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山东省烟台第一中学2022-2023学年高二上学期月考物理试卷
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这是一份山东省烟台第一中学2022-2023学年高二上学期月考物理试卷，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，分析计算题等内容，欢迎下载使用。
1．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1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，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1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )。
A．0.2 N；B．0.6 N；C．1.0 N；D．1.6 N。
2．在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )。
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h；
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒；
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h；
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒。
3．如图所示，质量为M的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。这个人手中拿着一个质量为m的小物体，他以相对飞船为的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为( )。
A．；B．；C．；D．。
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，h大于两小球半径，假设所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )。
h；B．2h；C．3h；D．4h。
5．如图，两只灯泡L1、L2分别标有“110 V 60 W”和“110 V 100 W”，另有一只滑动变阻器R。将它们连接后接入220 V的电路中，要求两灯都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？( )。
A．；B．；
C．；D．。
6．用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器R，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24 V。则这台电动机(不计温度对电阻的影响)( )。
A．正常运转时的输出功率为32 W；
B．正常运转时的输出功率为48 W；
C．正常运转时的发热功率为1 W；
D．正常运转时的发热功率为47 W。
7．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、电压表V1、V2、V3均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当R2的滑动触头P由上端向下滑动的过程中( )。
A．电压表V1、V2的示数增大，电压表V3的示数不变；
B．电流表A示数变大，电压表V3的示数变小；
C．电压表V2示数与电流表A示数的比值不变；
D．电压表V3示数变化量与电流表A示数变化量比值的绝对值不变。
8．如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则( )。
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左；
B．击球前后球动量改变量的大小是m2－m1；
C．击球前后球动量改变量的大小是m2＋m1；
D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋m12。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )。
A．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比；
B．当外电路断开时，路端电压等于0；
C．当外电路短路时，电路中的电流无穷大；
D．当外电阻增大时，路端电压也增大。
10．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )。
A．总功率一定减小；
B．效率一定增大；
C．内部损耗功率一定减小；
D．输出功率一定先增大后减小。
11．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接，则下列说法正确的是( )。
A．电源1和电源2的内阻之比是1∶1；
B．电源1和电源2的电动势之比是1∶1；
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2；
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25。
12．如图所示的电路中，为使电容器所带电荷量增大，可采取以下那些方法( )。
A．增大R1；
B．增大R2；
C．增大R3；
D．减小R1。
13．A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是( )。
A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量；
B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量；
C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量；
D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量。
14．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45 kg，乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是( )。
A．甲的速率与乙的速率之比为10∶9；
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。
