【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期期中测试物理试题 Word版含解析.docx，共(25)页，2.315 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4ae29cb6919cdb807006b1ccc1782aca.html

以下为本文档部分文字说明：

北京一六一中学2023—2024学年度第一学期期中阶段测试高三物理试卷班级___________姓名___________学号___________考生须知1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2.试题答案一

律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。一、单项选择题：本大题共10道小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡

相应的位置上．．．．．．．．．．．．．．．．．。1.如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（小于5）后由静止释放，并从释放时开始计时。小球相对于平衡位置O的水平位移为x，向右为正，则小球在一个周期内的振动图像为（）A

B.C.D.【答案】A【解析】【详解】从释放时开始计时，即t=0时小球的位移为正向最大，故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。2.图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在1st=时刻的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（）.A.图乙可能为质点L的振动图像B.该简谐波的波速为0.

3m/sC.该时刻质点K与L的速度、加速度都相同D.质点K再经1s将沿x轴正方向移动到0.4mx=处【答案】A【解析】【详解】A．由题意知波向右传播，由图可得1st=时刻质点L在平衡位置，由上下坡法可知质点L下一时刻向下振动，故乙图可能是质点L的振动图像，故A正确；B．由图可得0.

4m=2sT=所以波速为0.2msvT==故B错误；C．由图可知质点K与L相差半个周期，所以两者的速度、加速度等大、反向，故C错误；D．因为每个质点都在自己平衡位置周期性振动，不会随波迁移，故D错误。故选A。3.利用引力常量G和下列某

一组数据，不能．．计算出地球质量的是（）A.地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离C.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离D.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运

动的速度及周期【答案】C【解析】【详解】A．由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有002MmGmgR=可得GgRM2=能计算地球质量，故A错误；B．由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有222224MmGmrrT=可得2324rMGT=

能计算地球质量，故B错误；C．同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，故C正确；D．由万有引力提供人造卫星的向心力，有2112MmvGmRR=又2RvT=联立得32vTMG=能计算地球质量，故D错误

。故选C。4.如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球的球心距离为3r．达到静电平衡后，下列说法正确的是A.金属球的左侧感应出负电荷，右侧感

应出正电荷B.点电荷Q在金属球内产生的电场的场强处处为零C.金属球最左侧表面的电势高于最右侧表面的电势D.感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为29QEkr=【答案】D【解析】【分析】金属球在点电荷附近，出现静电

感应现象，导致电荷重新分布，整个导体是一个等势体．在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．由于静电平衡，金属球内部各点的合场强为零，即电荷Q和球面上感应电荷在球内部某点产生的场强大小相

等，方向相反，最后依据真空中点电荷间的库仑定律才适用．【详解】静电感应导致金属球的电荷重新分布，左侧带正电荷，右侧带负电荷，故A错误．金属球内各点的场强均为零，即感应电荷在金属球内某点激发的电场场强与点电荷在该点处产生的电场强度大小，方向相反，故B错误．由于静电

感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体．故C错误；感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为2

2()39QQEkkrr==，故D正确．故选D．【点睛】考查静电平衡的内容，掌握点电荷的电场强度公式，关键要掌握静电平衡状态的特点：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，并能理解场强为零的原因，注意库仑定律的成立条件．5.在某静电场中把一个电荷量为+q的检验电荷从电场中A点移到无限远处时

，电场力做功为W，则检验电荷在A点的电势能pAE以及电场中A点的电势A分别为（）A.,AWEWq==pAB.,AWEWq=−=pAC.,AWEWq==−pAD.,AWEWq=−=−pA【答案】A【解析】【详解】电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动

到零势能位置时静电力做的功，则由题意可得pAEW=根据电势的定义可得pAAEWqq==故选A。6.两个带等量正电的点电荷Q1和Q2的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、c两点关于两电荷连线对称，a、d两点在两电荷连线上，且a点到Q1的距离

和d点到Q2的距离相等。则（）A.b点的场强与c点的场强相同B.a点的场强比d点的场强大C.a点的电势比b点的电势高D.电子在a点的电势能比在c点的电势能大【答案】C【解析】【详解】A．根据等量正电点电荷电场分布可知，b点的场强与c点的场强大小相同，方

向相反，故A错误；B．等势面越密集电场强度越大，故a点的场强比d点的场强小，故B错误；C．越靠近正电点电荷电势越高，由图中等势面可知，a点的电势比b点的电势高，故C正确；D．同理，a点的电势比c点的电势高，电子在a点的电势能比在c点的电势能小，故D错误。故选C。7.小铁

