【文档说明】重庆市第八中学2020-2021学年高二下学期第一次月考物理试题 含答案.docx，共(15)页，328.806 KB，由小赞的店铺上传

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重庆八中高2022级高二（下）第一次月考考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离

不开实验。关于下面几个重要的物理实验，说法正确的是A.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B.光电效应实验表明光具有波粒二象性C.电子的发现揭示了原子可以再分D.康普顿效应证实了光具有波动性2.如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示

意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，不能忽略空气阻力，则运动员A.过程I的动量改变量等于零B.过程II的动量改变量不等于零C.过程I的动量改变量等于重力的冲量D.过程II的动量改变量等于

重力的冲量3.在抗击新冠病毒的过程中，广泛使用了红外体温计测量体温，如图所示。下列说法正确的是A.当体温超过37℃时人体才辐射红外线B.当体温超过周围空气温度时人体才辐射红外线C.红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的D.红外体温计是依据人体温度越高，人体辐射的

红外线强度越大来测体温的4.如图所示为氢原子的能级图，一群处于𝑛=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时可以辐射出多种不同频率的光子，其中两次跃迁分别辐射出a、b两种光子，若用a光照射x金属刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是A.氢原子辐射出

a光子后，氢原子的能量减小了3.4𝑒𝑉B.a光子的频率比b光子的频率大C.x金属的逸出功为2.55𝑒𝑉D.用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为12.09𝑒𝑉5.如图所示，一块质量为0.5𝑘𝑔的橡皮泥从距小车上表面1.25𝑚高处由静止下落，恰好落

入质量为2kg、速度为2.5𝑚/𝑠沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取𝑔=10𝑚/𝑠2，不计空气阻力，下列说法正确的是A.橡皮泥下落的时间为0.4𝑠B.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为2𝑚/𝑠

C.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为1.25𝐽6.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，再与3号碰撞，3号球将不能摆至高度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不守恒，动量守恒7.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运

动，它们的质量分别为𝑚𝐴=4𝑘𝑔，𝑚𝐵=2𝑘𝑔，速度分别是𝑣𝐴=3𝑚/𝑠(设为正方向)，𝑣𝐵=−3𝑚/𝑠.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为A.𝑣𝐴′=−1𝑚/�

�，𝑣𝐵′=5𝑚/𝑠B.𝑣𝐴′=5𝑚/𝑠，𝑣𝐵′=−7𝑚/𝑠C.𝑣𝐴′=2𝑚/𝑠，𝑣𝐵′=−1𝑚/𝑠D.𝑣𝐴′=−1𝑚/𝑠，𝑣𝐵′=−5𝑚/𝑠8

.如图所示，一轻弹簧竖直放置，两端固定物体B和C，O点是弹簧处于原长时物体B所处的位置，B、O间距离为x。把一物体A从静止释放，释放时A、B之间的距离为h，物体A和物体B的质量均为m，发生碰撞后粘在一起向下运动(以后不再分开)，压缩弹簧然后上升到最高点D，O

、D之间距离也为x，重力加速度为g，物体C始终静止，下列说法正确的是A.碰撞后瞬间物体B的速度为√2𝑔ℎB.运动到O点时，A、B之间弹力不为零C.h和x的关系满足ℎ=4𝑥D.物体C的质量可能大于m二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多项项符合题目要求，漏选的2分，错选的0分。9.如图所示，质量为𝑚𝑏=3𝑘𝑔的物块b与轻质弹簧相连并静止在光滑水平面上，质量为𝑚𝑎=1𝑘𝑔的物块a以𝑣0=4𝑚/𝑠的初速度向右运

动。则在a、b两物块与弹簧作用的过程中，下列判断正确的是A.弹簧对a、b两物块的冲量大小相同B.弹簧的最大弹性势能为6JC.弹簧最短时a的速度最小D.a物块的最小速度为−2𝑚/𝑠10.如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为v的单色光照射光电管

的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示。已知电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，则A.测量遏止电压𝑈𝐶时开关S应扳向“2”B.只增大光照强度时，图乙中𝑈𝐶的值会增大C.只增大光照强度时，图乙中𝐼0的值会增大

