【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高三上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(25)页，3.209 MB，由小赞的店铺上传

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顺义一中2023–2024学年第一学期高三物理11月期中试卷一、单选题（每题3分，共42分）1.如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）A.把带正电荷的物体C移近导体A稳定后

，只有A下部的金属箔张开B.把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开C.把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D.把带正电荷的物体C移近导体

A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作

用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．【详解】A、B、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导

体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，A，B错误；C、D、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误.故选C.【点睛】该题体现物体静电感应起电的实

质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．2.如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g．下列说法正确的是A.人对体重计的压力大小为m(

g＋a)B.人对体重计的压力大小为m(g－a)C.人对体重计的压力大于体重计对人的支持力D.人对体重计的压力小于体重计对人的支持力【答案】A【解析】【分析】超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．

根据牛顿第二定律即可计算出人对体重计的压力．【详解】人受到的支持力N：N-mg=ma，得：N=mg+ma．根据牛顿第三定律得，对体重计的压力大小m（g+a）．故A正确，B错误；人对体重计的压力和人受到的支持力是作用力和反作用力，故人对体重计的压力等于体重计对人的支持力，故CD错误

．故选A．【点睛】本题考查了学生对超重失重现象的理解，与牛顿运动定律的应用，掌握住超重失重的特点与受力分析的基本方法即可求解．3.下图为飞船运动过程的示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，

最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船（）A.在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期B.在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大C.在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比

B点小D.从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速【答案】B【解析】【详解】A．根据2224MmGmrrT=得234rTGM=轨道1的运动半径小于轨道3的运动半径，则在轨道1的运行周期小于在轨道3的运行周期，A错误；B．在轨道2运动过程中，A点为近地点，速度

最大；B点为远地点，速度最小，B正确；C．根据2MmGmar=得2MaGr=可知，经过A点时的加速度比B点大，C错误；D．从轨道2进入轨道3时需要在B点加速，使飞船所需向心力等于万有引力，D错误。故选B。4.如图所示为两个相干波

源1S、2S产生的波在同一种均匀介质中相遇时产生的干涉图样．图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示波谷．下列说法正确的是（）A.a、c两点的振动加强，b、d两点的振动减弱B.e、f两点的振动介于加强点和减弱点之间C.经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换D.经半个周期后，原

来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰【答案】AD【解析】【详解】A．a点是波谷和波谷相遇的点，c是波峰和波峰相遇的点，都是振动加强的点，而b、d两点都是波峰和波谷相遇的点，是振动减弱的点，故A正确；B．e位于加强点的连线上，仍为加强点，故B错误；C．相干波叠加产生的干涉是

稳定的，不会随时间变化，故C错误；D．形成干涉图样的介质质点也在不停地做周期性振动，经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰，故D正确。故选AD。5.如图1所示，用手握住长绳的一端，0=t时刻在手的带动下O点开始上下振动，选向上为正方向，其振动图像如图2所示，则

以下四幅图中能正确反映1t时刻绳上形成的波形的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据O点振动图像可知，在t1时刻绳上O点向下运动，由振动图像可知t1时，波传播的周期恰好为一个周期，传播的距离为一个波长，而图A中O点向下振动，图C向上振动。故选A。6.蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦

极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正

确（）A.从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大B.从C点到D点，运动员的加速度逐渐减小C.从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和减小D.从B点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大【答案】C【解析】

【详解】A．从B点到C点，根据牛顿第二定律有11mgFma−=随着下降，弹性绳的弹力1F逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐减小，故A错误；B．从C点到D点，根据牛顿第二定律有22Fmgma−=随着下降，弹

性绳的弹力2F逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐增大，故B错误；C．从B点到C点，除了重力做功外，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，即运动员的动能和重力势能之和减小，故C正确；D．从B点到D点，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，而从B点到C点，

运动员的动能逐渐增大，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐减小；从C点到D点，运动员的动能逐渐减小，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐增大，故D错误。故选C。7.如图甲所示，长为2m的平板车Q静止在水平地面上。t=0时，可视为质点的小物块P从左端滑上平板车。此后，P和Q运动的

速度时间图像如图乙所示。已知P、Q的质量均是1kg，取210m/sg=，则以下判断正确的是（）A.在02s内，平板车Q与水平地面之间有摩擦力B.在02s内，平板车Q受到的冲量大小是2NsC.P相对Q静止时恰好在Q的最右端D.P、Q之间的动摩擦因数为0.1【答案】

D【解析】【详解】A．0~1s内，根据题意，P受到向左的摩擦力做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有PPfma=由图乙可知，P和Q加速度大小相等，质量相等，所以P、Q合力大小相等，方向相反，所以平板车Q只受物块P滑动摩擦力，1s~2s内，两物体一起

