2021年福建省漳州市高考物理第二次质检试卷（二模）

2021年福建省漳州市高考物理第二次质检试卷（二模）

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.关于近代物理知识，下列说法中正确的是（）

A.结合能越大的原子核越牢固

B.放射性元素发出的夕射线来自原子核外电子

C.光电效应能否发生与光的照射时间长短无关

D.处于基态的氢原子能吸收任意能量的光子而跃迁到激发态

2.装有一定质量理想气体的薄铝筒开口向下浸在恒温水槽中，如I___I_______

图所示，现推动铝筒使其缓慢下降，铝筒内气体无泄漏，则铝-二一虐[二亲’

简在下降过程中，筒内气体（）[7二1二二土二二

A.压强减小

B.内能减小

C.向外界放热

D.分子平均动能变大

3.如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为10：1,匕为滑动变阻器，/?2为定值电阻，

C为电容器,乙为额定功率11W的灯泡，原线圈两端加电压U=220&sinl00TTt（V）,

灯泡恰好正常发光，则（）

A.灯泡的额定电流为在4

2

B.流过/?2的电流始终为零

C.%滑片向下滑动时，灯泡L变亮

D.&滑片向下滑动时，原线圈的电流变小

4.2021年2月24日我国火星探测器“天问一号”成功进入火星停泊轨道，之后”着

陆器”将被释放到火星表面上开始探测。已知火星的直径约为地球的：，质量仅为

地球的卷。由此可知（）

A.探测器的发射速度一定要大于地球的第三宇宙速度

B.探测器绕火星表面附近做圆周运动的速度小于7.9km/s

C.火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的2.5倍

D.停泊轨道上的“着陆器”通过点火加速脱离探测器才能开始着陆

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.2020年11月10日，中国自主研发制造的“奋斗者”忖

号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909O7

米的中国教人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋T\

斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所______

示，其中ti〜t2、t3〜t4为直线，忽略下潜过程重力比|------

加速度的变化及潜水器的体积变化。贝式）

A.0〜时间内，潜水器做加速下潜

B.G〜t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大

C.t2〜t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态

D.2〜t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零

6.如图，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上/

A、B、C三点构成正三角形，BD、AE为圆环直径，且/

水平，，为圆环最低点。将带正电小环P、Q（均可视V

为点电荷）套在圆环上，Q固定在A点不动。现将小环P\

由B点静止释放，则（）

A.小环P到达E点时速度最大

B.小环P从B到H机械能先增大后减小

C.Q形成的电场中，B、C两点处的场强大小相等

D.。形成的电场中，B点的电势大于C点的电势

7.如图为带灯的自行车后轮的示意图。金属轮框与轮轴之间

均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值

为30小灯泡，车轮半径为0.3m,轮轴半径可以忽略。车-

架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为60。的扇形匀强磁\/

场区域，磁感应强度大小为2.07,方向垂直纸面（车轮平

面）向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为10rad/s,不计其它电阻，则（）

A.通过每个小灯泡的电流始终相等

B.当金属条在磁场中运动时，金属条中的电流从b指向。

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C.当金属条他在磁场中运动时，电路的总电阻为4。

D.当金属条油在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135N

8.如图，木块A、B紧靠放置于水平面上，A和墙间水平拴接着劲度系数为k的轻弹

簧，且弹簧处于原长状态。已知4、B质量分别为2,〃、m,与水平面间的动摩擦因

数均为〃，重力加速度为g。今用水平力F向左缓慢压B,使8向左移动x,突然撤

去凡贝（1（）

刎w/M不卜f

^77777777777777/7777777777777^

A.若A、8可分开，分开时弹簧处于原长状态

B.若A、B可分开，分开时弹簧处于压缩状态

C.为使A、B可分开，F做功必须大于4.5qng尤

D.为使A、B可分开，x必须不小于华

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.一简谐横波以4m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，此时质

点P的位移为0.15m,M、N两点间距离为2〃?，则这列波的周期为s,再经

t=:s质点尸通过的路程是m.

O

10.如图，一篮球以某一水平速度碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的左倍（k<1）,

弹回后篮球的中心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的半径为r,篮筐中心距篮板的

水平距离为L,碰撞点与篮筐中心的高度差为〃，不计空气阻力及球的旋转，重力

加速度为g,则篮球刚碰撞篮板时的水平速度%=;若篮球气压不足，导

致“减小，在火不变的情况下，要使篮球中心仍能经过篮筐中心，应使碰撞点更

（填“高”或“低”）一些。

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）

11.一同学通过图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力与质量、轨道半径及线速

度的关系。滑块套在光滑水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器

通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，与固定在

铁架台上的光电门可测量滑块的线速度V。该同学先保持滑块质量和半径不变，来

探究向心力与线速度的关系。

（1）该同学采用的实验方法主要是（填正确答案标号）。

A理想模型法

B.控制变量法

C.等效替代法

（2）用螺旋测微器测量遮光片的宽度4,示数如图乙所示，则4=mm.

