臨淄中學(xué)2023-2024學(xué)年度第一學(xué)期高二物理試題含答案解析

臨淄中學(xué)2023-2024學(xué)年度第一學(xué)期

高二物理試題

一、單選題（共40分）

1.關(guān)于物體的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.位移減小時(shí)，加速度和速度都一定減小

B.位移方向可能與速度方向相反

C.回復(fù)力方向總是與加速度方向相反

D.回復(fù)力逐漸增大，速度一定增大

【答案】B

【詳解】

A.位移減小時(shí)，恢復(fù)力減小，加速度減小，但速度增大，故A錯(cuò)誤；

B.物體從最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，位移方向和速度方向相反，故B正確；

C.根據(jù)牛頓第二定律，回復(fù)力方向總是與加速度方向相同，故C錯(cuò)誤；

D.回復(fù)力逐漸增大，說(shuō)明物體在向最大位移處運(yùn)動(dòng)，則速度逐漸減小，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

2.惠更斯利用擺的等時(shí)性原理制成了第一座擺鐘.如圖甲所示為日常生活中我們能見(jiàn)到的一種擺

鐘，圖乙所示為擺的結(jié)構(gòu)示意圖，圓盤固定在擺桿上，螺母可以沿?cái)[桿上下移動(dòng).在甲地走時(shí)準(zhǔn)

確的擺鐘移到乙地未做其他調(diào)整時(shí)擺動(dòng)加快了，下列說(shuō)法正確的是（）

［擺桿

■QHQ圓盤

￥螺母

甲乙

A.甲地的重力加速度較大，若要調(diào)準(zhǔn)可將螺母適當(dāng)向下移動(dòng)

B.甲地的重力加速度較大，若要調(diào)準(zhǔn)可將螺母適當(dāng)向上移動(dòng)

C.乙地的重力加速度較大，若要調(diào)準(zhǔn)可將螺母適當(dāng)向下移動(dòng)

D.乙地的重力加速度較大，若要調(diào)準(zhǔn)可將螺母適當(dāng)向上移動(dòng)

【答案】C

【詳解】

由甲地到乙地?cái)[動(dòng)加快則說(shuō)明周期變小，因7=2兀/，則重力加速度變大，要使周期不變小，則

應(yīng)增加擺長(zhǎng)，即將螺母適當(dāng)向下移動(dòng).

ABD.由上分析可知，ABD錯(cuò)誤；

C.由上分析可知，C正確.

3.如圖所示,質(zhì)量為m的人站立于質(zhì)量為M的平板車上,人與車以大小為孫的速度在光滑水平面上

向東運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻人相對(duì)平板車以大小為的速度豎直跳起，人跳起后車的速度大小為

A.v0-B.v0C.學(xué)歷D—%

【答案】B

【詳解】

人和車在水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)人豎直跳起時(shí)，取向東為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：

（加+M）vo=（機(jī)得人跳起后車的速度大小為：v=vo.方向向東，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤；故

選B.

【點(diǎn)睛】

本題應(yīng)用動(dòng)量守恒定律要注意方向性，本題中人豎直跳起，影響的是在豎直方向的動(dòng)量，在水平

動(dòng)量不變.

4.2022年8月18日，一架救援直升機(jī)在重慶涪陵進(jìn)行滅火作業(yè)。直升機(jī)通過(guò)旋翼螺旋槳向下推

動(dòng)空氣獲得升力。若質(zhì)量為M的直升機(jī)處于水平懸停狀態(tài)，桶、繩索和桶中水總質(zhì)量為zn,若旋

翼螺旋槳轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)單位時(shí)間推動(dòng)的空氣質(zhì)量為P，重力加速度為g,則被推動(dòng)空氣獲得的速度大小

