2021年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷(含答案详解)

2021年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷

一、单选题（本大题共U小题，共44.0分）

1.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料作为发电能源为火星车供

电。PuO2中的Pa元素是就8p“，具有天然放射性，半衰期为87.7年。关于衰变，下列说法正确

的是（）

A.天然放射现象说明原子内部是有结构的

B.贫8Plz原子核发生a衰变后产生的新核的比结合能变小

C.10个器8Plz原子核经过87.7年后一定还会剩余5个

D.觥8pu原子核经过一次a衰变质量数减少4,核电荷数减少2

2.下列说法正确的是（）

A.只有气体与气体之间才能发生扩散现象

B.物体的温度升高时，每个分子的动能一定都增大

C.布朗运动反映了液体分子或气体分子的无规则运动

D.单晶体的所有物理性质都具有各向异性

3.下列说法正确的是（）

A.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒内分子的无规则热运动

B.内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同

C.理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量没有用来全部对外做功

D.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点

4.以下关于近代物理内容的叙述正确的是（）

A.光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性

B.a、。和y三种射线中，y射线的穿透能力最弱

C.升高放射性物质的温度，不可缩短其半衰期

D.卢瑟福的a粒子散射实验揭示了原子核有复杂的结构

5.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形>'

A.P

B.Q

C.R

6.如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心。处放一点电荷.现将质量为m、电荷量为

q的小球从半圆形管的水平直径端点4静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压

力.若小球所带电量很小，不影响。点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电

场强度的大小为（）

7.“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa'和bb'

分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插

上两枚大头针P1和P2,用“+”表示大头针的位置，然后在另一

侧透过玻璃砖观察并依次插上「3和心，在插「3和”时，下列选项

正确的是（）

A.P3只挡住B的像B.n只挡住A的像

C.P4只挡住「2的像D.同时挡住七、「2的像

8,下列哪种用电器并没有应用电流的热效应工作（）

A.微波炉B.热得快C.电饭锅D.白炽灯

9.如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕。点做匀速圆周运动的俯视图。已知质

量为60kg的学员在4点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，4点的转弯半

径为5.0m,8点的转弯半径为4.0m,则学员和教练员（均可视为质点）（）

A.线速度大小之比为4：5

B.周期之比为5：4

C.向心加速度大小之比为4：5

D.受到的向心力大小之比为15：14

10.如图所示，4为理想电流表，匕和彩为理想伏特表，&为定值电阻，/?2为可

变电阻，电池电动势为E,内阻不计，则下列说法错误的是（）

A.&不变时，/读数与4读数之比等于治

B.7?2不变时，匕读数与4读数之比等于长

C./?2改变一定量时，吟读数的变化量与4读数的变化量之比的绝对值等于当

D./?2改变一定量时，匕读数的变化量与4读数的变化量之比的绝对值等于Ri

11.一质量为M的无底箱放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上端，另

一端挂这一质量为m的小球，小球上下振动时，箱子从没离开地面，当箱子

对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小和方向分别为（）

A.—,向下B.吗向下

mm

M-m

C.詈，向上向上

D.m

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

12.如图，一导体圆环保持水平，沿一个形状匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直■»

固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上。已知当圆环落至B、。两位置时，刚好经过

磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中。不计空气阻力，下列说法正确的有（）

A.圆环由4落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针

B.圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少

C.圆环落至C、。之间时，圆环有收缩趋势

D.圆环由C落至。的过程中，圆环磁通在增大

13.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运

动.某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t的变化如图

所示.将蹦极过程近似为竖直方向，重力加速度为g.则据图可知，此

人在蹦极过程中（）

A.绳子的最大拉力为1.8&B.绳子的最大拉力

为2&

C.人所受重力的大小等于心D.最大加速度的大小约为2g

14.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块4细线跨过。点的轻小定滑轮一段连接4另一端悬挂

小物块B,C为。点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h,开始时，4位于P点，PO与水平方

向的夹角为30。，现将4、B由静止释放，则（）

c：

，eh

A.物块4由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大

B.物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大

C.物块4在杆上长为2g九的范围内做往复运动

D.物块B的机械能最小时，物块4的动能增大

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

15.在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时，某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，当分划