做匀速直线运动，两物体均不受摩擦力作用，故A错误；B．0~2s内，平板车Q受到的摩擦力的冲量为P1NsIftmv===故B错误；C．1s时，P和Q保持相对静止，此时PQ121m1m2xxx=−==即P处于Q的中间位置，故C错误；D．根据牛顿第二定律有fmgma==21m/svat=

=的所以0.1=故D正确。故选D。8.如图表示某电场等势面的分布情况。将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EPA、EPB，下列关系式正确的是（）A.FA>FBB.FA<FBC.EPA>EPBD.EPA<EPB【答案】A【解析】【详

解】AB．因A点的等差等势面较B点密集，可知A点的场强大于B点，则试探电荷在A点受电场力大于B点，即FA>FB选项A正确，B错误；CD．因AB两点在同一等势面上，则电势相等，试探电荷在AB两点的电势能相等，即EPA=EPB选项CD错误。故选A。9.在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量

相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）A.a处场强大小仍为E，方向由a指向bB.a处场强大小为2E，方向由b指向aC.a处电势保持不变D.a、c两点电势相等【答案】D【解析】【详解】AB．根据题意可知，顶点b和c处的电荷在a处产生的场强大小

相等，由平行四边形定则可知，c点处的点电荷在a处的电场强度方向由a指向c，而b点处的电荷在a处的电场强度的方向由b指向a，两个场强大小相等，夹角为120，合场强跟每个分场强大小相等，当拿走c处的电荷后，a处电场强度大小仍为E，方向沿ba向外，故AB错误

；CD．根据以上分析可知，b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，未拿走c处电荷时，a点在等量异种点电荷连线的中垂线上，而无穷远处电势为零，则可知该中垂线为等势线，且电势为0，即a点电势为0，而拿走c处的负电荷后，a处的电势为正，且

a、c到b的距离相等，则可知a、c电势相等，故C错误，D正确。故选D。10.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．11.如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长

状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（）A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒C.两物块A、B初速度的大

小关系为v1=v2D.两物块A、B运动的路程之比为2:1【答案】D【解析】【详解】A．分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2

mg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得1220mvmv−

=解得122vv=故C错误；D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得1220mvmv−=设A、B的路程分别为1s、2s，则有1220ssmmtt−=解得12:2:1ss=故D正确。故选D。12.某物体沿直线做单向运动，

图中直线反映了其运动过程中某两个物理之间的关系，阴影区域“面积”就有可能表示另一个物理量。请选出以下表述中错误．．的选项（）A.若y表示物体的加速度，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的速度变化量B.若y

表示物体所受合力，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的动量变化量C.若y表示物体所受合力功率，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量D.若y表示物体所受合力，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量【答案】C【解

析】【详解】A．加速度vat=图像中的面积S表示at，即速度的变化量，故A正确，不符合题意；B．因为I=Ft则图像面积表示合外力的冲量，根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，故B正确，不符合题意；C．根据的W=Pt可知，若横坐标表示时间，图像面

积表示合外力做的功，根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，但横坐标表示物体运动的距离，则面积无意义，故C错误，符合题意；D．根据W=Fx可知，图像面积表示合外力的功，根据动能定理可知，合外力的功等于动能的变化量，故D正确，不符合题意。故选C。13.如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行

时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度m350km/hv=。则下列说法正确的是（）A.由题目信息可估算京张铁路的全长为350kmB.行驶过

程中动车受到的阻力大小为mPvC.当动车的速度为m2v时，动车的加速度大小为mPmvD.从启动到速度为mv的过程中，动车牵引力所做的功为2m12mv【答案】C【解析】【详解】A．由题所给信息，只知道动车的最高时速，不知道

其平均速度，因此无法估算京张铁路的全长，故A错误；B．当动车达到最大速度时，动车所受牵引力大小等于其所受阻力大小，根据功率与牵引力的关系可知，有mmPFvfv==因此行驶过程中动车受到的阻力大小为mPfv=故B错误；C．当动车的速度为m2v时，动车所受牵引力1mm22PPFvv

==根据牛顿第二定律有mm2PPmavv−=解得mPamv=故C正确；D．从启动到速度为mv的过程中，对动车由动能定理有2fm12FWWmv−=可得动车牵引力所做的功为2mf12FWmvW=+式中fW表示该过程中克服阻力所做的功，故D错误。故选C。14.两个天体组成双星系

统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击

后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（）A.被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大B.被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大C.被航天器撞击后，

