精品解析：北京市育英中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（2-6班）（解析版）

这是一份精品解析：北京市育英中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（2-6班）（解析版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
北京市育英学校高二第二学期物理期中练习（2－6班）
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题卡相应位置。）
1. 下列关于电磁场和电磁波的说法正确的是（　　）
A. 变化的电场一定能够产生变化的磁场，变化的磁场也一定能够产生变化的电场
B. 麦克斯韦第一次通过实验验证了电磁波的存在
C. 电磁波的传播需要介质
D. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、射线都是电磁波
【答案】D
【解析】
【详解】A．变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。但如果是均匀变化的电场（磁场），则只能产生恒定的磁场（电场）；故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，故B错误；
C．电磁波的传播不需要介质，故C错误；
D．无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、射线都是电磁波，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，、是两个周期为T的相干波源，它们振动同步且振幅相同，实线和虚线分别表示波的波峰和波谷，关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的是（　　）

A. 图示时刻质点a的位移最大 B. 质点b和c振动都最强
C. 质点d振动最弱 D. 再过后b点振动减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点是波峰与波谷相遇处，位移为零，故A错误；
B．b点是波峰与波峰相遇处，c点是波谷与波谷相遇处，均为振动加强点，均振动最强，故B正确；
C．d点处于振动加强区，振动并不是最弱，故C错误；
D．b点是波峰与波峰相遇处，振动始终加强，再过，b点振动仍加强，故D错误。
故选B。
3. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（　　）

A. 电流表的示数为
B. 线圈转动的角速度为50π rad/s
C. 0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D. 0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由乙图可知，交流电的最大值

有效值为

故A错误；
B．周期

角速度

故B错误；
C．0.01s 时线圈产生的感应电动势最大，说明线框与磁场平行，故C正确。
D．据题知0.02s时线框中感应电流沿逆时针方向，电阻R中电流的方向自左向右，故D错误。
故选C。
4. 某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度。在下面的四个电路中，电源电动势一定，内阻不计，Rt表示热敏电阻，R0表示定值电阻。若希望在温度升高时，电路中的电压表或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，流过电流表的电流增加，A错误；
B．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，总电流强度增加，内电电压升高，路端电压降低，流过R0的电流减小，因此流过电流表的电流强度增加，B错误；
C．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的电压都增加，Rt两端的电压降低，电压表测量的是热敏电阻Rt两端的电压，因此电压表的示数减小，C正确；
D．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的电压都增加，电压表测量的是R0两端的电压升高，D错误。
故选C。

5. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，某同学选用匝数分别为N1=400匝和N2=800匝的变压器，该同学实验操作规范正确且实验器材完好。实验测得的数据如下表（U1、U2分别表示N1、N2两端的电压），分析实验数据发现线圈两端电压与线圈匝数明显不成正比。下列推断正确的是（　　）
U1/V
1.80
2.81
3.80
4.78
5.80
U2/V
4.00
6.01
8.02
9.98
12.05

A. N1匝一定是原线圈 B. N2匝一定是原线圈
C. 原线圈的直流电阻太小 D. 原副线圈上电流频率有可能不同
【答案】B
【解析】
分析】
【详解】AB．由表可知电压之比依次为





即

可知，变压器不是理想的，存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则N2一定是原线圈，N1为副线圈，故A错误，B正确；
C．原线圈的电阻较大导致存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，故C错误；
D．变压器只能改变交流电的电压，不能改变频率，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合．当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针匀速转动过程中，线圈中的电流变化图象为(从图示位置开始计时，N、S极间缝隙的宽度不计，以a边的电流向里、b边的电流向外为正方向)

A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在一个周期内，前半个周期：根据右手定则可知a边的电流向外、b边的电流向里，为负值，线圈始终垂直切割磁感线，则产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变；后半个周期：根据右手定则可知a边的电流向里、b边的电流向外，为正值，感应电流大小不变，故C正确，ABD错误。
7. 质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（　　）

A. 碰后两物体的运动方向相同 B. 碰后的速度大小为
C. 两物体的质量之比 D. 两物体的碰撞是弹性碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像斜率表示速度可知碰后两物体的运动方向相反，故A错误；
B．碰后的速度大小为

故B错误；
C．碰撞后的速度为

碰撞前速度为

碰撞前的速度为0，根据动量守恒定律得

代入数据得

故C正确；
D．碰撞前的总动能为

碰撞后的总动能为

代入数据比较可得

由能量损失，可知不是弹性碰撞，故D错误。
故选C。
8. 麦克斯在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设:变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例:圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（　　）

