北京市顺义区2023_2024学年高三物理上学期11月期中试题含解析

这是一份北京市顺义区2023_2024学年高三物理上学期11月期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（ ）
A. 把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开
B. 把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开
C. 把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的
D. 把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合
【答案】C
【解析】
【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．
【详解】A、B、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，A，B错误；
C、D、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误.
故选C.
【点睛】该题体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．
2. 如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g．下列说法正确的是
A. 人对体重计的压力大小为m(g＋a)
B. 人对体重计的压力大小为m(g－a)
C. 人对体重计的压力大于体重计对人的支持力
D. 人对体重计的压力小于体重计对人的支持力
【答案】A
【解析】
【分析】超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．根据牛顿第二定律即可计算出人对体重计的压力．
【详解】人受到的支持力N：N-mg=ma，得：N=mg+ma．根据牛顿第三定律得，对体重计的压力大小m（g+a）．故A正确，B错误；人对体重计的压力和人受到的支持力是作用力和反作用力，故人对体重计的压力等于体重计对人的支持力，故CD错误．故选A．
【点睛】本题考查了学生对超重失重现象的理解，与牛顿运动定律的应用，掌握住超重失重的特点与受力分析的基本方法即可求解．
3. 下图为飞船运动过程的示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船（ ）
A. 在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期
B. 在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大
C. 在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比B点小
D. 从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
得
轨道1的运动半径小于轨道3的运动半径，则在轨道1的运行周期小于在轨道3的运行周期，A错误；
B．在轨道2运动过程中，A点为近地点，速度最大；B点为远地点，速度最小，B正确；
C．根据
得
可知，经过A点时的加速度比B点大，C错误；
D．从轨道2进入轨道3时需要在B点加速，使飞船所需向心力等于万有引力，D错误。
故选B。
4. 如图所示为两个相干波源、产生的波在同一种均匀介质中相遇时产生的干涉图样．图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示波谷．下列说法正确的是（ ）
A. 、两点的振动加强，、两点的振动减弱
B. 、两点的振动介于加强点和减弱点之间
C. 经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换
D. 经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰
【答案】AD
【解析】
【详解】A．点是波谷和波谷相遇的点，是波峰和波峰相遇的点，都是振动加强的点，而、两点都是波峰和波谷相遇的点，是振动减弱的点，故A正确；
B．位于加强点的连线上，仍为加强点，故B错误；
C．相干波叠加产生的干涉是稳定的，不会随时间变化，故C错误；
D．形成干涉图样的介质质点也在不停地做周期性振动，经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰，故D正确。
故选AD。
5. 如图1所示，用手握住长绳的一端，时刻在手的带动下O点开始上下振动，选向上为正方向，其振动图像如图2所示，则以下四幅图中能正确反映时刻绳上形成的波形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据O点振动图像可知，在t1时刻绳上O点向下运动，由振动图像可知t1时，波传播的周期恰好为一个周期，传播的距离为一个波长，而图A中O点向下振动，图C向上振动。
故选A。
6. 蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正确（）
A. 从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大
B. 从C点到D点，运动员的加速度逐渐减小
C. 从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和减小
D. 从B点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．从B点到C点，根据牛顿第二定律有
随着下降，弹性绳的弹力逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐减小，故A错误；
B．从C点到D点，根据牛顿第二定律有
随着下降，弹性绳的弹力逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐增大，故B错误；
C．从B点到C点，除了重力做功外，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，即运动员的动能和重力势能之和减小，故C正确；
D．从B点到D点，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，而从B点到C点，运动员的动能逐渐增大，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐减小；从C点到D点，运动员的动能逐渐减小，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐增大，故D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，长为2m的平板车Q静止在水平地面上。t=0时，可视为质点的小物块P从左端滑上平板车。此后，P和Q运动的速度时间图像如图乙所示。已知P、Q的质量均是1kg，取，则以下判断正确的是（ ）