為（）

C(M+m)g

D.—B—

,P(M+m)g

【詳解】

直升機(jī)處于水平懸停狀態(tài)，所以直升機(jī)獲得的升力與直升機(jī)、桶、繩索和桶中水的總重力平衡,

F=(M+m)g

由牛頓第三定律可知，直升機(jī)獲得的升力與推動(dòng)空氣的力大小相同，研究時(shí)間內(nèi)推動(dòng)的空氣,

利用動(dòng)量定理有

FXt—pLtv

解得

(M+m)g

v--------------

p

故選C。

5.關(guān)于電流周圍磁場(chǎng)的磁感線分布情況，符合安培定則的是()

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)安培定則，直線電流左側(cè)磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向外，右側(cè)磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里，故

A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)安培定則，磁場(chǎng)方向應(yīng)為逆時(shí)針，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)安培定則，從上往下看，磁場(chǎng)方向應(yīng)為逆時(shí)針，故C正確；

D.根據(jù)安培定則，通電螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)方向應(yīng)由左指向右，故D錯(cuò)誤。

故選C。

6.為了交通安全，常在公路上設(shè)置如圖所示的減速帶，減速帶使路面稍微拱起以達(dá)到使車輛減速

的目的。一排等間距設(shè)置的減速帶，可有效降低車速。如果某路面上的減速帶的間距為1.5m,

一輛固有頻率為2Hz的汽車勻速駛過(guò)這排減速帶，下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)汽車以5m/s的速度行駛時(shí)，其振動(dòng)頻率為2HzB.當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)最不顛簸

C.當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)顛簸最厲害D.汽車速度越大，顛簸就越厲害

【答案】C

【分析】

【詳解】

A.當(dāng)汽車以5m/s的速度行駛時(shí)，驅(qū)動(dòng)力的周期為

s1.5

T=—=--s=0.3s

v5

所以頻率等于

110

-=—Hz

T3

A錯(cuò)誤；

BCD.當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)，汽車的頻率為

v3

/=-=—Hz=2Hz

's1.5

此時(shí)和固有頻率相同，所以顛簸最厲害，BD錯(cuò)誤C正確。

故選Co

7.某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻Ri、/?2的電壓與電流的關(guān)系如圖所示。用此電源和電

阻&、R2組成電路。R1、/?2可以同時(shí)接入電路，也可以單獨(dú)接入電路。為使電源輸出功率最

A.將先單獨(dú)接到電源兩端

B.將/?2單獨(dú)接到電源兩端

C.將R、/?2串聯(lián)后接到電源兩端

D.將比、并聯(lián)后接到電源兩端

【答案】D

【詳解】

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

U=E-lr

根據(jù)圖中電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線可知，電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為

E=8V，「=汐=汐

設(shè)外電阻為R時(shí)，電源的輸出功率為

2

p,=E=(_,_)2R=E----------------

出R+r°J「

R+歹+2r

由于基本不等式可知，當(dāng)外電阻R=r時(shí)，電源的輸出功率最大；由電阻的伏安特性曲線可得

&=8/=4。，R2=4N=2。

Ri、/?2串聯(lián)后的阻值為

R串=R1+R2=6c

%、/?2并聯(lián)后的阻值為

Ri達(dá)4

Rif=7；-----=-H=r

并/?!+R23

可知將R1、R2并聯(lián)后接到電源兩端時(shí)，電源輸出功率最大。

故選Do

8.如圖所示，光滑水平地面上靜止一個(gè)質(zhì)量為“且上表面光滑的斜面體.現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為加的

小滑塊放置在斜面體頂端，使其由靜止沿斜面滑下.已知斜面體底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),則以下判斷正確的

是（）

A.下滑過(guò)程中小滑塊的機(jī)械能守恒

B.小滑塊下滑過(guò)程中，兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.小滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)，斜面體水平向右運(yùn)動(dòng)的距離為盧

M+m

D.小滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)，小滑塊水平向左運(yùn)動(dòng)的距離為"

M+m

【答案】D

【詳解】

A.下滑過(guò)程中小滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，滑塊的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.小滑塊下滑過(guò)程中，兩物體組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則水平方向動(dòng)量守恒，豎直

方向動(dòng)量不守恒，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)小滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)，斜面體水平向右運(yùn)動(dòng)的距離為X,則由水平動(dòng)量守恒可知

