北京市順義區(qū)第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月期中物理試題 含解析

順義一中2023–2024學(xué)年第一學(xué)期高三物理11月期中試卷一、單選題（每題3分，共42分）1.如圖所示，取一對用絕緣柱支撐的導(dǎo)體A和B，使它們彼此接觸，起初它們不帶電，分別貼在導(dǎo)體A、B下部的金屬箔均是閉合的．下列關(guān)于實驗現(xiàn)象描述中正確的是（）A.把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A穩(wěn)定后，只有A下部的金屬箔張開B.把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A穩(wěn)定后，只有B下部的金屬箔張開C.把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A后，再把B向右移動稍許使其與A分開，穩(wěn)定后A、B下部的金屬箔都還是張開的D.把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A后，再把B向右移動稍許使其與A分開，穩(wěn)定后A、B下部的金屬箔都閉合【答案】C【解析】【分析】當(dāng)導(dǎo)體A、B放在帶正電的附近時，出現(xiàn)感應(yīng)起電現(xiàn)象．電荷周圍有電場存在，從而導(dǎo)體A、B處于電場中，在電場力的作用下，使導(dǎo)體中的自由電子重新分布．而處于靜電平衡的導(dǎo)體，電荷只分布在外表面，內(nèi)部電場強度為零，且是等勢體．【詳解】A、B、感應(yīng)帶電，這是使物體帶電的一種方法，根據(jù)異種電荷互相吸引的原理可知，靠近的一端會帶異種電荷．金屬導(dǎo)體處在正電荷的電場中，由于靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)體B的右端要感應(yīng)出正電荷，在導(dǎo)體A的左端會出現(xiàn)負(fù)電荷，所以導(dǎo)體兩端的驗電箔都張開，且左端帶負(fù)電，右端帶正電，A，B錯誤；C、D、把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A后，把A和B分開，A帶負(fù)電，B帶正電，金屬箔還是張開，C正確，D錯誤.故選C.【點睛】該題體現(xiàn)物體靜電感應(yīng)起電的實質(zhì)，及靜電平衡狀態(tài)時，帶電體的電荷只分布在外表面，內(nèi)部電場強度為零，且導(dǎo)體的電勢處處相等．2.如圖所示，質(zhì)量為m的人站在體重計上，隨電梯以大小為a的加速度加速上升，重力加速度大小為g．下列說法正確的是A.人對體重計的壓力大小為m(g＋a)B.人對體重計的壓力大小為m(g－a)C.人對體重計的壓力大于體重計對人的支持力D.人對體重計的壓力小于體重計對人的支持力【答案】A【解析】【分析】超重狀態(tài)：當(dāng)物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度，合力也向上．根據(jù)牛頓第二定律即可計算出人對體重計的壓力．【詳解】人受到的支持力N：N-mg=ma，得：N=mg+ma．根據(jù)牛頓第三定律得，對體重計的壓力大小m（g+a）．故A正確，B錯誤；人對體重計的壓力和人受到的支持力是作用力和反作用力，故人對體重計的壓力等于體重計對人的支持力，故CD錯誤．故選A．【點睛】本題考查了學(xué)生對超重失重現(xiàn)象的理解，與牛頓運動定律的應(yīng)用，掌握住超重失重的特點與受力分析的基本方法即可求解．3.下圖為飛船運動過程的示意圖。飛船先進(jìn)入圓軌道1做勻速圓周運動，再經(jīng)橢圓軌道2，最終進(jìn)入圓軌道3完成對接任務(wù)。地球軌道2分別與軌道1、軌道3相切于A點、B點。則飛船（）A.在軌道1的運行周期大于在軌道3的運行周期B.在軌道2運動過程中，經(jīng)過A點時的速率比B點大C.在軌道2運動過程中，經(jīng)過A點時的加速度比B點小D.從軌道2進(jìn)入軌道3時需要在B點處減速【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)得軌道1的運動半徑小于軌道3的運動半徑，則在軌道1的運行周期小于在軌道3的運行周期，A錯誤；B．在軌道2運動過程中，A點為近地點，速度最大；B點為遠(yuǎn)地點，速度最小，B正確；C．根據(jù)得可知，經(jīng)過A點時的加速度比B點大，C錯誤；D．從軌道2進(jìn)入軌道3時需要在B點加速，使飛船所需向心力等于萬有引力，D錯誤。故選B。4.如圖所示為兩個相干波源、產(chǎn)生的波在同一種均勻介質(zhì)中相遇時產(chǎn)生的干涉圖樣．圖中實線表示某時刻的波峰，虛線表示波谷．下列說法正確的是（）A.、兩點的振動加強，、兩點的振動減弱B.、兩點的振動介于加強點和減弱點之間C.