A. 电容器正在放电
B. 两平行板间的电场强度E在增大
C. 该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场
D. 两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值
【答案】B
【解析】
【详解】A．电容器内电场方向向上，下极板带正电，根据电流的方向，正电荷正在流向下极板，因此电容器处于充电过程，选项A错误；
B．电容器的带电量越来越多，内部电场强度越来越大，选项B正确；
C．该变化电场产生磁场方向等效成向上的电流产生磁场的方向，根据右手螺旋定则可知，电场产生的磁场逆时针方向（俯视），选项C错误；
D．当两极板间电场最强时，电容器充电完毕，回路的电流最小，因此产生的磁场最小，选项D错误。
故选B。
9. 如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸．当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点．若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则

A. 该弹簧振子的振动周期为x0/v
B. 该弹簧振子的振幅为y1- y2
C. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零
D. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．该弹簧振子的振动周期为，选项A错误；
B．该弹簧振子的振幅为，选项B错误；
C．因在PQ两点振子的速度为零，则动量为零，则在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块动量的变化为零，根据动量定理可知，物块所受合力的冲量为零，选项C正确；
D．根据动能定理，在记录笔留下PQ段印迹的过程中，合力对物块做功为零，而合力功等于弹力功与重力功之和，重力功不为零，则弹力对物块做功不为零，选项D错误．
10. 某种除颤器的简化电路，由低压直流电源经过电压变换器变成高压电，然后整流成几千伏的直流高压电，对电容器充电，如图甲所示。除颤时，经过电感等元件将脉冲电流（如图乙所示）作用于心脏，实施电击治疗，使心脏恢复窦性心律。某次除颤过程中将电容为的电容器充电至，电容器在时间内放电至两极板间的电压为0。其他条件不变时，下列说法正确的是（　　）

A. 线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的峰值越小
B. 线圈自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越长
C. 电容器的电容C越小，电容器的放电时间越长
D. 在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为
【答案】A
【解析】
【详解】A．线圈的自感系数L越大，阻碍电流的感抗越大，则放电电流越小，放电脉冲电流的峰值也越小，故A正确；
BC．振荡电路振荡的振荡周期为

电容器在时间内放电至两极板间的电压为0，即

则线圈的自感系数L越大，放电脉冲电流的放电时间越长；电容器的电容C越大，放电脉冲电流的放电时间越长，故BC错误；
D．电容为的电容器充电至，则电容器储存的电量为

故在该次除颤过程中，流经人体的电荷量约为，故D错误；
故选A。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有几项是符合题目要求的，全部选对者得3分，选对但不全者得2分，选错、多选或不选者不得分。请将正确答案标号填涂在答题卡上相应位置。）
11. 如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（　　）

A. t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大
B. t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．t=0.15s时，由图乙知质点Q的位移达到负向最大，则可知其加速度达到正向最大，故A正确；
B．由图乙知，在t=0.10s时，Q点在平衡位置沿y轴负方向运动，则由“波形平移法”可以推断波沿x负方向传播。t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动，由图乙知波的周期为

则t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向，故B正确；
C．从t=0.10s到t=0.25s时间内，所经历的时间

由图甲知波长

则波沿x轴负方向传播了

故C错误；
D．从t=0.10s到t=0.25s时间内，所经历的时间

由于质点P先向上接近波峰与向下接近波谷时速度较小，且在这段时间内质点P通过的路程小于质点P从平衡位置起在0.15s内通过的路程

所以，质点P从t=0.10s到t=0.25s时间内，经过的路程

故D错误。
故选AB。

12. 角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，整个装置连同电路以角速度绕轴转动时（　　）

A. 电路中电流随角速度的增大而增大
B. 电压表的示数随角速度的减小而增大
C. 弹簧的伸长量为
D. 电压表表盘上各刻度对应角速度的值不是均匀的
【答案】CD
【解析】
【详解】A．系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A错误；
BC．设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
kx=mω2（l+x）
解得

角速度减小，则伸长量减小，与电压表并联部分电阻减小，根据

可知，电压表的示数减小，故B错误C正确；
D．输出电压

整理得

电压表表盘上各刻度对应角速度的值不是均匀的，故D正确。
故选CD。
13. 如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。烧断细线后，下列说法中正确的是（　　）

A. 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，甲图中小车A和B组成的系统的动量不为零
B. 当弹簧的压缩量减小到原来一半时，乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零
C. 当弹簧恢复原长时，乙图中A车速度是甲图中A车速度的2倍
D. 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲图中小车A和B组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统的初动量为零，根据动量守恒定律可知，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，小车A和B组成的系统的动量为零，故A错误；
B．乙图中，当弹簧的压缩量减小到原来一半时，A向左运动，动量不为零。B静止，动量为零，则乙图中小车A和B组成的系统的动量不为零，故B正确；
C．设甲、乙的质量均为m，弹簧释放前的弹性势能为Ep。甲图中，设当弹簧恢复原长时，A车速度大小是vA，B车速度大小是vB，取向左为正方向，由动量守恒定律得

