2023-2024学年吉林省通化市梅河口五中高二（上）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年吉林省通化市梅河口五中高二（上）开学物理试卷

一、选择题（本大题共小题，第1-8小题每题3分，第9-12小题每题4分，共40分）

1.在沿滑梯匀加速下滑的过程中，小朋友的重力对小朋友做功的功率（）

A.逐渐减小B.先减小后增大C.逐渐增大D.保持不变

2.如图所示，在地面上以速度处抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低九的海平面上。以地面为零

势能面，不计空气阻力，对于该过程说法正确的是（）

地面m

A.物体运动至海平面时的重力势能为mgh

B.重力对物体做功为-mgh

C.物体运动至海平面时的动能为gm诏-mg/i

D.物体运动至海平面时的机械能为诏

3.如图所示，点电荷+Q固定在4B连线的下方，试探电荷+q沿直线从4运动+q—►

..............................

到8。此过程中+q受到的库仑力是（）AB

①+Q

A.排斥力，先变小后变大B.排斥力，先变大后变小

C.吸引力，先变小后变大D.吸引力，先变大后变小

4.课后同学们都在讨论上周的高考题，说现在的题目是越来越灵活了，我们还要更

加努力才行,如图所示，在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.车上的人用锤连续敲打小车可以使小车停止运动

B.人、车、锤组成的系统机械能守恒，系统动量也守恒

C.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，系统水平方向动量守恒

D.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，用锤敲打小车时锤给车的冲量大于车给锤的冲量

5.如图所示，4、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面

.---一.

上，4以3m/s的速率向右运动，B以lm/s的速率向左运动，发生正碰f•

后4、B两小球都以2zn/s的速率反弹，则4、B两小球的质量之比为（）

A.5：3B.3：5C.1：1D.3：1

6.济南市长清区南部一带山体常年风力较大，为风力发电创造了有利条件。如图，风力

推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电

能的转化。己知叶片长为r,风速为0，空气密度为p,流到叶片旋转形成的圆面的空气中

约有看速度减速为0,有高原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（）

A.一台风力发电机的发电功率约为上a兀八户

B.一台风力发电机的发电功率约为看。兀/1;3

C.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为,。口2户

D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为卷「仃2后

7.质量为zn的子弹以某一初速度均击中静止在粗糙水平地面上质量为M的木块，并陷入木块一定深度后与木

块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，

木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（）

A.若M较大，可能是甲图所示情形；若M较小，可能是乙图所示情形

B.若为较小，可能是甲图所示情形；若为较大，可能是乙图所示情形

C.地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形

D.无论m、M、孙的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形

8.如图所示，力、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离

分别为冰吟，与桌面之间的动摩擦因数分别为阳和他。现给滑块4某一初速

度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都

很短，且碰撞中没有能量损失。若要使滑块4最终不从桌面上掉下来，滑块4

的初速度的最大值为（）

A.7(jiA+nB)gLB.2QiA+iiB)gL

C.2J(以+〃B)gLD.23A+*B)gL

9.如图所示，a、b两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球作匀速圆周

运动，则下列说法正确的是（）

A.a的加速度大于b的加速度

B.a的周期小于力的周期

C.a的线速度大于b的线速度

地球对a的引力小于对b的引力

10.如图所示，竖直平面内固定一半径为R=0.56的表面粗糙的四分之一圆弧轨道,

其圆心。与4点等高。一质量1kg的小物块（可视为质点）在不另外施力的情况下,

能以速度%=?m/s沿轨道自4点匀速率运动到B点，P为弧48的中点，重力加速度

g=10m/s2»下列说法正确的是（）

在P点时，重力的瞬时功率为5/至小

B.小物块从4运动到B的过程中合力对小物块做的功为零

C.小物块在AP段和PB段产生的内能相等

D.在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11N

11.如图1所示，三个完全相同的物体4、B和C放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用两根不可伸长的轻

绳相连。物块质量均为1kg,与圆心距离分别为玷和叱，其中心＜、且以=1,5m。设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度3绕轴。0'匀速转动时，A、B绳中弹力7；和8、C绳中弹力&随刃2的变化