經(jīng)適當(dāng)?shù)臅r間后，加強點和減弱點的位置互換D.經(jīng)半個周期后，原來位于波峰的點將位于波谷，原來位于波谷的點將位于波峰【答案】AD【解析】【詳解】A．點是波谷和波谷相遇的點，是波峰和波峰相遇的點，都是振動加強的點，而、兩點都是波峰和波谷相遇的點，是振動減弱的點，故A正確；B．位于加強點的連線上，仍為加強點，故B錯誤；C．相干波疊加產(chǎn)生的干涉是穩(wěn)定的，不會隨時間變化，故C錯誤；D．形成干涉圖樣的介質(zhì)質(zhì)點也在不停地做周期性振動，經(jīng)半個周期后，原來位于波峰的點將位于波谷，原來位于波谷的點將位于波峰，故D正確。故選AD。5.如圖1所示，用手握住長繩的一端，時刻在手的帶動下O點開始上下振動，選向上為正方向，其振動圖像如圖2所示，則以下四幅圖中能正確反映時刻繩上形成的波形的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)O點振動圖像可知，在t1時刻繩上O點向下運動，由振動圖像可知t1時，波傳播的周期恰好為一個周期，傳播的距離為一個波長，而圖A中O點向下振動，圖C向上振動。故選A。6.蹦極是一項非常刺激的活動。如圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在O點，另一端和運動員相連。運動員從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的C點到達(dá)最低點D，然后彈起。不計空氣阻力，則運動員從O到D的運動過程中，下列敘述正確（）A.從B點到C點，運動員的加速度逐漸增大B.從C點到D點，運動員的加速度逐漸減小C.從B點到C點，運動員的動能和重力勢能之和減小D.從B點到D點，運動員的重力勢能和彈性繩的彈性勢能之和增大【答案】C【解析】【詳解】A．從B點到C點，根據(jù)牛頓第二定律有隨著下降，彈性繩的彈力逐漸增大，可知此過程中運動員的加速度逐漸減小，故A錯誤；B．從C點到D點，根據(jù)牛頓第二定律有隨著下降，彈性繩的彈力逐漸增大，可知此過程中運動員的加速度逐漸增大，故B錯誤；C．從B點到C點，除了重力做功外，彈性繩的彈力對運動員做負(fù)功，運動員的機械能減小，即運動員的動能和重力勢能之和減小，故C正確；D．從B點到D點，運動員與彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，而從B點到C點，運動員的動能逐漸增大，此過程中，運動員的重力勢能與彈性勢能之和逐漸減小；從C點到D點，運動員的動能逐漸減小，此過程中，運動員的重力勢能與彈性勢能之和逐漸增大，故D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，長為2m的平板車Q靜止在水平地面上。t=0時，可視為質(zhì)點的小物塊P從左端滑上平板車。此后，P和Q運動的速度時間圖像如圖乙所示。已知P、Q的質(zhì)量均是1kg，取，則以下判斷正確的是（）A.在內(nèi)，平板車Q與水平地面之間有摩擦力B.在內(nèi)，平板車Q受到的沖量大小是C.P相對Q靜止時恰好在Q的最右端D.P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】D【解析】【詳解】A．0~1s內(nèi)，根據(jù)題意，P受到向左的摩擦力做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有由圖乙可知，P和Q加速度大小相等，質(zhì)量相等，所以P、Q合力大小相等，方向相反，所以平板車Q只受物塊P滑動摩擦力，1s~2s內(nèi)，兩物體一起做勻速直線運動，兩物體均不受摩擦力作用，故A錯誤；B．0~2s內(nèi)，平板車Q受到的摩擦力的沖量為故B錯誤；C．1s時，P和Q保持相對靜止，此時即P處于Q的中間位置，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律有所以故D正確。故選D。8.如圖表示某電場等勢面的分布情況。將某一試探電荷先后放置在電場中的A點和B點，它所受電場力的大小分別為FA、FB，電勢能分別為EPA、EPB，下列關(guān)系式正確的是（）A.FA>FB B.FA<FBC.EPA>EPB D.EPA<EPB【答案】A【解析】【詳解】AB．因A點的等差等勢面較B點密集，可知A點的場強大于B點，則試探電荷在A點受電場力大于B點，即FA>FB選項A正確，B錯誤；CD．因AB兩點在同一等勢面上，則電勢相等，試探電荷在AB兩點的電勢能相等，即EPA=EPB選項CD錯誤。故選A。9.在一個等邊三角形abc頂點b和c處各放入一個電荷量相等的點電荷時，測得a處的場強大小為E，方向與bc邊平行，如圖所示。拿走c處的點電荷后，則（）A.a處場強大小仍為E，方向由a指向bB.a處場強大小為，方向由b指向aC.a處電勢保持不變D.a、c兩點電勢相等【答案】D【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知，頂點b和c處的電荷在a處產(chǎn)生的場強大小相等，由平行四邊形定則可知，c點處的點電荷在a處的電場強度方向由a指向c，而b點處的電荷在a處的電場強度的方向由b指向a，兩個場強大小相等，夾角為，合場強跟每個分場強大小相等，當(dāng)拿走c處的電荷后，a處電場強度大小仍為E，方向沿ba向外，故AB錯誤；CD．