【文档说明】北京市顺义区第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(25)页，2.100 MB，由管理员店铺上传

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顺义二中2023-2024学年度第二学期期中考试高二物理试卷第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下图为某质点做简谐运动的位移－时间图像．由此可知A.

该质点振动的振幅为20cmB.该质点振动的周期为2sC.0.5s和1.5s两个时刻，质点具有相同的位移D.0.5s和1.5s两个时刻，质点具有相同的速度【答案】C【解析】【详解】A.从图像可以看出振幅为10cm，A错误．B.从图像看出振动周期为4s，B错误

．CD.从图像可以看出0.5s和1.5s两个时刻，质点位移相同，但速度方向相反，C正确D错误．2.如图，在一根张紧的水平绳上，悬挂有4个摆，其中A、B摆长相等。先让A摆振动起来，其他各摆也跟着振动起来，稳定后下列说法中正确的有（）A.其他各摆的

振动周期与A摆相同B.其他各摆的振动周期不同，D摆的振幅最大C.其他各摆的振幅相同D.各摆均做自由振动【答案】A【解析】【详解】ABD．A摆振动起来，其它各摆也振动起来，其他各摆均做受迫振动，则它们的振动频率和周期均等于A摆的振动频率和周期，故A正确，BD错误；C．由于其它各摆的摆长不同，则

振幅不同，又A、B摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则B摆出现共振现象，振幅最大，故C错误。故选A。3.一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（）A.该简谐横波沿x轴负方向传播B.此时K质点沿y轴正方向运动C.此时K质点的速度比L质点的

小D.此时K质点的加速度比L质点的小【答案】D【解析】分析】详解】AB．由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点应向下振，再根据“上坡、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；C．由AB选项可知K质点应向下振，而L质点在波谷处，则L质点

的速度为0，故此时K质点的速度比L质点的大，C错误；D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据F=-kyF=ma结合波图像可看出yL>yK则，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。故选D。4.一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是（）

【【A.在t=0.4s时电流改变方向B.该交变电流的周期为0.5sC.该交变电流的表达式为=2cos5πAitD.该交变电流的有效值为2A2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图可知t=0.4s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A

错误；B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B错误；C．由图可知，电流的最大值为max2Ai=，角速度为25rad/sT==故该交变电流的表达式为max=cos2cos5πAiitt=故C正确；D．该交变电流的有效值

为max2A2ii==故D错误。故选C。5.如图所示，物块放在光滑水平面上，在一个与水平方向成角的恒力F作用下，物块沿光滑水平面运动了一段时间t，在这段时间t内（）A.物块受到的支持力的冲量为0B.物块受到的力F的冲量为cosFtC.物块的动量变化量为FtD.物块的动量

变化量为cosFt【答案】D【解析】【详解】A．设物块的重力为G，由冲量的定义可知，物块受到的支持力的冲量为()1NsinIFtGFt==−A错误；B．物块受到的力F的冲量为2IFt=B错误；CD．物块受到的合力为cosFF=合由动量定理可得cospFtFt==合C错

误，D正确。故选D。6.一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为，周期为T。0=t时刻的波形如图1所示，a、b、c是波上的三个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.图2可以表示质点b的振动B.图2可以表示质点c的振动C.0=t时，质

点a的加速度比质点b的小D.质点b和质点c的速度方向总是相同的【答案】A【解析】【详解】A．由波形平移法可知，0=t时刻质点b向上振动，结合图2可知，图2可以表示质点b的振动，故A正确；B．由波形平移法可知，0=t时刻质点c向下振动，结合图2可知，图2不可以表

示质点c的振动，故B错误；C．0=t时，质点a的位移最大，则加速度最大，质点b的位移为零，加速度为零，则质点a的加速度比质点b的大，故C错误；D．质点b和质点c的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，故D错误。故

选A。7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比12:10:1nn=，在原线圈两端加上随时间变化规律为()2002sin100Vut=的交变电压，交流电流表和交流电压表均为理想电表，10R=。则下列说法正确的是（）A.电流表的示数为20AB.电阻R两端的电压为20VC.电阻R

消耗的功率为402WD.副线圈中产生的交变电流频率为10Hz【答案】B【解析】【详解】AB．原线圈两端电压的有效值为m12uU=理想变压器，所以有1122UnUn=解得220VU=由欧姆定律有22UIR=理想变压器，有1221InIn

=解得10.2ΑI=故A错误，B正确；C．电阻R消耗功率为2240WPUI==故C项错误；D．由题意可知，原线圈的交流电的频率为1150Hz2fT===理想变压器，所以副线圈交流电频率也为50Hz，故D项错误。故选B。8

.如图所示的电路中，a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数足够大，直流电阻不计）。E为电源，S为开关。下列说法正确的是（）A.闭合开关，a、b同时发光B.断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭C.闭合开关

