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北京市十一学校2023-2024学年高一下学期教与学诊断物理Ⅱ（A）试卷（Word版附解析）
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时间：90分钟 总分：100分
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。）
1. 关于机械能，下列说法正确是（ ）
A. 如果物体所受的合外力不为零，则机械能一定发生变化
B. 做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒
C. 做变速运动的物体，其机械能可能守恒
D 物体不受摩擦力，机械能一定守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．如果物体所受的除重力和弹力外其它力做功不为零，则机械能一定发生变化，故A错误；
B．在拉力作用下匀速上升物体，拉力做功，其机械能不守恒，故B错误；
C．自由下落的物体，做变速运动，只有重力做功其机械能能守恒，故C正确；
D．在拉力作用下物体匀速上升，拉力做功，物体不受摩擦力，机械能不守恒，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，一个质量为的钢球以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。在这一过程中（ ）
A. 钢球的动能变化量为0
B. 钢球的动量变化量为0
C. 墙壁对钢球的弹力做负功
D. 墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．根据题意可知钢球与墙壁碰撞过程前后速度大小不变，则钢球的动能不变，钢球的动能变化量为0，根据动能定理可知墙壁对钢球的弹力做功为零，故A正确，C错误；
BD．以向左为正方向，根据动量定理
可知钢球的动量变化量为，墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确，B错误。
故选AD。
3. 木块A和B用一根轻弹簧连起来，放在光滑水平面上，A紧靠墙壁，在B上施加向左的水平力压缩弹簧，如图所示。撤去外力后，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A. A尚未离开墙壁前，系统的动量守恒
B. A尚未离开墙壁前，系统的机械能守恒
C. A离开墙壁后，系统的动量守恒
D. A离开墙壁后，系统的机械能守恒
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以A、B和弹簧组成的系统的动量不守恒，但由于没有外力做功，故系统的机械能守恒，故A错误，B正确；
CD．A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B和弹簧组成的系统的动量守恒，由于没有外力做功，故系统机械能守恒，故CD正确。
故选BCD。
4. 某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（ ）
A. 振幅为
B. 周期为
C. 时，质点的速度为负的最大值
D. 时，质点的加速度为正的最大值
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．由图可知振幅为8cm，周期为2s，选项AB正确；
C．图像斜率表示速度，由图时，质点的速度为负的最大值，选项C正确；
D．时，质点在正向最大位移处，根据可知加速度为负的最大值，选项D错误。
故选ABC。
5. 一根张紧的水平绳上挂了5个小球，摆长，使A摆动后，其他四个摆随之振动。则达到稳定时（ ）
A. B摆的周期最大B. 这四个摆的周期各不相同
C. 只有B摆发生共振现象D. 在B摆的振幅大于E摆的振幅
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．B、C、D、E四个小球都做受迫振动，其振动周期与A球振动周期相同，故AB错误；
CD．根据可知B摆的固有频率与A摆的振动频率相同，所以只有B摆发生共振现象，B摆的摆幅最大，故CD正确。
故选CD。
6. 如图所示，以O点为平横位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时，则下列说法中正确的是（ ）
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 该单摆的摆长约为
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．摆球从A点经O点运动到B点，再从B点经O点运动到A点即完成一次全振动，故A错误；
B．根据题意可知单摆的周期为
根据单摆的周期公式有
解得
故B正确；
C．根据回复力公式
从A点向O点运动的过程中，位移不断减小，摆球回复力也不断减小，故C错误；
D．将单摆从地面移至山顶，重力加速度减小，摆动周期将增大，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示，一个质量蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 运动员与网接触这段时间内，动量变化量的大小
B. 运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小
C. 网对运动员平均作用力的大小
D. 网对运动员平均作用力的大小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．设运动员触网前的速度大小为，下落过程有
解得
设运动员触网后的速度大小为，上升过程有
解得
以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为
方向竖直向上。故A正确，B错误；
CD．触网过程中，根据动量定理可得
解得
故C正确，D错误。
故选AC
8. 如图所示，两物块质量分别为，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，两物块距离地面高度相同，用手托住物块，然后由静止释放，直至物块间高度差为。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块的机械能守恒
B. 物块的机械能减小了
C. 物块机械能的变化量等于细绳拉力对它所做的功
D. 物块重力势能的增加量小于其动能增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．物块a上升的过程中，动能增加，重力势能也增加，因此物块a的机械能增加，故A错误；
B．a、b物块间高度差为h，说明a上升了，b下降了，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则有
解得
所以物块b机械能减少了
故B错误；
C．根据功能原理可知物块b机械能的改变量等于细绳拉力对它所做的功，故C正确；D．物块a重力势能的增加量为，动能增加量为
可知物块a的重力势能增加量大于其动能增加量，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比。将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（ ）
A. 动量的变化率大小之比
B. 速度大小之比
C. 动能之比
D. 动量大小之比