板中心刻度线对齐4条纹中心时（如图甲所示），游标卡尺的示数如图乙所示；接着转动手轮，当

分划板中心刻度线对齐B条纹中心时（如图丙所示），游标卡尺的示数如图丁所示。已知双缝间距

为OSnun,从双缝到屏的距离为lzn。

IIIIRMI山IUIIII山IIIcm

010

乙

010

T

①图乙中游标卡尺的示数为___mm；

②图丁中游标卡尺的示数为___mm；

③实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是

所测光的波长为（第③问保留两位有效数字）

16.小明同学在做“探究碰撞中的不变量”的实验，装置如图1所示。

(1)关于本实验，下列说法正确的是。

A入射小球和被碰小球必须选择钢球，目的是为了使两球碰撞时动能无损失

8.入射小球和被碰小球的质量必须相等，且大小相同

C.入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放

。.碰撞前入射小球的速度方向、碰撞后入射小球的速度方向和碰撞后被碰小球的速度方向必须沿水

平方向

(2)某次实验中得出的落点情况如图2所示，则入射小球质量Hl1和被碰小球质量瓶2(血1＞血2)之比为

(3)若只用其中一个小球进行实验，则该装置也可用于探究做功与物体速度变化的关系。实验过程中,

小球从斜槽不同高度处静止释放，释放点离桌面的高度用”表示，落地点和抛出点之间的水平

位移为工。斜槽水平部分对小球的摩擦力不可忽略。图3的图像中，关于H和％的关系正确的是

(4)某次实验中，用螺旋测微器测定小球直径，测量结果如图4所示，则小球的直径为mm.

(5)该实验产生系统误差的主要原因是。

4入射小球在下滑过程中受摩擦力

反小球在空气中飞行时受到空气阻力

C.通过复写纸描得的各点，不是理想的点，有一定的大小，从而带来作图上的误差

D测量长度时有误差

四、简答题(本大题共2小题，共6.0分)

17.如图，水平地面上固定着竖直面内半径R=5.25m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37。，槽

的右端与质量m=1kg、长度L=4m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量

mi=2kg和巾2=1切的两个小物块(可视为质点)。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学

能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后机2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达

到的最大高度为h=1.8机。已知mi与木板间的动摩擦因数%=0.2,木板与地面间的动摩擦因

数〃2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,

求：

(1)物块到达圆弧槽左端时的速率。；

(2)炸药爆炸释放的化学能E；

(3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q(保留到小数点后两位)。

18.如图所示，在竖直面上固定着一根光滑绝缘的圆形空心管，其圆心在、

0点.过。点的一条水平直径上的4、B两点固定着两个点电荷.其中《0A》B

固定于4点的为正电荷，电荷量大小为Q;固定于B点的是未知电荷.在j/Jf'

它们形成的电场中，有一个可视为质点的质量为m、电荷量大小为q的

带电小球正在空心管中做圆周运动，若已知小球以某一速度通过最低点C处时，小球恰好与空心

管上、下壁均无挤压且无沿切线方向的加速度,48间的距离为34ABe=乙ACB=30。"。1OB,

静电力常量为k

(1)作出小球在最低点C处的受力示意图，并确定固定在8点的电荷和小球的带电性质：

(2)求固定在8点电荷的电荷量大小；

(3)试求小球运动到最高点处，空心管对小球的作用力大小和方向.

五、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

19.一端弯曲的光滑绝缘轨道4BN固定在竖直平面上，如图所示，4B段水平、BN段是半径为R的半

圆弧，有一个正点电荷固定在圆心。处。一质量为m带正电小环，在水平恒力尸=竽m9作用下

从C点由静止开始运动，至g点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到达绝缘轨道上与圆心

等高的M点，已知CB间距为旧心已知小环在圆轨道上时受到圆心处的点电荷的静电力大小为

2mg。求：

(1)小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场对它做的功；

(2)若水平恒力大小改为2F,则小环在能达到的最高点N时的速度大小；

(3)小环在距离B点号R的。点以向右的初速度%=2乎)gR运动,在静电力的作用下运动到8点

的速度恰好为0。若在。点施加最小的恒定外力作用由静止开始运动，则小环在圆轨道上能到达

的最大高度值多少？

20.如图所示，面积为0.2力2的io。匝线圈处在匀强磁场中，磁场方

向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为8=

(2+0.2t)T,定值电阻％=60,线圈电阻/?2=40,求：

(1)磁通量的变化率和回路中的感应电动势；

(2)a、b两点间电压1/帅；

(3)2s内通过a的电荷量q。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、射线来自于原子核内部，所以天然放射现象说明原子核内部是有结构的，故A错误；