A. 在内，平板车Q与水平地面之间有摩擦力
B. 在内，平板车Q受到的冲量大小是
C. P相对Q静止时恰好在Q的最右端
D. P、Q之间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】
【详解】A．0~1s内，根据题意，P受到向左的摩擦力做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
由图乙可知，P和Q加速度大小相等，质量相等，所以P、Q合力大小相等，方向相反，所以平板车Q只受物块P滑动摩擦力，1s~2s内，两物体一起做匀速直线运动，两物体均不受摩擦力作用，故A错误；
B．0~2s内，平板车Q受到的摩擦力的冲量为
故B错误；
C．1s时，P和Q保持相对静止，此时
即P处于Q的中间位置，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
所以
故D正确。
故选D。
8. 如图表示某电场等势面的分布情况。将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EPA、EPB，下列关系式正确的是（ ）
A. FA>FBB. FA EPBD. EPA FB
选项A正确，B错误；
CD．因AB两点在同一等势面上，则电势相等，试探电荷在AB两点的电势能相等，即
EPA = EPB
选项CD错误。
故选A。
9. 在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）
A. a处场强大小仍为E，方向由a指向b
B. a处场强大小为，方向由b指向a
C. a处电势保持不变
D. a、c两点电势相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，顶点b和c处的电荷在a处产生的场强大小相等，由平行四边形定则可知，c点处的点电荷在a处的电场强度方向由a指向c，而b点处的电荷在a处的电场强度的方向由b指向a，两个场强大小相等，夹角为，合场强跟每个分场强大小相等，当拿走c处的电荷后，a处电场强度大小仍为E，方向沿ba向外，故AB错误；
CD．根据以上分析可知，b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，未拿走c处电荷时，a点在等量异种点电荷连线的中垂线上，而无穷远处电势为零，则可知该中垂线为等势线，且电势为0，即a点电势为0，而拿走c处的负电荷后，a处的电势为正，且a、c到b的距离相等，则可知a、c电势相等，故C错误，D正确。
故选D。
10. 如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸．当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点．若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则
A. 该弹簧振子的振动周期为x0/v
B. 该弹簧振子的振幅为y1- y2
C. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零
D. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．该弹簧振子的振动周期为，选项A错误；
B．该弹簧振子的振幅为，选项B错误；
C．因在PQ两点振子的速度为零，则动量为零，则在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块动量的变化为零，根据动量定理可知，物块所受合力的冲量为零，选项C正确；
D．根据动能定理，在记录笔留下PQ段印迹的过程中，合力对物块做功为零，而合力功等于弹力功与重力功之和，重力功不为零，则弹力对物块做功不为零，选项D错误．
11. 如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（）
A. 两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B. 两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C. 两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2
D. 两物块A、B运动的路程之比为2:1
【答案】D
【解析】
【详解】A．分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；
C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故C错误；
D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
设A、B的路程分别为、，则有
解得
故D正确。
故选D。
12. 某物体沿直线做单向运动，图中直线反映了其运动过程中某两个物理之间的关系，阴影区域“面积”就有可能表示另一个物理量。请选出以下表述中错误的选项（ ）
A. 若y表示物体的加速度，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的速度变化量
B. 若y表示物体所受合力，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的动量变化量
C. 若y表示物体所受合力功率，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量
D. 若y表示物体所受合力，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．加速度
图像中的面积S表示，即速度的变化量，故A正确，不符合题意；
B．因为
I=Ft
则图像面积表示合外力的冲量，根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，故B正确，不符合题意；
C．根据
W=Pt
可知，若横坐标表示时间，图像面积表示合外力做的功，根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，但横坐标表示物体运动的距离，则面积无意义，故C错误，符合题意；
D．根据
W=Fx
可知，图像面积表示合外力的功，根据动能定理可知，合外力的功等于动能的变化量，故D正确，不符合题意。
故选C。
13. 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为，最高行驶速度。则下列说法正确的是（）
A. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
B. 行驶过程中动车受到的阻力大小为
C. 当动车的速度为时，动车的加速度大小为
D. 从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题所给信息，只知道动车的最高时速，不知道其平均速度，因此无法估算京张铁路的全长，故A错误；