D.阴极K所用材料的极限频率为ℎ𝑣−𝑒𝑈𝑐ℎ11.如图所示，质量为4kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75𝑚的细线栓接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好

绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度𝑣0=3𝑚/𝑠，重力加速度为𝑔=10𝑚/𝑠2，当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是A.小车Q的位移大小为0.25𝑚B.小球P的速度大小为2√6𝑚/𝑠C.小车Q的速度大小为2𝑚/𝑠D.小球下落过程中，细线对小

球P做的功为8J12.如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A，B与木板间的动摩擦因数均为𝜇，最初木板C静止。A以初速度𝑣0从C的左端水平向右滑上木板C

，同时，B以初速度2𝑣0从木板上某一位置水平向右滑上木C。在之后的运动过程中B曾以43𝑣0的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g。则对整个运动过程说法正确的是A.滑块A的最小速度为23

𝑣0B.滑块B的最小速度为𝑣0C.滑块A与B可能发生碰撞D.系统ABC的机械能减少了40％三、实验题：本题共2小题，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。13.(6分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部

分实验电路。（1）按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。（2）如图2是根据实验数据作出的𝑈−𝐼图象，由图可知，电源的电动势𝐸=____________𝑉，内阻𝑟=__________𝛺。14.(8分)用如图甲所示装置结合频闪照相机（闪光时间间

隔相等）拍摄的照片来验证动量守恒定律，(1)实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量𝑚𝐴和𝑚𝐵；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，用闪光频率一定的频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图

乙所示)；④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，再次使用步骤③中的频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；⑤测出所需要的物理量。(2)实验装置如图所示，本实验中，实验必须要求的条件是________；A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端点

的切线是水平的C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D.入射球与被碰球满足𝑚𝑎>𝑚𝑏，𝑟𝑎=𝑟𝑏(3)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有(请选填“𝑥0、𝑦0、𝑥𝐴、𝑦𝐴、𝑥𝐵、𝑦𝐵”)；(4)两球在

碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：；两球发生的是弹性正碰，则还应满足的方程是：(用所测物理量表示)。四、计算题：本题共4小题，共46分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。15.(8分)在粗糙的

水平面上静止一质量为2kg的物体，从𝑡=0时刻受到水平向右拉力F的作用，从静止开始做直线运动。拉力F随时间变化如图所示，物体与地面的动摩擦因数为0.15，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)在0～6𝑠时间内拉力F

的冲量；(2)物体在𝑡=6𝑠时的速度大小。16.(10分)如图所示，半径分别为R1=3r和R2=2r的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，在水平轨道上一轻弹簧被1、2两小球夹住。同时释放两小球，1、2球恰好能通过各自圆轨道的最高

点。求：(1)两小球的质量比m1:m2；(2)若1球质量m2=m，弹簧释放前具有多少弹性势能。17.(12分)如图所示，有一个可视为质点、质量为𝑚=1𝑘𝑔的小物块，从光滑平台上的A点以𝑣0=2𝑚/𝑠的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，

滑上紧靠圆弧轨道末端D点、质量为𝑀=3𝑘𝑔的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，圆弧轨道的半径为𝑅=0.4𝑚，C点和圆弧的圆心连线

与竖直方向的夹角𝜃=60°，不计空气阻力，g取10𝑚/𝑠2。求：(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L=2m，小物块能否滑出长木板?若能，求滑出瞬间物块的速度;若不能，求小物块最终离D端的距离。18.(16分)如图所示，AB为足够长的光滑

斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度𝐿=1𝑚，其余部分光滑，DE部分长度为1𝑚，E点与半径𝑅=1𝑚的竖直半圆形光滑轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量𝑚1=0.5𝑘𝑔的物块甲从斜面上由静止释放，若物块甲能够穿

过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为𝑚2=1𝑘𝑔的物块乙发生弹性正碰。已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为𝜇=0.25，且物块均可看成质点，g取10𝑚/𝑠2。求：(1)若物块乙被碰后恰能通过最高点F，求乙在水平面BE上的落点到E点的