根據(jù)以上分析可知，b處電荷為正電荷，c處電荷為負(fù)電荷，未拿走c處電荷時，a點在等量異種點電荷連線的中垂線上，而無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則可知該中垂線為等勢線，且電勢為0，即a點電勢為0，而拿走c處的負(fù)電荷后，a處的電勢為正，且a、c到b的距離相等，則可知a、c電勢相等，故C錯誤，D正確。故選D。10.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端系一質(zhì)量為m的物塊，組成一豎直懸掛的彈簧振子，在物塊上裝有一記錄筆，在豎直面內(nèi)放置有記錄紙．當(dāng)彈簧振子沿豎直方向上下自由振動時，以速率v水平向左勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下如圖所示余弦型函數(shù)曲線形狀的印跡，圖中的y1、y2、x0、2x0、3x0為記錄紙上印跡的位置坐標(biāo)值，P、Q分別是印跡上縱坐標(biāo)為y1和y2的兩個點．若空氣阻力、記錄筆的質(zhì)量及其與紙之間的作用力均可忽略不計，則A.該彈簧振子的振動周期為x0/vB.該彈簧振子的振幅為y1-y2C.在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，物塊所受合力的沖量為零D.在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，彈力對物塊做功為零【答案】C【解析】【詳解】A．該彈簧振子的振動周期為，選項A錯誤；B．該彈簧振子的振幅為，選項B錯誤；C．因在PQ兩點振子的速度為零，則動量為零，則在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，物塊動量的變化為零，根據(jù)動量定理可知，物塊所受合力的沖量為零，選項C正確；D．根據(jù)動能定理，在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，合力對物塊做功為零，而合力功等于彈力功與重力功之和，重力功不為零，則彈力對物塊做功不為零，選項D錯誤．11.如圖所示，兩物塊A、B質(zhì)量分別為m、2m，與水平地面的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態(tài)，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復(fù)原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關(guān)于這一運動過程，下列說法正確的是（）A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.兩物塊A、B初速度的大小關(guān)系為v1=v2D.兩物塊A、B運動的路程之比為2:1【答案】D【解析】【詳解】A．分析可知，物塊A、B的質(zhì)量分別為m、2m，與地面間的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，因此在滑動過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于，且方向相反，由此可知系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；B．在系統(tǒng)運動過程中要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；C．系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得解得故C錯誤；D．系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得設(shè)A、B的路程分別為、，則有解得故D正確。故選D。12.某物體沿直線做單向運動，圖中直線反映了其運動過程中某兩個物理之間的關(guān)系，陰影區(qū)域“面積”就有可能表示另一個物理量。請選出以下表述中錯誤的選項（）A.若y表示物體的加速度，x表示時間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時間內(nèi)物體的速度變化量B.若y表示物體所受合力，x表示時間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時間內(nèi)物體的動量變化量C.若y表示物體所受合力功率，x表示物體運動的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動能變化量D.