（3）该同学通过改变转速测量多组数据，记录力传感器示数F,算出对应的线速度v

及。2的数值，以后为横轴，尸为纵轴，作出尸-讲图线，如图丙所示，若滑块运动

半径r=0.2m,由图线可得滑块的质量m=kg（保留2位有效数字）。

12.用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下：

4.待测电流表G（量程200必）；

B.干电池一节，电动势E=1.57；

C.电阻箱：0--999.912;

。.滑动变阻器：0〜1O/C0;

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E.滑动变阻器：0〜500。；

E开关两个，导线若干。

（1）连接电路时，图甲中的R应选择滑动变阻器（选填或"E”）。

（2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整。

（3）操作步骤如下：

①断开Si、52,将&调到最大，连接好电路；

②闭合Si，调节使电流表G满偏；

③保持&的滑片不动，再闭合S2，调节%，使电流表G的示数为100必1,此时，

电阻箱示数如图丙，由此可得出电流表G的内阻与=

（4）为修正上述测量的系统误差，该同学再找来量程为250卬1的电流表将其串

接在干路上，重复上述步骤①②，再闭合S2,调节（选填“长”、“的”

或“R】和/?2"），使电流表G的示数为100〃4时，电流表Gi的示数为200比1,此时，

由上述半偏法可更准确得出力的值。

五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13.图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可

简化为如图乙所示的模型：运动员（可视为质点）沿倾角。=37。的滑道由静止开始

匀加速直线下滑，到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行s=51.2m停下。已知

水平段运动时间t=6.4s,滑雪板与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员进入水

平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力。（s讥37。=0.640537。=0.8,8取

lOm/s?）求：

甲

(1)滑雪板与滑道的动摩擦因数出

(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离以

14.如图，水平面上固定两根足够长的平行直导轨MMPQ,两导轨间静置一质量M=

2.0kg的外壁光滑环形空心玻璃管ABCQ,BC、2%段均为半圆管，AB、CO段是长

度均为L=3.0m的直管。管内C£＞段放置有质量为m=1.0kg的小球，小球在A8

段相对运动时受到的摩擦力/=0.3mg,玻璃管内其余部分光滑，g取10m/s2。现

给玻璃管水平向右的初速度u=6.0m/s,求：

(1)从开始运动到小球与玻璃管共速，玻璃管对小球的冲量/的大小；

(2)小球第一次通过玻璃管中A点时的速度大小。

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15.如图，光滑绝缘水平桌面上存在相邻的两个矩形区域CQMN与M0HG,其中CD=

NM=GH=2d、CN=NG=d,两区域分别存在竖直向下和竖直向上的匀强磁场,

磁感应强度大小相等。有一足够长的光滑绝缘弧形轨道的末端固定在边的中点

P，轨道末端切线水平。现有一带电量为+q、质量为优的小球从距离桌面高为〃

的轨道上静止释放，从P点垂直CD边进入磁场区域后，由C点射出。已知小球的

电量始终保持不变，重力加速度大小为g。

(1)求磁感应强度B的大小；

(2)若要使小球能从右边区域的G点射出，求小球释放高度H；

(3)若将右边区域的磁场换为匀强电场，电场方向平行于桌面且与MN夹角为53。指

向MH边,仍将小球从(2)问中的高度H释放，最终小球从C”边上距G点?处离开

电场区域，求小球从进入磁场到离开电场所用的总时间t.

DMH

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能

越大的原子核不一定越牢固，故A错误；

8、放射性元素发出的0射线实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，/?

射线是释放出来的电子，故B错误：

C、当入射光的频率大于金属的极限频率时，光照射在金属上会立即发生光电效应，光

电效应能否发生与光的照射时间长短无关，故C正确；

D,只有当光子的能量等于氢原子两能级的能量差时，才能被处于基态的氢原子吸收，

氢原子跃迁到激发态，并不是任意能量的光子都能被氢原子吸收，故。错误。

故选：Co

原子核的比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固；

£衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；

当入射光的频率大于极限频率时会发生光电效应；

当光子的能量等于氢原子两能级间的能级差时光子才能被氢原子吸收而发生跃迁，或吸

收的光子能量能使氢原子发生电离，光子也能被氢原子吸收.

