2023-2024学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末物理试卷（选修）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末物理试卷（选修）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是( )
A. 水平方向动量守恒，机械能守恒
B. 水平方向动量守恒，机械能不守恒
C. 水平方向动量不守恒，机械能守恒
D. 水平方向动量不守恒，机械能不守恒
2.在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是( )
A. Ea=Eb
B. Ea=2Eb
C. EaD. Ea>Eb
3.“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为r=10cm，设里面充满某浓度均匀的盐水，其电阻率ρ=0.314Ω⋅m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U=75V，I=50mA，则该钻孔的深度ℎ约为( )
A. 50m
B. 100m
C. 120m
D. 150m
4.如图电路，R3为热敏电阻(阻值随温度升高而降低)其余为定值电阻。当R3所在处出现火情时，以下说法正确的是( )
A. 电压表示数不变
B. 电压表示数变大
C. 电流表示数变小
D. 电流表示数变大
5.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内( )
A. 手机电池产生的焦耳热为U2rtB. 手机的输入功率为UI
C. 充电宝产生的热功率为I2rD. 手机电池储存的化学能为UIt
6.在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则( )
A. 乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B. 甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C. 甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D. 甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
7.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有( )
A. R接电源a和电源b，R上分得的电压相等
B. R接电源a和电源b，R上流经的电流相等
C. R接到电源a上，电源的输出功率较小
D. R接到电源b上，电源的输出功率较小
8.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。改装后利用一标准毫安表进行校准(如图1，虚线框内是改装后的电表)。当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图2，产生上述问题的原因可能是( )
A. 微安表串联电阻偏大
B. 微安表串联电阻偏小
C. 微安表并联电阻偏大
D. 微安表并联电阻偏小
9.某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该电源电动势为3VB. 该电源电动势为4.5V
C. 刻度1mA处标注3000ΩD. 刻度1.5mA处标注1500Ω
10.庄老师、王老师喜欢比赛打水漂(图1)。我们可以将打水漂简化成如下理想模型(图2)。质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，与水平方向的夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.2。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是( )
A. 由于忽略薄片重力，所以薄片与水平面间的摩擦力也可忽略
B. 薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同
C. 薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°
D. 薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上
二、实验题：本大题共1小题，共16分。
11.在“测量一节干电池的电动势和内阻”实验中，电路图如图1，可选用的实验器材有：
电压表V1(量程3V)；电压表V2(量程15V)；电流表A1(量程0.6A)；电流表A2(量程3A)；滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值300Ω)；干电池；开关S；导线若干；

(1)选择合适的器材：电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(填写所选器材前的符号)。