距离x；(2)若物块甲在斜面上释放的高度ℎ0为11.5𝑚，且甲乙碰后粘在一起，求碰后甲乙运动至圆心等高点时对轨道的压力𝐹𝑁的大小；(3)物块甲的质量m3=1kg，为使物块甲能够与物块乙碰撞，且弹性碰撞次数不超过2次，求物块甲在斜面上释放的高度h应在什么范围？(不考虑

物块乙脱离轨道后与物块甲可能发生的碰撞。）重庆八中高2022级高二（下）第一次月考考试参考答案ℎ01、【解析】解：A、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，并不是提出了原子核是由质子和中子组成的，故A错误；。B、光具有波粒二象性

，光电效应证实了光具有粒子性，故B错误。C、电子的发现表明了原子是可以再分割的，故C正确。D、在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化，康普顿效应进一步表明光子具有动量，体现光的粒子性，故D错误。故

选：C。2、【解析】𝐴𝐵.𝐼过程中最高点运动员速度为零，入水前具有向下的速度，故过程I中动量的变化量不等于零；过程II运动员到最低点时速度为零，所以过程II中动量变化量也不是零，故A错误B正确；C.过程I运动员受重力和空气阻力作用，由动量定理得：𝐼𝐺+𝐼𝑓=𝛥𝑃，

所以过程Ⅰ的动量改变量不等于重力的冲量，故C错误；D.过程II运动员受重力与水阻力的共同作用，由动量定理可知过程II的动量改变量等于重力的冲量与水和冲量的矢量合，故D错误。故选B。3、【解析】解：AB、

物体在任何时候都会发出红外线，温度越高，辐射红外线的能力越强，所以人体在任何时候都会辐射红外线，故AB错误；C、红外体温计是依据人体发射红外线来测体温的，不是体温计发出的红外线，故C错误；D、红外体温计是依据人体温度越高，辐射的红外线强度越大来测体温的，故

D正确。故选：D。4、【解析】A.氢原子辐射出a光子后，氢原子的能量减小为−0.85𝑒𝑉−(−3.4𝑒𝑉)=2.55𝑒𝑉，故A错误；B.根据题目信息，辐射的a光子能量小于b光子，根据𝐸=ℎν知，能量越小，频率越小，故a

光子的频率比b光子的频率小，故B错误；C.根据恰能使某金属产生光电效应，由𝑛=4跃迁到𝑛=2，辐射的光子能量最大，△𝐸=−0.85𝑒𝑉−(−3.4𝑒𝑉)=2.55𝑒𝑉，则逸出功𝑊0=2.55𝑒𝑉，故C正确。D.从𝑛=3能级跃迁到基态释放的光子能量为−1.51𝑒𝑉−

(−13.6𝑒𝑉)=12.09𝑒𝑉，用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为12.09𝑒𝑉−2.55𝑒𝑉=9.54𝑒𝑉，故D错误。故选C。5、【解析】解：𝐴.橡皮泥做自由落体运动，𝑡=√2ℎ𝑔=0.5𝑠，

故A错误；B.橡皮泥落到小车上，二者相互作用的过程，在水平方向动量守恒，𝑀𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣，解得𝑣=2𝑚/𝑠，故B正确；C.系统竖直方向合外力不为零，所以动量不守恒，故C错误；D.系统损失的机械能为𝛥𝐸=12𝑀𝑣02+𝑚𝑔ℎ−

12(𝑀+𝑚)𝑣2=7.5𝐽，故D错误。故B正确。6、【解析】解：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，可知，小球1、2间，2、3间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球，1、2间，2、3间碰后

并不交换速度，则3号上摆的高度不等于h，故A错误；B、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，则释放后整个过程机械能守恒，但只在碰撞瞬间动量守恒，释放后整个过程动量不守恒，故B错误；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，发生完全非弹性碰撞

，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h，故C正确；D、小球1、2间，2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，

故D错误。故选：C。7、【解析】以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：𝑝=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵=4×3𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠+2×(−3)𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，碰前系统的总动能为：𝐸𝑘=12𝑚𝐴

𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2=12×4×32𝐽+12×2×32𝐽=27𝐽；A.如果𝑣𝐴′=1𝑚/𝑠、𝑣𝐵′=1𝑚/𝑠，碰后系统动量为𝑝′=𝑚𝐴𝑣𝐴′+𝑚𝐵𝑣

