【文档说明】山东省烟台市烟台经济技术开发区2022-2023学年高二上学期期中物理试题 word版含解析.docx，共(27)页，1.490 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第一学期期中学业水平诊断高二物理（等级考）1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。2．选择题答案必须用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。第I卷（选择题，共42分）一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求，9~14题有多项

符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。1.下列说法正确的是（）A.物体受到的作用力越大，受到冲量越大B.物体的动量变化越大，受到的冲量越大C.物体的动量越大，受到的冲量越大D.物体的动量变化越快，受到的冲量越大【答案】B【解析】【详解】A．

根据公式I=Ft，力大，力的冲量不一定大，还与时间有关，A错误；BC．由动量定理I=Δp可知，物体的动量变化越大，受到的冲量越大，B正确，C错误；D．根据动量定理，有pFt=，故物体的动量变化越快，它受到的合外力一定越大，D错误。故选B。2.下列关于

电源电动势的说法中正确的是（）A.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B.对于给定的电源，移动电荷非静电力做功越多，电动势就越大C.电源接入电路后，其两端的电压越大，电源的电动势也越大D.干电池的电动势为1.5V，表示当1C的电荷

量通过干电池时有1.5J的化学能转化为电能【答案】D【解析】【详解】A．电源的电动势反映其将其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功越多，但电源提供的电能不一定多，A错误；B．电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领大小，电动势

的大小等于移动单位正电荷非静电力做的功，B错误；C．电源接入电路后，其路端电压EURRr=+路端电压的大小，除了与电动势大小有关以外，还有内外电阻的比值有关；电源的电动势是由电源本身的性质决定的，保持不变，C错误；D．干电池的电动

势为1.5V，表示当1C的电荷量通过干电池时有1.5J的化学能转化为电能，D正确。故选D。3.如图所示，一水平弹簧振子，O点为平衡位置，在A、B之间做简谐振动，已知A、B之间的距离为6cm，P点为水平方向上某点。以水平向

右方向为正方向，则下列说法中正确的是（）A.振子的振动振幅为6cmB.振子每次经过P点速度相同，回复力相同C.振子连续两次经过P点的时间为一个周期D.振子从P点向B点运动过程中加速度为负，位移为正【答案】D【解析】【详解】A．振子的振动振幅为3cm，A错误；B．振子每次经过P点速度方向不同，回复

力相同，B错误；C．由于P点处于OB之间，则振子连续两次经过P点的时间小于一个周期，C错误；D．由题知水平向右方向为正方向，则振子从P点向B点运动过程中加速度为负，位移为正，D正确。故选D。4.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前

面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对两运动员交接棒的过程下列说法正确的是（）的A.两运动员的动量变化一定相同B.两运

动员组成的系统动量和机械能均守恒C.两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零D.两运动员之间相互作用力的冲量一定相等【答案】C【解析】【详解】CD．两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，所以两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零，C正确，D错

误；A．两运动员组成的系统满足动量守恒，所以两运动员的动量变化大小相等，方向相反，A错误；B．“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，内力对系统做正功，系统机械能增加，B错误。故选C。5.如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球，静止时小球位于B点。绳的另一端固定在天花板上O点处

，在O点正下方34l的O处固定一铁钉。将小球向右拉到A点，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A.小球第一次返回到A点所用时间为32lgB.小球第一次返回到A点所用时间

为34lgC.小球在振动过程中的合力等于重力沿切线方向的分力D.小球在振动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力【答案】A【解析】【详解】AB．小球第一次返回到A点所用时间，即小球摆动的周期，等于摆长为l的单摆和摆长为14l的单摆的周期之和的二分之一，即13(22)242lllT

ggg=+=A正确、B错误；C．小球在振动过程中的合力等于所受重力和摆线拉力的合力，C错误；D．小球在振动过程中的回复力等于重力沿切线方向的分力，D错误。故选A。6.如图所示的图像中，直线①为某一电源的路端电压

U与电流I的关系图像，直线②、③分别为电阻R1、R2的U—I图线，下列说法正确的是（）A.该电源的电动势为3V，内阻为2ΩB.电阻R1、R2的阻值之比为1：4C.把电阻R1、R2分别接在该电源两端时，电源的输出功率相等D.将该电源与电