本题考查了衰变的实质、能级跃迁、比结合能、光电效应等基础知识点，关键要熟悉教

材，牢记这些基础知识，注意0衰变释放的电子来自原子核，不是核外电子。同时要注

意电子只能吸收恰好等于氢原子的能极差的光子.

2.【答案】C

【解析】解：A,推动铝筒使其缓慢下降，液体内部压强变大，则筒内气体压强也增大。

故A错误。

B,由于气体的温度不变，所以筒内气体的内能也不变，故B错误.

C,根据AEnQ+W,因为温度不变，所以△E=0,气体的体积变小，外界对气体做

功，则W>0,所以Q<0,即气体向外界放热，故C正确。

D,温度是分子平均动能的宏观标志，温度不变，所以分子平均动能不变，故。错误。

故选：C»

理解公式4E=Q+勿的含义，气体内能的变化量等于气体吸收的热量与外界对气体做

的功之和；理解温度是分子平均动能的标志。

本题考查气体内能的变化，一是通过热传递，二是通过做功。

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3.【答案】D

【解析】解：A、原线圈加电压的有效值U1=誓U=220IZ,根据变压器原理费=最可

p11

知，U2=22V,由P=U/可知，/=行=石4=0.54故A错误；

B、由于交流电可以通过电容器，故有电流从/?2中通过，故B错误；

C、8滑片向下滑动时不会影响变压器输出电压，故灯泡两端电压不变，灯泡亮度不变，

故C错误；

。、％滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，输出电流变小，根据电流之比等于

线圈匝数的反比可知，原线圈的电流变小，故。正确。

故选：D=

根据交流电公式确定输入电压的有效值，再根据变压器原理确定输出电压，从而由功率

公式P=U/确定灯泡的额定电流；明确电流可以“通过”电容器；再根据滑片的移动确

定滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律确定电流的变化，从而明确灯泡亮度和输入

电流的变化。

本题考查变压器中的动态电路问题，处理方法与闭合电路相似，但要注意变压器输出电

压恒定，同时明确计算功率时要用交流电的有效值。

4.【答案】B

【解析】解：人根据三个宇宙速度的意义可知，探测器的发射速度一定要大于地球的

第二宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度，故A错误；

B、设探测器的质量为〃?，根据万有引力提供向心力，有鬻=嗒

可得:v=

故地球的第一宇宙速度和火星的第一宇宙速度比值为：-=冷==~

加（”地以N1015

又地球的第一宇宙速度为7.9km/s,代入数据，可得火星的第一宇宙速度约3.5km/s,

故8正确；

C、在天体表面有=mg,即9=察，贝！J：~=TT==即火星表面

KXg地”地《火1U1N.5

的重力加速度约为地球表面的重力加速度的2倍，故C错误；

。、火星探测器从火星停泊轨道变轨进入科学探测轨道，即从高轨道变到低轨道，火星

探测器做近心运动，需要减速，故。错误。

故选：8。

根据三个宇宙速度的意义分析；

根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度表达式，再结合题目已知条件可以得出火星

的第一宇宙速度；

根据天体表面的万有引力和重力的关系得出重力加速度的表达式，再结合题目已知条件

可以得出火星表面的重力加速度：

火星探测器做近心运动，需要减速，故可判断该说法。

本题考查万有引力定律及其应用，在涉及变轨问题时，要注意做圆周运动的天体是做近

心运动还是离心运动，再判断是加速还是减速。

5.【答案】AD

【解析】解：A、九-t图像类似位移-时间图像，斜率代表速度，0〜匕速度增加，潜水

器做加速下潜，故A正确；

B、匕〜t2为直线，说明潜水器匀速下潜，科考人员所受重力的功率不变，故B错误；

C、七〜t3速度减小，加速度向上，科考人员处于超重状态，故C错误；

D、t3〜t4图像为直线，且潜水深度不变，说明竖直方向上加速度为零，潜水器竖直方

向所受合外力为零，故。正确；

故选：AD.

根据h-t图像的斜率判断潜水器的速度，根据图像分析运动方向和加速度方向，从而

判断超重和失重。

本题主要考查了对图像的理解和应用，特别注意对超重失重现象的理解，潜水器处于超

重或失重状态时，潜水器的重力并没变。

6.【答案】BC

【解析】解：A、小环P、。均带正电，相互间存在静电斥力。小环P从8点运动到E

点的过程中，重力做正功。小环。对P的静电力方向与P速度方向的夹角为锐角，静

电力对P环也做正功，圆环对P环不做功，所以外力对小环P做的总功为正功，根据

动能定理可知，小环P的速度不断增大。从E点到H点的过程开始阶段，小环P受到

的静电力和重力的合力方向与速度方向的夹角为锐角，该合力对小环P做正功，所以小

环P的速度要继续增大，所以，小环P到达E点时速度不是最大，故4错误；

8、小环尸从8到4的过程中，静电力对小环产先做正功，后做负功，根据功能关系可

知，小环P的机械能先增大后减小，故B正确；

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C、。形成的电场中，因8、C两点到A点的距离相等，根据点电荷场强公式E=k★分