若y表示物體所受合力，x表示物體運動的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動能變化量【答案】C【解析】【詳解】A．加速度圖像中的面積S表示，即速度的變化量，故A正確，不符合題意；B．因為I=Ft則圖像面積表示合外力的沖量，根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，故B正確，不符合題意；C．根據(jù)W=Pt可知，若橫坐標(biāo)表示時間，圖像面積表示合外力做的功，根據(jù)動能定理可知，合外力做的功等于動能的變化量，但橫坐標(biāo)表示物體運動的距離，則面積無意義，故C錯誤，符合題意；D．根據(jù)W=Fx可知，圖像面積表示合外力的功，根據(jù)動能定理可知，合外力的功等于動能的變化量，故D正確，不符合題意。故選C。13.如圖所示，京張高鐵將北京到張家口的通行時間縮短在1小時內(nèi)，成為2022年北京冬奧會重要的交通保障設(shè)施。假設(shè)此高鐵動車啟動后沿平直軌道行駛，發(fā)動機的功率恒為，且行駛過程中受到的阻力大小恒定。已知動車的質(zhì)量為，最高行駛速度。則下列說法正確的是（）A.由題目信息可估算京張鐵路的全長為350kmB.行駛過程中動車受到的阻力大小為C.當(dāng)動車的速度為時，動車的加速度大小為D.從啟動到速度為的過程中，動車牽引力所做的功為【答案】C【解析】【詳解】A．由題所給信息，只知道動車的最高時速，不知道其平均速度，因此無法估算京張鐵路的全長，故A錯誤；B．當(dāng)動車達(dá)到最大速度時，動車所受牽引力大小等于其所受阻力大小，根據(jù)功率與牽引力的關(guān)系可知，有因此行駛過程中動車受到的阻力大小為故B錯誤；C．當(dāng)動車的速度為時，動車所受牽引力根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；D．從啟動到速度為的過程中，對動車由動能定理有可得動車牽引力所做的功為式中表示該過程中克服阻力所做的功，故D錯誤。故選C。14.兩個天體組成雙星系統(tǒng)，它們在相互之間的萬有引力作用下，繞連線上某點做周期相同的勻速圓周運動?？茖W(xué)家在地球上用望遠(yuǎn)鏡觀測由兩個小行星構(gòu)成的雙星系統(tǒng)，看到一個亮度周期性變化的光點，這是因為當(dāng)其中一個天體擋住另一個天體時，光點亮度會減弱。科學(xué)家用航天器以某速度撞擊該雙星系統(tǒng)中較小的小行星，撞擊后，科學(xué)家觀測到光點明暗變化的時間間隔變短。不考慮撞擊后雙星系統(tǒng)的質(zhì)量變化。根據(jù)上述材料，下列說法正確的是（）A.被航天器撞擊后，雙星系統(tǒng)的運動周期變大B.被航天器撞擊后，兩個小行星中心連線的距離增大C.被航天器撞擊后，雙星系統(tǒng)的引力勢能減小D.小行星質(zhì)量越大，其運動的軌道越容易被改變【答案】C【解析】【詳解】A．被航天器撞擊后，科學(xué)家觀測到光點明暗變化的時間間隔變短，說明雙星系統(tǒng)的運動周期變小，故A錯誤；B．設(shè)兩個小行星的質(zhì)量分別為m1,m2,它們做圓周運動半徑分別為r1，r2，設(shè)兩個小行星中心連線的距離為r,則兩小行星繞連線上某點做周期相同的勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力得聯(lián)立以上各式得因為周期T變小，說明兩個小行星中心連線的距離r變小，故B錯誤；C．兩個小行星中心連線的距離r變小，引力做正功，引力勢能減小，故C正確；D．小行星質(zhì)量越大，慣性越大，其運動的速度不容易被改變，那其運動的軌道越不容易被改變，故D錯誤。故選C。二、填空題（共18分）15.某實驗小組的同學(xué)用如圖1所示的裝置做“用單擺測量重力加速度”實驗。（1）實驗中該同學(xué)進(jìn)行了如下操作，其中正確的是_______。A．用公式計算時，將擺線長當(dāng)作擺長B．?dāng)[線上端牢固地系于懸點，擺動中不能出現(xiàn)松動C．確保擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動D．?dāng)[球不在同一豎直平面內(nèi)運動，形成了圓錐擺（2）某同學(xué)測出懸點O到小球球心的距離（擺長）L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g=__________（用L、n、t表示）。（3）將不同實驗小組的實驗數(shù)據(jù)標(biāo)注到同一T2-L坐標(biāo)系中，分別得到實驗圖線a、b、c，如圖2所示。已知圖線a、b、c平行，圖線b過坐標(biāo)原點。對于圖線a、b、c，下列分析正確的是______。A．出現(xiàn)圖線c的原因可能是因為使用的擺線比較長B．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將擺線長記作擺長LC．