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安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试（12月期中）物理试题（解析版）
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这是一份安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期二调考试（12月期中）物理试题（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球从A点匀速率滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（ ）
A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零
C. 机械能不变D. 机械能增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零；小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确；
B．小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；
CD．小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故CD错误.
故选A。
2. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若振子质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25N/m。起振时系统具有势能0.06J和动能0.02J，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子的最大加速度为16m/s2
B. 振子经过平衡位置时速度为0.4m/s
C. 若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度增大
D. 若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有
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A=0.08m
由牛顿第二定律可知振子的最大加速度为
故A错误；
B．振子经过平衡位置时，弹性势能为零，则系统机械能表现为动能，即
所以速度为
v=0.8m/s
故B错误；
CD．振子在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.4kg，不影响系统的机械能，当振子运动到平衡位置时，有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是（ ）
A. 虚线处的ab、bc、cd间距相等
B. 经过ab、bc、cd的时间相等
C. 小球从释放到离开曲面末端时（曲末端的圆弧可认为在水平面内）动能的变化量与初速度大小有关
D. 小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小与初速度大小有关
【答案】B
【解析】
【详解】B．小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，具有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等，故B正确；
A．小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，所以，故A错误；
C．小球从释放到离开斜面末端时，只有重力作用，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C错误；
D．小球通过a、b、c三点时，斜面对小球的支持力与小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分（圆周）运动的向心力，小球初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小相同，与初速度无关，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是（ ）
A. b球落地的瞬间，a球的速度不为0
B. 在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A错误；
BD．由于当b球落地的瞬间，系统水平方向动量为0，所以a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，且对b球做的总功为0，由于轻杆对b球先做负功后做正功，此过程中b球的机械能不守恒，故BD错误；
C．对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零.在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v-t图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。
故选C。
5. 某次冰壶比赛中蓝壶静止在大本营Q处，材质相同、质量相等红壶与蓝壶发生对心正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。可将冰壶视为质点，半径大小如图所示，则（ ）
A. 碰撞过程中两壶动量的变化量相同B. 碰后运动过程中两壶动量的变化量相同
C. 两壶碰撞为弹性碰撞D. 碰后瞬间蓝壶速度大小为红壶的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．两壶碰撞过程中动量守恒，红壶的动量减少，蓝壶的动量增加，所以碰撞过程中两壶动量的变化量的大小相等，方向相反，故A错误；
B．由图可知，碰后两壶运动的距离不相同，所以碰后两壶速度大小不同，动量的变化量不相同，故B错误；
D．碰后红壶运动的距离为
蓝壶运动的距离为
二者质量相等，所受摩擦力相等，碰后匀减速运动加速度相等，则
联立可得
故D正确；
C．碰撞过程，动量守恒，则
所以
所以碰前、后的动能关系为
即碰前动能大于碰后系统的总动能，所以两壶碰撞属于非弹性碰撞，故C错误。
故选D。
6. 质量为的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 球、车组成的系统总动量守恒
B. 小球向左仍能摆到原高度
C. 小车向右移动的最大距离为
D. 小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受外力的合力不为0，则该系统总动量不守恒，故A错误；
B．对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，小球向左仍能摆到原高度，故B正确；
C．当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有
其中
解得
故C正确；
D．小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒定律有
解得
故D错误。
故选BC。