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据动量定理得：对A有
对B有
根据牛顿第三定律知，FA与FB大小相等可得
故A正确；
B．系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
由，解得
故B错误；
CD．根据动量守恒定律得
由动能
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 某同学以一定的初速度竖直向上拋出一小球。以抛出点为零势能点，不计空气阻力，小球可视为质点，下图所示图线中，能反映小球从拋出到落回抛出点的过程中，其重力的冲量、动能、重力势能、机械能随时间变化关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据可知图像是过原点的直线，故A正确；
B．以一定的初速度竖直向上抛出的小球做竖直上抛运动，有
小球的动能为
可知图像是开口向上的抛物线，故B错误；
C．以抛出点为零势能点，则小球的重力势能为
可知图像是开口向下的抛物线，故C正确；
D．小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，可知图像是平行于轴的直线，故D错误。
故选AC。
11. 如图所示，质量为m的半圆形光滑凹槽静止放在光滑的水平面上，圆槽半径为R，一个质量为小球静止在凹槽的左端最高点A处。现将小球释放，在小球第一次从A开始经最低点B运动到右侧最高点C的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 在整个过程中，小球和凹槽组成的系统动量守恒
B. 小球在从A到B的运动过程中一直处于失重状态
C. 小球从A到C的过程中，凹槽先向左运动，后向右运动
D. 当小球运动到C点时，凹槽相对地面走过的路程为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球和凹槽所组成的系统在水平方向上合外力为0，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为0，竖直方向动量不守恒。故A错误；
B．小球从A到B的运动过程中做圆周运动，有向心加速度，距离B点越近，竖直向上的分加速度越大。因此刚开始运动时处于失重状态，后处于超重状态。故B错误；
C．小球从A到C的过程中，由于水平方向动量守恒，凹槽一直向左运动，在C处运动到最左端。故C错误；
D．运动过程中假设小球相对地面走过的距离为，凹槽走过距离为，根据水平方向动量守恒，可得
由于凹槽半径为2R，则有
联立可得
故D正确。
故选D。
12. 动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为φ、θ。下列说法正确的是（ ）
A. 两小球在球心连线方向动量不守恒
B. 两小球的相互作用力方向与速度方向共线
C. 两小球碰后速度大小满足
D. 两小球碰后速度大小满足
【答案】BC
【解析】
【详解】A．碰撞为弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，故A错误；
C．设碰后两球速度大小分别为、，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下
规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下
故C正确；
B．对球2，由动量定理
可知，F的方向与方向相同，与水平方向夹角为θ，故B正确；
D．球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，则动能守恒，则
故D错误。
故选BC。
二、实验题（共16分）。将答案填在答题纸相应位置处。
13. 如图所示，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A（质量为）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B（质量为）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，与被碰小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地点的平均位置M、N。
（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。实验必须满足的条件有________；
A. 斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B. 斜槽轨道末端的切线必须水平
C. 入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D. 两球的质量必须相等
（2）在某次实验中，测出三个落地点的平均位置与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；如果再满足关系式______，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（以上两空用给出的物理量表示）
（3）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是_______
A. B. C.
【答案】（1）BC （2） ①. ②.
（3）B
【解析】
【小问1详解】
A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；
B．料槽轨道末端切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；
C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射球碰撞前的速度保持相同，故C正确；
D．入射球和被碰球需要发生正碰，但并不要求质量相等，故D错误。
故选BC。
【小问2详解】
[1]本实验验证动量守恒定律，即验证
根据平抛运动规律有
，
小球落地时间相等，x与v成正比，则有
[2]若两球的碰撞为弹性碰撞，则
解得
【小问3详解】
A．由碰撞过程动量守恒，得
由，可得
，
解得
在A图中可得
故A错误；
C．碰撞过程，碰撞后的总动能不能大于碰撞前的总动能，则有
在C图中可得
故C错误；
B．在B图中可得
且
故B正确。
故选B。
14. 实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______（选填选项前的字母）
A. 长约1m的细线B. 长约1m的橡皮绳
C. 直径约1cm的均匀铁球D. 直径约10cm的均匀木球
（2）某同学利用游标卡尺测量小球直径，如图所示，小球直径d为______cm。
（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：______（选填选项前的字母）
A. 测出摆线长作为单摆的摆长
B. 把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C. 在摆球经过平衡位置时开始计时
D. 用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是______（选填“”、“l”、“”），若图线斜率为k，则重力加速度。______（用k和常数表示）
（5）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因______。
【答案】（1）AC （2）1.130 （3）BC
（4） ①. ②.