和断开开关瞬间，a中的电流方向相反D.闭合开关和断开开关瞬间，b中的电流方向相反【答案】C【解析】【详解】A．闭合开关瞬间，由于线圈的阻碍作用很大，故a先亮，b慢慢变亮，最终a、b亮度一样，A错误；B．闭合开关稳定后，由于线圈直流电阻不计，所以a、b两灯的电流一样

，断开开关，线圈产生自感电动势，与a、b两灯构成回路，a、b两灯都是逐渐暗下去，B错误；CD．闭合开关稳定时，a、b和线圈中电流方向都向右；断开开关瞬间，电流方向由线圈决定，可知a中的的电流方向变为向左，b中的电流方向还是向右，故闭合开

关和断开开关瞬间，a中的电流方向相反，b中的电流方向相同，C正确，D错误。故选C。9.如图所示，P是绕有闭合线圈的螺线管，将一磁铁从距P上端h高处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上。若仅增大h，重复操作

，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是（）A.穿过线圈的磁通变化量将增大B.线圈对磁铁的平均阻力将变小C.通过线圈导线截面的电荷量相同D.磁铁在螺线管中都在做自由落体运动【答案】C【解析】【详解】AC．若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量变化相同，根据ΔΦΦΔ

qItttRR===可知通过线圈导线截面的电荷量相同。故A错误；C正确；B．若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的平均阻力将变大。故B错误；D．由于线圈

的电磁阻尼作用，磁铁在螺线管中不可能做自由落体运动。故D错误。故选C。10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在

导体框上。在此过程中（）A.导体棒做匀减速直线运动B.导体棒中感应电流的方向为ab→C.电阻R消耗的总电能为202()mvRRr+D.导体棒克服安培力做的总功小于2012mv【答案】C【解析】【分析】【详解】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b

到a，再根据左手定则可知，导体棒向到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为0EBLv=感应电流为0BLvEIRrRr==++故安培力为220BLvFBILRr==+根据牛顿第二定律有Fma=可得()220BLavmRr

=+随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故AB错误；C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为2012Qmv=因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为()202Rm

vRRQQRrRr==++故C正确；D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于2012mv，故D错误。故选C。11.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方

根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为、在某次实验中，摆球自然悬垂时，

通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为1F；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中2F、3F、0T均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（）A.多次改变图1中角的大小，

即可获得不同的等效重力加速度B.在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为0nTC.多次改变斜面的倾角，只要得出1cosT就可以验证该结论成立D.在图2的测量过程中，满足31232FFF=−关系【答案】D【解析】【详解】A．对小球进

行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为0g，则有0sinmgmg=解得0sing=可知，多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A项错误；B．单摆在运动过程中，A、C

两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为02tnTnT==故B项错误；C．单摆的周期公式为2sinLTg=可知，多次改变斜面倾角，只要得出1sinT，就可以验证该结论成立，故C项错误；D．摆球自然悬垂时，

通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为1F，根据平衡条件有1sinFmg=在图2的测量过程中，摆球在A位置有2sincosFmg=摆球在B位置有23sinvFmgmL−=摆球从A位置运动到B位置过程有()21sincos2m

gLLmv−=解得31232FFF=−故D项正确。故选D。12.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

/vB.该弹簧振子的振幅为y1-y2C.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02xv，选项A错

误；B．该弹簧振子的振幅为121(2)yy−，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．13.动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子。现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取

向右为正方向，建立Ox坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为212kx，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分px−图像如图乙中曲线c所示，M和N分别为曲线c与p轴和x轴的交点。下列说法正确的是（）A.曲线

c是抛物线的一部分B.曲线c对应物块从右侧最远处向O点运动的过程C.该弹簧振子的振幅为EkD.当物块运到振幅一半处时，其动量大小为其动量最大值的32【答案】D【解析】【详解】A．对弹簧和振子组成的系统机械

能守恒，设振子速度为v，则满足221122Emvkx=+整理可得22Ekpmvxvv==−若将mv视为因变量，x视为自变量，该表达式符合抛物线要求，但式子中v为变量，故px−图像不是抛物线，故A错误；B．图中曲线c动量为正，则振子速

度方向为正方向，向右运动，速度由最大变为零，可知曲线c对应物块从O点向右侧最远处运动的过程，故B错误；C．振子在最大振幅处时，速度为零，根据212Ekx=可得2Exk=即振幅为2Ek，故C错误；D．当物块运到振幅一半处时，有222

212228kxmvmvkxE=+=+当动量最大时，即振子速度最大时，振幅为零，有22max22mvkxE==联立可得max32mvmv=故D正确故选D。14.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也反映了单位间的关系，如关系式UIR=既反映了电压、电流

