江苏省无锡市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题

这是一份江苏省无锡市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题，共25页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．同一物体，动量越大，速度越大
B．（﹣8kg•m/s）的动量小于（+6kg•m/s）的动量
C．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
2．（4分）如图所示，在一条张紧的绳上挂7个摆，摆球质量均相同，先让A摆振动起来，则其余各摆也随之振动。已知A、B、F三摆的摆长相同，则下列判断正确的是（ ）
A．7个摆的固有频率都相同
B．振动稳定后7个摆的振动频率都相同
C．D摆的振幅最大
D．D、E摆离A摆最近，它们的振幅最大
3．（4分）如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝3kg，速度分别是vA＝6m/s（为正方向），vB＝﹣6m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A．vA′＝4m/s，vB′＝﹣2m/s
B．vA′＝﹣4m/s，vB′＝15m/s
C．vA′＝﹣2m/s，vB′＝10m/s
D．vA′＝﹣3m/s，vB′＝12m/s
4．（4分）如图甲所示为光滑水平面上的弹簧振子，以平衡位置O为原点，在A、B之间做简谐运动，某时刻开始计时，其偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该弹簧振子的振幅为10cm
B．该振动系统的振动周期为2.5s
C．t＝0时，弹簧振子动能最大
D．t＝1.5s时，弹簧处于压缩状态
5．（4分）如图甲为手控可调节亮度的台灯，其内部电路可简化为如图乙所示的电路图。通过调节图乙所示电位器R0接入电路的阻值，即可调节电源的输出功率。若电源电动势E＝10V，内阻r＝2Ω，灯泡电阻RL＝8Ω（固定不变），调节电位器R0即可改变台灯亮度，电位器R0接入电路中的阻值可在0～30Ω之间调节，则（ ）
A．电源的最大输出功率为8W
B．灯泡L消耗的最大功率为2.5W
C．电位器R0的最大功率为8W
D．当R0＝10Ω时，电源效率最大
6．（4分）如图所示电路中，定值电阻R1和R2的阻值与电动机M的内阻R相等。闭合开关S，电动机正常工作，则（ ）
A．电阻R1上消耗的电功率等于电阻R2上消耗的电功率
B．电阻R1两端的电压等于电动机两端的电压
C．电流通过电阻R1做的功等于电流通过电动机做的功
D．电流通过电阻R1产生的电热等于电流通过电动机产生的电热
7．（4分）一简谐横波沿x轴负方向传播，t＝0时刻波形图如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点，图乙是波上某一点的振动图像，则下列说法不正确的是（ ）
A．图乙可以表示质点b的振动图像
B．该波的传播速度大小为v＝16m/s
C．质点a在t＝1s时位于波谷
D．质点d简谐运动的表达式为y＝0.1sinπt（m）
8．（4分）如图，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图中实线所示，经过t＝0.5s波形如图中虚线所示，该波的周期T大于0.5s，图中d＝0.4m。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小一定为0.8m/s
B．若波沿x轴正方向传播，则周期为3s
C．x＝1.2m和x＝2.4m处的两质点在沿y轴方向上的最大距离为10cm
D．在t＝0时刻若P点向下振动，则x＝1.2m处质点的振动方向也向下
9．（4分）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（ ）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
10．（4分）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用Ii和Ui（i＝1、2、3下同）表示，电表示数变化量的大小分别用ΔIi和ΔUi表示．下列分析结论正确的是（ ）
A．I2、I3、U1示数均减小
B．、、的比值均不变
C．、的比值绝对值均变化
D．、的比值绝对值均不变
11．（4分）如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是
B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是
C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
二、非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（12分）用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。
（1）下列关于本实验条件的叙述，不正确的是 。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量