B、发生a衰变的过程中释放能量，所以觥8p“原子核发生。衰变后产生的新核的比结合能变大，故8

错误；

C、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的放射性品8p“原子核没有意义，故C错误；

D、a粒子为氮核，由2个质子核2个中子组成，质量数为4,电荷数为2,结合质量数守恒与电荷数守

恒可知，祗8「比原子核经过一次a衰变质量数减少4,核电荷数减少2,故O正确。

故选：Do

天然放射现象说明原子核内部是有结构的；a衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量

放射性原子衰变的统计规律；根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变方程。

本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反

应方程式是解决本题的关键，掌握a与/?衰变的区别，注意半衰期的适用条件与特征。

2.答案：C

解析：A、一切物体都在永不停息的做无规则运动，处于各种状态的分子都可以发生扩散现象，故A

错误

8、物体的温度升高时，分子的平均动能增大，有的分子动能可能减小，故B错误；

C、布朗运动是因为液体分子或气体分子对固体颗粒的无规则撞击，反映了液体分子或气体分子的无

规则运动，故C正确；

。、单晶体具有各向异性，不能说单晶体的所有物理性质都具有各向异性；故。错误；

故选：Co

一切物体都在永不停息的做无规则运动，温度改变的是分子的平均动能，布朗运动反映的是液体分

子或气体分子的无规则运动。

本题考查布朗运动，扩散现象，分子动能，单晶体等，知识点多，需记忆准确，比较简单。

3.答案：B

解析：试题分析：4、布朗运动是悬浮微粒永不停息地做无规则运动，用肉眼看不到悬浮微粒，只能

借助光学显微镜观察到悬浮微粒的无规则运动，看不到液体分子；布朗运动的实质是液体分子不停

地做无规则撞击悬浮微粒，并不是液体分子瞬时运动的结果，而是受到的来自各个方向的液体分子

的撞击作用是不平衡的导致的，故A错误.

8、内能不同的物体，可能是由于物质的量不同引起的，而温度可能相等，所以分子热运动的平均动

能就可能相同，故B对.

C、理想气体在等温膨胀过程中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功，故C错.

。、所有晶体都有固定的熔点，非晶体没有，故。错误.

故选B。

考点：本题考查了布朗运动、热力学第一定律、晶体与非晶体.

4.答案：C

解析：解：4、光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应同样揭示了光的粒子性，故A错误；

B、三种射线中，a射线穿透能力最弱，y射线穿透能力最强，故8错误；

C、半衰期由原子核本身性质决定，与外界条件无关，温度、压强不会改变半衰期，故C正确；

D、卢瑟福的a粒子散射实验揭示了原子的核式结构，故O错误。

故选：Co

康普顿效应揭示了光的粒子性。

根据三种射线的性质分析。

半衰期由原子核本身决定。

a粒子散射实验揭示了原子的核式结构。

该题考查了光电效应规律、三种射线、a粒子散射实验以及半衰期的相关知识，比较简单，关键熟悉

教材，牢记这些基础知识点。

5.答案:A

解析：解：沿x轴正方向传播的简谐横波，根据平移法可知，速度为正的有P、Q,

由a=-把知各点的加速度与位移方向相反，则其中加速度为负的是P点和S点，

m

速度为正、加速度为负的质点是P质点，故A正确，3CD错误。

故选：4。

根据“同侧法”可以判断出质点的振动方向；已知各点的位移正负，由a=-空知各点的加速度正负,

m

据此解答。

这是一个关于简谐运动的题目，学生需掌握根据波形图和波的传播方向，判断质点运动情况的方法。

6.答案：C

解析：解：设细管的半径为R,小球到达B点时速度大小为以小球从4滑到B的过程，由机械能守恒

定律得，

1

mgR=-mv9

得到"=y/2gR

小球经过B点时，由牛顿第二定律得

2

cv

Eq—mg=m—

将u=,2gR代入得

37ng

Ec=---

故选：Co

小球沿细管滑到最低点B过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒.小球到达B点时对管壁恰好无

压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的

速度，由牛顿第二定律求出场强的大小.