和电阻之间的关系，也反映了V（伏）与A（安）和（欧）的乘积等效。现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、（欧）和T（特）．由它们组合成的单位都与

电压单位V（伏）等效的是（）A.JC和NCB.2Tms和CFC.WA和CTmsD.1122W和TAm【答案】B【解析】【详解】A．由WUq=可知单位JC与电压单位V等效，由FEq=可知单位NC与电压单位V不等效，故A错误；B．由QUC=可知单位CF与电压单位V等效，由Ent=可

知单位2Tms与电压单位V等效，故B正确；C．由PUI=可知单位WA与电压单位V等效，由FqvB=可知单位CTms是力的单位，故C错误；D．由PIR=可知单位1122W是电流单位，由FBIL=可知单位TAm是力的单位，故D错误。故选B。第二部分非选择题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。15.用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（1）组装单摆时，应该选用___________。（用器材前的字母表示）A.长度为1m左右的细线。B.长度为30cm左右的细线C.直径约为1.8cm的塑料球D.直径

约为1.8cm的钢球（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：①测量摆线长度，作为单摆的摆长；②在偏角较小的位置将小球由静止释放；③小球运动到最高点时开始计时；④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期tTn=；在前四个操作步骤中不妥当的是__________

_。（填写操作步骤前面的序号）（3）用多组实验数据做出2TL−图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的2TL−图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中c和b平行，b和a都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于

图线b，下列分析正确的是___________（选填选项前的字母）。A.图线a对应的g值大于图线b对应的g值B.出现图线a的原因可能是误将49次全振动记为50次C.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L（

4）该组同学通过改变摆线长L进行了多次测量，正确操作后，利用实验数据作出了摆球做简谐运动周期的平方2T与摆线长L关系的图像，如图所示。测得图像中的横截距和纵截距分别为a−和b，根据图像可得重力加速度g=___________。【答案】（1）AD（2）①③##③①（3）C（4）24ab【

解析】【小问1详解】在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差。故选AD。【小问2详解】根据单摆的周期公式可知摆长应为悬点到小球圆心的距离，所以测量摆线长

度，作为单摆的摆长不妥；同时为了方便计时并减小周期的测量误差，不应从小球运动到最高点开始计时，应从小球到达最低时开始计时，所以①③不妥。【小问3详解】A．由单摆周期公式有2LTg=整理有224TLg=所以图像的斜率为

24kg=整理有24gk=由图像可知其图像a的斜率大于图像b的斜率，结合上述分析可知，图线a对应的g值小于图线b对应的g值，故A项错误；B．实验中误将49次全振动计为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，由之前的分析可知图线a的重力加速度测量值偏小，故B项

错误；C．若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则实际摆长为lLr=−单摆周期公式为2lTg=整理有22244TLrgg=−所以其图像时图线b向下平移，与图线c相同，故C项正确。故选C。【小问4详解】由单摆周期公式有2LxTg+=整理有22244TLxgg=

+所以图像的斜率为24bkga==结合题图，整理有24agb=16.某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上复写纸、白纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕

迹找到其平均落地点的位置E。然后把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在白纸上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹分

别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为Am，B球的质量为Bm。（1）在实验中可以不测量速度的具体数值，仅通过测量___________间接地解决这个问题（选填选项前的字母）。A.小球开始释放的高度hB.小球做平抛运动的位移OD、OE

、OFC.小球抛出点距地面的高度H（2）关于实验操作，下列说法正确的是___________；（选填选项前的字母）A.A球每次必须从同一位置由静止释放B.实验过程中白纸和复写纸都可以随时调整位置C.B球的落点并不完全重合，说明该同学的实验操作出现了错误（3）若满足关系

式___________，则可以认为两球碰撞前后动量守恒（用所测量的物理量表示）。（4）该同学做实验时所用小球的质量分别为A45gm=、B7.5gm=，如图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请

将碰后B球落点F的位置标注在图中_______。（5）用如图所示装置也可以验证碰撞中的动量守恒。把被碰小球2m静置于轨道的水平部分，再将入射小球1m从斜轨上A位置静止释放，与小球2m相碰，并多次重复。图中D、E、F到抛出点B的距离分别为DL、EL、FL。若两球相碰前后的动量守恒，其表达

式可表示为___________A.112FDEmLmLmL=+B.222112EDFmLmLmL=+C.112EDFmLmLmL=+D.EFDLLL=−【答案】（1）B（2）A（3）AABmOEmODmOF=+（4）（

5）C【解析】【小问1详解】小球做平抛运动，则有212hgt=，xxvt=整理可知，小球做平抛运动的初速度为2xgvxh=由于小球下落的高度相同，则在实验中可以不测量速度的具体数值，仅通过测量小球做平抛运动的水平位移OD、OE、OF间接地解决这个问