关系如图2所示，取g=10m/s2,下列说法正确的是（）

0

ABC

nn——n

0w2/(rad.s-1)2

0

-2

图1图2

A.物体C与圆心距离r©=2.0m

B.物体与圆盘间的动摩擦因数〃=0.1

C.当角速度为lrad/s时，圆盘对4的静摩擦力方向背离圆心

D.当角速度为，至“d/s时，4、B恰好与圆盘发生滑动

12.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀

强磁场，力。与水平方向的夹角为30。。现有氢的同位素出粒子从A点沿

水平方向以大小为先的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方向刚

好改变了180。；氢的另一同位素粒子以大小为为的速度从C点沿C。方

向垂直射入磁场.已知；”的电荷量为e,质量为不计粒子的重力和两

粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（）

A.粒子竖直向上射出磁场

B.出粒子在磁场中运动的时间为詈

C.该匀强磁场的磁感应强度8=缴

D.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为

二、非选择题（共60分）

13.某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M,桶和砂子的总质量为皿，

通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量“不

变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）。

（丙）

①图（丙）为上述实验中打下的一条纸带，4点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画

出，打点计时器的频率为50Hz,则C点的速度为m/s,小车的加速度zn/s2.（以上两空保留一

位有效数字）

②根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴

应为。（选填字母代号）

«B-C.mgD.F

③当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是。（选填字母代号）

A.图线逐渐偏向纵轴B.图线逐渐偏向横轴C.图线仍保持原方向不变。

14.用如图甲所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.

（1）关于本实验，下列说法中正确的是.

A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放

8.轨道倾斜部分必须光滑

C.轨道末端必须水平

（2）图甲中。点是小球抛出点在地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上的位置S由静止释放,

通过白纸和复写纸找到其平均落点的位置（4、8、C三点中的某个点）.然后，把被碰小球静置于轨道的水平

部分末端，仍将入射小球从斜轨上的位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，用同样的方

法找到两小球碰后平均落点的位置（4B、C三点中剩下的两个点）.实验中需要测量的有.

A.入射小球和被碰小球的质量巾1、m2

8.入射小球开始的释放高度

C.小球抛出点距地面的高度H

O.两球相碰前后的平抛射程04、OB、0C

（3）某同学在做上述实验时，测得入射小球和被碰小球的质量关系为mi=2巾2,两小球在记录纸上留下三处

落点痕迹如图乙所示他将米尺的零刻线与。点对齐，测量出。点到三处平均落地点的距离分别为0A、0B、0C.

该同学通过测量和计算发现，在实验误差允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒的.

①该同学要验证的关系式为;

②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式是否成立______.［用（2）中的物理量表示］

15.中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”

载人飞船发射后先在近地圆形轨道I上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道

n,到达b点时再次点火进入圆轨道m。载人飞船离地球表面的距离为Q地球表面

的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G,忽略地球自转。求：

(1)地球的质量M；

(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小。

16.如图所示，在光滑、绝缘的水平地面上有一绝缘轻质弹簧，弹簧一AB

端连接带正电的小球4,4所带的电荷量%=4.5x10-6。，另一端连接

带负电的小球B,B所带的电荷量q2=2xl0-6c,已知静电力常量k=9x109a^/02,弹簧的原长加=

0.5m,小球4、B处于静止状态，整个过程中弹簧处于弹性限度范围内，所有小球均可视为点电荷。

(1)若小球B右侧x=0.8加处的电场强度为零，求弹簧的劲度系数玄；

(2)若再放一带正电的小球C,在三小球均静止时，弹簧的弹力为零，求小球C所带的电荷量勺3和所处位置。

17.如图所示，水平传送带以恒定速度I;=6TH/S顺时针向右侧运动，左右两端点4、B间距L=4m。传送带

左侧用一光滑水平面C4与足够长、倾角0=37。的斜面CE相连。传送带右侧与竖直面内半径R=0.4血的光

滑半圆形轨道8。相切于B点(水平面4C与斜面CE连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机

械能损失)。已知物块P与斜面CE间的动摩擦因数%=0.5,与传送带间的动摩擦因数〃2=02,小物块P的

质量m=1kg,重力加速度g取lOm/s?。现将小物块P自斜面CE上到C点的距离为s=2.25m的位置由静止

释放。(sin37°=0.6)