阻R1相连构成闭合电路时，电源输出功率最大【答案】C【解析】【详解】A．由题图直线①可知E=3V，3Ω0.5Ω6r==A错误；B．由题图直线②、③可知的12Ω1Ω2R==，2Ω0.24Ω15R==则R1：R2=4：1B错误；CD．把电阻R1、R2分别接在该电源两端时，电源的输出

功率分别为P1=I12R1=22×1W=4W，P2=I12R1=42×0.25W=4W则把电阻R1、R2分别接在该电源两端时，电源的输出功率相等，C正确、D错误。故选C。7.如图所示，电路中电表均为理想电表。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电

流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V。重新调节R，使电动机恢复正常运转时，此时电路中电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。下列说法中正确的是（）A.电动机的内阻为7.5ΩB.电动机正常工作时输出的功率为22WC.

电动机正常工作时消耗的功率为26WD.电动机正常工作时，R上消耗的功率为8W【答案】B【解析】【详解】A．电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和2.0V，则电动机的电阻112UrI==A错误；BC．电动机恢复正常运转时

，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V，电动机的总功率为2215.02.0W30WPUI===电动机内阻消耗的热功率为22r22.02W8WPIr===电动机正常运转时的输出功率是r22WPPP=−=输出B正确、C错误；D．由于电源的电动势和内阻未知，则无法计算出电动机正常工作时

，R上消耗的功率，D错误。故选B。8.斯诺克是我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度v0与4号红球发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则白球最

终的速度大小为（）A.0B.05vC.3015vD.4015v【答案】D【解析】【详解】由题意知，光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰；根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知012

1.51.5mvmvmv=+2220121111.51.5222mvmvmv=+得0115vv=每碰撞一次白球的速度变为原来的1.51=1.55mmmm−+由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号

球碰撞4次后，白球速度041()5vv=故选D。9.关于能量和能源，下列说法正确的是（）A.科学研究发现，一切与热现象有关的宏观过程都具有可逆性B.在能源的利用过程中，能量在总量上并未减少，但能量的品质降低了C.能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.风能、水能和

核能都属于可再生能源，因此我国近年来不断地开发利用这些新能源【答案】BC【解析】【详解】A．科学研究发现，一切与热现象有关的宏观自然过程都具有不可逆性，A错误；B．在能源的利用过程中，能量在总量上并未减少，但能量的品质降低了，B正确；C

．能量耗散是从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，C正确；D．风能、水能属于可再生能源，核能属于不可再生能源，D错误。故选BC。10.如图甲所示，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给

筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速为36r/min。要增大筛子的振幅，下列措施可行的是（）A.升高电压B.降低电压C.增加

筛子质量D.减小筛子质量【答案】AC【解析】【详解】根据受迫振动的特点可知，共振筛的振动频率等于偏心轮的转动频率，所以当偏心轮的转速为36r/min时，共振筛的振动频率为1Hz0.6Hz0366f==AB．增大电压，偏心轮的转动频率将增大，由

于开始时偏心轮的转动频率小于筛子的固有频率，所以根据共振曲线可知筛子的振幅会增大，当频率增大到0.8Hz时最大，A正确、B错误；CD．增大筛子质量后，筛子的固有频率将减小，由于开始时偏心轮的转动频率小于筛

子的固有频率，所以根据共振曲线可知筛子的振幅会增大，当筛子的固有频率减小到0.6Hz时最大，C正确、D错误。故选AC。11.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r=2Ω，定值电阻R1=R2=R3=2Ω，当滑动变阻器R的滑片向上移动时，下列说法正确的是（）A.电源的总功率减小B.R3消耗

的功率减小C.电源的效率增大D.电源的输出功率增大【答案】AC【解析】【详解】A．当滑动变阻器R的滑片向上移动时，回路的总电阻变大，则回路的总电流减小，电源的总功率P总=EI，减小，A正确；B．根据闭合电路的欧姆定律有E=I(R1＋r)＋U并由于滑动变阻器R的

滑片向上移动时，回路的总电阻变大，则回路的总电流减小，则U并增大，R3消耗的功率233UPR=并可知R3消耗的功率增大，B错误；C．电源的效率2(1)100%IrEI=−总总可知回路的总电流I总减小，则电源的效率增大，C正确；D．由于当电源内阻等于外阻时电源输出功率最大，由题知

r=R1而当滑动变阻器R的滑片向上移动时，回路并联部分的电阻变大，则电源的输出功率减小，D错误。故选AC。12.如图所示，P、Q为竖直悬挂的两个弹簧振子，且悬挂振子的弹簧劲度系数相同，已知P、Q两球质量之比是4：1，振动图像如图乙