7. 如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是（ ）
A. 两波源所产生的简谐波不会发生干涉
B. 时，质点a向y轴正方向振动
C. 在内，质点b运动的总路程是
D. 稳定后质点p振动的表达式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，波源的波长，可得波源的频率为
由图丙可知波源的频率
所以波源和波源的频率相同，两列波振动方向相同，相位差固定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波可发生干涉，故A错误；
B．由图丙知，在时，波源在平衡位置且向y轴负方向运动，则在时，波源也在平衡位置且向轴负方向运动。
波源的波长为
可得在时，由于波源和波源所引起处质点都在平衡位置向y轴负方向运动；那么在，即经过后由波源和波源所引起处质点在平衡位置下方且向y轴负方向运动，故B错误；
C．质点b到波源的距离为，质点b到波源的距离为，质点b到两波源的距离差为
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为
在内，质点经过了，则质点b运动的总路程
故C正确；
D．质点p到两波源的距离差为，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为
由题在时两波源均在平衡位置且向下振动，可知在时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，则 p点质点初相位为，有
可得
稳定后质点p振动的表达式为
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距0点不足一个波长，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A. 该列简谐横波波长为2.4m
B. 质点a的平衡位置距0点的距离可能为
C. 质点a的平衡位置距0点的距离一定为
D. 再经，质点b到达波峰
【答案】B
【解析】
【详解】A．设质点的起振方向向上，b的振动方程为
可得
a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为
可得
则ab振动的时间差最短为
所以ab之间的最短距离为
则通式为
则
（n=0、1、2、3、4……）
故A错误；
BC．若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为
若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为
故B正确，C错误；
D．因为ab振动的时间差最短为
根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过
的时间，故D错误。
故选B。
9. 据报道ACF极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一个ACF缓震材料置于水平地面，将质量为m的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为t及钢球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 冲击时机械能转为热能百分比为
B. 冲击时机械能转为热能百分比为
C. 钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
D. 缓震材料受到钢球的平均冲力为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为
冲击后钢球的机械能为
由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为
冲击时机械能转为热能百分比为
故A错误，B正确；
C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后超重再失重，故C错误；
D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有
缓震材料受到钢球的平均冲力为
故D正确。
故选BD。
10. 有两列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，其中a波沿x轴正向传播，如图所示，在时刻两列波的波峰正好在处重合，a、b周期分别为，，则（ ）
A.
B. 时刻，两列波的波谷和波谷不可能有重合处
C. 时刻，处质点的振动速度为0
D. 时刻，某处必有波峰与波峰重合
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由图可知
，
列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，故两列波的波速相等，根据
可得
故A正确；
B．时刻，a波的波谷位置为
(0，1，2，3…)
时刻，b波的波谷位置为
(0，1，2，3…)
两列波的波谷重合处有
即
(、0，1，2，3…)
时，两列波的波谷重合，故B错误；
C．时刻，a波在处位于波峰，质点的振动速度为0，b波在处位于波峰，质点的振动速度为0，根据速度的叠加可知质点的振动速度为0，故C正确；
D．时刻，有
可知时刻的a、b波的波形图可由时刻的a、b波的波形图向右平移所得，由C可知时刻，在处a、b波波峰重合，故时刻，某处必有波峰与波峰重合，故D正确。
故选ACD。
11. 如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（ ）
A. 甲每一次抛出球后，速度均增加
B. 甲第三次抛出球后，车的速度为，方向水平向左
C. 从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球
D. 从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球
【答案】BC
【解析】
【详解】A．甲第一次抛出球后，对甲、车与第一只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左
甲第二次抛出球后，对甲、车与第二只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左
甲第二次抛出球后速度增加量
故A错误；
B．甲第三次抛出球后，对甲、车与第三只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左，故B正确；
CD．根据规律可知，甲第n次抛出球后有
根据上述有
若甲不能接到乙抛回来的球，则有
解得
即从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C正确，D错误。
故选BC。
12. 图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去.两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图乙所示情形，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点M（-1.5，0）、点N（0.5，0）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A. 小水珠悬浮时，受到的声波压力为零
B. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有10个悬浮点
C. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个
D. 两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点M（-1.5，0）附近
【答案】CD
【解析】
【详解】A．小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力竖直向上，故A错误；
B．波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足
（n为自然数）
解得
、、、、
故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B错误；
C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动加强点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足
（n为自然数）
解得
、、、、
两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C正确；
D．由于PQ两个波源振动步调相反，M点与两个波源的波程差为2.5cm，即2.5个波长，为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，故D正确。
故选CD。
二、非选择题
13. 用如图所示装置探究物体所受合力的冲量与物体动量变化的关系。将气垫导轨调节至水平，轻牵引绳一端连接滑块，另一 端通过定滑轮连接钩码。气垫导轨充气后释放钩码，滑块上的遮光片经过光电门A、B时间分别为、，滑块从光电门A到B的时间为t；逐渐改变钩码个数n（，2，3，…），重复实验，并将实验数据记录在下列表格中。
已知滑块（含遮光片）总质量，每个钩码质量，遮光片宽度，g取。
（1）滑块“所受合力的冲量”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）
（2）滑块“动量变化”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）
（3）本实验滑块“动量变化”和“所受合力的冲量I”的相对误差，如果值在8.00%以内，可以得到结论：滑块动量变化等于其所受合力的冲量。根据第5组数据，计算相对误差__________%。（保留三位有效数字）
【答案】 ①. ②. ③. 5.94（5.90~5.98都对）
【解析】
【详解】（1）[1]对滑块分析，由牛顿第二定律可得
对钩码分析，由牛顿第二定律可得
可得
由于，所以有
即滑块所受合力约等于钩码的重力，则滑块所受合力的冲量为
所以滑块“所受合力的冲量”的计算式是。
（2）[2]滑块经过光电门A、B时的速度分别为
，
则滑块的动量变化为
则滑块“动量变化”的计算式是。
（3）[3]根据第5组数据，则有，，，n=5，可得
则相对误差为
计算结果在5.90~5.98之间都对。
14. 同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。具体操作步骤如下：
（1）测量“斜面”的倾角。
将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。
把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为，则“斜面”的倾角 ___________ 。
（2）根据斜面倾角，求出等效重力加速度。
（3）测量杆线摆的周期。
尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，将摆拉开一个较小的角度，轻轻释放摆球。用停表测量摆球全振动次所用的时间，则单摆的周期为 ___________ 。
（4）改变铁架台的倾斜程度，重复实验，将所需数据记录在表格中。
（5）为了直观体现周期与等效重力加速度的关系，请在坐标纸中选择合适的物理量与单位，补全缺少的数据点并绘图________。
（6）通过图线，可以计算出在摆长一定的情况下，摆的周期与等效重力加速度的关系。若忽略球的尺寸，本实验中的摆长应为___________ 填“摆线”、“摆杆”的长度，摆长为 ___________ 结果保留位有效数字。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 摆杆 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]摆杆与重垂线的夹角为为摆杆与水平方向的夹角，根据几何关系可知
（3）[2]根据摆球全振动的次数和所用时间，周期
（5）[3] 根据题图可知等效重力加速度为
根据单摆周期公式有
在图中以周期为纵坐标轴、以为横坐标轴建立坐标系，根据表格中相应的各组数据在坐标系中描点、作图如图所示：
（6）[4] [5]本实验的摆长为摆杆；
由上述图像
图像的斜率
结合图像函数可知
解得
15. 物理学中，力与运动关系密切，而力空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。
（1）劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴，如图所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。
a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此证明小物块的运动是简谐运动；
b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能的表达式。
（2）若已知此简谐运动的振幅为A，求小物块在振动位移为时的动能（用A和k表示）
【答案】（1）a．见解析，b．；（2）
【解析】
【详解】（1）a．设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有
G = kx0
当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如图所示
合力
F合 = - FT + G
其中
FT= k(x + x0）
解得
F合 = - kx
即合力与位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
b．合力F与位移x关系图线如图所示，由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功
由动能定理有
WF=ΔEk
依据机械能守恒定律有
ΔEk+ΔEp=0
解得
以平衡位置为零势能参考点，则
（2）小球在运动到平衡位置O点下方距离为时的势能
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有
可得
16. 娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游人只要穿上特制的可改变受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60kg，腹部向下时受风面积最大为，身体直立时受风面积最小为，气流密度为，气流速度为30m/s，重力加速度为，假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。求：