𝐵′=4×1𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠+2×1𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠=6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，碰后系统的总动能为：𝐸𝑘′=12𝑚𝐴𝑣𝐴′2+12𝑚𝐵𝑣𝐵′2=12×4×12𝐽+12×2×52𝐽=27𝐽；可知，系统的动量守恒、动能守恒，符合实际，是可能的，故A正确；8、【

解析】解：A、A与B碰撞前做自由落体运动，设A、B碰撞前瞬间A的速度为𝑣0，则𝑣0=√2𝑔ℎ，A、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间B的速度为v，以向下为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0=(𝑚+𝑚)𝑣解得：𝑣=12√2𝑔ℎ，故A错误；

B、A、B运动到O点时弹簧处于原长，弹簧弹力为零，A、B系统只受重力作用，由牛顿第二定律可知，A、B的加速度等于重力加速度g，A处于完全失重状态，因此A对B的压力为零，即A、B之间弹力为零，故B错误；C、由于B、O与O、D间的距离都是x，B在O点

时弹簧处于原长，因此在B、D两点，弹簧的弹性势能相等，从A、B碰撞后到A、B运动到D点过程，对A、B系统，由能量守恒定律得：12⋅2𝑚𝑣2=2𝑚𝑔⋅2𝑥，解得：ℎ=8𝑥，故C错误。D、A与B碰撞前，B静止处于平衡状态，对B由平衡条件得：𝑚𝑔=𝑘𝑥如果A、B上升到最高点时C恰好开

始离开地面，此时地面对C的支持力为零，则：𝑚𝐶𝑔=𝑘𝑥，解得：𝑚𝐶=𝑚，由题意可知，物体C始终静止，则𝑚𝐶≥𝑚，故D正确；故选：D。9、【解析】解：A、弹簧对a、b两物块的作用力大小相等、方向相反，作用时间相等，由�

�=𝐹𝑡知，弹簧对a、b两物块的冲量大小相等、方向相反，故A正确；B、当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，弹簧的最大弹性势能为𝐸𝑃。取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：𝑚𝑎𝑣0=(

𝑚𝑎+𝑚𝑏)𝑣𝐸𝑃=12𝑚𝑎𝑣02−12(𝑚𝑎+𝑚𝑏)𝑣2联立解得：𝐸𝑃=6𝐽，故B正确；CD、当弹簧恢复原长时，b的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：𝑚𝑎𝑣0=𝑚𝑎𝑣𝑎+𝑚𝑏𝐴𝑏12𝑚𝑎𝑣02=12𝑚�

�𝑣𝑎2+12𝑚𝑏𝑣𝑏2联立联解得：𝑣𝑎=−2𝑚/𝑠，𝑣𝑏=2𝑚/𝑠此时a的速度已经反向，所以a的最小速度为0，故CD错误。故选：AB。10、【解析】A.开关S应扳向1，光电子在电场中减速运动，当到达另外一端时速度恰好减少为0，这时电压被称为遏止电压，，

选项A错误;B.根据动能定理有−𝑒𝑈𝑐=0−𝐸𝑘，结合爱因斯坦光电效应方程𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0，可知𝑈𝐶的值只与光照频率有关，与光照强度无关，B错误；C.只增大光照强度时，k极发射电子数

会增多，图乙中𝐼0的值会增大，C正确；D.根据动能定理有−𝑒𝑈𝑐=0−𝐸𝑘，结合爱因斯坦光电效应方程𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0，𝑊0=ℎ𝑣𝑐联立解得𝜈𝑐=ℎ𝑣−𝑒𝑈𝑐ℎ，D

正确。故选CD．11、【解析】解：A、小球P小球下落过程中，小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒，则在水平方向平均动量也守恒。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：0=𝑚𝑃𝑥𝑃𝑡−𝑚𝑄𝑥𝑄𝑡，又𝑥𝑃+𝑥𝑄=�

�=0.75𝑚，解得：小车Q的位移大小𝑥𝑄=0.25𝑚，故A正确；BC、设小球P的速度大小为𝑣𝑃，小车Q的速度大小为𝑣𝑄.由水平方向动量守恒得：0=𝑚𝑃𝑣𝑃−𝑚𝑄𝑣𝑄。根据系统的机械能守恒得：𝑚𝑃𝑔𝐿+12𝑚𝑃𝑣