所示。则下列说法正确的是（）A.P、Q两弹簧振子的振动频率之比是2：1B.P、Q两弹簧振子在0~6s内经过的路程之比是1：1C.P、Q两弹簧振子最大加速度之比是1：2D.t=0.45s时刻，P、Q两弹簧振子的位移大小

之比是2:1【答案】BCD【解析】【详解】A．由Q图可知P、Q两弹簧振子的振动周期分别为1.2s、0.6s，二者周期之比为:2:1PQTT=则二者的频率之比为1::2PQff=故A错误；B．由于6s=5TP=10TQ由乙图可知P、Q在6s内

经过的路程为542010cm200cmPPsA===104405cm200cmQQsA===故P、Q路程之比是1:1，故B正确；C．根据胡克定律Fkx=可知，P、Q的最大回复力之比为2:1，又因为两球质量之比是4:1，根据牛顿第二定律F

am=可知，P、Q两弹簧振子最大加速度之比是1:2，故C正确；D．P、Q的振动方程为510sin()cm3Pyt=，105sin()cm3Qyt=则t=0.45s时刻，P、Q两弹簧振子的位移大小分别为52cm和-5cm，所以位移大小之比为2:1，D正确。故选BCD。13.一个士兵坐在

皮划艇上，他连同装备和皮划艇总质量是M，这个士兵用自动步枪在t秒内沿着水平方向连续射出n发子弹，每发子弹的质量是m，射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，则下列判断正确的是（）A.若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度

都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量相同B.若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量不相同C.若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度都为u，则连续射出n发子弹后，皮划艇的速度为nm

uMnm−D.若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都为u，则连续射出n发子弹后，皮划艇的速度为nmuMnm−【答案】BC【解析】【详解】AC．若射击时每发子弹离开枪口时相对河岸的速度都为u，则连续射出n发子弹后，根据系统动量守恒可得()0nnmuMnmv−−=解得皮划艇的速度为n

nmuvMnm=−可知射击第1颗子弹过程，皮划艇的速度改变量为的110muvvMm=−=−射击第2颗子弹过程，皮划艇的速度改变量为2211222mumumumuvvvvMmMmMmMm=−=−−=−−−−故A错误，C正确；BD．若射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都为u，

则射击第1颗子弹后，有11()()0Mmvmuv−−−=解得皮划艇的速度为1muvM=皮划艇的速度改变量为110muvvM=−=射击第2颗子弹后，有221(2)()()MmvmuvMmv−−−=−解得皮划艇的速度为21mumumuvvMmMMm=+=+

−−皮划艇的速度改变量为2211mumuvvvvMmM=−==−射击第3颗子弹后，有332(3)()(2)MmvmuvMmv−−−=−解得皮划艇的速度为3222mumumumuvvMmMMmMm=+=+

+−−−皮划艇的速度改变量为33222mumuvvvvMmMm=−==−−同理可得射击第n颗子弹后，皮划艇的速度为2(1)nmumumumunmuvMMmMmMnmMnm=++++−−−−−皮划艇的速度改变量为(1)nmuvMnm=−−可知若

射击时每发子弹离开枪口时相对步枪的速度都相同，则每次射击后皮划艇的速度改变量不相同，故B正确，D错误。故选BC。14.如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为3m的弧槽，弧槽和水平面平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h的A

点由静止沿弧槽滑下，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切阻力及能量损失，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.弹簧获得最大弹性势能为34mghC.滑块沿弧槽上升的最大高度等于hD.滑块再一次离开弧槽后，不可能和弹簧发

生作用【答案】BD【解析】【详解】A．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；B．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒，设滑块下

滑到达底端时，滑块的速度大小为1v，弧槽的速度大小为2v，则有123mvmv=滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有221211322mghmvmv=+联立解得136ghv=，26ghv=滑块压缩弹簧时，但速度变为零时，弹簧弹性势能最大

，则有22Pmax111(3)22634mghghEmvm===故B正确；C．根据系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速度大小也为136ghv=，滑块滑上弧槽过程，当滑块上升至最高点时，两者具有共同的水平速度v，根据系统水平方向动量守恒可得123(3)mvmvmmv+=