(1)求物体到达斜面底端的速度大小；

(2)判断物体能否通过半圆轨道最高点D?如果不能,请说明原因；如果能，求物体通过。点时对轨道的压力；

(3)若物体P从斜面上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总能以相同的速度通过半圆轨道。点，求该

释放区域的长度。

18.如图所示，质量均为m的三个带电小球4、B、C放置在光滑绝缘的ABC

O

水平直槽上,4与8间和B与C间的距离均为34球带电荷量为Q*=8q,///////

B球带电荷量为(?B=q。若小球C上加一水平向右的恒力F,恰好使4、B、C三小球保持相对静止，求:

(1)外力尸的大小;

(2)C球所带电荷量燃；

(3)历时t后，恒力F对系统共做了多少功？

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：小朋友在沿滑梯匀加速下滑的过程中，速度逐渐增大，根据重力做功的瞬时功率表达式：p=

mgvcosd,其中。为速度与重力的夹角，下滑过程夹角不变，由于小朋友做匀加速运动，速度增大，故重力

做功的瞬时功率逐渐增大。故ABO错误，C正确。

故选：Co

根据瞬时功率的表达式，结合重力与速度的大小和方向进行分析即可。

本题考查了功率的相关知识，解决本题的关键是熟练掌握瞬时功率的表达式。

2.【答案】D

【解析】解：4、以地面为零势能面，海平面低于地面八，所以物体在海平面上时的重力势能为-mg/i,故4

错误；

B、重力对物体做功为zng/i,故3错误；

C、不计空气阻力，物体在运动过程中机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时

的机械能为:根诏，所以物体在海平面时的机械能也为诺，物体在海平面上的动能彘=E-Ep=+

mg/i,故C错误，。正确。

故选：D。

不计空气阻力，物体在运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律和功能知识解答

即可•

解答本题时，要知道重力势能与零势能面的选取有关，知道物体在零势能面下方时，重力势能是负的。

3.【答案】B

【解析】解：根据同种电荷相互排斥，可知，试探电荷+q受到的一直是排斥力，电荷沿直线从4运动到B的

过程中，两电荷间的距离先减小后增加，由于电量保持不变，根据

„,Qq

F=

rL

可知，+q受到的库仑力先增大后减小，故4CO错误，B正确。

故选：Bo

本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离先越来越近，后越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求

解。

对于库仑定律公式F=k得，要明确其使用条件和各个物理量的含义。

4.【答案】C

【解析】解：在车上的人用锤连续敲打小车的过程中人体消耗了化学能，敲打过程产生了内能，所以人、

车、锤组成的系统机械能增加，也就是说系统的机械能不守恒，锤子向下运动过程中有一段失重过程，因

此人、车、锤组成的系统所受外力的合力不为0,贝IJ人、车、锤组成的系统的动量不守恒，但该系统在水平

方向上所受外力的合力为0,则人、车、锤组成的系统水平方向的动量守恒，结合上述可知，人、车、锤组

成的系统机械能不守恒，但水平方向的动量守恒，因为人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，始总动量

不为0,而人、车、锤组成的系统水平方向的动量守恒，则系统水平方向总动量始终不为0,即连续敲打不

能使小车停止运动，用锤敲打小车时锤给车的冲量等于车给锤的冲量，故48。错误，C正确。

故选：Co

根据机械能守恒定律的条件分析机械能是否守恒；理解动量守恒定律的条件，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合机械能守恒定律的条件即可完成分析，难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：以碰撞前4的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：

mAvA-mBvB=mBvB'-mAvA'

据题：vA=3m/s,vB=lm/s,vB'=2m/s,vA'=2m/s,代入上式解得：mA：mB=3：5,故B正确，

AC£＞错误。

故选：B。

两球在碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒，以碰撞前4的速度方向为正方向，根据动量守恒定律列式求