根据机械能守恒得

联立解得

乙图中，当弹簧恢复原长时，A车速度为vA′。根据机械能守恒得

联立解得

则

故C错误；
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，乙图中弹簧对B车的冲量与弹簧对A车的冲量大小相等，对A车，根据动量定理得，弹簧对A车的冲量大小

甲图中弹簧对B车的冲量大小为

则

乙图中弹簧对B车的冲量是甲图中弹簧对B车的冲量的倍，故D正确。
故选BD。
14. 如图所示为高压输电的原理图，由于输电距离长，输电线上必然产生电能损耗。相比传统输电的钢芯铝绞线，新型的碳纤维软铝导线除了具有重量轻、强度大、耐腐蚀等优势外，还能有效减小传输电阻。图中两个变压器均视为理想变压器。在发电厂输出功率和输出电压都不改变的条件下，若将输电线由传统导线更换成电阻更小的新型碳纤维软铝导线，下列叙述正确的是（　　）

A. 因为输电线的电阻减小，用户端的电压一定变大
B. 因为输电线的电阻减小，输电线左端电压一定减小
C. 因为输电线的电阻减小，用户端消耗的电功率一定增大
D. 因为输电线的电阻减小，输电线上的电流一定变大
【答案】AC
【解析】
【详解】B．由于发电厂的输出电压U1不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的AD．输出电压U2不变，即两输电线左端电压U2不变，故B错误；
AD．输电功率P与输电电压U2都不变，由P=UI可知输电线上的输电电流I不变，输电线的电阻R减小，输电线上损失的电压
U损=I线R
减小，降压变压器的输入电压
U3=U2-U损
增大，因为降压变压器两端匝数比不变，则一定变大，故A正确D错误；
C．发电厂输出功率不变，损失功率

减小，所以用户端消耗的电功率一定增大，故C正确。
故选AC。
三、实验题：（本题有2个小题，共18分。请将答案写在答题纸的相应位置。）
15. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆在不同摆长（l）对应的周期（T），在进行实验数据处理时：
（1）甲同学以摆长（l）为横坐标、周期（T）的平方为纵坐标作出了图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度______（用题中已知量的字母来表示）。若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度______（选填“偏小”“偏大”或“准确”）。
（2）乙同学根据公式：得：，并计算加速度，若测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度______（选填“偏小”“偏大”或“准确”）。
（3）若他们测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果如下表所示：

0.5
0.8
0.9
1.0
1.2

1.42
1.79
1.90
2.00
2.20

2.02
3.20
3.61
4.00
4.84
他们以摆长（l）为横坐标、周期（T）的平方为纵坐标，并标出了第1、3、4、5组数据，请你将第2组数据标在以下图中后作出图像______，并利用此图像求出的重力加速度为______。（结果保留3位有效数字，已知）

【答案】 ①. ②. 准确 ③. 偏小 ④. ⑤. 9.71
【解析】
【详解】（1）[1]由单摆周期公式

可知

则

[2]忘记测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，由式子

可知，重力加速度g与摆长无关，所以测量值准确。
（2）[3] 乙同学根据公式

得

摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，乙同学把摆线长作为摆长，摆长小于实际摆长，可知，重力加速度的测量值小于真实值。
（3）[4][5] 将第2组数据标在图中后作出图像

根据

得

所以

解得

16. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地的平均位置M、N。

（1）图2是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为______cm。
（2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是______。
A. 可选用半径不同的两小球 B. 选用两球的质量应满足
C. 小球每次必须从斜轨同一位置释放 D. 需用秒表测定小球在空中飞行的时间
（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为、，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式____________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）
（4）有同学认为，在上述实验中更换两个小球的材质，并增大入射球的质量，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你分析被撞小球平抛运动射程不能超过______。（用3中测量的量表示）
（5）验证动量守恒的实验也可以在如图3所示的水平气垫导轨上完成。实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起。实验测得滑块A的总质量为、滑块B的总质量为，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

左侧光电门
右侧光电门
碰前


碰后
、
无

在实验误差允许范围内，若满足关系式________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）
【答案】 ①. 55.00 ②. BC##CB ③. ④. 2OP ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 确定落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置。碰撞后m2球的水平路程应取为55.00cm；
（2）[2] A．为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故A错误；
B．为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故B正确；
C．为保证小球每一次碰撞前速度都相同，要求小球m1每次必须从斜轨同一位置静止释放，故C正确；
D．小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故D错误。
故选BC。
（3）[3] 要验证动量守恒定律定律，即验证