+根据系统机械能守恒可得222121113(3)222mghmvmvmmv=+−+联立解得滑块沿弧槽上升的最大高度为14hh=故C错误；D．从滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时，滑块的速度大小

为3v，弧槽的速度大小为4v，根据系统水平动量守恒可得123433mvmvmvmv+=+根据系统机械能守恒可得222212341111332222mvmvmvmv+=+联立解得30v=，426ghv=可知滑块再一次离开弧槽时，滑块的速度为零，故滑块不可能和弹簧发生作用，故D正确

。故选BD。第II卷（非选择题，共58分）二、本大题共4小题，共20分。把答案填在答题卡中指定的横线上。15.学校某班级的学生在实验课上利用单摆装置测量当地的重力加速度，（1）一小组同学利用游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为___________mm。（2）实验中，四组同学以单

摆周期T的平方为纵轴，摆长L为横轴，做出T2—L图像，分别如乙图中的a、b、c、d所示，其中a、c、d三条线平行，b和c都过原点，图线c对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线a、b和d，下列分析正确的是___________（选填选项前的字母）。A

．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线b的原因可能是误将51次全振动记为50次C．出现图线d的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长LD．图线b对应的g值大于图线c对应的g值

【答案】①.20.50②.B【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有2cm＋10×0.05mm=20.50mm（2）[2]A．图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误将悬点到小球上端的距离

记为摆长L，A错误；B．出现图线b时，相同摆长情况下，周期测量值变大，原因可能是误将51次全振动记为50次，B正确；C．图线d中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，C错误；D．图

线c的斜率比图线b小，根据斜率24kg=可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，D错误。故选B。16.某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并测定该苹果电池的电动势和内阻。实验前该小组同查阅有关苹果电池的资料获知：常见的苹果电池的电动势一般为1V左右，内阻约1k

。除了苹果电池以外，实验室还提供了如下器材：①电流表（量程0~0.6mA，内阻几十欧）②电压表V（量程0~3V，内阻约2k）③滑动变阻器R（阻值0~1k）④开关一个，导线若干（1）为了更准确的测量苹果电池的电动势和内阻，请你用笔画线代替导线，在上图中连接好实验电路图；（）（2）若不

计测量中的偶然误差，用这种方法得出的电动势和内阻的值与真实值相比，电动势___________（选填“偏大”、“相等”或“偏小”），内阻___________（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）。【答案】①.见解析②.相等③.偏大【解析】【详解】（1）[1]由于苹果电池的内阻约1k，而电流表内阻

约为几十欧，电压表内阻约2k，故应采用电流表相对电源的内接法，电路图如图所示根据电路图完成实物连接如图所示（2）[2][3]若不考虑电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得EUIr=+测测可得UIrE=−+测测可知UI−图像的纵轴

截距为bE=测UI−图像的斜率绝对值为kr=测根据电路图可知实验误差来源于电流表的分流，设电流表的内阻为AR，根据闭合电路欧姆定律可得A()EUIrR=++真真可得A()UIrRE=−++真真可知UI−图像的纵轴截距为bE=真UI−图像的斜率绝对值为AkrR=+真联

立可得bEE==测真，AkrrRr==+测真真可知得出电动势和内阻的值与真实值相比，电动势相等，内阻偏大。17.实验小组的同学利用两个滑块“探究碰撞中的守恒量”。实验装置及主要步骤如下：①如图甲所示，将粗糙程度均匀的长木板固定在水平地面上，长木板

左端固定一挡板，挡板上安装一轻弹簧，自由端位于长木板上M点；②取两个材质相同但质量不同的小滑块A、B（可视为质点），将小滑块A放在长木板上，向左推滑块将弹簧压缩到P点，由静止释放，标记出滑块A停止运动的位置，在滑块运动路径上适当位置标记一定点O，测出滑块A停止时的位置到O点的距离

，重复多次，每次都把弹簧压缩到P点释放，测量并计算出该距离的平均值x，如图乙所示；③将滑块B置于木板上的O点，滑块A重新由P点静止释放，与滑块B发生正碰，且碰撞时间极短，测出滑块A静止时与O点的距离和滑块B静止时与O点的距离，重复多次，测量并计算出

该距离的平均值x1、x2，如图丙所示。（1）为探究碰撞中动量是否守恒，还需要测量___________、___________。（写出物理量的名称以及对应的字母）（2）若碰撞中动量守恒，则表达式可表示为___________。（用x、x1、x

2和测量物理量对应字母表示）（3）在本实验中，若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，___________（选填“能”或“不能”）探究碰撞过程中系统的动量是否守恒。的【答案】①.小滑块A的质量mA②.小滑块B的质量mB③.