(2)测得的7组数据已标在如图2所示U−I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E= ______V和内阻r= ______Ω。(注意纵坐标未从0开始)
(3)两个实验小组用不同的电池完成了上述的实验后，发现各电池电动势相同，只是内阻有差异。同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池进一步探究电池的内阻热功率P随路端电压U变化的关系，画出了图3所示的P−U图像。已知甲电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是______。
(4)按照图1的测量方法，某同学利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差。在图4中，实线是根据实验数据描点作图得到的U−I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U−I图像(没有电表内电阻影响的理想情况)。下列图像中哪一个是该实验的分析______。
(5)图4中虚线U(I)的函数解析式是U=−r⋅I+E，如果考虑电表内阻影响，图4实线U(I)的函数解析式是U= ______⋅I+ ______。(解析式中可能用到的物理量：电源电动势E，内阻r，电压表内阻RV，电流表内阻RA)
三、计算题：本大题共4小题，共44分。
12.测量元电荷电量大小的装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d。外部电路电源电动势为ε，内阻为r，保护电阻R0，电阻箱阻值调为R，现闭合开关S1、S2，稳定后求：

(1)AB两板间的电压；
(2)从显微镜发现，一个质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量。(重力加速度为g)
13.在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为ℎ=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2。
(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？
(2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？
14.如图1，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。A、B、M、N四点距O点的距离均为 2L，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势ψ随位置x的变化关系如图2所示(k为静电力常量)。一电荷量为Q(Q>0)质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求：

(1)小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；
(2)小球S从M点运动到x=L2处，动能的变化量；
(3)小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图3所示(g为重力加速度大小)。为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足什么条件。
15.智能手机内置加速度传感器，管老师将平放的手机从一定高度处自由下落到床垫上，“pℎypℎx”APP(图1)显示手机下落过程中的加速度随时间变化的图像如图2，已知手机的质量为0.2kg，忽略空气阻力，自由落体加速度g=10m/s2，求：
(1)手机刚接触床垫时的速度大小；
(2)床垫对手机的最大弹力；
(3)手机第一次与床垫碰撞过程中，床垫对手机的冲量大小以及该过程损失的能量；
(4)如图3，有一弹性小球，手机质量是它的100倍，将其置于手机上方(间距很小)，一起从原来的高度自由下落，手机第一次从床垫反弹恰好离开床垫时，弹性小球刚好与手机发生弹性碰撞，求弹性小球弹起的高度比释放时高了多少米？
注意：本题进行了适当简化与理想化，可能用到的计算：
1962=38416
3922=153664
380101=3.76
1592101=15.76
答案解析
1.B
【解析】解：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向系统动量守恒，胶塞从试管口喷出，气体对外做功，内能减少，系统的机械能增加，所以机械能不守恒，故ACD错误，B正确。
故选：B。
系统动量守恒的条件是不受外力或所受的外力之和为零，根据系统动能和势能之和是否保持不变，判断系统机械能是否守恒。
解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒。
2.D