Mx=m(L—x)

解得

mL

x=-------

M+m

小滑塊水平向左運(yùn)動(dòng)的距離為

ML

s=L—x=--------

M+m

選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

二、多選題（共20分）

9.如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S并調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P的位置，使A、B、C三燈亮度相同。若繼續(xù)

將P向下移動(dòng)，則三燈亮度變化情況為（）

A.A燈變亮B.B燈變亮

C.B燈變暗D.C燈變亮

【答案】ACD

【詳解】

A.將變阻器滑片P向下移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆

定律得知，總電流/A增大，則A燈變亮，故A正確；

BC.并聯(lián)部分的電壓

U產(chǎn)E-IA（RA+「）

E、RA、r不變，/A增大，U并減小，/B減小，B燈變暗，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.通過(guò)C燈的電流

，C=，A-，B

/A增大，/B減小，則/c增大，C燈變亮，故D正確。

故選ACDo

10.A,B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前后兩球的x-t圖象如圖所

01234t/s

A.碰撞后，兩球運(yùn)動(dòng)方向相反

B.碰撞過(guò)程中A球動(dòng)量變化量大小為4kg-m/s

C.B球質(zhì)量Tn?=2kg

D.此碰撞過(guò)程為彈性碰撞

【答案】AC

【分析】

【詳解】

A.由題圖可看出在/=2s后兩球的運(yùn)動(dòng)方向相反，A正確；

B.由題圖和動(dòng)量守恒可看出在0~2s內(nèi)和2~4s內(nèi)A球的速度分別為

=5m/s?-lm/s

VA=-4tl4Ut'A2=—=

則碰撞過(guò)程中A球動(dòng)量變化量大小為6kgm/s,B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量守恒有

WAVA=-"ZAU'A-"ZB/B（取A最開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?/p>

代入數(shù)據(jù)有

mB="?2=2kg

C正確；

D.碰撞前的機(jī)械能為

E=2-J

-??J2AVA=2

碰撞前的機(jī)械能為

E'=+^innv'R2=yJ

碰撞前后機(jī)械能不守恒，則不是彈性碰撞，D錯(cuò)誤。

故選ACo

11.如圖所示，某電路中電源電動(dòng)勢(shì)E=10V,內(nèi)阻尸1C,指示燈心的阻值為32Q,電動(dòng)機(jī)M線

圈電阻為R）=2Q。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，指示燈RL的電功率為2W。那么下列說(shuō)法中正確的是

S

A.流過(guò)電動(dòng)機(jī)M的電流為4A

B.流過(guò)理想電流表的電流為2A

C.電動(dòng)機(jī)M輸出的機(jī)械功率7.875W

D.電源的總功率為20W

【答案】BCD

【詳解】

AB.指示燈R的電壓為

UL=/PR[=72x32V=8V

指示燈&的電流為

U,8

I,L=—=—A=0.25A

RL32

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

E=UL+Ir

解得流過(guò)電流表的電流為

E-U,12-8

1=-------=---A=2A

r1

流過(guò)電動(dòng)機(jī)M的電流為

/M=/-/L=(2-0.25)A=1.75A

所以A錯(cuò)誤，B正確；

C.電動(dòng)機(jī)M輸出的機(jī)械功率為

P機(jī)=UM1M-IM2Ro=8x1.75W-1.752x2W=7.875W

所以C正確；

D.電源的總功率為

P=￡/=10x2W=20W

所以D正確。

故選BCDo

12.如圖所示，把兩個(gè)體積相同的帶正電的小球A和B放在光滑絕緣水平地面，它們的電荷量分

別為4和2q,質(zhì)量分別為m和2m。某時(shí)刻A球以大小為心的速度沿兩小球連線方向向B球運(yùn)

動(dòng)，此時(shí)B球速度為0,兩球相距為L(zhǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球始終沒(méi)有相碰，下列說(shuō)法正確的是

()