由圖線b計算出的g值最接近當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋蓤D線a計算出的g值偏大，圖線c計算出的g值偏小【答案】①.BC##CB②.③.B【解析】【詳解】（1）[1]A．用公式計算時，應(yīng)將擺線長與小球半徑之和當(dāng)作擺長，故A錯誤；B．?dāng)[線上端應(yīng)牢固地系于懸點，擺動中不能出現(xiàn)松動，若出現(xiàn)松動，擺動過程中擺長會發(fā)生變化，根據(jù)可知，計算得到的重力加速度將不準(zhǔn)確，故B正確；CD．單擺是同一豎直平面內(nèi)的圓周運動，因此擺動必須在同一豎直平面內(nèi)擺動，不能在不動豎直平面內(nèi)擺動，否則形成圓錐擺，故C正確，D錯誤。故選BC。（2）[2]根據(jù)單擺的周期可得而根據(jù)題意聯(lián)立可得（3）[3]A．若實驗過程中將擺線的長度以及小球的直徑當(dāng)作擺長，則應(yīng)有可得則可知，圖像應(yīng)與縱軸原點下方有截距，即出現(xiàn)圖線c的原因是因為將擺線的長度與擺球的直徑之和當(dāng)作了單擺的擺長，故A錯誤；B．若實驗過程中將擺線的長度當(dāng)作擺長，則應(yīng)有可得則可知，圖像應(yīng)與縱軸原點上方有截距，即出現(xiàn)圖線a的原因是因為將擺線的長度當(dāng)作了單擺的擺長，故B正確；C．該實驗通過圖像的斜率計算當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，可知，無論出現(xiàn)何種情況，圖像的斜率不變，因此，通過a、b、c三條直線的斜率計算得到的重力加速度相同，故C錯誤。故選B。16.物理實驗一般都涉及實驗?zāi)康?、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數(shù)據(jù)分析等。（1）利用圖1所示的裝置探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律。為減小實驗誤差，下列措施可行的有___________。A．描點作圖時，鉛筆應(yīng)尖一些，力的圖示適當(dāng)大些B．用兩個測力計拉細(xì)繩套時，兩測力計的示數(shù)適當(dāng)大些C．用兩個測力計拉細(xì)繩套時，細(xì)繩間的夾角越大越好（2）利用圖2所示裝置驗證機械能守恒定律。圖3為實驗所得的一條紙帶，在紙帶上選取連續(xù)的、點跡清晰的3個點A、B、C，測出A、B、C與起始點O之間的距離分別為h1、h2、h3。已知打點計時器的打點周期為T，重物質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。從打O點到打B點的過程中，重物增加的動能ΔEk=________，減少的重力勢能ΔEp=________。（用題中所給字母表示）（3）某同學(xué)用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。A、B為兩個半徑相等、質(zhì)量分別為m1和m2（m1＞m2）的小球，O點是水平軌道末端在水平地面上的投影。實驗時先讓入射小球A多次從斜軌上位置S由靜止釋放，標(biāo)記出其平均落地點P，測出射程OP。然后把被碰小球B置于水平軌道末端，仍將入射小球A從斜軌上位置S由靜止釋放，與小球B相碰，并多次重復(fù)該操作，標(biāo)記出碰后兩小球的平均落地點M、N，測出射程OM和ON。①若兩球碰撞前后動量守恒，則m1、m2、OM、OP、ON應(yīng)滿足表達(dá)式_________。②若兩球碰撞為彈性碰撞，則OM、OP、ON還應(yīng)滿足ON－OM_____OP（選填“＞”“＝”“＜”）。③某同學(xué)驗證動量守恒定律認(rèn)為即使A球質(zhì)量m1大于B球質(zhì)量m2，也可能會使A球反彈。請說明該同學(xué)的觀點是否正確并給出理由_________?！敬鸢浮竣?AB##BA②.③.④.m1·OP＝m1·OM＋m2·ON⑤.＝⑥.不合理，見解析【解析】【詳解】（1）[1]A．描點作圖時，鉛筆應(yīng)尖一些，描出的點跡所示位置就會更精準(zhǔn)，力的圖示適當(dāng)大些，在做平行四邊形時可直接在力的圖示上截取邊長，以減小實驗誤差，故A正確；B．用兩個測力計拉細(xì)繩套時，兩測力計的示數(shù)適當(dāng)大些，讀數(shù)時產(chǎn)生的相對誤差就會更小，可以減小實驗誤差，故B正確；C．用兩個測力計拉細(xì)繩套時，細(xì)繩間的夾角并非越大越好，過大或過小在作圖時都會產(chǎn)生較大誤差，因此細(xì)繩間的夾角應(yīng)適當(dāng)，故C錯誤。故選AB。