AA1B2mxmxmx=−+④.能【解析】【详解】（1）（2）[1][2][3]由于小滑块A、B材质相同，则小滑块A、B与长木板的动摩擦因数相同，则小滑块A、B做匀减速直线运动的加速度均为a=μg设碰撞前小滑块A经过O点的速度为v，则

有v2=2μgx设碰撞后小滑块A、小滑块B经过O点的速度大小分别为v1、v2，则有v12=2μgx1，v22=2μgx2由于碰撞时间极短，则若碰撞中动量守恒有mAv=-mAv1＋mBv2即AA1B2222mgxmgxmgx=

−+化简得AA1B2mxmxmx=−+则还需要测量小滑块A的质量mA和小滑块B的质量mB。（3）[4]若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，则说明小滑块最后能够静止，且小滑块A、B做匀减速直线运动的加速度均为

a=gsinθ－μgcosθ最后也有AA1B2mxmxmx=−+则若仅将木板右端垫起使木板倾斜放置，重复以上操作步骤，在碰撞时间极短的情况下能探究碰撞过程中系统的动量是否守恒。18.某物理实验小组同学为了测量两节新买的干电池的电动势和内阻，设计了如

图甲所示的电路，其中定值电阻和滑动变阻器各有两种型号可供选择，分别是定值电阻a（阻值为4Ω，额定功率为4W）；定值电阻b（阻值为10Ω，额定功率为15W）；滑动变阻器c（阻值范围为0~20Ω、额定电流为2A）；滑动变阻器d（阻值范围为0~200Ω、额定电流为1A）。

为了减小实验误差，（1）定值电阻应选择___________（选填“a”或“b”），滑动变阻器应选择___________（选填“c”或“d”）。（2）移动滑动变阻器的滑片，小组同学获得多组电压表和电

流表的数据，并绘制了电压表的示数U和电流表的示数I之间关系图像如图乙所示，实验中使用的电表均可视为理想电表。根据图像可得两节电池的内阻为___________Ω，电动势为___________V。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.a

②.c③.0.80④.3.0【解析】【详解】（1）[1]由于干电池的内阻较小，所以内电压变化范围较小，不易通过滑动变阻器控制电压表和电流表示数的变化，所以在干路串联了R0，R0不易过大，否则会造成干电池内

阻测量值误差较大，因此R0应选择阻值较小的a。[2]滑动变阻器d的最大阻值过大，不易通过它控制电压表和电流表示数的变化，所以滑动变阻器应选择c。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得0()UEIRr=−+将图像中两组数据代入后解得3.0VE=0.80r=

三、本题共4小题，共38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。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。19.2020年12月2日，探月工程“嫦娥五号”的着陆器

和上升器组合体完成了月壤自动采样及封装。封装结束后上升器的总质量为m，它将从着陆器上发射并离开月球表面。已知月球表面没有大气层，上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷出气体而获得动力。已知月球表面重力加速度为g，上升器

尾部喷口横截面积为S，喷出气体的密度为ρ，设发射之初上升器以恒定的加速度a竖直向上运动，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，忽略月球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响。求：（1）发射之初，上升器上升到离月球表面h

高度的过程中，喷出气体对上升器的冲量大小；（2）喷出气体的速度大小。【答案】（1）22hmahmga+；（2）()magS+【解析】【详解】（1）由题知发射之初上升器以恒定的加速度a竖直向上运动，则发射之初，上升器上升到离月球表面h高度时有vh2=2ahvh=at根据动量定理有I气－mg

t=mvh解得22hImahmga=+气（2）发射之初上升器加速度大小为a，由牛顿第二定律Fmgma−=对喷出的气体，由动量定理可得()+Fmgtmv=其中mSvt=则2+FgSvvtS=由于0t→，则2FSv=解得(