02=12𝑚𝑃𝑣𝑃2+12𝑚𝑄𝑣𝑄2。联立解得𝑣𝑃=4𝑚/𝑠，𝑣𝑄=2𝑚/𝑠，故B错误，C正确。D、小球下落过程中，设细线对小球P做的功为𝑊.对P，根据动能定理得：𝑚𝑃𝑔

𝐿+𝑊=12𝑚𝑃𝑣𝑃2−12𝑚𝑃𝑣02，解得𝑊=−8𝐽，故D错误。故选：AC。12、【解析】设ABC三者的最终为v，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：𝑚𝑣0+2𝑚𝑣0=3𝑚𝑣⬚解得：𝑣=𝑣0设木块A在整

个过程中的最小速度为𝑣′，所用时间为t，由牛顿第二定律得：对滑块A：𝑎1=𝜇𝑚𝑔𝑚=𝜇𝑔对滑块𝐵𝑎3=𝜇𝑚𝑔𝑚=𝜇𝑔对木板C：𝑎2=2𝜇𝑚𝑔𝑚=2𝜇𝑔当滑块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则

有𝑣0−𝜇𝑔𝑡=2𝜇𝑔𝑡解得𝑡=𝑣03𝜇𝑔滑块A在整个过程中的最小速度为：𝑣′=𝑣0−𝑎1𝑡=𝑣0−𝜇𝑔×𝑣03𝜇𝑔=2𝑣03当滑块B的速度变为4𝑣03所需要的时间为𝑡′，所以，𝑡′=2𝑣03𝜇𝑔，此时，

AC有共同速度：𝑣2=2𝑣03+12𝜇𝑔·𝑣03𝜇𝑔=5𝑣06，BC碰撞后B具有最小速度对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：𝑚·4𝑣03+𝑚·5𝑣06=𝑚𝑣3+𝑚𝑣412𝑚(4𝑣03)2+12𝑚(5𝑣06)2=12𝑚𝑣32+12

𝑚𝑣42联立上式解得：𝑣3=5𝑣06，𝑣4=43𝑣0所以B的最小速度为𝑣3=5𝑣06；由于碰撞后𝑣3=𝑣2，故AB不可能发生碰撞由能量守恒定律可知：𝛥𝐸=12𝑚𝑣02+12𝑚(2𝑣0)2−12(3𝑚)𝑣2=𝑚𝑣02所以系统损失的机械能为𝑚𝑣02

5𝑚𝑣022×100％=40％，故AD正确BC错误。故选AD。13.【答案】(1)见解析（2）1.5；1.0，由𝑈−𝐼图可知，电源的电动势𝐸=1.5𝑉；当路端电压为1V时，电流为0.5𝐴，则由闭合电路欧姆定律可

知：𝑟=𝐸−𝑈𝐼=1.5−10.5𝛺=1.0𝛺；14.【答案】（1）BCD（2）𝑥0、𝑥𝐴、𝑥𝐵（3）𝑚𝐴𝑥0=𝑚𝐴𝑥𝐴+𝑚𝐵𝑥𝐵𝑚𝐴𝑥02=𝑚𝐴𝑥𝐴2+𝑚𝐵

𝑥𝐵2【解析】解：(1)为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即𝑚𝐴>𝑚𝐵；(2)碰撞时应有：𝑚𝐴𝑣0=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵由平抛规律有𝑥=𝑣𝑡，相机闪光频率不变

，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有：𝑚𝐴𝑥0=𝑚𝐴𝑥𝐴+𝑚𝐵𝑥𝐵，所以需要在照片中直接测量的物理量有，𝑥0、𝑥𝐴、𝑥𝐵(3)由(2)的分析可知，应验证的表达式为：𝑚𝐴𝑥0=𝑚𝐴𝑥

𝐴+𝑚𝐵𝑥𝐵；如果碰撞为弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒定律得：12𝑚0𝑣𝐴2=12𝑚𝐴𝑣𝐴2+12𝑚𝐵𝑣𝐵2整理得：𝑚𝐴𝑥02=𝑚𝐴𝑥𝐴2+𝑚𝐵𝑥𝐵2；1