三、分析计算题：本题共4小题，共34分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（8分）如图所示，电阻R1＝2.0 Ω，R2＝3.0 Ω，R3为一滑动变阻器，不考虑电压表、电流表对电路的影响。将开关S闭合，调节滑片p，观察电压表和电流表示数的变化。当滑片p距R3左端M点的长度为R3总长度的时，两个电压表的示数均达到最大值。求：滑动变阻器的总阻值R3。
16．（8分）如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，速度均指相对空间站的速度)。
(1)求乙要以多大的速度(相对于空间站)将A推出；
(2)设甲与A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
17．（9分）如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度0＝3.0 m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求
(1)小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度。
18．（9分）台球的碰撞、火箭的起飞、微观粒子的散射，这些运动似乎有天壤之别。然而，物理学的研究表明，它们遵从相同的科学规律——动量守恒定律。动量守恒定律是自然界中最普遍的规律之一，无论是设计火箭还是研究微观粒子，都离不开它。
(1)我们考虑一维弹性碰撞。如图所示，质量为m1的小球A以速度1与原来静止的，质量为m2的小球B碰撞，碰撞后它们的速度分别为1'和2'。碰撞过程遵从动量守恒定律，且没有机械能损失，试列出适当的关系式，并解出1'和2'的表达式。
(2)1919年，卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从氮核中打出了质子。在发现质子之后不久，就猜测原子核中可能还有一种中性粒子。英国物理学家查德威克(J.Chadwick；1891—1974)在卡文迪许实验室里寻找这种电中性粒子。1929年，他用高速质子轰击了铍原子核，产生了一种未知射线。为了确定这种未知射线的组成成分，首先，他用这种未知射线粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107 m/s。然后再用这种未知射线粒子跟静止的氮原子核正碰，测出碰撞后氮原子核的速度是4.7×106 m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求这种未知射线粒子的质量。
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．B。
解析：豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上时速度大小＝＝4 m/s，根据题意知反弹瞬间速度大小为1＝2 m/s，对豆粒碰撞秤盘的过程，根据动量定理可得，F＝0.6 N，由牛顿第三定律知。故选B。
2．D。
解析：1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误。1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统总动量不守恒，故B错误。1、2号球碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误。碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和总动量都不守恒，故D正确。故选D。
3．A。
解析：系统总动量为零，根据动量守恒定律可知，0＝m＋M，可解得＝－。故选A。
4．D。
解析：取向上为正方向，当两个小球落地时，m2先与地面发生弹性碰撞，由运动学公式可知，碰前速度为0＝(负号表示方向向下)，由于碰撞是弹性的，所以m2与地面碰后速度为1＝，这时m2会与还在下落的m1发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：m11'＋m22'＝m10＋m21，m11' 2＋m22' 2＝m102＋m212，由于m2＝3m1，代入可解得：1'＝21＝，所以m1反弹后能达到的高度为4h。故选D。
5．B。
解析：只有B、D两图中的两灯泡都能正常发光。电路特点是左、右两部分的电流、电压都相同，消耗的电功率一定相等。B图右部的功率为100 W，因此总功率为200 W；D图左部的功率为160 W，因此总功率为320 W。
6．A。
解析：电动机停止转动时，电动机只相当于一个电阻，就是绕线电阻，根据欧姆定律。电动机转动起来后，相当于一个理想电动机与电阻RM串联，电动机绕线电阻消耗的热功率为P热＝I2RM＝16 W，电动机消耗的总功率为P＝UI＝48 W，电动机输出功率为P机＝P－P热＝32 W。
7．D。
解析：P下滑→R2增大→V2的示数增大；R2增大→R外增大→V3的示数增大；R外增大→A示数变小→V1的示数减小。所以A、B都是错误的。＝＝R2，C错误。由于内外电压之和等于电动势，是定值，因此电压表V3示数变化量的绝对值等于内电压变化量的绝对值，有＝＝r，D正确。
8．C。
解析：以水平向右为正方向，Δp＝p2－p1＝m2－(－m1)＝m2＋m1，可知动量改变量的方向水平向右。球离开手时的机械能为mgh＋m22，因1与2可能大小相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋m12，故C正确，A、B、D错误。故选C。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．AD。
解析：由闭合电路欧姆定律知，闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比，A正确。当外电路断开时，路端电压等于电动势，B错误。外电路短路时，电路中的电流，不是无穷大，一般情况r比较小，电流I比较大，C错误。，当R增大时，U增大，D正确。
10．ABC。
解析：当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P＝I2r一定减小，C正确；总功率P＝EI一定减小，A正确。而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确。当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D错误。
11．BCD。