C.斜槽部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把半径相同的被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上的位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，确定两小球平均落地点位置分别为M、N，测出碰撞后的各自射程OM、ON，则实验中还需要测量的物理量有 。
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
（4）若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为P′、M′、N′，O′与小球在斜槽末端时球心的位置等高。关于此碰撞过程以下说法正确的是 。
A.若，则动量守恒
B.若，则动量守恒
C.若，则机械能守恒
D.若，则机械能守恒
13．（8分）质量为1.0kg的小球从离地面5.0m高处自由下落至地面，与地面碰撞后反弹，小球反弹的最大高度为3.2m。设小球与地面碰撞时间为0.1s，忽略空气阻力的影响，小球受到地面的平均冲力为多大？（g取10m/s2）
14．（9分）一列简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为20cm。P、Q两点的坐标分别为﹣1m和﹣5m，波沿x轴负方向传播。已知t＝0.5s时，P点第一次出现波谷。试计算：
①这列波的传播速度多大；
②当Q点第二次出现波峰时，P点通过的路程为多少。
15．（12分）如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。求：
（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为乙图象中哪一条直线？
（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？
（3）试求出电源的电动势和内阻。
16．（15分）如图甲，一种模块组合式儿童玩具车由以下模块组成：质量M＝1kg、半径R＝0.9m的光滑圆弧轨道A、B分别为轨道的最高点和最低点；质量M＝1kg，长度l＝1m的小平板车，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m；质量m＝1kg的物块（可视为质点）．
玩具车有以下几种模式：
模式一：轨道和平板车固定连接在一起并固定在水平地面上。
模式二：轨道和平板车连接在一起放在摩擦可以忽略的固定水平轨道上，它们的连接端有感应开关，可以控制轨道和平板车的连接与否。g＝10m/s2，试求：
（1）在模式一的情况下，物块从圆弧的最高点静止释放，物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
（2）在模式一的情况下，若物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
（3）若在平板车上表面涂上一种特殊材料（质量不计），其动摩擦因数μ从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，在模式二的情况下，物块从圆弧最高点A由静止释放，运动过B端时触发感应开关，轨道和平板车连接解除，求物块落地时距平板车右端的水平距离。（结果可用根式表示）
2024-2025学年江苏省无锡一中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（4分）关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．同一物体，动量越大，速度越大
B．（﹣8kg•m/s）的动量小于（+6kg•m/s）的动量
C．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
D．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
【答案】A
【分析】根据动量p＝mv分析；
根据动量的正负表示方向，不表示大小分析；
根据动能和动量的表达式分析；
根据速度是矢量，动量是矢量分析。
【解答】解：A、根据 p＝mv可知，物体的动量越大，速度一定越大，故A正确；
B、动量的符号表示方向，不代表大小，则（﹣8kg•m/s）的动量大于（+6kg•m/s）的动量，故B错误；
C、物体的动量发生变化，可能是方向变化，不一定是物体速度大小发生变化，则其动能不一定变化，故C错误；
D、做匀速圆周运动的物体，速度的方向一定变化，则其动量一定变化，故D错误。
故选：A。
2．（4分）如图所示，在一条张紧的绳上挂7个摆，摆球质量均相同，先让A摆振动起来，则其余各摆也随之振动。已知A、B、F三摆的摆长相同，则下列判断正确的是（ ）
A．7个摆的固有频率都相同
B．振动稳定后7个摆的振动频率都相同
C．D摆的振幅最大
D．D、E摆离A摆最近，它们的振幅最大
【答案】B
【分析】单摆的周期公式T＝2π，周期与摆长有关；做受迫振动的单摆其固有周期等于驱动力的周期，与固有周期无关；当固有周期越接近驱动力的周期，振幅越大。
【解答】解：A．单摆的周期公式T＝2π，因为7个摆的摆长不完全相同，所以周期不完全相同，其固有频率不完全相同，故A错误；
