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四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第一部分 选择题（共48分）
注意事项：
每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 描述物体机械振动强弱的物理量是（ ）
A. 周期B. 频率C. 振幅D. 位移
【答案】C
【解析】
【详解】描述物体机械振动强弱的物理量是振幅，C正确，ABD错误。
故选C。
2. 一弹簧振子做简谐运动，则下列说法正确的是( )
A. 若位移为负值，则速度一定为正值
B. 振子通过平衡位置时速度为零，加速度最大
C. 振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也相同
D. 振子每次通过同一位置时，速度不一定相同，但加速度一定相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．若位移为负值，由
可知加速度一定为正值，而速度有两种可能的方向，所以速度不一定为正值，A错误；
B．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误；
C．质点每次通过平衡位置时，位移为零，加速度一定为零，而速度有两种可能的方向，不一定相同，C错误；
D．质点每次通过同一位置时，位移相同，加速度一定相同，因为速度有两种可能的方向，所以速度不一定相同，D正确。
故选D
3. 坐标原点的波源O产生的波向两侧传播，当波源振动频率逐渐增大时，则可能的波形图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】波速由介质决定，波速不变，由公式可知，频率变大，波速不变时，波长变小，且题意可知波源O产生两列波向两侧传播，波长都变小；
故选A。
4. 如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 摆长约为2mB. 频率增大，单摆的振幅就会增大
C. 若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动D. 若减小摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由共振曲线可知：当驱动力频率时产生共振现象，则单摆的固有频率
由单摆的频率公式得摆长为
故A错误；
B．根据共振曲线可知，当驱动力频率时单摆的振幅最大，之后继续增大驱动力的频率，单摆的振幅将减小，故B错误；
CD．由单摆频率公式得，当摆长减小时，单摆的固有频率增大，产生共振的驱动力频率也增大，共振曲线的“峰”向右移动；反之，当摆长增大时，共振曲线的“峰”向左移动，故C正确，D错误。
故选C。
5. 图甲为一列横波在时刻的波动图像，图乙为图甲中质点的振动图像，则（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 该波的周期为
C. 该波的波速为
D. 质点在时的速度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙图知，P点在时刻振动方向向下，故波的传播方向为轴负向，故A错误；
B．由乙图知，P点振动周期
该波周期和P点振动周期相同，即该波的周期为，故B错误；
C．该波的波速
故C错误；
D．由乙图知，在时P点在平衡位置，速度最大，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，质量为M，半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与环心O等高处开始无初速下滑到达最低点时，滑块发生的位移为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设滑块滑到最低点所用的时间为t，滑块发生的水平位移大小为x，则圆环的位移大小为R-x，取水平向左方向为正方向。则根据水平方向平均动量守恒得
解得
滑块竖直方向的位移大小为R，则总位移为
ABC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，光滑水平地面上的A、B两物体质量分别为m、2m，A以某初速度向右运动，B静止且左端有一轻弹簧。当A撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，则（ ）
A. 物体A、B系统总动量为
B. 物体A的动量变为0
C. 物体B的动量达到最大值
D. 物体A的初速度为
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．设A的初速度为v，弹簧压缩最短时，两物体的速度相同，物体A的动量不会变为0，由动量守恒得
mv=(m+2m)v1
由机械能守恒得
解得
系统的动量为
故AB错误；D正确；
C．压缩的弹簧会继续对B做正功，速度继续增加，所以此时物体B的动量未达到最大值。故C错误。
故选D
8. 如图所示，质量为1.44kg小球（视为质点）在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧振子的周期为1.2sB. 弹簧的劲度系数为80N/m
C. 在时刻，小球第三次经过M点D. O、M两点间的距离为5cm
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据题意，M点到B点的时间为
则有
可得周期为
故A正确；
B．根据振子周期公式
代入数据得
故B错误；
C．小球第三次经过M点时间为
故C正确；
D．小球做简谐运动，振幅为
A=10cm
角速度为
则简谐运动的表达式为
（cm）
时，则有
y=5cm
故D正确。
故选ACD。
9. 如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是（ ）
A. a图线表示势能随位置的变化关系
B. b图线表示动能随位置的变化关系
C. c图线表示机械能随位置的变化关系
D. 图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线a表示动能随位置的变化关系，A错误；
B．单摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线b表示重力势能随位置的变化关系，B错误；
CD．单摆摆动过程中，只有重力做功，摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故图线c表示摆球在摆动过程中机械能随位置的变化关系，图线a、b、c表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，CD正确。