本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用.对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定

理、机械能守恒结合应用.

7.答案：D

解析：解：根据实验的原理知，连接R、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线

与玻璃砖的交点，即为折射光线。在实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插

上两枚大头针P1和「2,然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使匕的像被P2的像挡住，接着在眼睛所

在一侧相继又插上两枚大头针「3、24’使「3同时挡住B、22的像，使24同时挡住「3和A、「2的像，故

ABC错误，。正确。

故选：Do

根据实验的原理知，连接生、P2表示入射光线，连接P3、”表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的

交点，即为折射光线。根据实验原理和方法解答即可。

明确实验原理，用插针法测定玻璃折射率的实验原理是折射定律，根据实验原理可知在插上两枚大

头针P3、「4时，要使「3挡住P1、「2的像，使24挡住「3和A、22的像。

8.答案：A

解析：解：电饭锅、热得快是通过电流发热而进行加热，白炽灯是通过电流发热而发光.微波炉通

过微波加热，知没有应用电流热效应的是微波炉.

故选：A.

当电流通过电阻时，电流作功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应.即在该过程

中消耗了电能，主要产生热能，所以从能量转化的角度分析即可.

能从能量转化的角度分析清楚上述用电器哪个是利用电流热效应工作的是解题的关键.

9答案:D

解析：解：4、学员和教练员具有相同的角速度，根据。=r3可得，学员和教练员的线速度大小之

比为?=故4错误；

以4

8、做匀速圆周运动的周期为7=三，因为他们的角速度相等，所以周期相等，即周期之比为1：1,

0）

故8错误；

C、向心加速度a=ra2,所以他们的向心加速度之比为?=：,故C错误；

如4

。、受到的向心力F=mr32,所以他们受到的向心力大小之比为学=苒，故。正确。

故选：D。

学员和教练员具有相同的角速度，根据〃=「3可以计算出他们的线速度之比。

根据7=更可以判断周期之比。

3

根据a=ra?计算出向心加速度之比。

根据尸=mrJ可以判断出受到的向心力之比。

此题考查了向心力的相关计算，学员和教练员具有相同的角速度是解题的关键，另外圆周运动的各

个物理量之间的关系也要熟练掌握。

10.答案：A

解析：解：

A、B：/?2不变时，吟读数与4读数之比华=/?2,匕读数与4读数之比牛=匕，故A错误，8正确.

C、根据闭合电路欧姆定律得：Uz=E—IRi，则等=%,故C正确.

。、由于凡是定值电阻，则有半=詈=%,故。正确.

本题选错误的，故选：A

首先要明确理想电表对电路没有影响，分析电路结构时，电压表看作与被测电路断开.根据伏安法

原理，能知道测量哪个电阻的阻值.由路端电压（即两电压表示数之和）的变化来确定两个电压表变

化量的大小.

本题难点在于如何确定两电压表读数变化量的大小，关键是根据闭合电路欧姆定律研究变阻器电压

变化量与电流变化量之比，这是常用的方法.对于定值电阻，有这样的关系苫=华=心

11.答案：a

解析：解：框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平

衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg,故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等

于Mg；

再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有

Mg+mg=ma

故小球的加速度为a=3应，方向向下

m

故选A.

先对框架受力分析，求出弹簧对框架的作用力，在对小球受力分析，求出加速度.

本题关键先对框架受力分析，求得弹簧对小球的弹力，然后根据牛顿第三定律得到弹簧对小球的弹

力，最后再根据牛顿第二定律求得小球的加速度.