题。故选B。【小问2详解】A．A球每次必须从同一位置由静止释放，以保证初速度相等，故A项正确；B．实验过程中复写纸不可以随便调整位置，故B项错误；C．B球的落点并不完全重合，是实验误差导致，故C项错误。故选A。【小问3详解】根据动量守恒有A0A1B2mvmvmv=+结合平抛运动规

律可知需验证的表达式为AABmOEmODmOF=+【小问4详解】若两球碰撞为弹性碰撞，则根据能量守恒定律得222A0A1B2111222mvmvmv=+联立解得20127vv=所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12:7，标注的位置如图所示【小问5详解】设斜面的倾角为，小球离开平

台后做平抛运动，水平方向cosLvt=竖直方向21sin2Lgt=解得小球做平抛运动的初速度cos2singLv=则有1m碰撞前的初速度1cos2sinEgLv=1m碰撞后的初速度2cos2sinDgLv=2m碰撞后的初速度3cos2sinFg

Lv=由动量守恒定律可得111223mvmvmv=+整理有112EDFmLmLmL=+故选C。17.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进

入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】（1）UEd=；（2）2vUqm=；（3）12mURBq=【解析】【详解】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小

UEd=（2）设带电粒子出电场时速度为v，由动能定理得212Uqmv=解得粒子从电场射出时速度ν的大小2vUqm=（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得2mvBqvR=联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径12mURBq=18.

如图所示，质量为m的小球从距地面H高处自由下落，与地面碰撞后竖直弹起的最大高度为4H。重力如速度为g，不计空气阻力，求：（1）小球与地面碰撞前瞬间的速度；（2）小球与地面碰撞过程损失的机械能E；（3）若小球与地面碰撞时间为Δt，小球重力不可忽略，碰撞过程地面对小球平均作用力F的大小。【

答案】（1）2vgH=，方向竖直向下；（2）34EmgH=；（3）322gHmFmgt=+【解析】【详解】（1）小球做自由落体运动，则有22vgH=解得小球与地面碰撞前瞬间的速度为2vgH=方向竖直向下。（2）小

球与地面碰撞过程损失的机械能E为1344EmgHmgHmgH=−=（3）小球与地面碰撞后，由机械能守恒'21124mvmgH=则小球与地面碰撞后瞬间速度为'22gHv=方向竖直向上，规定竖直向上为正方

向，由动量定理()()'222gHFmgtmvmvmmgH−=−=−−解得碰撞过程地面对小球平均作用力F的大小为322gHmFmgt=+19.图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，转动角速度50rad/s=，线圈的

匝数，100n=、总电阻10r=，线圈围成的面积20.1mS=。线圈两端经集流环与电阻R连接，电阻90R=，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度0.2TB=，图示位置矩形线圈和磁感线平行。（1）求电动势的最大值mE；（2）求电路中交流电压表的示数U；（3）线圈

由图示位置转过90的过程中，求通过电阻R的电荷量q。【答案】（1）100V；（2）452V；（3）0.02C【解析】【详解】（1）电动势的最大值为m1000.20.150V100VEnBS===（2）电动势的有效值为m100V502V22EE===由闭合电路欧姆定律可得，电

路中交流电压表的示数50290V452V9010EURRr===++（3）线圈由图示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量()ΔΦΔΦ1000.20.1ΔΔC0.02CΔ9010nnnBSqItttRrRrRr======+

+++20.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如Fkx=−的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循sinxAt=变化规律的运动，其中角频率2kkTm==（为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有—劲度系

数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，

弹性势能为2p12Ekx=。已知3mgHk=，重力加速度为g。求：（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离（3）a.请判断两小球一起向下运动的过程，是否是简谐运动，并说明理由。b.小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间t。【

答案】（1）2132mgvk=；（2）m3mgxk=；（3）423mk【解析】【详解】（1）B自由下落H的速度Bv，根据机械能守恒有2B12mgHmv=解得B2vgH=B与A碰撞过程动量守恒，则有B10()mvmmv+=+

解得2132mgvk=（2）A在O位置，弹簧被压缩0x，根据平衡条件得0mgxk=A与B共同体继续向下运动离O点的最大距离为mx，根据能守恒定律22210m0m111(2)2()222mvkxmgxkxx++=+根据平衡条件有0mgkx=整理得22m0m0230xxxx−−=解得m03

xx=m0xx=−（舍去）即m3mgxk=（3）a.两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mgkx=当两小球偏离平衡位置x′后，两小球所受回复力为()2Fmgkxxkx=−+=−故两小球一起向下运动的过程，

是简谐运动。b由题意22mTk=又振幅022mgAxk==振动图像如图.由余弦函数知11()3412TtT==所求时间12223ttTT=+=得2242233mmtkk==