故选CD。
10. 如图甲，“战绳训练”是当下常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面内形成简谐波。图乙是某次训练中t=0时刻战绳波形图，绳上质点P的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 增加抖动的频率，波速会增大B. 从t=0到t=0.5s，质点Р通过的路程为500cm
C. 图乙中波沿x轴正方向传播D. P点的振动方程为(cm)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．波速由传输介质（战绳）决定，与抖动频率无关，A错误；
B．由丙图可知，周期为0.2s，从t=0到t=0.5s，即经历，每个周期质点Р通过的路程为4A，故总路程为500cm，B正确；
C．由丙图可知，t=0时刻质点P向上振动，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，C错误；
D．P点的振动方程为
(cm)
D正确。
故选BD。
11. 质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（ ）
A. 若，则m1小于m2
B. 若，则力F1对物体A所做的功较多
C. 若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D. 若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
【答案】ACD
【解析】
【详解】由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
物体B撤去拉力之前的加速度为
已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
，
可得
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
A．当
即
则
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为，则拉力对物块A做的功为
则拉力对物块B做的功为
则拉力对物块A做的功等于拉力对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的冲量为
拉力对物块B的冲量为
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的最大瞬时功率为
拉力对物块B的最大瞬时功率为
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：
必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用:
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约2cm的铁球
D.直径约2cm的塑料球
E.米尺
F.时钟
G.秒表
H.游标卡尺
实验时需要从上述器材中选择__________（填写器材前面的字母）。
（2）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图甲所示，则摆球直径d=______mm；
（3）计算重力加速度测量值的表达式为__________，若测量值小于真实值，可能原因是________。
A.将摆球经过最低点的次数计少了
B.计时开始时，秒表启动稍晚
C.将摆线长当成了摆长
D.将摆线长与球的直径之和当成了摆长
【答案】 ①. ACEGH ②. 18.4 ③. ④. AC
【解析】
【详解】（1）[1]单摆在摆动的过程中，摆线不能伸长，故选用长约1m的细线；为了减小空气阻力的影响，尽可能选用密度大而体积小的金属球作为摆球，故选直径约2cm的铁球；用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测出摆球的直径，算出半径从而求得摆长L；用秒表测出n次的摆动周期，从而算出单摆的振动周期T。
故选ACEGH。
（2）[2]由于10分度的游标卡尺精确到0.1mm，因此摆球的直径
（3）[3]单摆的振动周期公式
从而重力加速度测量值的表达式为
[4]A．若将摆球经过最低点的次数计少了，会导致测量周期偏大，从而重力加速度的测量值偏小，A正确；
B．若计时开始时，秒表启动稍晚，会导致测量周期偏小，从而重力加速度的测量值偏大，B错误；
C．若将摆线长当成了摆长，导致摆长测量值偏小，从而重力加速度的测量值偏小，C正确；
D．若将摆线长与球的直径之和当成了摆长，导致摆长测量值偏大，从而重力加速度的测量值偏大，D错误。
故选AC。
13. 如图1为验证系统动量守恒定律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨左、右支点高度均可调，装置上方固定一台摄像机，记录滑块A与滑块B的x—t图像如图2所示。
（1）要得到滑块的动量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是___________；
（2）开动气泵后，调节气垫导轨的左、右支点，直到滑块近似做___________运动；
（3）测得A的质量为184.7g，B的质量为115.1g，两滑块相向运动发生碰撞，碰后结合在一起，碰撞前后两滑块的x—t图像如图2所示。规定水平向右为速度的正方向，由图2中数据可得两滑块碰前的总动量为2.2 × 10－2kg∙m/s；碰后的总动量为___________kg·m/s（结果保留2位有效数字）；
（4）实验过程中可能引起误差的原因有：___________（写出一条即可）。
【答案】 ①. 天平 ②. 匀速直线 ③. 2.1 × 10－2 ④. 读数时产生的偶然误差
【解析】
【详解】（1）[1]要得到滑块的动量，需要测得滑块的质量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是天平。
（2）[2]开动气泵后，调节气垫导轨左、右支点，直到滑块近似做匀速直线运动。
（3）[3]根据x—t图像的斜率表示速度，可知碰撞后两滑块的速度大小为
碰后的总动量为
（4）[4]实验过程中可能引起的误差可能是读数时产生的偶然误差。
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，质量为m的物体放在与弹簧固定的木板上，弹簧在竖直方向做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的压力最大值是物重的1.5倍，求