12.答案:AC

解析：解：力、圆环从4到B的过程中，穿过圆环的磁通量向上增加，根据楞次定律可知环中感应电

流从上至下看为顺时针。故A正确；

8、圆环从B到C的过程中穿过圆环的磁通量一直增加。故8错误；

CD,圆环从C到。的过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流有阻碍

磁通量减小的趋势，所以圆环有收缩趋势。故C正确，。错误。

故选：ACo

根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和

磁铁先排斥后吸引。

要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义。如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的，

注意环从C到D,磁通量是减小的，是向上与向下的合磁通量。

13.答案：AD

解析：解：力、8、C、图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人

的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6&,而最大拉力为1.8E。，故A正确，

B错误，C错误；

。、结合牛顿第二定律，有：F-mg=ma

当拉力最大时，加速度最大，因而有：1.8Fo-rng=

联立解得：am=2g,故。正确；

故选：AD.

图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越

小，最后静止不动，说明了重力等于0.6a,而最大拉力为1.8&,故结合牛顿第二定律可以求出最大

加速度.

本题用图象描述了生活中一项体育运动的情景.解答本题，必须从图象中提取两个重要信息：一是

此人的重力，二是蹦极过程中处于最大加速度位置时人所受弹性绳的拉力.要获得这两个信息，需

要在图象形状与蹦极情境之间进行转化：能从图象振幅越来越小的趋势中读出绳的拉力从而判断人

的重力；能从图象第一个“波峰”纵坐标的最大值想象这就是人体位于最低点时弹性绳的最大拉

力.要完成这两个转化，前提之一，是对F-t图象有正确的理解；前提之二，是应具有把图象转化

为情景的意识.

14.答案：CD

解析：

在绳子作用下，4先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒

定律，结合力与运动的关系，即可求解。

考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当4的速度最大时，B的速度为零，是解题的关键。

解：4物块4由P点出发第一次到达C点过程中，对4受力分析，根据力的分解尸=mgcos。=ma,

角度增大合力变小，加速度不断减小，故4错误；

B、对4受力分析，根据力的分解F=mgcosO,。为绳与水平方向的夹角，角度先增大后减小，加速

度先减小后增大，速度先增大后减小，故物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故8

错误；

C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，4在杆上长为2百人的范围内做

往复运动，故C正确；

。、B的机械能最小时，即为4到达C点，此时4的速度最大，即物块4的动能最大，故。正确；

故选：CD.

15.答案：①11.4；②16.7；③减小偶然误差,6.6x10-7

解析：试题分析：①图乙中游标卡尺读数为L=11mm+4x0.1mm=11.4mm；

②图丁中游标卡尺读数为人=16mm+7x0.1mm=16.7mm；

③实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是求其平均值，以减小测量的偶然误差（或提高测量的精确度

）；根据公式庭需=艺敏，得曼=:蠹笈=窗赖就加产项

考点：用双缝干涉测光的波长

16.答案：CD3.5D12.895B

解析：解：(1)4、选择钢球做碰撞实验，其目的是使碰撞的时间较短，故A错误；

B、为了使碰撞不致于反弹，要求两球的直径相等，且入射球的质量大于被碰小球的质量，故8错误；

C、每次从同一点释放小球，才保证每次碰撞前的速度相等，故C正确；

。、碰撞前后的速度沿水平方向，才能用水平位移代替水平速度，故。正确；

故选：CD

(2)设小球做平抛的时间为t,若碰撞前后动量守恒，则有：m1x^=7n1x^+m2x^,所以需=

ON35.00X10-23

----=------------T=0.5：

0P-0M(22.50-12.50)X10-2

(3)若小球从水平斜槽离开的速度为V，则之前有：mgH+nmgL=\mv2,之后做平抛运动：x=vt,

h=^gt2,联立可得:v2=(2gH+2(j.gL)xy,得到：v2=4hH+4/j.ghL

/-H是线性函数，故A8C错误，。正确；

(4)螺旋测微器的精度为0.01mm,其读数为固定刻度和可动刻度的示数之和，d=12.5mm+39.5x

0.01mm=12.895mm；

(5)系统误差是由于实验原理和装置产生的不可避免的误差，4、摩擦力对实验无影响，故A错误；

8、空气对小球的阻力对碰撞后的速度有影响，故B正确；

CD、描点找点迹、测量长度等都产生偶然误差，故C。均错误。

故选：B

故答案为:(1)CD；(2)3.5；(3)D；(4)12.895；(5)B

(1)为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使其末端切线水平。为了保证碰撞前后使入射小球的速