（1）若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；
（2）若游客进入风洞先由最大受风面积运动1s后立即改为最小受风面积，求游客距出发点的最远距离为多少。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）；（2）1.8m
【解析】
【详解】（1）在时间内吹到人体的气体质量为
①
设人对气流的力的大小为F，则对此段气体由动量定理得
②
由牛顿第三定律，风给人的力大小
③
人受力平衡，所以
④
联立可得
⑤
（2）风速远大于人速，人在风洞内做匀变速直线运动，当时，由①②③可得人受风力
⑥
由牛顿第二定律得
⑦
经过时
⑧
⑨
当受风面积为时加速度向下，由①②③可得
⑩
由牛顿第二定律得
⑪
得
游客减速过程上升的距离
⑫
解得
游客距离出发点的最远距离为
⑬
解得
【点睛】以娱乐风洞为载体，考查了动量定理的流体问题以及牛顿运动定律等基本内容，考查了学生的必备知识以及解决实际问题的能力。
17. 如图所示，倾角、长的传送带上端与固定在竖直平面内半径的光滑圆弧轨道相切于c点，半径竖直；传送带下端与光滑水平面间用一极小段光滑的圆弧平滑连接。可视成质点的质量分别为，的物块A、B之间夹着一根仅与物块B栓连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道上。已知传送带以逆时针匀速传动，物块A与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速，，。
（1）若解除弹簧锁定后，要使物块A恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能大小；
（2）若开始时弹簧弹性势能，求解除弹簧锁定后，物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热；
（3）在（2）问的基础上，求物块A在光滑水平面上运动的最终速度大小。
【答案】（1）61.5J；（2）24J；（3）0.8m/s；
【解析】
【详解】（1）对A在d点
在A弹开到d运动过程
弹开过程对A、B有
，
解得弹簧弹性势能大小
（2）若开始时弹簧弹性势能，弹开过程仍然满足动量守恒和能量守恒，解得弹开速度
，
滑上传送带时
减速位移
减速时间
解得
相对位移
反向加速
达到共速
，
相对位移
之后
相对位移
所以物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热
（3）到达水平面速度
所以会追上B，有
，
解得
数据
组别
n/个
1
0.127
0.062
1.459
1
2
0085
0.043
1.005
2
3
0.075
0.036
0.858
3
4
0.057
0.030
0.699
4
5
0.051
0027
0.625
5
序号
1. 如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球从A点匀速率滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（ ）
A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零
C. 机械能不变D. 机械能增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零；小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确；
B．小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；
CD．小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故CD错误.
故选A。
2. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若振子质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25N/m。起振时系统具有势能0.06J和动能0.02J，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子的最大加速度为16m/s2
B. 振子经过平衡位置时速度为0.4m/s
C. 若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度增大
D. 若振子在位移最大处时，质量突变为0.4kg，则振子经过平衡位置的速度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有
更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 所以该振动的振幅为
A=0.08m
由牛顿第二定律可知振子的最大加速度为
故A错误；
B．振子经过平衡位置时，弹性势能为零，则系统机械能表现为动能，即
所以速度为
v=0.8m/s
故B错误；
CD．振子在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.4kg，不影响系统的机械能，当振子运动到平衡位置时，有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是（ ）
A. 虚线处的ab、bc、cd间距相等
B. 经过ab、bc、cd的时间相等
C. 小球从释放到离开曲面末端时（曲末端的圆弧可认为在水平面内）动能的变化量与初速度大小有关
D. 小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小与初速度大小有关
【答案】B
【解析】
【详解】B．小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，具有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等，故B正确；
A．小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，所以，故A错误；
C．小球从释放到离开斜面末端时，只有重力作用，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C错误；
D．小球通过a、b、c三点时，斜面对小球的支持力与小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分（圆周）运动的向心力，小球初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小相同，与初速度无关，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是（ ）
A. b球落地的瞬间，a球的速度不为0
B. 在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒
C. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0