解析：路端电压随输出电流变化的特征曲线的函数关系式为U＝E－Ir，截距表示电动势，因此两电源的电动势都是10 V，斜率表示－r，所以电源的内阻不同。所以A错误，B正确。小灯泡的伏安特性曲线与电源特征曲线的交点坐标表示小灯泡与电源连通状态下的电流及电压。电源1与灯连接时，电流为5 A，电压为3 V，可算出小灯泡的电阻为0.6 Ω，消耗的电功率为15 W；电源2与灯连接时，电流为6 A，电压为5 V，可算出小灯泡电阻为Ω，消耗的功率为30 W。C、D都正确。
12．BD。
解析：稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，因此R3两端的电压为0。电容器相当于和R2并联。只有增大R2或减小R1才能增大电容器C两端的电压，从而增大其所带电荷量。
13．AD。
解析：由于两球碰后不会穿透彼此，所以若两球碰后有一球停止运动，则另一球必然反弹回去。假设碰前A球速度向右，B球速度向左，若A球碰后速度为零，则B球反弹，所以系统总动量向右，根据动量守恒定律可知，碰前总动量向右，即向右运动的A球动量大于向左运动的B球，故A正确。以此类推可知，D也正确。故选AD。
14．AC。
解析：甲、乙组成的系统动量守恒，则m甲甲－m乙乙＝0，甲、乙速率之比为甲∶乙＝m乙∶m甲＝10∶9，故A正确。甲、乙间相互作用力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma可得甲、乙加速度大小之比a甲∶a乙＝m乙∶m甲＝10∶9，B选项错误。结合牛顿第三定律及冲量定义I＝Ft分析可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等，故C正确。根据2mEk＝p2，甲、乙动能之比为Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝10∶9，故D错误。故选AC。
三、分析计算题：本题共4小题，共34分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．5.0 Ω
解析：设MP间阻值为Rx，则并联部分的总阻值为
R＝＝，（4分）
其分子是Rx的二次函数,由已知条件知，Rx＝时，两个电压表的示数均达到最大值，此时R应具有极大值。（6分）
利用二次函数求极值的公式得到Rx＝－＝，解得R3＝5.0 Ω。（8分）
16．(1)5.2 m/s；
(2)432 N。
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，设甲、乙、A三者最后的速度为1，则有：(M1＋M2)1＝M20－M10，（2分）
以乙和A组成的系统为研究对象，设乙推出A的速度为2，由动量守恒定律得：
(M2－m)1＋m2＝M20（4分）
解得：1＝0.4 m/s，2＝5.2 m/s。（5分）
(2)以甲为研究对象，由动量定理得：
Ft＝M11－(－M10)（7分）
解得：F＝432 N。（8分）
17．(1)25 N；(2)1.5 J；(3)1.0 m/s。
解析：(1)小木块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝，（2分）
解得：F＝25 N。（3分）
(2)根据动能定理：mgR－Wf＝m02－0，（5分）
解得：Wf＝1.5 J。（6分）
(3)根据动量守恒定律：m0＝(m＋M)，（8分）
解得：＝1.0 m/s。（9分）
18．(1)；；
(2)m＝1.16mH。
解析：(1)根据动量守恒和能量守恒可得：
m11'＋m22'＝m11（1分）
（2分）
解得：；。（3分）
(2)设未知粒子的质量为m，碰撞前的速度大小为0。
由(1)可知：
（5分）
（7分）
代入H＝3.3×107 m/s，N＝4.7×106 m/s，得
m＝1.16mH（9分）
可见，该未知粒子的质量与质子的质量近似相等。
1．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1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，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1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )。
A．0.2 N；B．0.6 N；C．1.0 N；D．1.6 N。
2．在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )。
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h；
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒；
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h；
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒。
3．如图所示，质量为M的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。这个人手中拿着一个质量为m的小物体，他以相对飞船为的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为( )。
A．；B．；C．；D．。
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，h大于两小球半径，假设所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )。
h；B．2h；C．3h；D．4h。
5．如图，两只灯泡L1、L2分别标有“110 V 60 W”和“110 V 100 W”，另有一只滑动变阻器R。将它们连接后接入220 V的电路中，要求两灯都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？( )。
A．；B．；
C．；D．。
6．用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器R，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24 V。则这台电动机(不计温度对电阻的影响)( )。
A．正常运转时的输出功率为32 W；
B．正常运转时的输出功率为48 W；
C．正常运转时的发热功率为1 W；
D．正常运转时的发热功率为47 W。
7．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、电压表V1、V2、V3均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当R2的滑动触头P由上端向下滑动的过程中( )。
A．电压表V1、V2的示数增大，电压表V3的示数不变；