块置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，铁块的质量大于木板的质量。t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动，t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动，此时与开始运动时的位置相比较，下列示意图符合实际的是（）A.AB.BC.CD.D【答

案】A【解析】【详解】开始时两者具有等大反向的初速度，由于铁块的质量大于木板的质量，所以系统的总动量水平向左，根据动量守恒定律知，当两物体相对静止时共同速度水平向左，而且在速度达到相等前，小铁块一直向左运动，所以两者速度

相等时，小铁块在初位置的左侧。故选A。8.游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘的边缘，其简化的结构如图所示。当魔盘转速缓慢增大时，如果游客相对魔盘仍保持静止

，则在此过程中，下列说法正确的是（）A.游客受到魔盘的支持力缓慢增大B.游客受到魔盘的摩擦力缓慢减小C.游客受到魔盘的作用力大小变大D.游客受到的合外力大小不变【答案】C【解析】【详解】AB．对游客受力分析如图分别对水平和竖

直方向列方程，水平方向fx-Nx=mω2r竖直方向fy+Ny=mg则随着魔盘转速缓慢增大，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向做圆周运动的特点，只能f增大，N减小。故AB

错误；C．把人受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力），即为游客受到魔盘的作用力。将其在水平和竖直方向正交分解，竖直分量与重力等大反向，保持不变；水平方向的分力即为向心力，随着转速缓慢增大而增大，所以游

客受到魔盘的作用力增大，故C正确；D．游客始终由水平方向的合外力提供向心力，由F合=mω2r可知，游客受到的合外力大小变大，故D错误。故选C。9.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hB.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hD.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【答案】D【解析】【详解】A．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；B．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，所以系统动量不守恒，故B错误；C．1、2号碰撞后粘在一起，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；D．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动量都不守恒，故D正确。故选D。10.物体在流体中运动时，流体的阻力跟物体相对于流体的速度有关，速度越大，阻力越大。雨滴在空气中下落，下落过程中可将雨滴看作球体。雨滴速度越来越大，所受空气阻

力也越来越大，当阻力增加到跟雨滴所受的重力相等时，二力平衡，雨滴匀速下落。学校兴趣小组同学为了进一步探究雨滴下落时的阻力情况，查阅资料得到如下信息：极小雨滴在云层中与其他小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程

变为可以从云层中掉落的较大雨滴；①雨滴极小时，下落过程中受到的阻力可以表示为：6πfrv=，r为雨滴半径，v为雨滴下落的速度，为流体的黏滞系数，其大小与空气的温度、浓度等有关。②雨滴较大时，下落过程中受到的阻力可以表示为：212DfCSv=，表示空气密度，S表示横截面积，v为雨滴下落

的速度，DC是阻力系数，称为雷诺数。其中2460.41DeeCRR=+++，evLR=，L是与横截面半径成正比的特征长度，单位为m。根据以上信息分析，下列判断正确的是（）A.极小雨滴不易从云层中落下是因为受空气阻力大于自

身重力B.静止释放的较大雨滴在只考虑流体阻力的影响下，半径越大的雨滴匀速下落越快C.雷诺数DC是一个与雨滴大小无关的确定常数D.eR的单位是11kgms−−【答案】B【解析】【详解】A．极小雨滴下落

过程中所受空气阻力与速度成正比，当极小雨滴匀速运动时，其所受阻力与重力平衡，此时雨滴速度最大，所受空气阻力最大，所以其所受空气阻力不可能大于自身重力。极小雨滴不易从云层中落下是因为在云层中与其他小雨滴或小冰晶碰撞结合，不断翻腾，经过漫长的过程变为了较

大雨滴，故A错误；C．雷诺数DC与eR有关，Re越大，雷诺数DC越小，而Re又与特征长度L有关，L越大，Re越大，且L是与横截面半径成正比的特征长度，因此雨滴越大，L越大，Re越大，雷诺数DC越小，故C错误；D．根据雷诺数的表达式可知它是一个无量纲的常数，则Re也是一

个无量纲的常数，故D错误；B．设雨滴半径为R，则其质量为34π3mVR==横截面积为2πSR=当雨滴以速度v匀速下落时，根据平衡条件有212DmgfCSv==联立以上三式解得83DgRvC=因为半径越大的雨滴，特征长度L越大，雷诺数DC越小，所以v越大，故B