双星系统的引力势能减小D.小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变【答案】C【解析】【详解】A．被航天器撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，说明双星系统的运动周期变小，故A错误；B．设两个小行星的质量分别为m1,m2,它们做圆周运动半径分别为r1，r

2，设两个小行星中心连线的距离为r,则12rrr=+两小行星绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得21211224GmmmrrT=21222224GmmmrrT=联立以上各式得()23124rTGmm=+因为

周期T变小，说明两个小行星中心连线的距离r变小，故B错误；C．两个小行星中心连线的距离r变小，引力做正功，引力势能减小，故C正确；D．小行星质量越大，惯性越大，其运动的速度不容易被改变，那其运动的轨道越不容易被改变，故D错误。故选C。二、填空题（共

18分）15.某实验小组的同学用如图1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）某同学测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=__________（用

L、n、t表示）。（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2-L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图2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##CB②.2224nLt③.B【解析】【详解】（1）[1]A．用

公式224πLgT=计算时，应将摆线长与小球半径之和当作摆长，故A错误；B．摆线上端应牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动，若出现松动，摆动过程中摆长会发生变化，根据224πLgT=可知，计算得到的重力加

速度将不准确，故B正确；CD．单摆是同一竖直平面内的圆周运动，因此摆动必须在同一竖直平面内摆动，不能在不动竖直平面内摆动，否则形成圆锥摆，故C正确，D错误。故选BC。（2）[2]根据单摆的周期2LTg=可得224πLgT=而

根据题意tTn=联立可得2224nLgt=（3）[3]A．若实验过程中将摆线的长度以及小球的直径当作摆长，则应有22rLTg−=可得222442rTLgg=−则可知，图像应与纵轴原点下方有截距，即出现图线c的原因是因为将摆线的长度与摆球的直径之和当作了单摆

的摆长，故A错误；B．若实验过程中将摆线的长度当作摆长，则应有22rLTg+=可得222442rTLgg=+则可知，图像应与纵轴原点上方有截距，即出现图线a的原因是因为将摆线的长度当作了单摆的摆长，故B正确；C．该实验通过图像的斜率计算当地的重力加速度，可知，无论出现何种

情况，图像的斜率不变，因此，通过a、b、c三条直线的斜率计算得到的重力加速度相同，故C错误。故选B。16.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。（1）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下

列措施可行的有___________。A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带

上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk=________，减少的重力势能ΔEp=________。（用题

中所给字母表示）（3）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水

平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。①若两球碰撞前后动量守恒，则m1、m2、OM、OP、ON应满足表达式_________

。②若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ON－OM_____OP（选填“＞”“＝”“＜”）。③某同学验证动量守恒定律认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由_

________。【答案】①.AB##BA②.2312()8mhhT−③.2mgh④.m1·OP＝m1·OM＋m2·ON⑤.＝⑥.不合理，见解析【解析】【详解】（1）[1]A．描点作图时，铅笔应尖一些，描出的点迹所示位置就会更精准，力的图示适当大些，在做平行四边形时可直接在力的图示

上截取边长，以减小实验误差，故A正确；B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些，读数时产生的相对误差就会更小，可以减小实验误差，故B正确；C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角并非越大越好，过大或过小在作图时都会产生较大误差，因此细

绳间的夹角应适当，故C错误。故选AB。（2）[2]通过平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得312BhhvT−=则可知，从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能2223131k2()11()2228BhhmhhEmvmTT−−===[3]减小的重力势能在数值上等于重力所做的功，则p2Emgh=（

3）[4]设碰撞前A球的速度为1v，碰撞后A球的速度为1v，B球的速度为2v，则根据动量守恒定律有111122mvmvmv=+A球单独抛出和碰撞后A、B球运动都是平抛运动，下落高度相同，则所用时间相同，因此上式可写成111122mvtmvtmvt

=+而vts=则上式可写成112mOPmOMmON=+[5]两球碰撞为弹性碰撞，则应满足机械能守恒定律222111122111222mvmvmv=+的根据1OPvt=，1OMvt=，2ONvt=联立解得ONOMOP−=[6]设碰前A球的动量为p

0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有012ppp=+若A球反弹，则p1<0，所以p2>p0，即2k21k022mEmE又因为m1＞m2，所以Ek2>Ek0

，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。三．计算题（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，答案中必须明确写出数值和单位）17.在水平方向的匀强电场中，用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球静止

时轻绳与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求匀强电场的场强大小E；（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时的加速度大小a；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。【答案】（1）3mgEq=；（2）2a

g=；（3）2Tmg=【解析】【详解】（1）以小球对象，根据平衡条件可得tan60qEmg=解得匀强电场的场强大小为3mgEq=为（2）若剪断轻绳，小球受到重力和电场力的合力大小为22()()2FqEmgmg=+=根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为2Fagm==（3）若撤去电场