A.A、B兩球最近時(shí)，B球的速度為早

B.A球速度最小時(shí)，系統(tǒng)電勢(shì)能增量為［m詔

C.A、B兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小之比始終為2：1

D.A、B兩球組成的系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

【答案】AC

【詳解】

A.A、B兩球最近時(shí)，速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒

mv0=(m+2m)vB

解得

%

VB=T

故A正確；

B.因?yàn)锳球質(zhì)量小，最小速度為零，此時(shí)B球速度u

mv0=2mv

系統(tǒng)電勢(shì)能增量為

111

Ep=-mvl--(2m)v2=

故B錯(cuò)誤。

C.兩球間靜電力大小相等

F=ma

所以A、B兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小之比始終為2：1,故C正確；

D.A、B兩球組成的系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，但有電勢(shì)能和機(jī)械能間的轉(zhuǎn)化，機(jī)械能不守

恒，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

三、實(shí)驗(yàn)題(共10分)

13.用圖甲所示的電路，測(cè)定一節(jié)舊干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。除電池、開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線外，可供使用

的實(shí)驗(yàn)器材還有:

雙量程電流表：A（量程0?0.6A,0?3A）；

雙量程電壓表：V（量程0?3V,0?15V）；

滑動(dòng)變阻器：匕（阻值范圍0?10C,額定電流2A）

R2（阻值范圍0?100Q,額定電流1A）

乙丙

（1）為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量精度更高，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用電流表的量程為A,電壓表的量程

為V,應(yīng)選用滑動(dòng)變阻器（填寫滑動(dòng)變阻器符號(hào)）；

（2）根據(jù)圖甲將圖乙中的實(shí)物正確連接；

（3）通過(guò)多次測(cè)量并記錄對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)/和電壓表示數(shù)U,利用這些數(shù)據(jù)在圖丙中畫出了U-/

圖線。由圖線可以得出此干電池的電動(dòng)勢(shì)E=V（保留3位有效數(shù)字），內(nèi)電阻

r=Q（保留2位有效數(shù)字）；

（4）引起該實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差的主要原因是

A.由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實(shí)際輸出的電流大

B.由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實(shí)際輸出的電流小

C.由于電流表的分壓作用造成電壓表讀數(shù)總是比路端電壓小

D.由于電流表的分壓作用造成電壓表讀數(shù)總是比路端電壓大

（5）某同學(xué)利用如圖所示的電路測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，經(jīng)過(guò)正確的操作獲得了若干組

實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，據(jù)此描繪出的U-/圖像（其中U、/分別為電壓表和電流表的讀數(shù)）如下圖中的實(shí)線所

示，虛線表示該電池兩端的電壓與流經(jīng)電池電流的關(guān)系圖線，下列圖像合理的是o

【答案】⑴.0~0.6(2).0~3(3)./?i(4).見(jiàn)解析(5).1.45(6).1.3(7).

B(8).A

【詳解】

(1)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V,所以電壓表量程應(yīng)選0~3V；滑動(dòng)變阻器R2的最大

阻值較大，不便于控制電路中的電流，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的尺；此時(shí)電路中的電

流一定不超過(guò)0.5A,所以電流表量程應(yīng)選0~0.6A；

(3)[5][6]U-/圖線的縱截距表示電動(dòng)勢(shì)，斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，即

E=1.45V

1.45-0.80

r=---——Q=1.3。

0.50

(4)⑺本實(shí)驗(yàn)中電壓表并聯(lián)在電源兩端，示數(shù)即為路端電壓的真實(shí)值，引起該實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差

的主要原因是由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實(shí)際輸出的電流小，故選Bo

(5)[8]當(dāng)電壓表示數(shù)為零時(shí)，路端電壓為零，此時(shí)電流表的示數(shù)就是短路電流的真實(shí)值；當(dāng)電

流表示數(shù)為零時(shí)，由于電壓表存在分流，所以通過(guò)電源的電流并不為零，即存在內(nèi)電壓，使得電

壓表示數(shù)略小于電源電動(dòng)勢(shì)，綜上所述可知A圖像合理，故選A。

14.某同學(xué)在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)室具備的實(shí)驗(yàn)器材有：斜槽軌道，兩個(gè)大

小相等、質(zhì)量不同的小鋼球A、B,刻度尺，白紙，圓規(guī)，重垂線一條。實(shí)驗(yàn)裝置及實(shí)驗(yàn)中小球

運(yùn)動(dòng)軌跡及落點(diǎn)平均位置如圖甲所示。

OMPN

單位:cm

工18.30」

<40.50---------?

