动的定义分析；根据简谐振动特点，由图乙分析P点时刻振子的速度方向与加速度方向；由简谐振动方程求解该弹簧振子的振动方程；根据一个周期，振子走4个振幅的路程，求解弹簧振子在前2.5s内的路程。
6．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A.滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，系统合外力不为零，不满足动量守恒的条件，A不符合题意；
B.滑块由A滑到B的过程中，受重力和支持力的作用，支持力对滑块做负功，故滑块的机械能不守恒，B不符合题意；
C.由题意可知，滑块恰好停在C点，滑块和小车组成的系统动量守恒，可知滑块运动到C点时，二者均静止，根据能量守恒有，解得L= 2m，C不符合题意；
D.系统水平动量守恒，以向右为正方向，有，由人船模型规律可得：，、分别为M、m相对地面的位移大小，由几何关系可得，联合解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据动量守恒条件分析系统动量是否守恒；根据机械能守恒条件分析滑块的机械能是否守恒；根据能量守恒定律求出BC段的长度；根据人船模型规律求解全过程小车相对地面的位移大小。
7．【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.由图可知，物块处于顶端时的重力势能为mgh=30J，解得物块的质量为m=1kg，A不符合题意；
BD.由图可知当物块下滑到斜面底端时，重力势能减少30J，动能增加10J，可知机械能减少20J，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，则有，其中x=5m，解得物块与斜面间的摩擦力大小为，B符合题意，D不符合题意；
C.由图可知物块下滑到2.0m时，滑块的重力势能为18J，动能为4J，则机械能为，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物块在初状态的重力势能求出物块的质量；根据图象分析物块滑到斜面底端的过程中，重力势能和动能的变化量，得出机械能的变化量，再根据功能关系求出摩擦力做功；由图像找出物块下滑到2.0m时的重力势能和动能，求出机械能。
8．【答案】B,D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.摩擦力的方向始终沿接触面指向A点，总与小物体的运动方向垂直，故摩擦力不做功，A不符合题意；
B.重力对小物体做负功，为，B符合题意；
C.在转动的过程中，小物体受重力、弹力和摩擦力作用，只有重力和弹力对小物体做功，根据动能定理有，解得，C不符合题意；
D.木板对AB的作用力有摩擦力和弹力，摩擦力不做功，所以木板AB对小物体做的功等于弹力对小物块做的功，为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据摩擦力方向与物体的运动方向的关系求解摩擦力做功；根据重力做功公式求解重力做功；由动能定理求解弹力做功；分析木板对小物块的作用力，求出所做的功。
9．【答案】B,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】以向右运动为正方向，若平衡位置在A的左侧，由于A、B两点相距L，则有，解得，以平衡位置为起点，则振动方程为，则有，，由题意可得，，解得T=12t；若平衡位置在AB之间，则有，解得，则振动方程为，根据简谐振动的对称性可得，，由题意可得，，解得，综合上述可知，振幅与周期可能为，12t与，4t，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】首先要讨论平衡位置与A、B两点的位置关系，写出A、B两点对应的振动方程，再根据质点经过A点运动到B的时间关系，求出振动的振幅和周期可能值。
10．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；反冲
【解析】【解答】以运动员退行的速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m=5.0kg，物块被推出时的速度大小为，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为，根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有，依次类推，，，由题可知，运动员的退行速度，，解得，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】运动员每次推物块的过程，运动员与物块组成的系统动量都守恒，应用动量守恒定律列出7次推物块的表达式，再结合第6次推出物块后，运动员的速度小于物块速度，第7次推出物块后，运动员的速度大于物块的速度，求出该运动员的质量范围。
11．【答案】（1）2.01
（2）测摆长时没有加上小球半径
（3）9.86
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，主尺读数为20mm，可动尺读数为，可得小钢球的直径为；
（2）根据单摆周期公式，可得，所以理论上图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径；
（3）图像对应的单摆周期应为，整理得，可知图像的斜率为，解得。
【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读数；（2）根据单摆周期公式推导的关系式，分析实际得到的图像与理论上的图像的差别，找出对应的原因；（3）加上小球半径后，根据单摆周期公式推导的关系式，结合图像求出重力加速度。
12．【答案】（1）天平
（2）匀速直线运动
（3）；②
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）应该调节气垫导轨处于水平位置，使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）由题意知，滑块A碰前运动方向为正方向，结合x-t图像中的数据可知，滑块B碰前的速度为，则滑块B碰前的动量为，根据x-t图像的斜率表示物体的速度可知，碰后两滑块速度均为负值，即二者碰后均向左运动，根据“后不超前”的原则可知，滑块A的速度应大于滑块B的速度，故可知③为碰后A物块的图线，②为碰后B物块的图线。
【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）应使滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，以确定导轨水平；（3）根据x-t图像的斜率表示物体的速度，确定两滑块碰后的运动方向，再由“后不超前”的原则得出两滑块各自对应的图像。
13．【答案】（1）解排球下落时间
排球上升时间
排球与地作用时间 t=t﹣t1﹣t2=0.2s
（2）解设地面对排球平均作用力的大小为F，对全过程根据动量定理有
代入数据得F=26N
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【分析】（1）由自由落体规律求出排球上升和下落的时间，再计算排球与地面的作用时间；（2）由动量定理求解地面对排球平均作用力的大小。
14．【答案】（1）解：小滑块通过最高点时，应满足
解得
小滑块滑过C后，做平抛运动，有
联立可得
综上分析可知小滑块通过最高点C的速度范围为
（2）解：小滑块从A滑到C的过程中，由动能定理有
解得
联立可得拉力F与小滑块的重力之比的范围为
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先由牛顿第二定律分析小滑块通过C点时的速度最小值，再根据平抛规律分析小滑块从C点抛出后能够落在A、B点之间，对小滑块在C点的速度要求，最后得出小滑块通过最高点C的速度范围；（2）由动能定理分析小滑块从A运动到C的过程，求出拉力F与小滑块的重力之比的可能值。
15．【答案】（1）解：由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）解：设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）解：物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v甲x
由机械能守恒定律得
解得，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）将滑块从斜面最高点到与乙相碰的过程反向，可视为平抛运动，由平抛的运动规律，应用运动学公式结合几何关系，求解物块甲运动到最高点时的速度大小；（2）由动能定理分析物块甲从B点到斜面顶端的过程，求出滑块在B点的速度，由此速度确定滑块在传送带上的运动性质，再由动能定理分析物块甲从静止开始到B点的过程，求出弹簧的弹力对物块做的功，根据功能关系得出弹簧最初储存的弹性势能；（3）根据弹性碰撞的规律求出甲、乙碰撞后各自的速度，再根据动量守恒定律求出乙和木板共同的速度，与挡板碰撞后反弹，再共速、再碰撞、再反弹.…….，由动量守恒定律、能量守恒定律及动能定理，应用数学归纳法分析求出木板运动的总路程。
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