B．当动车达到最大速度时，动车所受牵引力大小等于其所受阻力大小，根据功率与牵引力的关系可知，有
因此行驶过程中动车受到的阻力大小为
故B错误；
C．当动车的速度为时，动车所受牵引力
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．从启动到速度为的过程中，对动车由动能定理有
可得动车牵引力所做的功为
式中表示该过程中克服阻力所做的功，故D错误。
故选C。
14. 两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A. 被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B. 被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大
C. 被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
D. 小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
【答案】C
【解析】
【详解】A．被航天器撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，说明双星系统的运动周期变小，故A错误；
B．设两个小行星的质量分别为m1,m2,它们做圆周运动半径分别为r1，r2，设两个小行星中心连线的距离为r,则
两小行星绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
联立以上各式得
因为周期T变小，说明两个小行星中心连线的距离r变小，故B错误；
C．两个小行星中心连线的距离r变小，引力做正功，引力势能减小，故C正确；
D．小行星质量越大，惯性越大，其运动的速度不容易被改变，那其运动的轨道越不容易被改变，故D错误。
故选C。
二、填空题（共18分）
15. 某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是_______。
A．用公式计算时，将摆线长当作摆长
B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动
C．确保摆球在同一竖直平面内摆动
D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆
（2）某同学测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=__________（用L、n、t表示）。
（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2-L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图2所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是______。
A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长
B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L
C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小
【答案】 ①. BC##CB ②. ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]A．用公式计算时，应将摆线长与小球半径之和当作摆长，故A错误；
B．摆线上端应牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，若出现松动，摆动过程中摆长会发生变化，根据可知，计算得到的重力加速度将不准确，故B正确；
CD．单摆是同一竖直平面内的圆周运动，因此摆动必须在同一竖直平面内摆动，不能在不动竖直平面内摆动，否则形成圆锥摆，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]根据单摆的周期
可得
而根据题意
联立可得
（3）[3]A．若实验过程中将摆线的长度以及小球的直径当作摆长，则应有
可得
则可知，图像应与纵轴原点下方有截距，即出现图线c的原因是因为将摆线的长度与摆球的直径之和当作了单摆的摆长，故A错误；
B．若实验过程中将摆线的长度当作摆长，则应有
可得
则可知，图像应与纵轴原点上方有截距，即出现图线a的原因是因为将摆线的长度当作了单摆的摆长，故B正确；
C．该实验通过图像的斜率计算当地的重力加速度，可知，无论出现何种情况，图像的斜率不变，因此，通过a、b、c三条直线的斜率计算得到的重力加速度相同，故C错误。
故选B。
16. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有___________。
A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好
（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk=________，减少的重力势能ΔEp=________。（用题中所给字母表示）
（3）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。
①若两球碰撞前后动量守恒，则m1、m2、OM、OP、ON应满足表达式_________。
②若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ON－OM_____OP（选填“＞”“＝”“＜”）。
③某同学验证动量守恒定律认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由_________。
【答案】 ①. AB##BA ②. ③. ④. m1·OP＝m1·OM＋m2·ON ⑤. ＝ ⑥. 不合理，见解析
【解析】
【详解】（1）[1]A．描点作图时，铅笔应尖一些，描出的点迹所示位置就会更精准，力的图示适当大些，在做平行四边形时可直接在力的图示上截取边长，以减小实验误差，故A正确；
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些，读数时产生的相对误差就会更小，可以减小实验误差，故B正确；
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角并非越大越好，过大或过小在作图时都会产生较大误差，因此细绳间的夹角应适当，故C错误。
故选AB。
（2）[2]通过平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得
则可知，从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能
[3]减小的重力势能在数值上等于重力所做的功，则