（5）见解析
【解析】
【小问1详解】
AB．单摆所用细线的长度需要比小球的尺寸大得多，且不可伸缩，即选用长约1m的细线，故A正确，B错误；
CD．为了减小空气阻力的影响，摆球需选择质量大、体积小，即密度大的钢球，故C正确，D错误。
故选AC。
【小问2详解】
根据游标卡尺的读数规律，该读数为
【小问3详解】
A．测出摆线长，将摆线与钢球半径之和作为单摆的摆长，故A错误；
B．当摆角小于5°时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动，可知实验中需要把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；
C．摆球在平衡位置，即在最低点时速度大，容易确定，以该位置为计时参考点误差小，即实验中，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；
D．单摆摆动一个周期时间较小，为了减小测量误差，实验中，用秒表测量单摆完成30次或50次全振动所用时间，用时间除以全振动的次数作为单摆的周期，故D错误。
故选BC。
【小问4详解】
[1]根据单摆的周期公式有
图像纵坐标为周期，图像为一条过原点的倾斜直线，可知，横坐标为。
[2]结合图像与上述有
解得
【小问5详解】
是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角很小时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动。
三、计算题（本题包括5小题，共48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。）
15. 质量为的小球从高处由静止落下并落到地面，并立即陷入泥潭中，又经过时间后静止。若泥潭对小球的作用力为恒力，取，求：
（1）泥潭对小球作用力的大小；
（2）从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量；
【答案】（1）；（2），方向竖直向下
【解析】
【详解】（1）小球从开始下落到进入泥潭前做自由落体运动过程，则有
解得刚进入泥潭时小球的速度为
设泥潭对小球的平均作用力大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得泥潭对小球作用力的大小为
（2）根据
解得从开始下落到进入泥潭前，运动的时间为
从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量为
，方向竖直向下
16. 如图所示，两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动。小球A的质量为，速度大小为，方向水平向右；小球B的质量为，静止在水平面上，某时刻小球A、B对心正碰，碰后小球B的速度为，方向水平向右。已知滑块A、B碰撞过程中的相互作用时间为。求：
（1）碰后小球A的速度大小；
（2）碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小；
（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能。
【答案】（1）；（2）400N；（3）4J
【解析】
【详解】（1）小球A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律
代入数据解得
（2）对B根据动量定理
解得碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小
（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能
代入数据解得
17. 如图甲所示，一个劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面上，使其直立，另一端上下叠放着物块A、B，两物块质量分别为3m和m。当弹簧和两物块组成的系统静止时，从上方拿走物块B，物块A开始做竖直方向上的运动，如图乙所示。已知重力加速度大小为。
（1）证明：当拿走物体B后，物块A在竖直方向上做简谐运动；
（2）求A做简谐运动的最大加速度和振幅；
（3）求A上升到最高点时，桌面受到弹簧给的弹力大小和方向。
【答案】（1）见解析；（2），；（3）竖直向下的的弹力
【解析】
【详解】（1）A处于甲图中的状态时，设弹簧压缩量为
解得
设A弹簧压缩量为时，物块A上升到最大高度，有动能定理得
解得
当A的加速度为0时，设此时弹簧的压缩量为
解得
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
由以上两个结论可知，物块A以加速度为0的点为平衡位置，做简谐运动。
（2）由上题可知，当弹簧压缩量在、两位置时，物块A的加速度最大，由牛顿第二定律得
解得
由上题可知A做简谐运动的振幅
（3）A上升到最高点时，由（1）问可知，此时弹簧的压缩量为，此时弹簧弹力
弹簧对物块竖直向上的弹力，同时弹簧对桌面有竖直向下的的弹力。
18. 如图1所示光滑水平面上静止一质量为2m，长为L的木块，质量为m的子弹以水平向右的初速度射入木块并以水平向右的速度射出。求：
（1）木块的末速度v大小；
（2）子弹受到的冲量；
（3）在图2中定性画出相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像（在横纵坐标中标出对应物理量），并利用图像求相互作用过程的时间。
【答案】（1）；（2），方向向左；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）子弹穿木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）对子弹，由动量定理得
解得
即冲量大小为，方向向左；
（3）根据以上分析可得相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像如图所示
根据位移关系可得
解得
19. 摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。
（1）如图1所示，一个摆的摆长为，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。
a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。
b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为（）时，求此时小球的角速度大小。
（2）如图3所示，长为的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为和处分别固定一个质量为、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。