度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量.为了使两球发生正碰，两小球的半径

相同。为了保证入砰小球的速度每一次都相等，小球每次都要从同一个位置滚下；

(2)用水平位移代替速度，写出动量守恒的表达式，从而求出入射球与被碰球的质量之比；

(3)求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；

(4)根据螺旋测微器的精度和读数规则读出小球的直径；

(5)从实验原理和装置分析系统误差的原因。

本题是三个实验的综合，考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是正确解题的前提与关键。

还有探究做功与速度的变化的实验，是运用等效思维方法，由水平位移求出速度，也可以用动能定

理求出平抛的初速度。

17.答案：解：（1）血2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动，分解离开圆槽时的

速度"，有：

vy=vsin37°

根据平抛运动规律得：h=\gt2,%=gt

代入数据联立解得：v=lOni/s；

（2）设炸药爆炸后，HI］、爪2获得的速率分别为力%、v2,

2

机2运动过程中，由机械能守恒定律有：-cos37°）+|m2v-^m2vj

代入数据得：V2=11m/s

爆炸过程中，由动量守恒定律有血1%=m2v2,

代人入数据得：%=5.5m/s

由题意有：60%E=+|m2v^

代入数据联立解得：E=151.25/；

（3）对物块7nl根据牛顿第二定律可得：41馆1。=mi4,

解得：的=2m/s2

对木板62根据牛顿第二定律可得：-也（6+巾1）9=mla2

解得。2—lni/s2

设经过时间t'时间从木板上飞出有：1+L

代入数据得：t'=ls或t'=：s

2

即当1s时物块飞离木板，xx=\a2t'

产生的热：Qi=^2（m+mi）9xi

物块飞出后，对木板受力分析可知：n2mg=ma3

2a3x2=0—（a2t/，

产生的热：（?2团42mg犯

木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量为：Q=Qi+Q2=2.0/o

答：（1）物块到达圆弧槽左端时的速率为10m/s；

（2）炸药爆炸释放的化学能为151.25/；

（3）木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量为2.0/。

解析：（1）62离开圆弧槽后做的是平抛运动的逆过程，可以根据平抛运动规律解得物块的速度；

(2)炸药爆炸时因为时间短，作用力大，所以两个物块组成的系统满足动量守恒定律，然后根据能量

守恒定律可以得到炸药爆炸释放的化学能；

(3)先是物块做减速运动，木板做加速运动，到二者速度相等后一起做减速运动，计算出整个过程中

木板前进的位移与摩擦力的乘积即为产生的热量。

因为摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，要注意木板共经历了两个过程，先是在物块mi

作用下向右加速运动，当两者速度相等后一起做匀减速运动，木板相对地面的位移等于两个过程中

位移之和。

18.答案：解：(1)由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，可知小球

在C点的合力方向一定沿C。且指向。点，所以4处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为4处电

荷为正，所以小球带负电，B带负电，如图所示.

(2)因为乙4BC=乙4cB=30。，CO1OB,由几何关系得：BC=24Bcos30。=次乙

由于无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，则有：

吟cos60。=k-^cos30°

L2(V3L)2

解得：QB=取Q

(3)设小球在最低点C处的速度为它，

则：F—mg=my

小球从C点运动到最高点的过程中，电势能不变，故由动能定理知：

2mgR=jmvc-

小球在最高点受到48电荷的作用力合为F,方向竖直向下

即：F+mg—=

解得：F管=6mg,故空心管对小球的作用力大小为6mg,方向竖直向上.

答：(1)作出小球在最低点C处的受力示意图，并确定固定在B点的电荷和小球的带电性质：

(2)求固定在B点电荷的电荷量大小；

(3)试求小球运动到最高点处，空心管对小球的作用力大小和方向.

解析：(1)小球做圆周运动，必须有向心力，根据小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿

切线方向的加速度可知，小球在C点的合力方向一定沿C。且指向。点，作出力图，即可判断出小球带

负电，B带负电.

(2)根据小球在C点无切向加速度，切线方向力平衡，根据库仑定律列式求得B的电荷量.

(3)对C点受力分析根据牛顿运动定律和动能定理进行解答.

本题的突破口是“小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度”，分析小球

的受力情况，确定出向心力，判