解。

本题考查动量守恒定律的直接应用，要注意应用动量守恒定律时要规定正方向，用正负号表示速度的方向。

6.【答案】O

【解析】解：AB,建立一个“风柱”模型如图所示：

v

风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积：S=7rr2

经过t风柱长度％=vt,所形成的风柱体积：V=Tir2vt

空气遇到叶片旋转形成的圆面后I减速为零，I原速率穿过，

所以与叶片发生相互作用的风柱质量：m==^pnr2vt,

22223

根据动能定理，风力在这一段位移做的功：W=Ek=1mv=^pnrvt-v=^pnrvt

一台风力发电机获得风能的功率为：==故AB错误；

CD,对与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，

根据动量定理得：一尸•t=0-mv

代入数据解得：F=|7rpr2卢

根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力为：F'=F=lnpr2v2,

一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约/兀pNM,故C错误，。正

确；

故选：Do

建立一个“风柱”模型，算出“风柱”的质量，利用动能定理求出“风柱”做的功，然后求出功率；根据

动量定理和牛顿第三定律求得空气对一台风力发电机的平均作用力。

本题主要考查了动能定理、功率、动量定理在实际问题中的应用，以风力发电机为情景载体，解决此题的

关键是建立适合的物理模型。

7.【答案】D

【解析】解：子弹射入木块的瞬间系统内力远大于系统所受的外力，可以近似认为系统的动量守恒，设子

弹和木块的共同速度为以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v,解得：U=湍

设子弹从开始射入到与木块相对静止的过程木块的位移为X,对木块，根据动能定理得：fx=1Mv2,

Mm2VQ

联立解得:

2f(M+ni)2

子弹射入木块瞬间，产生的热量为：/d=jmvQ-1(m+M)v2

解得子弹相对木块的位移为：d=^L

则今=指<1,即x<d,所以，无论nt、M、几的大小如何，都只可能是甲图所示的情形，故。正确,

ABC错误。

故选：D。

子弹射入木块的瞬间系统内力远大于系统所受的外力，可以近似认为系统的动量守恒，由动量守恒定律求

出子弹与木块的共同速度表达式，对木块，利用动能定理得到其位移表达式，利用数学知识进行分析。

本题是子弹打击木块的类型，要分析清楚子弹射入木块的运动过程中近似地符合符合动量守恒定律，要求

学生能够熟练应用动量守恒定律和能量守恒定律解题。

8.【答案】B

【解析】解：设滑块4的初速度为%,4与8碰前速度为以，碰后4、B的速度分别为以'、%'。

对于4与B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA'+mBvB'...（T）

V2，2

由于碰撞中没有能量损失，所以有3叫若=\^AA'+|mBvB...（2）

又m4—mB=m...③

联立①②③式解得以'=0,vB'=vA,即A与B碰后二者交换速度，所以第一次碰后4停止运动，B向左滑

动；

第二次碰后8停止运动，4向右滑动，要求力最后不掉下桌面，它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的

全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功，即

=2nAmg（L一,+2HBmg•寺

所以%=J2（4A+4B）g3故8正确，ACZ）错误。

故选：B。

4、8质量相等，碰撞中没有能量损失，根据动量守恒定律和能量守恒定律知道碰撞后两者交换速度。第二

次碰后8停止运动，2向右滑动，要求4最后不掉下桌面，力恰好运动到桌边，根据能量守恒定律研究。

本题要关键要理清物理过程，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解。要知道无能量损失的碰撞即弹性

碰撞，遵守动量守恒定律和机械能守恒定律两个规律，知道两个物体质量相等时发生弹性碰撞后会交换速

度。

9.【答案】ABC

【解析】解：4、根据万有引力提供圆周运动向心力，可得：等=ma,可得：a=翳.a的轨道半径小,

则a的加速度大于b的加速度。故A正确；

8、根据万有引力提供圆周运动向心力有

GMmm-47r2r

可得周期7=2n轨道半径大的卫星b的周期大，故B正确:

C、据粤=小必得

rzr

速度u=可得半径小的a卫星速度大，故C正确;

。、卫星受到的万有引力：F=等，由于两个卫星的质量未知，所以不能判断它们受到的万有引力的大小

关系。故。错误;

故选：ABC.

卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，根据半径关系分析线速度、周期、向心加速度的关系。

万有引力提供圆周运动向心力，熟练掌握万有引力和向心力的不同表达式是正确解题的关键。

10.【答案】BD

【解析】解：4、在P点时，重力的瞬时功率为PG=mg%cos45。=1x10x?x?W=5W，故A错误；

8、小物块从4运动到B的过程中做匀速率运动，动能不变，根据动能定理可知，合力做的功为零，故B正

确；

C、小物块的动能不变，小物块在4P段和PB段产生的内能都等于重力势能的减少量，则在4P段产生的内能

为

Qi=m9,~2~R

解得：QL*/

在PB段产生的内能为

<?2-—2~)^

解得：Q2=±|C/

可见在4P段和PB段产生的内能不相等，故C错误；

。、在B点时，对小物块，牛顿第二定律得：

V2

FN-mg=m万

根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道的压力大小尸'N=埒，联立解得：F'N=UN,故。正确。

故选：BD。

根据P=mgucosa求重力的瞬时功率；根据动能定理求合力对小物块做的功；小物块的动能不变，根据产

生的内能等于重力势能的减少量，分析小物块在4P段和PB段产生的内能关系；在B点时，运用牛顿第二定

律和第三定律求小物块对圆弧轨道的压力大小。

解答本题时，要明确小物块能量转化情况，知道动能不变时，产生的内能等于重力势能的减少量。要注意

重力的瞬时功率公式不是P=zngv,而是P=mgvcosa。

11.【答案】ABD

【解析】解：B、由题图2可得，当必=|(rad/s)2时，4、B绳刚要有拉力，对4来说，由摩擦力提供向心

力，则

卬ng=?n(3i)2以

解得

H=0.1

故3正确；

A、当3；=0.5(rad/s)2时，B、C绳刚要有拉力，对C摩擦力提供向心力，则

2

林mg=m(aj2)rc

解得

rc=2.0m

故4正确；

C、当角速度等于lrad/s时，对4拉力和静摩擦力的合力提供向心力，则

Ti+fA=ma)jrA

解得

fA=0.5N

方向指向圆心，故C错误；

D、由图像2可知，当角速度等于。rad/s时细绳的拉力分别为

解得：=4N

T2=3N

对4物体来说，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，则

A-加=小/打

解得

%2=IN=nmg

对C物体来说，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，则

T2+fc=ma)lrc

解得

fc2—IN—fimg

此刻4、B恰好与圆盘发生滑动，故。正确；

故选：ABD.

由题图，分析临界角速度，对4C,摩擦力提供向心力，求动摩擦因数和半径；由题图，根据角速度数值，

对ZC,拉力和静摩擦力共同提供向心力，求摩擦力。

本题解题关键是掌握摩擦力提供向心力，并能够根据角速度大小，分析向心力的来源。

12.【答案】AD

【解析】解：A、；，粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180。，表明粒子在磁场中转动了半周，由几何

关系得6=^8

根据牛顿第二定律得=mJ解得6=翳=

叁“粒子进入磁场，有e%B=2m],解得方=鬻=凡所以；H粒子竖直向上射出磁场，故A正确；

B、粒子在磁场中运动的时间为功=鱼=磐，故8错误；

C、由上述计算可知8=膂，故C错误；

eR

。、如图所示，由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为CR,故。正确.

故选：AD.

根据几何知识求解两粒子做匀速圆周运动的半径，比较可知判断出射方向；根据粒子运动的路程与速度的

比值求解粒子在磁场中运动的时间；：H粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180。，求得磁感应强度；作

出运动轨迹，根据几何关系求得两粒子从圆形边界的射出点之间的距离。

解决该题需要明确知道粒子做匀速圆周运动时，能根据几何知识求解圆周运动的半径,

13.【答案】0.84£»C

【解析】解:①纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s,且每两个记数点间还有四个计时点未画出，7=0.1s。

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度

大小。

XBD0.18—0.02

v=0.8m/s

c~2T=02

连续相等时间内的位移差为△%=4cm=0.04m,根据匀变速直线运动的推论公式△x=。产可得:

△x0.04.