5.【答案】解：(1)𝐹−𝑡图象与坐标轴围成的面积表示力F的冲量，所以有：𝐼=[12×(3+9)×4+12(6+9)×2]𝑁⋅𝑠=39𝑁⋅𝑠，方向向右；（3分）(2)摩擦力大小Nmgf3==，物体在t=0时刻开始运动整个过程中摩擦力的冲量大小为：sNtfIf

==18（2分）根据动量定理可得：𝐼−𝐼𝑓=𝑚𝑣−0（2分）解得：smv/5.10=。（1分）16.【答案】解：（1）对1球到达最高点末速度为零，有12𝑚1𝑣12=2𝑚1𝑔𝑅1（1分）对2球在最高点有：𝑚2𝑔=𝑚2𝑣′2𝑅2，12𝑚2𝑣

22−12𝑚2𝑣′2=2𝑚2𝑔𝑅2，（2分）根据动量守恒有：𝑚1𝑣1=𝑚2𝑣2（2分）651221==vvmm（1分）（2）mm651=弹簧释放前具有多少弹性势能（1分）mgrvmvmEP)530(2121222211+=+=

（3分）17.【答案】解：(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，根据平行四边形定则知：𝑣𝐶=𝑣0𝑐𝑜𝑠60∘=2𝑣0=4𝑚/𝑠小物块由C到D的过程中，由动能定理得：𝑚𝑔𝑅(1−𝑐𝑜𝑠60°)=12𝑚𝑣𝐷2−12𝑚𝑣

𝐶2（2分）代入数据解得：𝑣𝐷=2√5𝑚/𝑠（1分）小球在D点时，由牛顿第二定律得：𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐷2𝑅（2分）代入数据解得：𝑁=60𝑁（1分）由牛顿第三定律得：𝑁′=𝑁=60𝑁，方向竖直向下(2)设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为v，小物块

在木板上滑行的过程中，取向左为正方向，由动量守恒定律得𝑚𝑣0=(𝑀+𝑚)𝑣（2分）解得：𝑣=√52𝑚/𝑠（1分）设物块在木板相对位移l，由功能关系得𝜇𝑚𝑔𝑙=12𝑚𝑣𝐷2−12(𝑚+𝑀)𝑣2（2分）解得：mL875.1=（1分）所以小物块不能滑出

长木板。最后离D点的距离为1.875m18.【答案】解：(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供：𝑚2𝑔=𝑚2𝑣2𝑅得𝑣=√𝑔𝑅（2分）物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向12𝑔𝑡2=2𝑅水平方向𝑥=𝑣𝑡可得，物块

乙在水平轨道上的落点到E点的距离为𝑥=2𝑅=2𝑚（2分）(2)设物块甲与物块乙碰前速度为𝑣0，由动能定理可知𝑚1𝑔ℎ0−𝜇𝑚1𝑔𝐿=12𝑚1𝑣02−0得smv/560=（2分）物块甲与乙发生完全非弹性正碰，12101)(vmmvm+=smv/521=

（2分）设甲乙物块通过圆心等高点时的速度为2v，根据机械能守恒，则2221212121)(21)()21vmmgRmmvmm+++=+（smv/02=设物块甲乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为𝐹𝑁

，得FN=0N（2分）(3)要使物块甲能够与物块乙碰撞，gLmghm11即ℎ>0.25𝑚（2分）因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，甲和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块甲发生弹性正碰，交换速度。要使物块甲不再与物块乙发生碰撞𝑚3𝑔ℎ≤3𝜇

𝑚3𝑔𝐿即ℎ≤0.75𝑚（2分）如果物块甲与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度𝑣4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块甲发生碰撞12𝑚2𝑣42>𝑚2𝑔𝑅即𝑣4>√2𝑔𝑅甲与乙碰前速

度设为𝑣5，则有𝑣5=𝑣4，在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式𝑚3𝑔ℎ−𝜇𝑚3𝑔𝐿=12𝑚3𝑣52得ℎ>1.25𝑚（2分）综上0.25𝑚<ℎ≤0.75𝑚或ℎ>1.25𝑚