析可知B、C两点处的场强大小相等，故C正确；

D、。形成的电场中，因8、C两点到A点的距离相等，所以8点的电势等于C点的电

势，故£>错误。

故选：BC。

根据外力对小环P做功情况，判断其速度变化情况，根据电场力做功情况，分析小环P

机械能的变化情况。根据点电荷场强公式E=分析。形成的电场中，B、C两点处的

场强大小关系，结合点电荷电场中等势面分布情况分析B点与C点电势关系。

解答本题时，要明确静电力方向与速度方向的夹角，来分析静电力对小环P做功情况，

能根据功能关系确定小环P机械能的变化情况。

7.【答案】BC

【解析】解：A、当其中一根金属条在磁场中切割磁感应线时，该金属条相对于电源，

其它三根金属条相对于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的

电流是通过其它三根金属条电流的三倍，故A错误；

B、当金属条外在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条外中的电流从力指向

a,故8正确；

C、金属条加在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如下

图所示；

设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，R&=R+?R=30+^x30=40,故C正

确；

D、当金属条岫在磁场中运动时，产生的感应电动势为：£=|Br2<o=|x2x0.32x

10V=0.9V,

Eo9

此时通过岫的电流为：/=豆=74=02254,

所以金属条必所受安培力大小为自=Blr=2x0.225x0.3N=0.135/V,故。正确。

故选：BC。

当其中一根金属条在磁场中切割磁感应线时，该金属条相对于电源，其它三根金属条相

对于外电路且并联，根据电路特点可知，分析电流大小，再根据右手定则判断电流方向；

根据电路连接特点求解电路总电阻；根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，根据安培

力的计算公式求解安培力大小。

本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，关键是搞清电路的连接关系，正确区分电

源和外电路，同时要掌握转动切割感应电动势的计算公式。

8.【答案】AD

【解析】解：AB、两木块分开瞬间加速度相等，两者之间弹力为0。设此时共同的加速

为。，弹簧的弹力为T,

对8木块用牛顿第二定律：fj.mg=ma

对A木块用牛顿第二定律：+T=2ma

联立得：7=0N所以此时弹簧没有弹力即处于原长状态，故A正确，B错误；

C、由选项A可知，A、8分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧所做总功为0。从力产开

始推动到A、8木块分开，对全程用动能定理，可得：WF-+2m)g-2x=-0；

木块分开时有aNO，即恤-〃(7n+2mA2x20,解得：Wp26〃mgx,故C错误；

D、从压缩量为x释放到A木块和B木块分开，由能量守恒定律可得：^kx2-fi(m+

2

2m)gx=Ek,分开时有&20,Bp|fcx-Sfimgx>0,解得：x2也詈，故。正确。

故选：A3。

两个共同运动的物体分离的标志是加速度相等，彼此之间没有弹力，利用这一点对两个

物体分别进行受力分析，并结合牛顿第二定律求出结果：对整个过程用动能定理或能量

守恒定律计算尸所做的功；对释放过程利用能量守恒定律计算弹簧的压缩量。

本题的突破点在于要充分理解两个共同运动的物体分离的标志是加速度相等，彼此之间

弹力为0。并且要重点掌握动能定理、能量守恒定律等知识点。

9.【答案】10.15

【解析】解：由图可知，MN=2m=p所以4=4m。根据y=*得7=：==1s。

由图可知，波向x轴正方向传播，根据同侧法，P点将向上振动，此时P位置为振幅的

一半，则P到达波峰用时t=；xjx=!=：s,故P点到达波峰的路程是0.15m。

32o6

故答案为：1、0.15

第12页，共17页

由MN之间的距离可知波长2的大小，根据:可以求出周期。根据同侧法可以判断出

P点振动方向向上，然后可以求出经过t=?的总路程。

本题需要同学们可以根据传播方向判断出P点的振动方向，本题的关键点在于，当质点

从平衡位置向上振动口即30。)时，质点的位移是力。到达波峰还要2=)的时间。

1ZZ1Zo

10.【答案】彳居高

【解析】解：弹回后篮球做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：

L—r=kvot

19

h=29t

联立解得“。=今摄