B．做受迫振动的单摆其固有周期等于驱动力的周期，与固有周期无关；A摆振动起来后，带动其余6个摆做受迫振动，振动稳定后7个摆的振动频率都相同，故B正确；
CD．B、F摆的摆长与A摆相同，发生共振，振幅最大，故CD错误。
故选：B。
3．（4分）如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝3kg，速度分别是vA＝6m/s（为正方向），vB＝﹣6m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A．vA′＝4m/s，vB′＝﹣2m/s
B．vA′＝﹣4m/s，vB′＝15m/s
C．vA′＝﹣2m/s，vB′＝10m/s
D．vA′＝﹣3m/s，vB′＝12m/s
【答案】C
【分析】碰撞的过程满足系统动量守恒，系统总动能不增加，而且碰撞后不能再次碰撞。若碰撞后A、B速度同向，则后者的速度不会大于前者的速度。根据这三个规律来分析。
【解答】解：取向右方向为正方向，碰前系统的总动量为
p＝mAvA+mBvB＝6×6kg•m/s+3×（﹣6）kg•m/s＝18kg•m/s
碰撞前总动能为
A、如果vA′＝4m/s，vB′＝﹣2m/s，由于碰后速度大小vB′＜vA′，可知，碰撞过程还未结束，系统还会发生二次碰撞。碰后应满足vB′＞vA′，不符合实际，故A错误；
B、如果vA′＝﹣4m/s，vB′＝15m/s，碰后系统的总动量为
p＝mAvA′+mBvB′＝6×（﹣4）kg•m/s+3×15kg•m/s＝21kg•m/s≠p，可知，系统动量不守恒，不可能，故B错误；
C、如果vA′＝﹣2m/s，vB′＝10m/s，碰后系统的总动量为
p′＝mAvA′+mBvB′＝6×（﹣2）kg•m/s+3×10kg•m/s＝18kg•m/s＝p，系统动量守恒。
碰撞后总动能为
E′k总＝mAvA′2+mBvB′2＝×6×（﹣2）2J+×3×102J＝162J＝Ek总
系统机械能守恒，是可能的，故C正确；
D、如果vA′＝﹣3m/s，vB′＝12m/s，碰后系统的总动量为
p＝mAvA′+mBvB′＝6×（﹣3）kg•m/s+3×12kg•m/s＝18kg•m/s＝p
碰撞后总动能为
E′k总＝mAvA′2+mBvB′2＝×6×（﹣3）2J+×3×122J＝243J＞Ek总
系统动量守恒，总动能增加，不可能，故D错误。
故选：C。
4．（4分）如图甲所示为光滑水平面上的弹簧振子，以平衡位置O为原点，在A、B之间做简谐运动，某时刻开始计时，其偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该弹簧振子的振幅为10cm
B．该振动系统的振动周期为2.5s
C．t＝0时，弹簧振子动能最大
D．t＝1.5s时，弹簧处于压缩状态
【答案】D
【分析】根据图像可以直接读出弹簧振子的振幅、周期和在某一时刻的振动方向，再据弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、恢复力和能量的变化和之间的关系分析即可。
【解答】解：A、由图乙可知，弹簧振子的振幅为5cm，故A错误；
B、由图乙可知，弹簧振动系统的振动周期为T＝2×（2﹣0.5）s＝3.0s，故B错误；
C、由图乙可知，t＝0时，弹簧振子不在平衡位置，因此速度不是最大，动能也不是最大，故C错误；
D、O点为平衡位置，即弹簧原长处，所以O点右边位移为正，弹簧处于拉伸状态，O点左边位移为正，弹簧处于压缩状态，而t＝1.5s时，弹簧振子位移为负，则弹簧处于压缩状态，故D正确；
故选：D。
5．（4分）如图甲为手控可调节亮度的台灯，其内部电路可简化为如图乙所示的电路图。通过调节图乙所示电位器R0接入电路的阻值，即可调节电源的输出功率。若电源电动势E＝10V，内阻r＝2Ω，灯泡电阻RL＝8Ω（固定不变），调节电位器R0即可改变台灯亮度，电位器R0接入电路中的阻值可在0～30Ω之间调节，则（ ）
A．电源的最大输出功率为8W
B．灯泡L消耗的最大功率为2.5W
C．电位器R0的最大功率为8W
D．当R0＝10Ω时，电源效率最大
【答案】A
【分析】当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，根据功率公式计算电源的最大输出功率；当R0＝0时，电路中电流最大，灯泡L消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律和功率公式相结合求灯泡L的最大功率；把灯泡电阻等效为电源内阻的一部分，当R0＝RL+r时，电位器R0的功率最大；根据电源的输出功率与总功率的百分比列式，求解电源效率最大时R0的值。
【解答】解：A、电源的输出功率为
可知，当R外＝r时，电源的输出功率最大。由于灯泡电阻大于电源内阻，所以当电位器接入电路中的阻值为0时，电源的输出功率最大，则电源的最大功率为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得：Pmax＝8W，故A正确；
B、由题可知，当电位器接入电路中的阻值为0时，电路中的电流最大，灯泡消耗的功率最大，且最大功率为
PL＝（）2RL，解得PL＝8W，故B错误；
C、把灯泡电阻等效为电源内阻的一部分，可知当电位器接入电路中的阻值为R0＝RL+r时，电位器的功率最大，则有