，小球将在竖直平面内摆动，设小球摆到最低点时的速度为v，根据机动能定理可得21(1cos60)02mglmv−=−小球在最低点时，根据牛顿运动定律有2vTmgml−=联立解得2Tmg=18.如图所示，民航客机

发生意外紧急着陆后，打开紧急出口，会有一条由气囊自动充气后形成的连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面快速滑下。某客机紧急出口下沿距地面高3.2mh=，气囊构成的斜面长6.4mL=。某质量60kgm=的乘客沿该气囊下滑时所受阻力大小225Nf=。

若该乘客由静止开始下滑。取210m/s=g。忽略气囊形变。求：（1）该乘客沿气囊下滑过程中，阻力对人所做的功fW；（2）该乘客到达气囊底端时速度的大小v；（3）该乘客沿气囊下滑的过程中，重力对人的冲量大小GI。【答案】（1）-1140J；（2）4m/s；（3）1920N·s

【解析】【详解】（1）人沿气囊滑下的过程中，阻力对人所做的功f2256.4J=-1140JWfL=−=−（2）人沿气囊滑下的过程，根据动能定理有2f12mghWmv+=代入数据解得v=4m/s（3）人沿气囊下滑的平均速度2m/s2vv==人沿斜面下滑的时间为3.2sLtv==则重力的冲量GI=m

gt=60×10×3.2N·s=1920N·s方向竖直向下。19.如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体质量分别为mA=

0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度-时间图象如图乙所示。求：（1）

物体B运动速度的最大值；（2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度-时间图象；（3）若在某时刻使物体C以vC=4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。

【答案】（1）2m/s；（2）；（3）pm0.2J1.8JE【解析】的【详解】（1）当细线烧断时，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，设物体B的最大速度为Bv,由动量守恒定律有AABB0mvmv+=解

得ABAAB12mvvvm=−=−可知，当A的速度最大时，B将获得最大速度，根据图乙可知，当4TT=时，A的速度最大，读图可得此时A4m/sv=−由此可得B的速度的最大值为B2m/sv=（2）根据A、B

及弹簧组成的系统在整个运动过程中动量守恒可知，当两者速度第一次均达到最大时，弹簧恢复原长，之后两者一起减速，直至速度均减为0时，弹簧被拉伸至最长，之后二者速度反向，再次速度达到最大时弹簧又一次恢复原长，之后二者又共同减速，直至速度减为零，如此反复，物块B在一个周期内的速度—时

间图像如图所示（3）因为水平方向系统不受外力，系统动量守恒，因此无论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个恒量，总动能也是一个定值，且三物体速度相同时弹簧具有最大弹性势能，设三物体共速时的速度为v共，根据动量守恒定律有CCABC()mvmmmv++=共解得1m/sv=共当A在运动过

程中速度为4m/s且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有CCAACA1()mvmvmmv+=+解得14m/sv=设此过程中具有的弹性势能的最大值为1E，由能量守恒有2221AC1BBABC111()()222Emmvmvmmmv=++−++共代入数据解得11.8JE=当A在运动过程

中速度为4m/s且与C反向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有CCAACA2()mvmvmmv−=+解得20v=设此过程中具有的弹性势能的最大值为2E，由能量守恒有2221AC2BBABC111()()222Emmvmvmmmv=

++−++共代入数据解得20.2JE=综上可得，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为pm0.2J1.8JE20.物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果—做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知

重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。（1）劲度系数为k1的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图1所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此在图2中画出

F与x的图像；b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能Ep的表达式。（2）图3所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O'点。a．若已知摆球的质量为m，摆

长为L，在偏角很小时，摆球对于O'点的位移x'的大小与θ角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈xL。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式；b．若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k2，求小球在振动位移为2A时的动能Ek（

用A和k2表示）。【答案】（1）a．F=-k1x，，b.2p112Ekx=；（2）a．2mgkL=，b．2238kA【解析】【详解】（1）a．设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有10kxG=当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如

答图2所示此时合力TFFG=−+而T10Fkxx=+（）解得1Fkx=−b．合力F与位移x关系图线如答图3所示由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功F112Wkxx=−而FpWE=−以平衡位置为零势能参考点，有2p112Ekx=

（2）a．摆球位移为x'处，受力示意图见答图4所示以O'为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系（图中未画出），在摆球位移为x'时，回复力sinxFmgmgL=−=−比例常数2mgkL=b.摆球在位移x'处的势能2p2

1=2Ekx小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有2222k11()222AkAkE=+则222k222113=()2228AEkAkkA−=