D. 在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A错误；
BD．由于当b球落地的瞬间，系统水平方向动量为0，所以a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，且对b球做的总功为0，由于轻杆对b球先做负功后做正功，此过程中b球的机械能不守恒，故BD错误；
C．对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零.在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v-t图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。
故选C。
5. 某次冰壶比赛中蓝壶静止在大本营Q处，材质相同、质量相等红壶与蓝壶发生对心正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。可将冰壶视为质点，半径大小如图所示，则（ ）
A. 碰撞过程中两壶动量的变化量相同B. 碰后运动过程中两壶动量的变化量相同
C. 两壶碰撞为弹性碰撞D. 碰后瞬间蓝壶速度大小为红壶的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．两壶碰撞过程中动量守恒，红壶的动量减少，蓝壶的动量增加，所以碰撞过程中两壶动量的变化量的大小相等，方向相反，故A错误；
B．由图可知，碰后两壶运动的距离不相同，所以碰后两壶速度大小不同，动量的变化量不相同，故B错误；
D．碰后红壶运动的距离为
蓝壶运动的距离为
二者质量相等，所受摩擦力相等，碰后匀减速运动加速度相等，则
联立可得
故D正确；
C．碰撞过程，动量守恒，则
所以
所以碰前、后的动能关系为
即碰前动能大于碰后系统的总动能，所以两壶碰撞属于非弹性碰撞，故C错误。
故选D。
6. 质量为的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 球、车组成的系统总动量守恒
B. 小球向左仍能摆到原高度
C. 小车向右移动的最大距离为
D. 小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受外力的合力不为0，则该系统总动量不守恒，故A错误；
B．对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，小球向左仍能摆到原高度，故B正确；
C．当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有
其中
解得
故C正确；
D．小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒定律有
解得
故D错误。
故选BC。
7. 如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是（ ）
A. 两波源所产生的简谐波不会发生干涉
B. 时，质点a向y轴正方向振动
C. 在内，质点b运动的总路程是
D. 稳定后质点p振动的表达式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，波源的波长，可得波源的频率为
由图丙可知波源的频率
所以波源和波源的频率相同，两列波振动方向相同，相位差固定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波可发生干涉，故A错误；
B．由图丙知，在时，波源在平衡位置且向y轴负方向运动，则在时，波源也在平衡位置且向轴负方向运动。
波源的波长为
可得在时，由于波源和波源所引起处质点都在平衡位置向y轴负方向运动；那么在，即经过后由波源和波源所引起处质点在平衡位置下方且向y轴负方向运动，故B错误；
C．质点b到波源的距离为，质点b到波源的距离为，质点b到两波源的距离差为
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为
在内，质点经过了，则质点b运动的总路程
故C正确；
D．质点p到两波源的距离差为，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为
由题在时两波源均在平衡位置且向下振动，可知在时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，则 p点质点初相位为，有
可得
稳定后质点p振动的表达式为
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距0点不足一个波长，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A. 该列简谐横波波长为2.4m
B. 质点a的平衡位置距0点的距离可能为
C. 质点a的平衡位置距0点的距离一定为
D. 再经，质点b到达波峰
【答案】B
【解析】
【详解】A．设质点的起振方向向上，b的振动方程为
可得
a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为
可得
则ab振动的时间差最短为
所以ab之间的最短距离为
则通式为
则
（n=0、1、2、3、4……）
故A错误；
BC．若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为
若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为
故B正确，C错误；
D．因为ab振动的时间差最短为
根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过
的时间，故D错误。
故选B。
9. 据报道ACF极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一个ACF缓震材料置于水平地面，将质量为m的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为t及钢球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 冲击时机械能转为热能百分比为
B. 冲击时机械能转为热能百分比为
C. 钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
D. 缓震材料受到钢球的平均冲力为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为
冲击后钢球的机械能为
由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为
冲击时机械能转为热能百分比为
故A错误，B正确；
C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后超重再失重，故C错误；
D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有
缓震材料受到钢球的平均冲力为
故D正确。
故选BD。
10. 有两列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，其中a波沿x轴正向传播，如图所示，在时刻两列波的波峰正好在处重合，a、b周期分别为，，则（ ）
A.