正确。故选B。二、多项选择题：本大题共4道小题，每小题3分，共12分。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的该小题不得分。把正确答案涂写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．．．．．．．．．

。11.下列关于机械波的说法中正确的是（）A.声波是横波，在真空中是无法传播的B.发生稳定干涉现象的两列波的频率一定相同C.当障碍物的尺寸比波长小或者差不多时，能观察到明显衍射现象D.观察者和波源之间存在相

对运动时，观察者接收到频率大于波源的频率【答案】BC【解析】【详解】A．声波是纵波，声波的传播需要介质，在真空中是无法传播的，故A错误；B．根据发生干涉的条件，可知发生稳定干涉现象的两列波的频率一定相同，故B正确；C．当障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更

小时，可以观察到明显衍射现象，故C正确；D．根据多普勒效应，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率大于波源的频率，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率小于波源的频率，故D错误。故选BC。12.

研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（）的A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小D.实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，

表明电容增大【答案】AC【解析】【详解】A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；B．b板向上平移，正对面积S变小，由r4SCkd=知，电容C变小

，由QCU=知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；C．插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由r4SCkd=知，电容C变大，由QCU=知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C正确；D．由QCU=，实验中，只增加极板带电

荷量，静电计指针的张角变大，表示U变大，但带电荷量与电容器电容无关C不变，D错误。故选AC。13.如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（）A.小球经过A点

时，所受杆的作用力可能竖直向下B.小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向C.从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变D.从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功【答案】AD【解析】【详解】A．小球经过A点时

，合外力提供向心力，则当小球速度较小时22mvmgr则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时22mvmgr则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度2mvmgr=则杆对小球无作用力，A正确；B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方，杆的作用力一定不会沿着

BO方向，B错误；C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，C错误；D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知kΔ

0GWWE+==杆故杆对小球的作用力做负功，D正确；故选AD。14.如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地面上，另一端拴接一质量为m、可视为质点的物块B，B保持静止状态，此时弹簧被压缩了h。现将另一质量也为m的

物块A，从距B高为2h的位置由静止释放，两物块发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时间极短，忽略物块在运动过程中的空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能2p12Ekx=（其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），则下列选项中正确的是（）的A.碰后瞬间

两物体的加速度大小为gB.碰后瞬间两物体的总动能为mghC.碰撞后两物体的最大动能为1.5mghD.在运动过程中两物块会在弹簧原长处分离【答案】BC【解析】【详解】A．初态，B保持静止，根据平衡条件有mgk

h=碰后瞬间弹簧弹力不发生变化，根据牛顿第二定律有22mgkhma−=即碰后瞬间两物体的加速度大小为2ga=故A错误；B．设碰撞前A速度为v0，则有2022vgh=碰撞后A、B的速度为v，碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，即02mvmv=解得vgh=所以碰后瞬间两物体的总动能为2k1

22Emvmgh==故B正确；C．碰撞后两物体一起向下运动，当两物块的重力与弹簧弹力相等时，两物块的动能最大，即的12mgkx=求得12xh=A、B从碰撞后瞬间到A、B动能最大时，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，有222km111112()

2222Ekxkhmgxhm+−=−+v联立解得km1.5Emgh=故C正确；D．假设A、B能分离，分离时，有ag=即弹簧处于原长状态，但碰撞后物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，从返回至碰撞点，到最高点过程中，反弹向

上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度大小；设弹簧压缩量为x3时速度减小为零，则有2231122khkx−23122()2mvmghx+=−解得3(23)xhh=−即物体A、B到达不了弹簧的原长处，故

物体A、B不会分离，故D错误。故选BC。三、实验题：本大题共2道小题，共18分。把正确答案填在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．．．．．．．．。15.某实验小组的同学用如图所示的装置做“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224πLgT=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）在实验中，多次改变摆长

L并测出相应周期T，计算出2T，将数据对应坐标点标注在2TL−坐标系（如图甲所示）中。请将0.700mL=，222.88sT=所对应的坐标点标注在图中，根据已标注数据坐标点，在图甲中描绘出2TL−图线______，并通过图线求出当地的重力加速度

g=______2m/s（结果保留3位有效数字，取3.14）；（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一2TL−坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图乙所示。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LC．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##CB②.③.9.86④.B【解析】【详

解】（1）[1]A．用公式224πLgT=计算时，应该将将悬点到摆球重心之间的间距当作摆长，即应该将摆线长与摆球的半径之和当作摆长，A错误；B．实验过程，单摆的摆长不能发生变化，即摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，B正确；