a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小。
b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比和的表达式，参照单摆的周期公式，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。
【答案】（1）a．，b．；（2）a．，b．，依据见解析
【解析】
【详解】（1）a．根据机械能守恒定律可得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
b．根据机械能守恒定律可得
角速度为
联立解得
（2）a．根据机械能守恒定律可得
其中
，
代入解得
b．此系统做简谐运动的周期为
对比和的表达式可得
可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足
因此
可得
时间：90分钟 总分：100分
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把正确的答案填涂在答题纸上。）
1. 关于机械能，下列说法正确是（ ）
A. 如果物体所受的合外力不为零，则机械能一定发生变化
B. 做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒
C. 做变速运动的物体，其机械能可能守恒
D 物体不受摩擦力，机械能一定守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．如果物体所受的除重力和弹力外其它力做功不为零，则机械能一定发生变化，故A错误；
B．在拉力作用下匀速上升物体，拉力做功，其机械能不守恒，故B错误；
C．自由下落的物体，做变速运动，只有重力做功其机械能能守恒，故C正确；
D．在拉力作用下物体匀速上升，拉力做功，物体不受摩擦力，机械能不守恒，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，一个质量为的钢球以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。在这一过程中（ ）
A. 钢球的动能变化量为0
B. 钢球的动量变化量为0
C. 墙壁对钢球的弹力做负功
D. 墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．根据题意可知钢球与墙壁碰撞过程前后速度大小不变，则钢球的动能不变，钢球的动能变化量为0，根据动能定理可知墙壁对钢球的弹力做功为零，故A正确，C错误；
BD．以向左为正方向，根据动量定理
可知钢球的动量变化量为，墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确，B错误。
故选AD。
3. 木块A和B用一根轻弹簧连起来，放在光滑水平面上，A紧靠墙壁，在B上施加向左的水平力压缩弹簧，如图所示。撤去外力后，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A. A尚未离开墙壁前，系统的动量守恒
B. A尚未离开墙壁前，系统的机械能守恒
C. A离开墙壁后，系统的动量守恒
D. A离开墙壁后，系统的机械能守恒
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以A、B和弹簧组成的系统的动量不守恒，但由于没有外力做功，故系统的机械能守恒，故A错误，B正确；
CD．A离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以A、B和弹簧组成的系统的动量守恒，由于没有外力做功，故系统机械能守恒，故CD正确。
故选BCD。
4. 某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（ ）
A. 振幅为
B. 周期为
C. 时，质点的速度为负的最大值
D. 时，质点的加速度为正的最大值
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．由图可知振幅为8cm，周期为2s，选项AB正确；
C．图像斜率表示速度，由图时，质点的速度为负的最大值，选项C正确；
D．时，质点在正向最大位移处，根据可知加速度为负的最大值，选项D错误。
故选ABC。
5. 一根张紧的水平绳上挂了5个小球，摆长，使A摆动后，其他四个摆随之振动。则达到稳定时（ ）
A. B摆的周期最大B. 这四个摆的周期各不相同
C. 只有B摆发生共振现象D. 在B摆的振幅大于E摆的振幅
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．B、C、D、E四个小球都做受迫振动，其振动周期与A球振动周期相同，故AB错误；
CD．根据可知B摆的固有频率与A摆的振动频率相同，所以只有B摆发生共振现象，B摆的摆幅最大，故CD正确。
故选CD。
6. 如图所示，以O点为平横位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时，则下列说法中正确的是（ ）
A. 摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动
B. 该单摆的摆长约为
C. 从A点向O点运动的过程中，摆球回复力也不断增大
D. 将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．摆球从A点经O点运动到B点，再从B点经O点运动到A点即完成一次全振动，故A错误；
B．根据题意可知单摆的周期为
根据单摆的周期公式有
解得
故B正确；
C．根据回复力公式
从A点向O点运动的过程中，位移不断减小，摆球回复力也不断减小，故C错误；
D．将单摆从地面移至山顶，重力加速度减小，摆动周期将增大，故D正确。
故选BD。
7. 如图所示，一个质量蹦床运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 运动员与网接触这段时间内，动量变化量的大小
B. 运动员与网接触的这段时间内，动量变化量的大小
C. 网对运动员平均作用力的大小
D. 网对运动员平均作用力的大小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．设运动员触网前的速度大小为，下落过程有
解得
设运动员触网后的速度大小为，上升过程有
解得
以竖直向上为正方向，触网过程中动量的变化量为
方向竖直向上。故A正确，B错误；
CD．触网过程中，根据动量定理可得
解得
故C正确，D错误。
故选AC
8. 如图所示，两物块质量分别为，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，两物块距离地面高度相同，用手托住物块，然后由静止释放，直至物块间高度差为。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块的机械能守恒
B. 物块的机械能减小了
C. 物块机械能的变化量等于细绳拉力对它所做的功