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得

可以得到

可知，实验需要验证表达式为

（4）[4] 发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，则由机械能守恒得

结合

解得

因此，最大射程为

当时

被撞小球平抛运动射程不能超过2OP。
（5）[5] 若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有

设遮光片的宽度为d，则速度分别可表示为

联立可得

四、计算题：（本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）。
17. 图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为，bc长度为，线圈以恒定角速度逆时针转动（只考虑单匝线圈），线圈电阻为r，其它电阻均不计。
（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势的表达式；
（2）求线圈从中性面开始转过的过程中流过电阻R的电荷量；
（3）求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）e1=BL1L2ωsinωt；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则有

在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为
E=BL1v
由图可知
v′=vsinωt
则整个线圈的感应电动势为
e1=2E=BL1L2ωsinωt
（2）过程中产生平均感应电动势为

平均电流为


电荷量为

流过电阻R的电荷量

（3）电动势的有效值为

则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
Q=I2Rt
其中
，
 联立解得

18. 如图所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F（恒力）的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt。
(1)请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。
(2)快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示。请运用所学物理知识分析说明这样做的道理。

【答案】详情见解析
【解析】
【详解】(1)根据牛顿第二定律,加速度定义解得

即动量定理, Ft表示物体所受合力的冲量，mvt-mv0表示物体动量的变化
(2)快递物品在运送途中难免出现磕碰现象，根据动量定理

在动量变化相等的情况下，作用时间越长，作用力越小。充满气体的塑料袋富有弹性，在碰撞时，容易发生形变，延缓作用过程，延长作用时间，减小作用力，从而能更好的保护快递物品。
19. 如图甲所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小物块。以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原长时将小物块由静止释放，小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内。
(1)以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动；
(2)求小物块由最高点运动到最低点过程中，重力势能的变化量ΔEP1、弹簧弹性势能的变化量ΔEP2；
(3)在图乙中画出由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度a随x变化的图象，并利用此图象求出小物块向下运动过程中的最大速度。

【答案】(1)是简谐运动；(2)；；(3) ；
【解析】
【详解】(1)设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为，则有

可得

小物块运动到平衡位置下方处，受力如图所示

此时弹簧弹力大小为

小物块所受合力为

即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动；
(2)根据简谐运动对称性的特点，小物块由最高点运动到最低点过程中，下降的高度为，重力势能的变化量为

根据机械能守恒定律得

其中

解得弹簧弹性势能的变化量为

(3)由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度随变化的图象如图所示

当时小物块的速度最大，设合外力做功为，根据图中图线（或）与横轴所围面积得

根据

可得小物块向下运动过程中的最大速度为

20. 碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进行研究。
该同学在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞。让滑块A以某一速度与原来静止的滑块B发生正碰，已知A的质量为2m，B的质量为m。

（1）若如图1所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有粘扣，碰后A、B将粘在一起运动。已知滑块A的初速度为，求此过程中A、B组成的系统损失的机械能是多少？

碰撞前
碰撞后
实验序号




1
0.90
0
0.30
1.20
2
0.73
0
0.24
0.97
3
0.81
0
0.27
1.08
（2）若如图2所示，滑块A的右端、滑块B的左端均装有弹簧圈，碰后A、B将分开且沿着相同方向运动。通过传感器分别测得两个滑块碰撞前后的速度如下：
该同学通过处理数据发现碰撞前后有，说明滑块的碰撞过程满足动量守恒定律；同时他还发现也成立，他认为这是一个运动的滑块与一个静止的滑块发生弹性碰撞的必然结果。请你分析说明该同学的观点是否正确。
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）碰撞过程满足动量守恒，则有
2mv0=3mv共
由能量守恒可得损失机械能为

联立解得

（2）由动量守恒可得

如果碰撞是弹性的，则有碰撞前后机械能守恒，即

联立解得

因此正确。
21. 碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进行研究。该同学查阅资料了解到以下信息：
不同材料制成的两个小球甲、乙，若碰撞前的速度分别为和，碰撞后的速度分别为和，把称为接近速度，把称为分离速度。研究发现碰撞后的分离速度与碰撞前的接近速度成正比，这个比值称为恢复系数，用e表示，即：。
请你根据以上信息结合碰撞的规律完成以下问题：
小球甲在光滑水平面上以一定的速度与原来静止的小球乙发生正碰，恢复系数为。若碰后甲、乙两球速度的大小之比始终为，则甲、乙两球的质量应该满足什么关系？
【答案】
【解析】
【详解】设甲、乙两球的质量分别为m1和m2，两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

根据题意可知

解得