若篮球气压不足，导致上减小，在火不变的情况下，k%减小，要使篮球中心经过篮框

中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间，要增大，应使碰撞点更高。

故答案为：高。

分析题干条件可知，篮球以水平初速度％碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍

弹回后篮球做平抛运动，根据平抛运动的规律进行解答。

本题主要是考查平抛运动，运用平抛运动的相关规律定性分析水平位移与竖直位移的关

系是本题的解题关键。

11.【答案】(1)B；(2)1.731；(3)0.13

【解析】解：(1)一个物理量与多个物理量有关，研究这个物理量与每一个量的关系，

要使用控制变量法；

(2)螺旋测微器的最小分度是O.Olnun,由固定刻度和可动刻度分别读数，所以d=

1.5mm+23.1x0.01mm—1.731mm；

(3)根据图丙可知图像的斜率卜=熟=瑞=|,据向心力公式F=可得：?=鼠解

2

得m=/cr=-x0.2kg=0.13kg

故答案为：(1)B；(2)1.731；(3)0.13

(1)研究一个物理量与多个物理量的关系，先要控制一些物理量不变，再进行研究，这

种方法叫控制变量法，故AC错误，B正确；

(2)螺旋测微器的读数是由固定刻度与可动刻度读数之和；

(3)根据图丙求得图像的斜率，结合向心力公式求得滑块的质量。

本实验采用控制变量法，掌握瞬时速度公式、向心力公式等基础知识就能解题，难度不

大。

12.【答案】D272.7R2

【解析】解：(1)由于电流表半偏时，认为电路中,

的总电流不变，所以只有滑动变阻器的阻值远大于&

(2),按电路图连接未完成的实物连接,如图所示；___apZ

从图丙中读出电阻箱的读数为R=%=242.7。；乙

(3)实际上由闭合电键S2后，总电阻变小，总电流变大，当电流表半偏时，电阻箱的电

流大于：后，则电阻箱的阻值小于电流表的内阻。为了减小误差在干路中又串联了电流

表Gi，由题意，此时干路中的电流为200必,此时再调节/?2,使电流表G的示数为100必,

那么电阻箱的电流也为100〃4此时电阻箱的值就等于电流表内阻的真实值。

(1)根据半偏法的要求，滑动变阻器的最大阻值应尽量大；

(2)按照电路连接实物图。

(3)根据半偏法的实验原理确定电流表内阻的值；

(4)在半偏法实验电路图中再串联一个电流表后可以消除系统误差。

本题考查半偏法测电流表内阻的实验原理及器材的选择，半偏法是一种近似方法，即近

似认为干路中的电流不变，但实际是变大了。难得的是本题找到了一种消除此处系统误

差的方法，即在干路中串联一个电流表监测干路的电流。

13.【答案】解：(1)运动员在水平滑到做匀减速直线运动，设初速度为孙

根据位移公式可得：s=/解得%=vL=0.4m/s=16m/s

根据速度一位移关系公式诏=2〃gs,解得动摩擦因数〃=普=—=0.25

第14页，共17页

(2)运动员在斜面上加速下滑时，据牛顿第二定律有mgsin37。一〃mgcos37。=ma,

解得加速度a=gsin370-ngcos370=(10x0.6-0.25x10x0.8)m/s2=4m/s2

根据速度位移关系公式可得诏=2ax,解得x=—=I''―=32m

u2a2X47n

答：

(1)滑雪板与滑道的动摩擦因数“为0.25；

(2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x为32%。

【解析】(1)运动员在水平滑到上做匀减速直线运动，根据位移公式求解出运动员做匀

减速运动的初速度，再结合速度-位移关系公式求解动摩擦因数；

(2)根据牛顿第二定律求解运动员在倾斜滑道上的加速度，结合速度位移-关系公式求解

下滑位移。

本题考查物体做匀变速直线运动的问题，配合牛顿第二定律求加速，平均速度的概念求

时间，技巧性很强，难得的好题,

14.【答案】答：(1)小球与玻璃管组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒，设小

球与玻璃管共速时，速度为V，则有Mu=(M+

代入得2x6=(2+l)v\得，=4m/So

I=mv'=1x4=4N-S

(2)小球第一次通过A点时，恰好经过一次A8段，设此时小球速度为次，玻璃管速度为

根据动量守恒定律有：

v2,Mv=+MV2

根据能量守恒定律有：1Mv2-fL=

代入相应数据到以上两式，解得%=2m/s；v2=5m/s

答：(1)从开始运动到小球与玻璃管共速，玻璃管对小球的冲量/的大小为4N-S：

(2)小球第一次通过玻璃管中A点时的速度大小是2m/s。

【解析】(1)把小球和玻璃管看成一个整体，该系