B. 时刻，两列波的波谷和波谷不可能有重合处
C. 时刻，处质点的振动速度为0
D. 时刻，某处必有波峰与波峰重合
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由图可知
，
列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，故两列波的波速相等，根据
可得
故A正确；
B．时刻，a波的波谷位置为
(0，1，2，3…)
时刻，b波的波谷位置为
(0，1，2，3…)
两列波的波谷重合处有
即
(、0，1，2，3…)
时，两列波的波谷重合，故B错误；
C．时刻，a波在处位于波峰，质点的振动速度为0，b波在处位于波峰，质点的振动速度为0，根据速度的叠加可知质点的振动速度为0，故C正确；
D．时刻，有
可知时刻的a、b波的波形图可由时刻的a、b波的波形图向右平移所得，由C可知时刻，在处a、b波波峰重合，故时刻，某处必有波峰与波峰重合，故D正确。
故选ACD。
11. 如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（ ）
A. 甲每一次抛出球后，速度均增加
B. 甲第三次抛出球后，车的速度为，方向水平向左
C. 从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球
D. 从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球
【答案】BC
【解析】
【详解】A．甲第一次抛出球后，对甲、车与第一只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左
甲第二次抛出球后，对甲、车与第二只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左
甲第二次抛出球后速度增加量
故A错误；
B．甲第三次抛出球后，对甲、车与第三只球，根据动量守恒定律有
解得
方向水平向左，故B正确；
CD．根据规律可知，甲第n次抛出球后有
根据上述有
若甲不能接到乙抛回来的球，则有
解得
即从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C正确，D错误。
故选BC。
12. 图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去.两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图乙所示情形，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点M（-1.5，0）、点N（0.5，0）分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A. 小水珠悬浮时，受到的声波压力为零
B. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有10个悬浮点
C. 两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个
D. 两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点M（-1.5，0）附近
【答案】CD
【解析】
【详解】A．小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力竖直向上，故A错误；
B．波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足
（n为自然数）
解得
、、、、
故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B错误；
C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动加强点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足
（n为自然数）
解得
、、、、
两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C正确；
D．由于PQ两个波源振动步调相反，M点与两个波源的波程差为2.5cm，即2.5个波长，为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，故D正确。
故选CD。
二、非选择题
13. 用如图所示装置探究物体所受合力的冲量与物体动量变化的关系。将气垫导轨调节至水平，轻牵引绳一端连接滑块，另一 端通过定滑轮连接钩码。气垫导轨充气后释放钩码，滑块上的遮光片经过光电门A、B时间分别为、，滑块从光电门A到B的时间为t；逐渐改变钩码个数n（，2，3，…），重复实验，并将实验数据记录在下列表格中。
已知滑块（含遮光片）总质量，每个钩码质量，遮光片宽度，g取。
（1）滑块“所受合力的冲量”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）
（2）滑块“动量变化”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）
（3）本实验滑块“动量变化”和“所受合力的冲量I”的相对误差，如果值在8.00%以内，可以得到结论：滑块动量变化等于其所受合力的冲量。根据第5组数据，计算相对误差__________%。（保留三位有效数字）
【答案】 ①. ②. ③. 5.94（5.90~5.98都对）
【解析】
【详解】（1）[1]对滑块分析，由牛顿第二定律可得
对钩码分析，由牛顿第二定律可得
可得
由于，所以有
即滑块所受合力约等于钩码的重力，则滑块所受合力的冲量为
所以滑块“所受合力的冲量”的计算式是。
（2）[2]滑块经过光电门A、B时的速度分别为
，
则滑块的动量变化为
则滑块“动量变化”的计算式是。
（3）[3]根据第5组数据，则有，，，n=5，可得
则相对误差为
计算结果在5.90~5.98之间都对。
14. 同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱来回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。具体操作步骤如下：
（1）测量“斜面”的倾角。
将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使重垂线与摆杆垂直。
把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为，则“斜面”的倾角 ___________ 。
（2）根据斜面倾角，求出等效重力加速度。