CD．单摆的运动应该是同一竖直平面内的圆周运动，即实验是应该确保摆球在同一竖直平面内摆动，不能够使摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆，C正确，D错误。故选BC。（2）[2]将该坐标点标注在坐标中，用一条倾斜的直线将描绘的点迹连接起来，使点迹均匀分布在

直线两侧，如图所示[3]根据2LTg=则有224TLg=结合图像有22143.482.48sm0.8500.600g−−=−解得29.86m/sg=（3）[4]A．根据图线c的可知，在2T取为0时，L不

为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，此时有22dLTg−=即有22242dTLgg=−该图像与摆线的长度大小无关，A错误；B．若将摆线长记

作摆长L，则有22dLTg+=即有22242dTLgg=+该函数对应的图像是a，即出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，B正确；C．根据上述可知，三条图像的斜率均为24kg=解得24gk=可知，三条图线求出的重力加速度相同，C错误。

故选B。16.用如图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验。（1）在以下测量工具中，本实验必须使用的是___________。A.刻度尺B.游标卡尺C.秒表D.天平（2）实验中需要满足的条件是___________。A.斜槽轨道的末端切线必须

水平B.小球1每次必须从同一高度由静止释放C.两球材质必须相同D.两球质量应满足12mmE.两球半径应满足12rr=（3）图中O点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上位置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部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的物理量有___________。（选填选项前的

字母）A.入射小球和被碰小球的质量1m、2mB.入射小球开始的释放高度hC.小球抛出点距地面的高度HD.两球相碰后的平抛射程OM、ON（4）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动量守恒。（5）历史上关于“运动”量度有两种观点：一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的强弱；另一种观点认为应该用物理量2mv来量度运动的强弱。牛顿用如图所示的实验研究碰撞，并记录了自己的实验：“摆长取1

0英尺……若物体A以9份运动撞到静止的物体B，损失掉7份，碰撞后以2份继续前进，则物体B将以7份运动弹起。如果两物体从反方向相撞，撞前A以12份运动，B以6份运动，撞后A以2份后退，B将以8份后退，双方各减14份。”牛顿由

此找到了碰撞中的运动守恒量。你认为牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv还是2mv？并简述理由。___________【答案】①.AD##DA②.ABDE③.AD##DA④.112mOPmOMmON=+⑤.mv，理由

见解析【解析】【详解】（1）[1]本实验必须使用刻度尺和天平，故选AD。（2）[2]A．斜槽轨道的末端切线必须水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；B．小球1每次必须从同一高度由静止释放，以保证到达底端时速度相同，选项B正

确；CDE．为保证两球正碰，则两球必须半径相等，即12rr=，为防止入射球碰后反弹，入射球的质量大于被碰球的质量，即12mm，则两球的材质不相同，选项C错误，DE正确；故选ABDE。（3）[3]取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0=m1v1+m2v

2小球抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，因此落地时间t相同则小球做平抛运动的速度与水平射程成正比，表达式两边乘以t可得m1v0t=m1v1t+m2v2t即m1OP=m1OM+m2ON故仅需要测量入射小球和被碰小球的质量m1、m2以及两球相碰后的平抛射程OM、

ON。故选AD。（4）[4]由以上分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式112mOPmOMmON=+则可以认为两球碰撞前后动量守恒。（5）[5]牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv，设一份运动mv为p，则p为矢量根据牛顿的第一次实验数据，碰撞前后系统的mv相等，即927ppp=+同理，第二

次实验数据，碰撞前后系统的mv也相等，即12628pppp−=−+而若设一份运动2mv为E，则E为标量根据第二次实验数据，碰撞前后系统的2mv不相等，即12628EEEE++因此牛顿所指的量度“运动”的物理量是mv。四、计算题：本大题共4道小

题，共40分。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。把正确答案写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．．．．．．．．。17.图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖

直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。（1）求小球通过B点时的速度大小vB。（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。（3）

请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。【答案】（1）22BvgR=；（2）3Fmg=，方向竖直向下；（3）BCaa【解析】【详解】（1）小球从A到B由机械能守恒定律2142BmgRmv=解得小球通过B点时的速度大小22BvgR=（2

）小球从A到C由机械能守恒定律()21422CmgRRmv−=解得小球通过C点时的速度大小2CvgR=在C点由牛顿第二定律2CvFmgmR+=解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小3Fmg=方向竖直向下。（3）小球在B

