【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)242lllTggg=+=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=I

12R1=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2215.02.0W30WPU

I===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0121.51.5mvmvmv=+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R

1=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Fam=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nmuMnm−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nnmuvMnm=−可知射击第1颗子弹过程，皮划艇的速度改变量为的110muvvM

m=−=−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3322

2mumuvvvvMmMm=−==−−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、x2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=2μgx

2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.a②.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－mgt=mvh解得22hImah

mga=+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A0sinsinmgmgxk

k==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=，43R=、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()34212345ΩRRRRR

RRR+=+=++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++=++=+++RRRRRRrRR

RR总电流为2224463总+==+REIRR通过2R的电流为34223422463+==+++RRIIRRRR2R的功率为2222PIR=联立可得2222222576576(63)(63)72==−++PRRR

R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0.45mh=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com