【解析】解：根据电场力的计算公式F=qE可知，F−q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则Ea>Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。
本题主要考查了电场力的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，难度不大。
3.D
【解析】解：盐水的电阻为R=UI=7550×10−3Ω=1500Ω，根据电阻定律有R=ρℎπr2，其中r=10cm=0.1m，代入数据解得ℎ=150m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据欧姆定律和电阻定律计算即可。
知道电阻定律中各个字母的物理意义是解题的关键。
4.C
【解析】解：R3所处环境温度升高所以阻值减小，根据并联电路的特点可知，电路的总电阻减小，根据欧姆定律I=ER总，可知总电流增大，根据闭合电路的欧姆定律E=U外+Ir可得U外减小，所以电压表示数减小，电流增大，所以R1两端电压增大，所以R2所在支路两端电压减小，所以电流表示数减小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
通过热敏电阻的变化，根据欧姆定律，判读电流的变化，再通过闭合电路的特点来判断电压的特点。
本题主要考查动态电路中电阻的改变对于电路电流的影响以及对于闭合电路的欧姆定律的应用能力。
5.B
【解析】解：A、手机电池不是纯电阻，所以电路中的电流I≠Ur，手机电池产生的焦耳热为Q=I2rt，故A错误；
B、手机的输入功率为P=UI，故B正确；
C、因为不知道充电宝的内阻，所以充电宝的热功率不能计算，I2r是手机电池的热功率，故C错误；
D、手机电池消耗的电能为UIt，一部分用来发热，一部分转化为化学能储存起来，所以手机电池储存的化学能为小于UIt，故D错误。
故选：B。
根据焦耳定律计算；根据P=UI计算；不知道充电宝的内阻，无法计算充电宝的热功率；根据能量守恒分析。
熟练掌握电路中的三个功率即总功率、发热功率和转化为化学能的功率的计算公式是解题的基础。
6.A
【解析】解：A.因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I=Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A正确；
B.动量变化率大小为F，即动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，由于系统动量守恒，所以甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；
C.由I=Δp知即甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反，故C错误；
D.由Δp=mΔv，可知由于甲、乙的质量大小关系未知，所以甲的速度变化量与乙的速度变化量大小不一定相等，故D错误。
故选：A。
根据冲量的定义I=Ft分析冲量关系。忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，甲乙系统的动量守恒，由动量守恒定律分析动量变化的关系。
本题要明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，两个运动员组成的系统总动量守恒。
7.C
【解析】解：AB、根据I−U图像可以看出，R接到电源a和电源b上时，通过R的电流不相等，且R上分得的电压也不相等，故AB错误；
CD、U−I图像与坐标轴所围图形的面积表示电源的输出功率，由图可知，R接到电源a上时，图像和坐标轴所围的面积较小，即R接到电源a上时，电源的输出功率较小，故C正确，D错误。
故选：C。
直接根据图像可以读出R上经过的电流以及R上所分得的电压；根据U−I图像所包围的面积表示电源的输出功率分析。
理解电阻的U−I图像与电源的U−I图像的交点所代表的物理意义，以及图像与坐标轴所围的面积表示电源的输出功率是解题的基础。
8.D
【解析】解：电流表扩大量程，需要给微安表并联一个电阻，改装后的电流表的读数为
I=2050×32.0mA=12.8mA<16.0mA
则读数偏小，说明微安表分得的电流偏小，则并联的电阻偏小了，故D正确，ABC错误。
故选：D。
微安表扩大量程，需要并联一个小电阻，根据改装后的读数，分析微安表分得的电流大小，进而分析并联电阻的大小。
知道改装大量程电流表需要并联一个小电阻，改装后的电流表读数偏小是因为微安表分得的电流偏小，是因为并联的电阻偏小的原因。
9.B
【解析】解：AB.满偏时Ig=ER内，将阻值为RX=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则I=ER内+Rx，解得E=4.5V，R内=900Ω，故A错误，B正确；
C.刻度1mA处，根据I=ER内+Rx1，可得RX1=3600Ω，即刻度1mA处标注3600Ω，故C错误；
D.刻度1.5mA处，根据I=ER内+Rx2，可得RX2=2100Ω，即刻度1.5mA处标注2100Ω，故D错误。
故选：B。