B．电流表A示数变大，电压表V3的示数变小；
C．电压表V2示数与电流表A示数的比值不变；
D．电压表V3示数变化量与电流表A示数变化量比值的绝对值不变。
8．如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则( )。
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左；
B．击球前后球动量改变量的大小是m2－m1；
C．击球前后球动量改变量的大小是m2＋m1；
D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋m12。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )。
A．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比；
B．当外电路断开时，路端电压等于0；
C．当外电路短路时，电路中的电流无穷大；
D．当外电阻增大时，路端电压也增大。
10．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )。
A．总功率一定减小；
B．效率一定增大；
C．内部损耗功率一定减小；
D．输出功率一定先增大后减小。
11．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接，则下列说法正确的是( )。
A．电源1和电源2的内阻之比是1∶1；
B．电源1和电源2的电动势之比是1∶1；
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2；
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25。
12．如图所示的电路中，为使电容器所带电荷量增大，可采取以下那些方法( )。
A．增大R1；
B．增大R2；
C．增大R3；
D．减小R1。
13．A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是( )。
A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量；
B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量；
C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量；
D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量。
14．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45 kg，乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是( )。
A．甲的速率与乙的速率之比为10∶9；
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。
三、分析计算题：本题共4小题，共34分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（8分）如图所示，电阻R1＝2.0 Ω，R2＝3.0 Ω，R3为一滑动变阻器，不考虑电压表、电流表对电路的影响。将开关S闭合，调节滑片p，观察电压表和电流表示数的变化。当滑片p距R3左端M点的长度为R3总长度的时，两个电压表的示数均达到最大值。求：滑动变阻器的总阻值R3。
16．（8分）如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，速度均指相对空间站的速度)。
(1)求乙要以多大的速度(相对于空间站)将A推出；
(2)设甲与A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
17．（9分）如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度0＝3.0 m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求
(1)小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度。
18．（9分）台球的碰撞、火箭的起飞、微观粒子的散射，这些运动似乎有天壤之别。然而，物理学的研究表明，它们遵从相同的科学规律——动量守恒定律。动量守恒定律是自然界中最普遍的规律之一，无论是设计火箭还是研究微观粒子，都离不开它。
(1)我们考虑一维弹性碰撞。如图所示，质量为m1的小球A以速度1与原来静止的，质量为m2的小球B碰撞，碰撞后它们的速度分别为1'和2'。碰撞过程遵从动量守恒定律，且没有机械能损失，试列出适当的关系式，并解出1'和2'的表达式。
(2)1919年，卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮原子核，从氮核中打出了质子。在发现质子之后不久，就猜测原子核中可能还有一种中性粒子。英国物理学家查德威克(J.Chadwick；1891—1974)在卡文迪许实验室里寻找这种电中性粒子。1929年，他用高速质子轰击了铍原子核，产生了一种未知射线。为了确定这种未知射线的组成成分，首先，他用这种未知射线粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107 m/s。然后再用这种未知射线粒子跟静止的氮原子核正碰，测出碰撞后氮原子核的速度是4.7×106 m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，求这种未知射线粒子的质量。
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．B。
解析：豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上时速度大小＝＝4 m/s，根据题意知反弹瞬间速度大小为1＝2 m/s，对豆粒碰撞秤盘的过程，根据动量定理可得，F＝0.6 N，由牛顿第三定律知。故选B。
2．D。
解析：1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误。1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统总动量不守恒，故B错误。1、2号球碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误。碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和总动量都不守恒，故D正确。故选D。