（3）[4]设碰撞前A球的速度为，碰撞后A球的速度为，B球的速度为，则根据动量守恒定律有
A球单独抛出和碰撞后A、B球运动都是平抛运动，下落高度相同，则所用时间相同，因此上式可写成
而
则上式可写成
[5]两球碰撞为弹性碰撞，则应满足机械能守恒定律
根据
，，
联立解得
[6]设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有
若A球反弹，则p1p0，即
又因为m1＞m2，所以Ek2>Ek0，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
三．计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17. 在水平方向的匀强电场中，用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时的加速度大小a；
（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以小球对象，根据平衡条件可得
解得匀强电场的场强大小为
（2）若剪断轻绳，小球受到重力和电场力的合力大小为
根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为
（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，设小球摆到最低点时的速度为，根据机动能定理可得
小球在最低点时，根据牛顿运动定律有
联立解得
18. 如图所示，民航客机发生意外紧急着陆后，打开紧急出口，会有一条由气囊自动充气后形成的连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面快速滑下。某客机紧急出口下沿距地面高，气囊构成的斜面长。某质量的乘客沿该气囊下滑时所受阻力大小。若该乘客由静止开始下滑。取。忽略气囊形变。求：
（1）该乘客沿气囊下滑过程中，阻力对人所做的功；
（2）该乘客到达气囊底端时速度的大小v；
（3）该乘客沿气囊下滑的过程中，重力对人的冲量大小。
【答案】（1）；（2）4m/s；（3）1920 N·s
【解析】
【详解】（1）人沿气囊滑下的过程中，阻力对人所做的功
（2）人沿气囊滑下的过程，根据动能定理有
代入数据解得
v=4m/s
（3）人沿气囊下滑的平均速度
人沿斜面下滑的时间为
则重力的冲量
=mgt=60×10×3.2N·s=1920 N·s
方向竖直向下。
19. 如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度-时间图象如图乙所示。求：
（1）物体B运动速度的最大值；
（2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度-时间图象；
（3）若在某时刻使物体C以vC=4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。
【答案】（1）2m/s；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）当细线烧断时，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，设物体B的最大速度为,由动量守恒定律有
解得
可知，当A的速度最大时，B将获得最大速度，根据图乙可知，当时，A的速度最大，读图可得此时
由此可得B的速度的最大值为
（2）根据A、B及弹簧组成的系统在整个运动过程中动量守恒可知，当两者速度第一次均达到最大时，弹簧恢复原长，之后两者一起减速，直至速度均减为0时，弹簧被拉伸至最长，之后二者速度反向，再次速度达到最大时弹簧又一次恢复原长，之后二者又共同减速，直至速度减为零，如此反复，物块B在一个周期内的速度—时间图像如图所示
（3）因为水平方向系统不受外力，系统动量守恒，因此无论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个恒量，总动能也是一个定值，且三物体速度相同时弹簧具有最大弹性势能，设三物体共速时的速度为，根据动量守恒定律有
解得
当A在运动过程中速度为且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有
解得
设此过程中具有的弹性势能的最大值为，由能量守恒有
代入数据解得
当A在运动过程中速度为且与C反向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有
解得
设此过程中具有的弹性势能的最大值为，由能量守恒有
代入数据解得
综上可得，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为
20. 物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果—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k1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Ox，如图1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，并据此在图2中画出F与x的图像；
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Ep的表达式。
（2）图3所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O'点。
a．若已知摆球的质量为m，摆长为L，在偏角很小时，摆球对于O'点的位移x'的大小与θ角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式；
b．若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k2，求小球在振动位移为时的动能Ek（用A和k2表示）。
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【答案】（1）a．F=-k1x， ，b.；（2）a．，b．
【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
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，如答图2所示
此时合力
而
解得
b．合力F与位移x关系图线如答图3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
而
以平衡位置为零势能参考点，有
（2）a．摆球位移为x'处，受力示意图见答图4所示
以O'为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系（图中未画出），在摆球位移为x'时，回复力
比例常数
b. 摆球在位移x'处的势能
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有
则