电位器的最大功率为
P0＝EI0﹣（RL+r）
解得P0＝2.5W，故C错误；
D、根据效率的计算公式有
可知外电阻越大时，效率越高，则当R0＝30Ω时，电源效率最大，故D错误。
故选：A。
6．（4分）如图所示电路中，定值电阻R1和R2的阻值与电动机M的内阻R相等。闭合开关S，电动机正常工作，则（ ）
A．电阻R1上消耗的电功率等于电阻R2上消耗的电功率
B．电阻R1两端的电压等于电动机两端的电压
C．电流通过电阻R1做的功等于电流通过电动机做的功
D．电流通过电阻R1产生的电热等于电流通过电动机产生的电热
【答案】D
【分析】根据纯电阻的电功率公式，可比较两个定值电阻的电功率；由非纯电阻用电器与纯电阻用电器的电压特点，可知定值电阻R1与电动机的电压大小；由电功的公式，结合串联电路电流特点，可比较定值电阻R1与电动机的电功大小；由电热公式，可比较定值电阻R1与电动机的的电热。
【解答】解：A、由电路图可知，R1与电动机所在支路的总电压，与电阻R2上的电压相等，即R1的电压，小于R2的电压；由纯电阻电功率公式：，可知R2上消耗的电功率小于电阻R2上消耗的电功率，故A错误；
B、对非纯电阻电路：U＞IR，对纯电阻：U＝IR；R1与电动机串联，通过它们的电流相等，即可知U1＝IR1＜UM，故B错误；
C、电功的公式为：W＝UIt，由通过R1和电动机两个用电器的电流相等，可知：W1＝U1It＜WM＝UMIt，故C错误；
D、电热的公式为：Q＝I2Rt，由题意可知定值电阻R1与电动机的电流、电阻、通电时间均相同，故电流通过两用电器产生的电热相等，故D正确。
故选：D。
7．（4分）一简谐横波沿x轴负方向传播，t＝0时刻波形图如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点，图乙是波上某一点的振动图像，则下列说法不正确的是（ ）
A．图乙可以表示质点b的振动图像
B．该波的传播速度大小为v＝16m/s
C．质点a在t＝1s时位于波谷
D．质点d简谐运动的表达式为y＝0.1sinπt（m）
【答案】B
【分析】由图甲读出波长，由图乙读出周期，从而求得波速；根据图乙中t＝0时刻质点的位置和振动方向，在图甲上找出对应的质点；根据时间与周期的关系确定质点a在t＝1s时位于波谷；根据同侧法和简谐运动的表达式分析d质点。
【解答】解：A．由图乙结合斜率振幅与振动方向的关系可知在t＝0时刻质点从平衡位置向y轴负方向振动；
波沿x轴负方向传播，由同侧法可知质点b向y轴负方向振动，所以图乙可以表示质点b的振动图像，故A正确；
B．由题图甲可知波长为λ＝8m，由题图乙可知周期为T＝2s，则根据波长、波速和周期的关系有：v＝m/s＝4m/s，故B错误；
C．t＝0时刻质点a位于波峰，经过1s，即半个周期，质点a应位于波谷，故C正确；
D．根据同侧法可知：t＝0时刻质点d处于平衡位置向上振动，则质点d简谐运动的表达式为，故D正确。
本题选择不正确的，故选：B。
8．（4分）如图，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图中实线所示，经过t＝0.5s波形如图中虚线所示，该波的周期T大于0.5s，图中d＝0.4m。下列说法正确的是（ ）
A．波速大小一定为0.8m/s
B．若波沿x轴正方向传播，则周期为3s
C．x＝1.2m和x＝2.4m处的两质点在沿y轴方向上的最大距离为10cm
D．在t＝0时刻若P点向下振动，则x＝1.2m处质点的振动方向也向下
【答案】B
【分析】根据波的位移与波长的关系，波速、周期和波长的关系，结合波的不同传播方向以及同侧法分析求解。
【解答】解：A．因为波的周期T大于0.5s，所以波的位移小于一个波长，当波的传播方向沿x轴正方向时，波的位移为d，则波速满足
当波的传播方向沿x轴负方向时，波的位移为λ﹣d，则波速满足
故A错误；
B．若波沿x轴正方向传播，根据波速、周期和波长的关系，则周期满足
故B正确；
C．x＝1.2m和x＝2.4m处的两质点，间距满足
则两质点在沿y轴方向上的最大距离满足
2A＝2×10cm＝20cm
故C错误；
D．在t＝0时刻，若P点向下振动，根据“同侧法”波的传播方向为沿x轴正方向，同理可得，此时x＝1.2m处的质点的振动方向向上，故D错误。
故选：B。
9．（4分）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（ ）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
【答案】C
【分析】在小球运动过程中，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒；
水平方向根据动量守恒定律进行解答；
根据机械能守恒定律进行解答；
水平方向根据动量守恒定律列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。
【解答】解：A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒。
规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝4mv
解得：，故B错误；
C．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：
解得：，故C正确；