点的加速度大小为28BBvagR==小球在C点的加速度大小为24CCvagR==所以BCaa18.如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压1U加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N

两板间的距离为d，电压为2U，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y；（3）电子在

离开偏转电场时的动能kE。【答案】（1）12eUvm=；（2）2214ULyUd=；（3）222k1214eULEeUdU=+【解析】【详解】（1）根据动能定理2112eUmv=解得12eUvm=（2）在平

行于极板方向做匀速运动Lvt=在垂直于极板方向做匀加速直线运动212yat=根据牛顿第二定律2eUamd=解得2214ULyUd=（3）由动能定理210kUeUeyEd+=−解得222k1214eULEeUdU=+19.

碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进行研究。(1)该同学在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞。让滑块A以某一速度与原来静止的滑块B发生正碰，已知A的质量为2m，B的质量为m。a.若如图1所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣，碰后A、B将

粘在一起运动。已知滑块A的初速度为v0，求此过程中A、B组成的系统损失的机械能是多少？b.若如图2所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有弹簧圈，碰后A、B将分开且沿着相同方向运动。通过传感器分别测得两个滑块碰撞前后的速度如下：碰撞前碰撞后实验序号v10

（m/s）v20（m/s）v1（m/s）v2（m/s）10.9000.301.2020.7300.240.9730.8100.271.08该同学通过处理数据发现碰撞前后有mAv10=mAv1+mBv2，说明滑块的碰撞

过程满足动量守恒定律；同时他还发现2110vvv−=也成立，他认为这是一个运动的滑块与一个静止的滑块发生弹性碰撞的必然结果。请你分析说明该同学的观点是否正确。(2)了对碰撞进行深入研究，该同学查阅资料了解到以下信息：不同材料制成的两个小球甲、乙，若碰撞前的速度分别为v10和v2

0，碰撞后的速度分别为v1和v2，把v10-为v20称为接近速度，把v2-v1称为分离速度。研究发现碰撞后的分离速度与碰撞前的接近速度成正比，这个比值称为恢复系数，用e表示，即：211020vvvev−−=。请你

根据以上信息结合碰撞的规律完成以下问题：小球甲在光滑水平面上以一定的速度与原来静止的小球乙发生正碰，恢复系数为23。若碰后甲、乙两球速度的大小之比始终为2∶1，则甲、乙两球的质量应该满足什么关系？【答案】(1)a.2013Emv=损，b.见解析；(2)12213mm

=【解析】【详解】(1)a．根据动量守恒定律，有02(2)mvmmv=+A、B组成的系统损失的机械能220112(2)22Emvmmv=−+损解得2013Emv=损b．若A、B发生弹性碰撞，则碰撞过程

满足动量守恒定律和机械能守恒定律，有1012AABmvmvmv=+2221012111222AABmvmvmv=+整理以上两式得1012()ABmvvmv−=①21011012()()ABmvvvvmv−+=②②①得1012vvv+=即2110vvv−=，所以该同学的观点是

正确的。（说明：要有推导过程）(2)设甲、乙两球的质量分别为m1和m2，根据动量守恒定律，有1101122mvmvmv=+根据题意有211023vvev−==122vv=−解得12213mm=20.摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状

各异，却遵循着相似的规律。（1）如图1所示，一个摆的摆长为L，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。b．如图2所

示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为（）时，求此时小球的角速度大小1。（2）如图3所示，长为L的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为2L和L处分别固定一个质量为m、可看作质点的小球，忽略轻

杆的质量和空气阻力。a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小2。b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比2和1的表达式，参照单摆的周期公式2LTg=，

写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。【答案】（1）a．(32cos)mg−，b．2(coscos)gL−；（2）a．12(coscos)5gL−，b．526LTg=，依据见解析【解析】【详解】（1）a．根据机械能守恒定律可得21(1cos)2−=mgLmv

在最低点根据牛顿第二定律2vFmgmL−=解得(32cos)Fmg=−b．根据机械能守恒定律可得211(coscos)2mgLmv−=角速度为11vL=联立解得12(coscos)gL−=（

2）a．根据机械能守恒定律可得222211(coscos)(coscos)222LmgLmgmvmv−+−=+其中22vL=，222Lv=代入解得212(coscos)5gL−=b．此系

统做简谐运动的周期为526LTg=对比2和1的表达式可得2165=可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足2165=因此56TT=可得55266LTTg==