（3）测量杆线摆的周期。
尽量减小摆杆与立柱之间的摩擦，将摆拉开一个较小的角度，轻轻释放摆球。用停表测量摆球全振动次所用的时间，则单摆的周期为 ___________ 。
（4）改变铁架台的倾斜程度，重复实验，将所需数据记录在表格中。
（5）为了直观体现周期与等效重力加速度的关系，请在坐标纸中选择合适的物理量与单位，补全缺少的数据点并绘图________。
（6）通过图线，可以计算出在摆长一定的情况下，摆的周期与等效重力加速度的关系。若忽略球的尺寸，本实验中的摆长应为___________ 填“摆线”、“摆杆”的长度，摆长为 ___________ 结果保留位有效数字。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 摆杆 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]摆杆与重垂线的夹角为为摆杆与水平方向的夹角，根据几何关系可知
（3）[2]根据摆球全振动的次数和所用时间，周期
（5）[3] 根据题图可知等效重力加速度为
根据单摆周期公式有
在图中以周期为纵坐标轴、以为横坐标轴建立坐标系，根据表格中相应的各组数据在坐标系中描点、作图如图所示：
（6）[4] [5]本实验的摆长为摆杆；
由上述图像
图像的斜率
结合图像函数可知
解得
15. 物理学中，力与运动关系密切，而力空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。
（1）劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴，如图所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。
a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此证明小物块的运动是简谐运动；
b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能的表达式。
（2）若已知此简谐运动的振幅为A，求小物块在振动位移为时的动能（用A和k表示）
【答案】（1）a．见解析，b．；（2）
【解析】
【详解】（1）a．设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有
G = kx0
当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如图所示
合力
F合 = - FT + G
其中
FT= k(x + x0）
解得
F合 = - kx
即合力与位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
b．合力F与位移x关系图线如图所示，由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功
由动能定理有
WF=ΔEk
依据机械能守恒定律有
ΔEk+ΔEp=0
解得
以平衡位置为零势能参考点，则
（2）小球在运动到平衡位置O点下方距离为时的势能
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有
可得
16. 娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游人只要穿上特制的可改变受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60kg，腹部向下时受风面积最大为，身体直立时受风面积最小为，气流密度为，气流速度为30m/s，重力加速度为，假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。求：
（1）若游客在风洞内悬浮，则受风面积应调整为多大；
（2）若游客进入风洞先由最大受风面积运动1s后立即改为最小受风面积，求游客距出发点的最远距离为多少。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）；（2）1.8m
【解析】
【详解】（1）在时间内吹到人体的气体质量为
①
设人对气流的力的大小为F，则对此段气体由动量定理得
②
由牛顿第三定律，风给人的力大小
③
人受力平衡，所以
④
联立可得
⑤
（2）风速远大于人速，人在风洞内做匀变速直线运动，当时，由①②③可得人受风力
⑥
由牛顿第二定律得
⑦
经过时
⑧
⑨
当受风面积为时加速度向下，由①②③可得
⑩
由牛顿第二定律得
⑪
得
游客减速过程上升的距离
⑫
解得
游客距离出发点的最远距离为
⑬
解得
【点睛】以娱乐风洞为载体，考查了动量定理的流体问题以及牛顿运动定律等基本内容，考查了学生的必备知识以及解决实际问题的能力。
17. 如图所示，倾角、长的传送带上端与固定在竖直平面内半径的光滑圆弧轨道相切于c点，半径竖直；传送带下端与光滑水平面间用一极小段光滑的圆弧平滑连接。可视成质点的质量分别为，的物块A、B之间夹着一根仅与物块B栓连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道上。已知传送带以逆时针匀速传动，物块A与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速，，。
（1）若解除弹簧锁定后，要使物块A恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能大小；
（2）若开始时弹簧弹性势能，求解除弹簧锁定后，物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热；
（3）在（2）问的基础上，求物块A在光滑水平面上运动的最终速度大小。
【答案】（1）61.5J；（2）24J；（3）0.8m/s；
【解析】
【详解】（1）对A在d点
在A弹开到d运动过程
弹开过程对A、B有
，
解得弹簧弹性势能大小
（2）若开始时弹簧弹性势能，弹开过程仍然满足动量守恒和能量守恒，解得弹开速度
，
滑上传送带时
减速位移
减速时间
解得
相对位移
反向加速
达到共速
，
相对位移
之后
相对位移
所以物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热
（3）到达水平面速度
所以会追上B，有
，
解得
数据
组别
n/个
1
0.127
0.062
1.459
1
2
0085
0.043
1.005
2
3
0.075
0.036
0.858
3
4
0.057
0.030
0.699
4
5
0.051
0027
0.625
5
序号
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