D．小球离开圆弧轨道时，规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+3mv2
根据机械能守恒定律，则有：
联立以上两式可得：，，故D错误。
故选：C。
10．（4分）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用Ii和Ui（i＝1、2、3下同）表示，电表示数变化量的大小分别用ΔIi和ΔUi表示．下列分析结论正确的是（ ）
A．I2、I3、U1示数均减小
B．、、的比值均不变
C．、的比值绝对值均变化
D．、的比值绝对值均不变
【答案】D
【分析】根据滑动触头滑动方向分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，确定外电路总电阻的变化情况，即可知道干路电流的变化情况，由闭合电路欧姆定律分析R2和R3并联部分电压的变化情况，判断I2的变化情况，结合干路电流的变化，分析I3的变化情况。由欧姆定律分析U1的变化情况。对于定值电阻，有R＝＝；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析的变化情况。
【解答】解：A、闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I1减小，则U1减小。由闭合电路欧姆定律可知U3＝E﹣I1（R1+r），I1减小，其它量不变，则U3增大，I2增大，因I3＝I1﹣I2，则I3减小，故A错误；
B、根据欧姆定律知＝R1，不变；＝R3，增大，故B错误；
C、由U3＝E﹣I1（R1+r）得＝R1+r。
因为I1＝I2+I3，则ΔI1＝ΔI2+ΔI3，可得＝＝R1+r
变形得＝，展开得+＝，
又＝，
则得+＝，可见||不变，故C错误；
D、R1是定值电阻，则＝R1，不变；因U2＝E﹣I1r，则||＝r，不变，故D正确。
故选：D。
11．（4分）如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是
B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是
C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
【答案】D
【分析】根据动量守恒定律求出M与m的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移；根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量。
【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0﹣mv0＝（M+m）v
解得
v＝
若M＞m，A所受的摩擦力为：
Ff＝μmg
设物体A相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得：
﹣FfxA＝0﹣
联立解得：xA＝，故A错误；
B．若M＜m，设平板车B相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得：
﹣FfxB＝0﹣
联立解得：xB＝，故B错误；
CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得：
﹣Fft＝Mv﹣Mv0
Ff＝μmg
联立解得：t＝
平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0＝
故C错误，D正确。
故选：D。
二、非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（12分）用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。
（1）下列关于本实验条件的叙述，不正确的是 C 。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量
C.斜槽部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把半径相同的被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上的位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，确定两小球平均落地点位置分别为M、N，测出碰撞后的各自射程OM、ON，则实验中还需要测量的物理量有 入射小球和被碰小球的质量m1、m2 。
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式 m1OP＝m1OM+m2ON （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
（4）若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为P′、M′、N′，O′与小球在斜槽末端时球心的位置等高。关于此碰撞过程以下说法正确的是 C 。
A.若，则动量守恒
B.若，则动量守恒
C.若，则机械能守恒
D.若，则机械能守恒
【答案】（1）C；（2）入射小球和被碰小球的质量m1、m2；（3）m1OP＝m1OM+m2ON；（4）C