<55.14----------------->

甲乙

（1）對(duì)于實(shí)驗(yàn)中注意事項(xiàng)、測(cè)量器材和需測(cè)量的物理量，下列說(shuō)法中正確的是一

A.實(shí)驗(yàn)前軌道的調(diào)節(jié)應(yīng)注意使槽的末端的切線水平

B.實(shí)驗(yàn)中要保證每次A球從同一高處由靜止釋放

C.實(shí)驗(yàn)中還缺少的實(shí)驗(yàn)器材有復(fù)寫紙和秒表

D.實(shí)驗(yàn)中需測(cè)量的物理量只有線段OP、0M和ON的長(zhǎng)度

（2）實(shí)驗(yàn)中若小球A的質(zhì)量為血1，小球B的質(zhì)量為血2，當(dāng)?ni>ni2時(shí)，實(shí)驗(yàn)中記下了0、M、

P、N四個(gè)位置（如圖乙所示），若滿足（用爪1、m2>OM、OP、ON表示），則說(shuō)

明碰撞中動(dòng)量守恒；若還滿足（只能用OM、OP.ON表示），則說(shuō)明碰撞前后動(dòng)能

也相等。

【答案】(1).AB(2).m\OP=m\OM+miON(3).OP=ON-OM

【詳解】

（1）[1]A.由于要保證兩球發(fā)生彈性碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，即初速度沿水平方向，所以必須保證

槽的末端的切線是水平的，故A正確；

B.由于實(shí)驗(yàn)要重復(fù)進(jìn)行多次以確定碰撞后兩小球的落點(diǎn)的確切位置，所以每次碰撞前小球A的

速度必須相同，所以每次必須讓A球從斜槽軌道上同一高度處由靜止釋放，故B正確；

C.驗(yàn)證

m\vo=m\V\+m2V2

由于碰撞后A球和B球從同一高度開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

1

h=2gt2

可得兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故可驗(yàn)證

m\VQt=m\vit+iri2V2t

而

vot=OP

v\t=OM

v2t=0N

故只需要驗(yàn)證

m\OP-mxOM+tmON

所以要測(cè)量A球的質(zhì)量如和B球的質(zhì)量〃22,需要天平；在地面上合適的位置鋪上白紙并在白紙

上面鋪上復(fù)寫紙，小球落在復(fù)寫紙上，可以在白紙上留下落點(diǎn)印跡，所以還要復(fù)寫紙，不需要秒

表，故C錯(cuò)誤；

D.由〃uOP=〃nOM+/〃2ON可知，實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的物理量是A球的質(zhì)量m\和B球的質(zhì)量m2,

線段OP、OM和ON的長(zhǎng)度，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

(2)[2]⑶由(1)可知驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒的表達(dá)式為

m\0P=m\0M+m2-0N

若碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)能相等，則有

111

2

-m^OPy=57nl(0M)2+-m2(O/V)

聯(lián)立解得

OP=ON-OM

四、解答題(共20分)

15.某質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間『變化的圖像如圖所示。求：

(1)質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅和頻率；

(2)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程；

(3)質(zhì)點(diǎn)在0~4s內(nèi)通過(guò)的路程、位移。

【答案】(1)5cm,1.25Hz；(2)%=5sin，t(cm)；(3)Im,0

【詳解】

(1)由圖像可得質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為

A=5cm

由圖像可得質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為

7^0.8s

頻率為

1

f=7

解得

上1.25Hz

(2)質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)方程為

x=As\na)t

其中

5

&)=2nf=-7rrad/s

解得

5

x=5sin-7itcm

2

(3)U4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的位移為

5

x1=5sin-7ix4cm=Ocm

振動(dòng)的次數(shù)為

t4

n=—=——=5

T0.8

Os?4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為

s=4nA=100cm=Im

16.某高校設(shè)計(jì)專業(yè)學(xué)生對(duì)手機(jī)進(jìn)行了防摔設(shè)計(jì)，防摔設(shè)計(jì)是這樣的：在屏幕的四個(gè)角落設(shè)置了