”k面厂49

②对小车分析，应有F=zna,解得：。=上尸，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F,故。正确。

故选：D

③由于图象的斜率为k=所以增大沙和沙桶质量，k不变,仍保持原方向不变，所以C正确。

故选：C

故答案为：①0.8,4；②。；③C

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。其中平衡摩擦力的

原因以及做法在实验中应当清楚。对小车列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度a的函数表达式,

然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论。

根据匀变速直线运动的推论公式△%=可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度

等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小。

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能利用匀变速直线

的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。

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14.【答案】ACAD-OC=-OAm2-OBm1-OC=m1-OA+m2,OB

【解析】解：(1)本实验只要求轨道末端水平，从而确保小球离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨

道光滑；另一方面要确保放上被碰小球后，入射小球的碰撞前的速度大小还是原来的大小，故要求从同一

位置由静止释放入射小球，故8错误，AC正确，故选：AC

(2)由于入射小球、被碰小球离开轨道后的运动都是平抛运动，且平抛的竖起位移相同，故由％=微可

知I,小球的水平位移久a%,可用位移的大小关系表示速度的大小关系，因此不需要测量H,H只要保持不

变就可以了，并不需要测量出来，故BC错误，AD正确，故选：AD

(3)①由图可知，。4=17.60cm,OB=25.00cm,OC=30.00cm,代入质量关系，可知，m^OBHmrOA+

m2OC,但mi•OCa如•。4+瓶2,OB，OC才是入射小球碰前速度对应的水平位移。

mV

②由动量守恒+m2v2=恤次'+巾2%'和能量守恒;恤资+^22=也2+琢易得：%+

vvv2

i-2+2'故要验证碰撞是否为弹性碰撞，可以验证：^mxVi=+^m2V2,即•OC?=.

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OA+m2-OB,也可以验证%+vt'=

v2',即OC+。力=08。

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故答案为：(1)71C；(2)AD；(3)1711■OC=mx-OA+m2-OB；⑷矶•OC=m1-OA+m2-OB(或。C+

OA=OB)

(1)根据实验原理确定所实验器材所要达到的条件；

(2)根据实验的注意事项判断操作过程正确与否，由实验原理确定此实验需要测量的物理量；

(3)①由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；

②根据动量守恒和能量守恒满足的关系式进行判断，但要注意的先判断的是入射球在被碰撞后是位于最左

的位置。

此题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，只要从基本原理出发可以解

答属基础题，但本题的难点在于给了三个点，要判断这三个点分别是什么点，这首先确定是碰后入射球不

能超越被碰球，则在最左边，然后根据守恒式判断其他两个点。

15.【答案】解：(1)当飞船在近地圆形轨道I上时有：G^=mg

变形得到：”=过

G

(2)当飞船在圆轨道HI上运行时，万有引力提供向心力有：=m忌

(R+h)K-rn

并结合(1)中结论得到：v=回

NR+h

2

答：(1)地球的质量M为哈；

(2)中国空间站绕地球运动的线速度0大小为J露。

【解析】(1)已知地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G,根据重力等于万有引力来求

解地球的质量；

(2)中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求解中国空间站绕

地球运动的线速度v大小。

本题要掌握两个关系：在星球表面上的物体受到的重力与其所受到的万有引力大小相等；环绕天体绕中心

天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。

16.【答案】解：⑴设静止时，小球力、B间的距离为3则有：k悬？=嗯

解得：L=0.4m

由胡克定律得：上'《0-乙)=上管

解得：k'-

(2)三小球在水平地面上通过电场之间作用力保持静止，则可知小球C应放在小球B的右边，设小球C离小球

B的距离为d,对小球A受力分析，由二力平衡，则：警=/唉

对小球8受力分析，由二力平衡有：黑"=/浮

40d

5

解得：d=lm,q3=1,8x10-C

答：(1)若小球B右侧x=0.8巾处的电场强度为零，弹簧的劲度系数〃为^N/m；

(2)在