AB.根据闭合电路的欧姆定律，对两表笔短接状态和接入确定电阻的状态列式解方程判断；
CD.根据闭合电路的欧姆定律，分别列式求解对应电流和对应的待测电阻。
考查欧姆表的工作原理，熟练掌握闭合电路的欧姆定律是解题的关键。
10.B
【解析】解：A、水平方向，薄片受到水平面的摩擦力做减速运动，薄片与水平面间的摩擦力不可忽略，故A错误；
BD、薄片每次与水平面碰撞过程中，竖直方向速度大小不变，以竖直向上为正方向，根据动量定理有
IF=FNt=2mv0sin30°=mv0
故薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对薄片竖直方向支持力的冲量都相等，水平方向有
−μFNt=mΔvx
整理上式解得Δvx=−0.2v0
可知每次与水平面碰撞一次后，水平方向动量减小0.2mv0，薄片与水平面多次碰撞后水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向做往复运动，故B正确，D错误；
C、薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，竖直方向的速度大小不变，但是由于薄片与水平面间有摩擦力作用，则水平方向速度减小，则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，故C错误。
故选：B。
A、水平方向，薄片受到水平面的摩擦力做减速运动，根据运动规律判断摩擦力是否可以忽略；
BD、分别就竖直方向、水平方向列动量定理联立解得水平方向速度变化量，判断各分运动的情况；
C、通过分析薄片各分运动的速度变化，利用平行四边形定则判断夹角的变化。
本题结合斜抛运动模型考查学生对运动的合成与分解方法的灵活应用，其中掌握分别在竖直方向、水平方向应用动量定理判断速度变化，结合受力分析判断水面摩擦力对薄片的影响为解决本题的关键。
11.V1 A1 R1 1.50 1.04 B A −RVrRV+r RVERV+r
【解析】解：(1)一节干电池的电动势大约1.5V，电压表应选择量程为0～3V的V1。
一节干电池的内阻大约1Ω，为了精确测量电路中电流，电流表应选择量程为0～0.6A的A1。
电路中的最大电阻约为R=EIg=1.50.6Ω=2.5Ω，为了便于调节电路，滑动变阻器应选择最大阻值与2.5Ω相差不多的R1。
(2)根据图中的点迹作图如下：
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
根据U−I图像的纵截距可知干电池的电动势：E=1.50V
根据U−I图像的斜率可知干电池的内阻：r=1.50−Ω≈1.04Ω
(3)由焦耳定律可得电源内阻热功率为：P=I2r=(E−Ur)2r=U2r−2UEr+E2r
P与U为二次函数关系，图像的开口向上的抛物线的一部分，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为E2r，内阻越大，纵截距越小，已知甲电池组的内阻较大，则甲的纵轴截距较小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(4)图1的实验误差来自于电压表的分流作用，当电压表示数为零时无电流通过电压表，此时测量值等于真实值，电压表的示数越大，实际流过外电路的电流与理论上流过外电路电流的差值越大，故对应图4的U−I图像是A，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(5)由闭合电路欧姆定律可得：E=U+(I+IV)r=U+(I+URV)r
解得：U=−RVrRV+rI+RVERV+r
故答案为：(1)V1；A1；R1；(2)1.50；1.04；(3)B；(4)A；(5)−RVrRV+r；RVERV+r
(1)根据一节干电池的电动势大约1.5V，选择量程合适的电压表。估算电路中的最大电流与最大电阻，选择合适的电流表和滑动变阻器。
(2)根据图中的点迹作图。根据闭合电路欧姆定律结合U−I图像求解干电池的电动势与内阻。
(3)由焦耳定律推导电源内阻热功率与路端电压的关系式，判断选择正确的图像。
(4)图1的实验误差来自于电压表的分流作用，分析实际流过电源的电流与理论上流过电源的电流的差值变化，判断选择正确的图像。
(5)根据闭合电路欧姆定律推导表达式。
本题考查了“测量一节干电池的电动势和内阻”的实验，此实验的原理是闭合电路欧姆定律，掌握利用图处理数据的方法。
12.解：(1)设AB两板间电压为U，电路中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有
I=ɛR+r+R0
U=IR
解得U=ɛRR+r+R0
(2)设油滴所带电荷量为q，根据平衡条件有
mg=qUd
解得：q=mgd(R+r+R0)ϵR。
答：(1)AB两板间的电压为ɛRR+r+R0；
(2)从显微镜发现，一个质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量为mgd(R+r+R0)ϵR。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律计算即可；