【分析】（1）根据实验原理和实验操作注意事项分析；
（2）（3）验证动量守恒定律实验中，小球做平抛运动的水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度，根据动量守恒定律判断需要验证的式子，判断需要测量的物理量；
（4）根据实验数据，动量守恒定律和机械能守恒分析答题。
【解答】解：（1）A．从同一位置静止释放以保证入射小球到达在轨道末端速度一致，故A正确；
B．为了防止反弹，入射小球质量必须大于被碰小球的质量，故B正确；
C．轨道无需光滑，保证入射小球运动轨迹每次都一样即可，故C错误；
D．轨道末端必须水平以保证小球离开轨道后做平抛运动，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
（2）设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球的速度大小为v1，被碰球的速度大小为v2，两球碰撞过程系统动量守恒
以碰撞前入射球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
小球离开斜槽后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，运动时间t相等，则m1v0t＝m1v1t+m2v2t
整理可得：m1OP＝m1OM+m2ON
实验需要验证的表达式是m1OP＝m1OM+m2ON
实验中还需要测量的物理量有入射小球和被碰小球的质量m1、m2。
（3）根据（2）可知，验证动量守恒的表达式为：m1OP＝m1OM+m2ON
（4）AB、设O′与斜槽末端距离L，小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为P′，两球碰撞后，被碰球速度快，落点为N′，入射球落点为M′
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1+m2v2
根据平抛运动的规律得：
水平方向上，有v＝
竖直方向上，根据h＝gt2，可得t＝
则可解得v0＝，v1＝，v2＝
代入动量守恒表达式，有＝+，故AB错误；
CD．根据机械能守恒定律得：m1＝m1+m2v22
整理可得，故C正确，D错误。
故选：C。
故答案为：（1）C；（2）入射小球和被碰小球的质量m1、m2；（3）m1OP＝m1OM+m2ON；（4）C
13．（8分）质量为1.0kg的小球从离地面5.0m高处自由下落至地面，与地面碰撞后反弹，小球反弹的最大高度为3.2m。设小球与地面碰撞时间为0.1s，忽略空气阻力的影响，小球受到地面的平均冲力为多大？（g取10m/s2）
【答案】小球受到地面的平均冲力为190N。
【分析】根据自由落体和竖直上抛的规律，分别求解小球着地时的速度和反弹时的速度；根据动量定理求平均冲力。
【解答】解：小球做自由落体运动，则
小球落地时的速度大小为
小球做竖直上抛运动，由于竖直上抛运动是上升过程与下降过程的对称性，则
小球反弹时的速度大小为
v2＝＝m/s＝8m/s
设平均冲力为F，取向上为正方向，根据动量定理
Ft﹣mgt＝mv2﹣m（﹣v1）
解得F＝190N
答：小球受到地面的平均冲力为190N。
14．（9分）一列简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为20cm。P、Q两点的坐标分别为﹣1m和﹣5m，波沿x轴负方向传播。已知t＝0.5s时，P点第一次出现波谷。试计算：
①这列波的传播速度多大；
②当Q点第二次出现波峰时，P点通过的路程为多少。
【答案】见试题解答内容
【分析】①根据波的传播方向和波形图得到P点第一次出现波谷时传播时间，进一步得到波速。
②根据Q点第二次出现波谷的时间，分析P点运动情况，确定通过的路程。
【解答】解：①由图可知，波长λ＝4m，质点的起振方向竖直向上。
由t＝0.5s时，P点第一次出现波谷，可知，t＝0.5s＝．解得，T＝0.4s，波速v＝＝10m/s。
②波从P点传到Q点用时，＝T。
Q点从开始振动到第二次出现波峰用时，。
P点振动的总时间为：t＝t1+t2＝。
则P通过的路程为s＝＝180cm。
答：①这列波的传播速度为10m/s。
②当Q点第二次出现波峰时，P点通过的路程为180cm。
15．（12分）如图甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。求：
（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为乙图象中哪一条直线？
（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？
（3）试求出电源的电动势和内阻。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线。
（2）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小。由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R。
（3）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻。再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势。