3．A。
解析：系统总动量为零，根据动量守恒定律可知，0＝m＋M，可解得＝－。故选A。
4．D。
解析：取向上为正方向，当两个小球落地时，m2先与地面发生弹性碰撞，由运动学公式可知，碰前速度为0＝(负号表示方向向下)，由于碰撞是弹性的，所以m2与地面碰后速度为1＝，这时m2会与还在下落的m1发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：m11'＋m22'＝m10＋m21，m11' 2＋m22' 2＝m102＋m212，由于m2＝3m1，代入可解得：1'＝21＝，所以m1反弹后能达到的高度为4h。故选D。
5．B。
解析：只有B、D两图中的两灯泡都能正常发光。电路特点是左、右两部分的电流、电压都相同，消耗的电功率一定相等。B图右部的功率为100 W，因此总功率为200 W；D图左部的功率为160 W，因此总功率为320 W。
6．A。
解析：电动机停止转动时，电动机只相当于一个电阻，就是绕线电阻，根据欧姆定律。电动机转动起来后，相当于一个理想电动机与电阻RM串联，电动机绕线电阻消耗的热功率为P热＝I2RM＝16 W，电动机消耗的总功率为P＝UI＝48 W，电动机输出功率为P机＝P－P热＝32 W。
7．D。
解析：P下滑→R2增大→V2的示数增大；R2增大→R外增大→V3的示数增大；R外增大→A示数变小→V1的示数减小。所以A、B都是错误的。＝＝R2，C错误。由于内外电压之和等于电动势，是定值，因此电压表V3示数变化量的绝对值等于内电压变化量的绝对值，有＝＝r，D正确。
8．C。
解析：以水平向右为正方向，Δp＝p2－p1＝m2－(－m1)＝m2＋m1，可知动量改变量的方向水平向右。球离开手时的机械能为mgh＋m22，因1与2可能大小相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋m12，故C正确，A、B、D错误。故选C。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．AD。
解析：由闭合电路欧姆定律知，闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比，A正确。当外电路断开时，路端电压等于电动势，B错误。外电路短路时，电路中的电流，不是无穷大，一般情况r比较小，电流I比较大，C错误。，当R增大时，U增大，D正确。
10．ABC。
解析：当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，整个回路的电流变小，内部消耗的功率P＝I2r一定减小，C正确；总功率P＝EI一定减小，A正确。而内电压降低，外电压升高，电源的效率增大，B正确。当内电阻等于外电阻时，输出功率最大，此题中无法知道内外电阻的关系，因此D错误。
11．BCD。
解析：路端电压随输出电流变化的特征曲线的函数关系式为U＝E－Ir，截距表示电动势，因此两电源的电动势都是10 V，斜率表示－r，所以电源的内阻不同。所以A错误，B正确。小灯泡的伏安特性曲线与电源特征曲线的交点坐标表示小灯泡与电源连通状态下的电流及电压。电源1与灯连接时，电流为5 A，电压为3 V，可算出小灯泡的电阻为0.6 Ω，消耗的电功率为15 W；电源2与灯连接时，电流为6 A，电压为5 V，可算出小灯泡电阻为Ω，消耗的功率为30 W。C、D都正确。
12．BD。
解析：稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，因此R3两端的电压为0。电容器相当于和R2并联。只有增大R2或减小R1才能增大电容器C两端的电压，从而增大其所带电荷量。
13．AD。
解析：由于两球碰后不会穿透彼此，所以若两球碰后有一球停止运动，则另一球必然反弹回去。假设碰前A球速度向右，B球速度向左，若A球碰后速度为零，则B球反弹，所以系统总动量向右，根据动量守恒定律可知，碰前总动量向右，即向右运动的A球动量大于向左运动的B球，故A正确。以此类推可知，D也正确。故选AD。
14．AC。
解析：甲、乙组成的系统动量守恒，则m甲甲－m乙乙＝0，甲、乙速率之比为甲∶乙＝m乙∶m甲＝10∶9，故A正确。甲、乙间相互作用力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma可得甲、乙加速度大小之比a甲∶a乙＝m乙∶m甲＝10∶9，B选项错误。结合牛顿第三定律及冲量定义I＝Ft分析可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等，故C正确。根据2mEk＝p2，甲、乙动能之比为Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝10∶9，故D错误。故选AC。
三、分析计算题：本题共4小题，共34分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．5.0 Ω
解析：设MP间阻值为Rx，则并联部分的总阻值为
R＝＝，（4分）
其分子是Rx的二次函数,由已知条件知，Rx＝时，两个电压表的示数均达到最大值，此时R应具有极大值。（6分）
利用二次函数求极值的公式得到Rx＝－＝，解得R3＝5.0 Ω。（8分）
16．(1)5.2 m/s；
(2)432 N。
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，设甲、乙、A三者最后的速度为1，则有：(M1＋M2)1＝M20－M10，（2分）
以乙和A组成的系统为研究对象，设乙推出A的速度为2，由动量守恒定律得：
(M2－m)1＋m2＝M20（4分）
解得：1＝0.4 m/s，2＝5.2 m/s。（5分）
(2)以甲为研究对象，由动量定理得：
Ft＝M11－(－M10)（7分）
解得：F＝432 N。（8分）
17．(1)25 N；(2)1.5 J；(3)1.0 m/s。
解析：(1)小木块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝，（2分）
解得：F＝25 N。（3分）
(2)根据动能定理：mgR－Wf＝m02－0，（5分）
解得：Wf＝1.5 J。（6分）
(3)根据动量守恒定律：m0＝(m＋M)，（8分）
解得：＝1.0 m/s。（9分）
18．(1)；；
(2)m＝1.16mH。
解析：(1)根据动量守恒和能量守恒可得：
m11'＋m22'＝m11（1分）
（2分）
解得：；。（3分）
(2)设未知粒子的质量为m，碰撞前的速度大小为0。
由(1)可知：
（5分）
（7分）
代入H＝3.3×107 m/s，N＝4.7×106 m/s，得
m＝1.16mH（9分）
可见，该未知粒子的质量与质子的质量近似相等。
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