(2)根据平衡条件计算。
本题考查了闭合电路的欧姆定律，平衡条件，难度不大，基础题。
13.解：(1)对青蛙和木板组成的系统，在水平方向上动量守恒，规定青蛙水平向右的初速度v1=0.3m/s的方向为正方向，设木板速度为v2，根据动量守恒定律有
mv1+Mv2=0，代入数据解得v2=−0.1m/s，负号表示向左后退；
(2)如果青蛙水平跳出恰好入水，设青蛙的对地跳出初速度为v3，木板对地速度为v4，根据动量守恒有mv3+Mv4=0，两边同时乘以时间t，变形为mL3=ML4，且L3+L4=s，根据平抛运动规律又有L3=v3t，ℎ=12gt2，联立解得v3=4.5m/s
答：(1)木板后退的速度是0.1m/s；
(2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为4.5m/s。
【解析】(1)根据水平方向上动量守恒定律列式求解；
(2)根据水平方向上动量守恒推导变形式，结合路程的几何关系以及利用平抛运动的规律列式联立解答。
考查人船模型和平抛运动问题，要学会找出其中的几何关系并列式联立解答。
14.解：(1)小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差：UMO=φM−φO=kQL− 2kQL=(1− 2)kQL，电场力做的功W=UMQQ=(1− 2)kQ2L；
(2)小球S从M点运动到x=L2处，根据动能定理有：mg( 2L−L2)+UQ=ΔEk，其中U=kQL−4kQ3L=−kQ3L，联立解得：ΔEk=2 2−12mgL−kO23L；
(3)根据对称，M点与N点的电势相等，为保证小球S能运动到N点，球S从M点下落时能通过x=L2处即可，根据动能定理有：mg( 2L−I2)+UQ≥0−Ek，其中，解得：Ek≥kO23L−2 2−12mgL。
答：(1)小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功为(1− 2)kQL；
(2)小球S从M点运动到x=L2处，动能的变化量为 2 2−12mgL−kO23L；
(3)为保证小球S能运动到N点，小球S从M点下落时的初动能须满足 Ek≥kQ23L−2 2−12mgL。
【解析】(1)根据φ−x图像得到MO间的电势差，再根据W=Uq计算电场力做的功；
(2)小球S从M点运动到x=L2处，小球受重力和电场力，根据动能定理列式求解动能的变化量；
(3)根据等量正点电荷周围电势和电场的分布特点结合动能定理解答。
本题主要考查φ−x图线，解题的关键在于能够根据φ−x图像分析相关知识点。
15.解：(1)手机刚接触床垫时的速度大小为：v1=gt1=10×0.4m/s=4m/s；
(2)由图可知，手机的最大加速度为am=270m/s2，方向向上，则由牛顿第二定律可得：Fm−mg=mam
解得：Fm=56N；
(3)由图像可知，手机第一次与床垫碰撞的时间为：Δt=0.46s−0.40s=0.06s
手机被床垫反弹后在空中运动的时间为：t2=0.86s−0.46s=0.4s
则反弹的速度为：v2=g⋅t22=10×0.42m/s=2m/s
根据动量定理，手机第一次与床垫碰撞过程中，以竖直向上的方向为正方向，则有：I−mg⋅Δt=mv2−(−mv1)
解得床垫对手机的冲量大小为：I=1.32N⋅s
该过程损失的能量：ΔE=12mv12−12mv22=12×0.2×42J−12×0.2×22J=1.2J；
(4)设小球质量为m，手机质量为100 m，下落的高度为：ℎ1=v122g=422×10m=0.8m；
手机手机从原来的高度释放，则落地时速度为：v1=4m/s，第一次被床垫反弹时的速度v2=2m/s，此时小球的速度为向下的v1=4m/s，设向上为正，手机与小球碰撞过程由动量守恒和能量关系可得：100mv2−mv1=mv3+100mv4
12×100mv22+12mv12=12mv32+12×100mv42
联立代入数据解得：v3=7.88m/s
则上升的高度为：ℎ2=v322g=(7.88)22×10m=3.10m
弹性小球弹起的高度比释放时高了Δℎ=ℎ2−ℎ1=3.10m−0.8m=2.3m。
答：(1)手机刚接触床垫时的速度大小为4m/s；
(2)床垫对手机的最大弹力为56N；
(3)手机第一次与床垫碰撞过程中，床垫对手机的冲量大小为1.32N⋅s，该过程损失的能量为1.2J；
(4)弹性小球弹起的高度比释放时高了2.3m。
【解析】(1)手机刚接触床垫前做自由落体运动，由速度关系块钱接触前的速度的大小；
(2)由图知道手机的最大加速度，牛顿第二定律可求最大的弹力；
(3)由a−t图结合动量定理可求床垫对手机的冲量大小及损失的机械能；
(4)由动量守恒定律和机械能守恒定律可求碰撞后小球的速度的大小，再由运动学公式可求小球上升的高度，然后由几何关系求出小球弹起式的高度与释放时的高度差。
本题要理解图像的意义，根据图像中加速度的大小和方向判断实际手机的运动情况，要注意对图像的理解。
根据加速度情况判断手机的运动情况，进而判断速度最大的时刻；根据牛顿第二定律分析最大弹力情况；根据受力特点及图像信息分析手机第一次与地面碰撞的作用时间；碰撞过程中满足动量守恒定律和机械能守恒。