由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成的保護(hù)器，一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計(jì)、陀螺儀及位移傳感器

感知到手機(jī)掉落，保護(hù)器會(huì)自動(dòng)彈出，對(duì)手機(jī)起到很好的保護(hù)作用。總質(zhì)量為160g的該種型號(hào)

手機(jī)從距離地面1.25m高的口袋中被無(wú)意間帶出，之后的運(yùn)動(dòng)可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)，平摔在地

面上，保護(hù)器撞擊地面的時(shí)間為0.5s,不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2,試求：

(1)手機(jī)落地前瞬間的速度大??；

(2)手機(jī)從開(kāi)始掉落到落地前的過(guò)程中重力的沖量大?。?/p>

(3)地面對(duì)手機(jī)的平均作用力大小。

【答案】(l)5m/s；(2)0.8N-s；(3)3.2N

【詳解】

(1)落地的速度

v2=2gh

代入數(shù)值得

v=d2gh=V2x10x1.25m/s=5m/s

(2)方法一：根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)

L12

K=29t

代入數(shù)值得

2h2x1.25

t=—=———s=0.5s

JgJ1。

根據(jù)

I=mgt

得重力沖量

I=mgt=0.16x10x0.5N-s=0.8N?s

方法二：由動(dòng)量定理

/=mv—0

代入數(shù)值得

/=0.8N-s

(3)取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理

(mg—F)t=0—mv

得

mv0.16x5

F=mg+——=1.6N+———N=3.2N

“t0.5

17.如圖，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN相切。質(zhì)量為

mB=0.4kg的小球B與一輕彈簧相連，并靜止在水平軌道上，質(zhì)量為四=0.6kg的小球A從LM

上距水平軌道高為九=1.8m處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之后與彈簧正碰并壓縮彈簧但不

粘連。設(shè)小球A通過(guò)M點(diǎn)時(shí)沒(méi)有機(jī)械能損失，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)A球與彈簧碰前瞬間的速度大小氣;

(2)A球與彈簧相碰過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能所；

(3)A、8兩球最終的速度VA、VB的大小。

【答案】(1)6m/s；(2)Ep=4.32J；(3)vA=2m/s,vB=7.2m/s

【詳解】

(1)由動(dòng)能定理得

mAgh.=-mAvl

v0=yj2gh=6m/s

(2)A與8共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，A、8和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒

mAv0=(mA+mB)v

由機(jī)械能守恒定律，彈簧的最大彈性勢(shì)能

11

Ep=5mA詔-2(啊+m^v2

Ep=4.32J

(3)A、8與彈性發(fā)生彈性碰撞，最終分離

mAv0=mAvA+mBvB

vA=1.2m/s?vB=7.2m/s

18.如圖，水平軌道的右端固定一半徑為/的豎直光滑半圓軌道，其直徑BC豎直。水平軌道上質(zhì)

量分別為3加、加的兩小物塊P、Q將原長(zhǎng)2/的輕彈簧壓縮/后由靜止釋放。已知P、Q兩物塊與

水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1:3,釋放兩物塊時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=6mg/,物塊與彈簧不

粘連，物塊Q與水平軌道右端8的距離為5/,已知物塊Q到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為

FNB=7nig,重力加速度go

求：(1)物塊Q運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小&c及最后落到水平軌道上的位置與8點(diǎn)的距

離x；

(2)物塊Q運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)物塊P的速度大小也

(3)物塊P向左運(yùn)動(dòng)的距離卻

【答案】(1)mg；2V2Z；(2):后I；(3)5/

【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)牛頓第三定律可得軌道對(duì)Q的支持力大小為以B=7mg,