（1）物体对弹簧的最小压力
（2）欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，其振幅最大值．
【答案】(1) 0.5 mg．(2) 2A
【解析】
【详解】（1）由题意可知，最大压力为1.5mg；
此时加速度最大，则最大加速度为：1.5mg-mg=ma；
解得：a=0.5g；
因为木块在竖直方向上做简谐运动，依题意木块在最低点时对弹簧的压力最大，在最高点对弹簧的压力最小．
在最低点根据牛顿第二定律有FN-mg=ma，代入数据解得a=0.5 g．
由最高点和最低点相对平衡位置对称，加速度等大反向，所以最高点的加速度大小为a′=0.5g，在最高点根据牛顿第二定律有mg-FN′=ma′，
故FN′=mg-ma′=0.5 mg．
（2）当物体在平衡位置静止时，弹簧的弹力等于物体的重力，即：
mg=kx0
当振幅为A时，在最高点物体对弹簧的压力等于0.5mg，由胡克定律得：
FN′=kx1
而：x1=x0-A
联立得：x0=2A
欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，在最高点物体对弹簧的压力恰好为0，则在最高点弹簧的长度等于弹簧的原长，所以此时物体的振幅等于x0，即等于2A
15. 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息（g取10m/s2），求：
（1）单摆的周期和摆长；
（2）摆球质量及摆动过程中的最大速度。
【答案】（1）0.4πs，0.4m；（2），
【解析】
【详解】（1）摆球受力分析如图所示：
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）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
16. 如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m的小球B并处于静止状态，质量为m的小球A套在杆上，在B球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起。当A、B一起上升到最高点O时（O点未画出），A、B的加速度大小为，g为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，A、B两球均可视为质点。求：
（1）从A、B两球碰撞到A、B球上升到最高点O，弹簧中弹性势能的变化量；
（2）小球A开始释放的位置离B球的距离；
（3）若将A球仍由原位置静止释放，A、B发生弹性碰撞，碰撞后立即取走A球，求此后B球上升到O点时的速度。
【答案】（1）0；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）开始时，弹簧的压缩量
当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为，根据牛顿第二定律
解得
由
可得弹性势能的变化为0
（2）设开始时A、B间的距离为h，根据机械能守恒
设A、B碰撞后一瞬间，A、B共同速度大小为，根据动量守恒有
从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒有
解得
（3）根据动量守恒
根据机械能守恒
解得
根据题意有
解得
第一部分 选择题（共48分）
注意事项：
每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，请用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 描述物体机械振动强弱的物理量是（ ）
A. 周期B. 频率C. 振幅D. 位移
【答案】C
【解析】
【详解】描述物体机械振动强弱的物理量是振幅，C正确，ABD错误。
故选C。
2. 一弹簧振子做简谐运动，则下列说法正确的是( )
A. 若位移为负值，则速度一定为正值
B. 振子通过平衡位置时速度为零，加速度最大
C. 振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也相同
D. 振子每次通过同一位置时，速度不一定相同，但加速度一定相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．若位移为负值，由
可知加速度一定为正值，而速度有两种可能的方向，所以速度不一定为正值，A错误；
B．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误；
C．质点每次通过平衡位置时，位移为零，加速度一定为零，而速度有两种可能的方向，不一定相同，C错误；
D．质点每次通过同一位置时，位移相同，加速度一定相同，因为速度有两种可能的方向，所以速度不一定相同，D正确。
故选D
3. 坐标原点的波源O产生的波向两侧传播，当波源振动频率逐渐增大时，则可能的波形图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】波速由介质决定，波速不变，由公式可知，频率变大，波速不变时，波长变小，且题意可知波源O产生两列波向两侧传播，波长都变小；
故选A。
4. 如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 摆长约为2mB. 频率增大，单摆的振幅就会增大
C. 若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动D. 若减小摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由共振曲线可知：当驱动力频率时产生共振现象，则单摆的固有频率
由单摆的频率公式得摆长为
故A错误；
B．根据共振曲线可知，当驱动力频率时单摆的振幅最大，之后继续增大驱动力的频率，单摆的振幅将减小，故B错误；
CD．由单摆频率公式得，当摆长减小时，单摆的固有频率增大，产生共振的驱动力频率也增大，共振曲线的“峰”向右移动；反之，当摆长增大时，共振曲线的“峰”向左移动，故C正确，D错误。
故选C。
5. 图甲为一列横波在时刻的波动图像，图乙为图甲中质点的振动图像，则（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 该波的周期为
C. 该波的波速为
D. 质点在时的速度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙图知，P点在时刻振动方向向下，故波的传播方向为轴负向，故A错误；
B．由乙图知，P点振动周期
该波周期和P点振动周期相同，即该波的周期为，故B错误；
C．该波的波速
故C错误；