（2）[2]通過平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得則可知，從打O點到打B點的過程中，重物增加的動能[3]減小的重力勢能在數(shù)值上等于重力所做的功，則（3）[4]設(shè)碰撞前A球的速度為，碰撞后A球的速度為，B球的速度為，則根據(jù)動量守恒定律有A球單獨拋出和碰撞后A、B球運動都是平拋運動，下落高度相同，則所用時間相同，因此上式可寫成而則上式可寫成[5]兩球碰撞為彈性碰撞，則應(yīng)滿足機械能守恒定律根據(jù)，，聯(lián)立解得[6]設(shè)碰前A球的動量為p0，動能為Ek0，碰后A球的動量為p1、動能為Ek1，B球動量為p2、動能為Ek2。取碰前A球的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有若A球反彈，則p1<0，所以p2>p0，即又因為m1＞m2，所以Ek2>Ek0，違背了能量守恒定律，所以該同學(xué)的觀點錯誤。三．計算題（解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）17.在水平方向的勻強電場中，用絕緣輕繩懸掛一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。（1）求勻強電場的場強大小E；（2）若剪斷輕繩，求小球此后在電場中運動時的加速度大小a；（3）若撤去電場，小球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)擺動，求小球擺到最低點時受到輕繩的拉力大小T?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）以小球?qū)ο?，根?jù)平衡條件可得解得勻強電場的場強大小為（2）若剪斷輕繩，小球受到重力和電場力的合力大小為根據(jù)牛頓第二定律可得，小球的加速度大小為（3）若撤去電場，小球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)擺動，設(shè)小球擺到最低點時的速度為，根據(jù)機動能定理可得小球在最低點時，根據(jù)牛頓運動定律有聯(lián)立解得18.如圖所示，民航客機發(fā)生意外緊急著陸后，打開緊急出口，會有一條由氣囊自動充氣后形成的連接出口與地面的斜面，乘客可沿斜面快速滑下。某客機緊急出口下沿距地面高，氣囊構(gòu)成的斜面長。某質(zhì)量的乘客沿該氣囊下滑時所受阻力大小。若該乘客由靜止開始下滑。取。忽略氣囊形變。求：（1）該乘客沿氣囊下滑過程中，阻力對人所做的功；（2）該乘客到達(dá)氣囊底端時速度的大小v；（3）該乘客沿氣囊下滑的過程中，重力對人的沖量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）4m/s；（3）1920N·s【解析】【詳解】（1）人沿氣囊滑下的過程中，阻力對人所做的功（2）人沿氣囊滑下的過程，根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s（3）人沿氣囊下滑的平均速度人沿斜面下滑的時間為則重力的沖量=mgt=60×10×3.2N·s=1920N·s方向豎直向下。19.如圖甲所示，三個物體A、B、C靜止放在光滑水平面上，物體A、B用一輕質(zhì)彈簧連接，并用細(xì)線拴連使彈簧處于壓縮狀態(tài)，三個物體質(zhì)量分別為mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg?，F(xiàn)將細(xì)線燒斷，物體A、B在彈簧彈力作用下做往復(fù)運動（運動過程中物體A不會碰到物體C）。若此過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，并設(shè)以向右為正方向，從細(xì)線燒斷后開始計時，物體A的速度-時間圖象如圖乙所示。求：（1）物體B運動速度的最大值；（2）在乙圖中畫出一個周期內(nèi)物體B的速度-時間圖象；（3）若在某時刻使物體C以vC=4m/s的速度向右運動，它將與正在做往復(fù)運動的物體A發(fā)生碰撞，并立即結(jié)合在一起，試求在以后的運動過程中，彈簧可能具有的最大彈性勢能的取值范圍?！敬鸢浮浚?）2m/s；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)細(xì)線燒斷時，物體A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)物體B的最大速度為,由動量守恒定律有解得可知，當(dāng)A的速度最大時，B將獲得最大速度，根據(jù)圖乙可知，當(dāng)時，A的速度最大，讀圖可得此時由此可得B的速度的最大值為（2）根據(jù)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)在整個運動過程中動量守恒可知，當(dāng)兩者速度第一次均達(dá)到最大時，彈簧恢復(fù)原長，之后兩者一起減速，直至速度均減為0時，彈簧被拉伸至最長，之后二者速度反向，再次速度達(dá)到最大時彈簧又一次恢復(fù)原長，之后二者又共同減速，直至速度減為零，如此反復(fù)，物塊B在一個周期內(nèi)的速度—時間圖像如圖所示（3