)magvS+=20.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在倾角为α的光滑斜面底部，弹簧上端拴接一质量为m的物块A。现将另一质量为3m的物块B轻轻放在A的右侧，直至系统达到平衡状态。某时刻突然将物块B取走，则物块A立

即沿斜面向上运动，且在以后的运动中斜面体始终处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k且弹簧始终在弹性限度内，当地的重力加速度为g，空气阻力忽略不计。（1）求物块A在运动过程中的最大加速度大小；（2）选物块A的平衡位置为坐标原点

，沿斜面向上为正方向建立坐标轴，用x表示物块A相对于平衡位置的位移，证明物块A做简谐运动；（3）求弹簧的最大伸长量。【答案】（1）3gsinα；（2）见解析；（3）3sinmgk【解析】【详解】（1）在系统达到平衡状态时对AB整体做受力分析有（mA＋mB)gsinα=kx则突然将物块B

取走瞬间，弹簧还来不及改变，则此时物块A的加速度最大，有kx－mAgsinα=mAaAmax解得的aAmax=3gsinα（2）设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0则有mAgsinα=kx0当物体A经过平衡位置

下方的某一位置时，相对平衡位置的位移的大小为x，则F=k(x0＋x)–mAgsinα由以上两式得F=kx且位移的方向与F的方向相反，即物体A做简谐运动。（3）将物体B移开后，物体A做简谐运动过程，平衡位置

弹簧的压缩量A0sinsinmgmgxkk==所以物体A振动的振幅为A=x－x0联立解得3sinmgAk=弹簧的最大伸长量即物体A振动的振幅。21.如图所示，电源电动势12VE=，内电阻1r=，电容器的电容4μFC=，电阴12R=，33R=，43

R=、2R为电阻箱，闭合开关S。（1）若26R=，求电路稳定时电容器的带电量Q；（2）调节电阻箱2R的阻值，求2R功率的最大值。【答案】（1）52.810C−；（2）8W【解析】【详解】（1）由电路图

知()34212345ΩRRRRRRRR+=+=++外由闭合电路欧姆定律得EIRr=+外解得2AI=由欧姆定律得114VUIR==333V2IUR==电容器两端电压为137VUUU=+=电容器的带电量为52.810C−==QCU（2）电路总电阻为

()3422123421896总++=++=+++RRRRRRrRRRR总电流为2224463总+==+REIRR通过2R的电流为34223422463+==+++RRIIRRRR2R的功率为2222PI

R=联立可得2222222576576(63)(63)72==−++PRRRR则当22ΩR=时功率最大，最大功率为2m8W=P22.如图所示，一质量为1m、长度3mL=的木板静止在光滑的水平地面上，木板的右侧有一半径0.4mR=、质量和木板质量相等的光滑四分

之一圆弧形轨道停放在光滑的水平地面上，轨道末端的切线水平，且末端高度与木板高度相同，木板右端与圆弧轨道的末端相距01mx=。现有一个质量为212mm=的小物块从木板左端点以012m/sv=的初速度滑上木板，经过一段时间之后木板与圆弧轨道碰撞并立即

粘在一起。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.9=，重力加速度210m/s=g。求：（1）木板和圆弧轨道碰撞前瞬间，木板的瞬时速度大小；（2）木板和圆弧轨道碰撞前，小物块在木板上滑动的位移大小；（3）小物块滑上圆弧轨道后上升的最大高度。【答案】（1）6m/s；（2

）2.5m；（3）0.45m【解析】【详解】（1）对木板由牛顿第二定律可得211mgma=解得2118m/s=a对木板由运动学公式21012=axv解得16m/sv=（2）对小物块由牛顿第二定律可得222mgma=解得229m/sa=根据21012=atx解

得从开始到木板和圆弧轨道碰撞前的时间1s3t=小物块的对地位移210213.5m2=−=xvtat小物块在木板上滑动的位移大小102.5m=−=xxx此时小物块的速度2029m/s=−=vvat（3）木板与圆弧轨道碰撞并立即粘在一起，由

动量守恒定律可得'11112=mvmv解得'13m/sv=物块、木板、圆弧轨道在水平方向动量守恒，当物块到达最高点时，有'2211212(2)共+=+mvmvmmv由能量守恒定律可得2'22221121221112(2)()222共+=++−+mvmvmmvmgLxmgh联立解得0.45m

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