D．由乙图知，在时P点在平衡位置，速度最大，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，质量为M，半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与环心O等高处开始无初速下滑到达最低点时，滑块发生的位移为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设滑块滑到最低点所用的时间为t，滑块发生的水平位移大小为x，则圆环的位移大小为R-x，取水平向左方向为正方向。则根据水平方向平均动量守恒得
解得
滑块竖直方向的位移大小为R，则总位移为
ABC错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，光滑水平地面上的A、B两物体质量分别为m、2m，A以某初速度向右运动，B静止且左端有一轻弹簧。当A撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，则（ ）
A. 物体A、B系统总动量为
B. 物体A的动量变为0
C. 物体B的动量达到最大值
D. 物体A的初速度为
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．设A的初速度为v，弹簧压缩最短时，两物体的速度相同，物体A的动量不会变为0，由动量守恒得
mv=(m+2m)v1
由机械能守恒得
解得
系统的动量为
故AB错误；D正确；
C．压缩的弹簧会继续对B做正功，速度继续增加，所以此时物体B的动量未达到最大值。故C错误。
故选D
8. 如图所示，质量为1.44kg小球（视为质点）在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧振子的周期为1.2sB. 弹簧的劲度系数为80N/m
C. 在时刻，小球第三次经过M点D. O、M两点间的距离为5cm
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据题意，M点到B点的时间为
则有
可得周期为
故A正确；
B．根据振子周期公式
代入数据得
故B错误；
C．小球第三次经过M点时间为
故C正确；
D．小球做简谐运动，振幅为
A=10cm
角速度为
则简谐运动的表达式为
（cm）
时，则有
y=5cm
故D正确。
故选ACD。
9. 如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是（ ）
A. a图线表示势能随位置的变化关系
B. b图线表示动能随位置的变化关系
C. c图线表示机械能随位置的变化关系
D. 图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线a表示动能随位置的变化关系，A错误；
B．单摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线b表示重力势能随位置的变化关系，B错误；
CD．单摆摆动过程中，只有重力做功，摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故图线c表示摆球在摆动过程中机械能随位置的变化关系，图线a、b、c表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，CD正确。
故选CD。
10. 如图甲，“战绳训练”是当下常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面内形成简谐波。图乙是某次训练中t=0时刻战绳波形图，绳上质点P的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 增加抖动的频率，波速会增大B. 从t=0到t=0.5s，质点Р通过的路程为500cm
C. 图乙中波沿x轴正方向传播D. P点的振动方程为(cm)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．波速由传输介质（战绳）决定，与抖动频率无关，A错误；
B．由丙图可知，周期为0.2s，从t=0到t=0.5s，即经历，每个周期质点Р通过的路程为4A，故总路程为500cm，B正确；
C．由丙图可知，t=0时刻质点P向上振动，由“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，C错误；
D．P点的振动方程为
(cm)
D正确。
故选BD。
11. 质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（ ）
A. 若，则m1小于m2
B. 若，则力F1对物体A所做的功较多
C. 若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D. 若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
【答案】ACD
【解析】
【详解】由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
物体B撤去拉力之前的加速度为
已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
，
可得
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
A．当
即
则
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为，则拉力对物块A做的功为
则拉力对物块B做的功为
则拉力对物块A做的功等于拉力对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的冲量为
拉力对物块B的冲量为
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的最大瞬时功率为
拉力对物块B的最大瞬时功率为
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：
必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用:
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约2cm的铁球
D.直径约2cm的塑料球
E.米尺
F.时钟
G.秒表
H.游标卡尺
实验时需要从上述器材中选择__________（填写器材前面的字母）。
（2）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图甲所示，则摆球直径d=______mm；