【解答】解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应BC、V2对应AC。
（2）由题意得：U2＝IR0，则
当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin＝0.5A，
而UR＝U1﹣U2＝7.5﹣1.5＝6V
所以
（3）因为U1＝E﹣Ir，则内阻
所以E＝U1+Ir＝7.5+0.5×1＝8V。
答：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中：V1对应BC、V2对应AC。
（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω。
（3）电源的电动势8V，内阻为1Ω。
16．（15分）如图甲，一种模块组合式儿童玩具车由以下模块组成：质量M＝1kg、半径R＝0.9m的光滑圆弧轨道A、B分别为轨道的最高点和最低点；质量M＝1kg，长度l＝1m的小平板车，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m；质量m＝1kg的物块（可视为质点）．
玩具车有以下几种模式：
模式一：轨道和平板车固定连接在一起并固定在水平地面上。
模式二：轨道和平板车连接在一起放在摩擦可以忽略的固定水平轨道上，它们的连接端有感应开关，可以控制轨道和平板车的连接与否。g＝10m/s2，试求：
（1）在模式一的情况下，物块从圆弧的最高点静止释放，物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
（2）在模式一的情况下，若物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
（3）若在平板车上表面涂上一种特殊材料（质量不计），其动摩擦因数μ从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，在模式二的情况下，物块从圆弧最高点A由静止释放，运动过B端时触发感应开关，轨道和平板车连接解除，求物块落地时距平板车右端的水平距离。（结果可用根式表示）
【答案】（1）在模式一的情况下，物块从圆弧的最高点静止释放，物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）物块落地时距平板车右端的水平距离为m；
（3）物块落地时距平板车右端的水平距离为m。
【分析】（1）物块在圆弧轨道上下滑过程，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求出物块到达B点时的速度。物块在B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力；
（2）物块在平板车上滑行过程，根据动能定理求出物块滑离平板车时的速度，再根据平抛运动的规律解答；
（3）解除平板车的锁定后，物块在平板车上滑行时两者组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律相结合求出物块滑离平板车时两者的速度。物块离开平板车后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何关系求出物块落地时距平板车右端的水平距离。
【解答】解：（1）物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，根据机械能守恒，有：mgR＝mvB2
代入数据解得：vB＝3m/s
在B点：FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝30N；
由牛顿第三定律知物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小：FN′＝FN＝30N，方向竖直向下；
（2）设滑块离开平板车时的速度大小为v，物块由静止释放到滑离平板车过程中，由动能定理得
mgR﹣μmgl＝mv2﹣0
可得物块滑离平板车时的速率：v＝m/s；
物块离开平板车做平抛运动的时间为：t＝＝s＝0.2s
物块落地时距平板车右端的水平距离为：x＝vt＝0.2m＝m；
（3）物块在平板车上滑行时，根据功能关系可知产生的热等于克服摩擦力做功，即为：
Q＝＝＝4J
解除平板车的锁定后，物块在平板车上滑行时，物块与平板车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，
取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB＝mv1+Mv2
根据能量守恒定律可得：mvB2＝Q+mv12+Mv22
联立解得：v1＝2m/s，v2＝m/s
物块落地时距平板车右端的水平距离为：s＝（v2﹣v2）t＝（2﹣）×0.2m＝0.2m＝m。
答：（1）在模式一的情况下，物块从圆弧的最高点静止释放，物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小为30N；
（2）物块落地时距平板车右端的水平距离为m；
（3）物块落地时距平板车右端的水平距离为m。