（3）计算重力加速度测量值的表达式为__________，若测量值小于真实值，可能原因是________。
A.将摆球经过最低点的次数计少了
B.计时开始时，秒表启动稍晚
C.将摆线长当成了摆长
D.将摆线长与球的直径之和当成了摆长
【答案】 ①. ACEGH ②. 18.4 ③. ④. AC
【解析】
【详解】（1）[1]单摆在摆动的过程中，摆线不能伸长，故选用长约1m的细线；为了减小空气阻力的影响，尽可能选用密度大而体积小的金属球作为摆球，故选直径约2cm的铁球；用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测出摆球的直径，算出半径从而求得摆长L；用秒表测出n次的摆动周期，从而算出单摆的振动周期T。
故选ACEGH。
（2）[2]由于10分度的游标卡尺精确到0.1mm，因此摆球的直径
（3）[3]单摆的振动周期公式
从而重力加速度测量值的表达式为
[4]A．若将摆球经过最低点的次数计少了，会导致测量周期偏大，从而重力加速度的测量值偏小，A正确；
B．若计时开始时，秒表启动稍晚，会导致测量周期偏小，从而重力加速度的测量值偏大，B错误；
C．若将摆线长当成了摆长，导致摆长测量值偏小，从而重力加速度的测量值偏小，C正确；
D．若将摆线长与球的直径之和当成了摆长，导致摆长测量值偏大，从而重力加速度的测量值偏大，D错误。
故选AC。
13. 如图1为验证系统动量守恒定律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨左、右支点高度均可调，装置上方固定一台摄像机，记录滑块A与滑块B的x—t图像如图2所示。
（1）要得到滑块的动量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是___________；
（2）开动气泵后，调节气垫导轨的左、右支点，直到滑块近似做___________运动；
（3）测得A的质量为184.7g，B的质量为115.1g，两滑块相向运动发生碰撞，碰后结合在一起，碰撞前后两滑块的x—t图像如图2所示。规定水平向右为速度的正方向，由图2中数据可得两滑块碰前的总动量为2.2 × 10－2kg∙m/s；碰后的总动量为___________kg·m/s（结果保留2位有效数字）；
（4）实验过程中可能引起误差的原因有：___________（写出一条即可）。
【答案】 ①. 天平 ②. 匀速直线 ③. 2.1 × 10－2 ④. 读数时产生的偶然误差
【解析】
【详解】（1）[1]要得到滑块的动量，需要测得滑块的质量，除了上述实验器材外，还必需的实验器材是天平。
（2）[2]开动气泵后，调节气垫导轨左、右支点，直到滑块近似做匀速直线运动。
（3）[3]根据x—t图像的斜率表示速度，可知碰撞后两滑块的速度大小为
碰后的总动量为
（4）[4]实验过程中可能引起的误差可能是读数时产生的偶然误差。
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，质量为m的物体放在与弹簧固定的木板上，弹簧在竖直方向做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的压力最大值是物重的1.5倍，求
（1）物体对弹簧的最小压力
（2）欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，其振幅最大值．
【答案】(1) 0.5 mg．(2) 2A
【解析】
【详解】（1）由题意可知，最大压力为1.5mg；
此时加速度最大，则最大加速度为：1.5mg-mg=ma；
解得：a=0.5g；
因为木块在竖直方向上做简谐运动，依题意木块在最低点时对弹簧的压力最大，在最高点对弹簧的压力最小．
在最低点根据牛顿第二定律有FN-mg=ma，代入数据解得a=0.5 g．
由最高点和最低点相对平衡位置对称，加速度等大反向，所以最高点的加速度大小为a′=0.5g，在最高点根据牛顿第二定律有mg-FN′=ma′，
故FN′=mg-ma′=0.5 mg．
（2）当物体在平衡位置静止时，弹簧的弹力等于物体的重力，即：
mg=kx0
当振幅为A时，在最高点物体对弹簧的压力等于0.5mg，由胡克定律得：
FN′=kx1
而：x1=x0-A
联立得：x0=2A
欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，在最高点物体对弹簧的压力恰好为0，则在最高点弹簧的长度等于弹簧的原长，所以此时物体的振幅等于x0，即等于2A
15. 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息（g取10m/s2），求：
（1）单摆的周期和摆长；
（2）摆球质量及摆动过程中的最大速度。
【答案】（1）0.4πs，0.4m；（2），
【解析】
【详解】（1）摆球受力分析如图所示：
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）在最高点A，有
在最低点B，有
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
16. 如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m的小球B并处于静止状态，质量为m的小球A套在杆上，在B球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起。当A、B一起上升到最高点O时（O点未画出），A、B的加速度大小为，g为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，A、B两球均可视为质点。求：
（1）从A、B两球碰撞到A、B球上升到最高点O，弹簧中弹性势能的变化量；
（2）小球A开始释放的位置离B球的距离；
（3）若将A球仍由原位置静止释放，A、B发生弹性碰撞，碰撞后立即取走A球，求此后B球上升到O点时的速度。
【答案】（1）0；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）开始时，弹簧的压缩量
当A、B一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为，根据牛顿第二定律
解得
由
可得弹性势能的变化为0
（2）设开始时A、B间的距离为h，根据机械能守恒
设A、B碰撞后一瞬间，A、B共同速度大小为，根据动量守恒有
从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒有
解得
（3）根据动量守恒
根据机械能守恒
解得
根据题意有
解得
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