D. 物块重力势能的增加量小于其动能增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．物块a上升的过程中，动能增加，重力势能也增加，因此物块a的机械能增加，故A错误；
B．a、b物块间高度差为h，说明a上升了，b下降了，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则有
解得
所以物块b机械能减少了
故B错误；
C．根据功能原理可知物块b机械能的改变量等于细绳拉力对它所做的功，故C正确；D．物块a重力势能的增加量为，动能增加量为
可知物块a的重力势能增加量大于其动能增加量，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比。将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（ ）
A. 动量的变化率大小之比
B. 速度大小之比
C. 动能之比
D. 动量大小之比
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据动量定理得：对A有
对B有
根据牛顿第三定律知，FA与FB大小相等可得
故A正确；
B．系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
由，解得
故B错误；
CD．根据动量守恒定律得
由动能
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 某同学以一定的初速度竖直向上拋出一小球。以抛出点为零势能点，不计空气阻力，小球可视为质点，下图所示图线中，能反映小球从拋出到落回抛出点的过程中，其重力的冲量、动能、重力势能、机械能随时间变化关系可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据可知图像是过原点的直线，故A正确；
B．以一定的初速度竖直向上抛出的小球做竖直上抛运动，有
小球的动能为
可知图像是开口向上的抛物线，故B错误；
C．以抛出点为零势能点，则小球的重力势能为
可知图像是开口向下的抛物线，故C正确；
D．小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，可知图像是平行于轴的直线，故D错误。
故选AC。
11. 如图所示，质量为m的半圆形光滑凹槽静止放在光滑的水平面上，圆槽半径为R，一个质量为小球静止在凹槽的左端最高点A处。现将小球释放，在小球第一次从A开始经最低点B运动到右侧最高点C的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 在整个过程中，小球和凹槽组成的系统动量守恒
B. 小球在从A到B的运动过程中一直处于失重状态
C. 小球从A到C的过程中，凹槽先向左运动，后向右运动
D. 当小球运动到C点时，凹槽相对地面走过的路程为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球和凹槽所组成的系统在水平方向上合外力为0，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为0，竖直方向动量不守恒。故A错误；
B．小球从A到B的运动过程中做圆周运动，有向心加速度，距离B点越近，竖直向上的分加速度越大。因此刚开始运动时处于失重状态，后处于超重状态。故B错误；
C．小球从A到C的过程中，由于水平方向动量守恒，凹槽一直向左运动，在C处运动到最左端。故C错误；
D．运动过程中假设小球相对地面走过的距离为，凹槽走过距离为，根据水平方向动量守恒，可得
由于凹槽半径为2R，则有
联立可得
故D正确。
故选D。
12. 动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为φ、θ。下列说法正确的是（ ）
A. 两小球在球心连线方向动量不守恒
B. 两小球的相互作用力方向与速度方向共线
C. 两小球碰后速度大小满足
D. 两小球碰后速度大小满足
【答案】BC
【解析】
【详解】A．碰撞为弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，故A错误；
C．设碰后两球速度大小分别为、，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下
规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下
故C正确；
B．对球2，由动量定理
可知，F的方向与方向相同，与水平方向夹角为θ，故B正确；
D．球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，则动能守恒，则
故D错误。
故选BC。
二、实验题（共16分）。将答案填在答题纸相应位置处。
13. 如图所示，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A（质量为）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B（质量为）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，与被碰小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地点的平均位置M、N。
（1）实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度。实验必须满足的条件有________；
A. 斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B. 斜槽轨道末端的切线必须水平
C. 入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D. 两球的质量必须相等
（2）在某次实验中，测出三个落地点的平均位置与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；如果再满足关系式______，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（以上两空用给出的物理量表示）
（3）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是_______
A. B. C.
【答案】（1）BC （2） ①. ②.
（3）B
【解析】
【小问1详解】
A．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；
B．料槽轨道末端切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；
C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射球碰撞前的速度保持相同，故C正确；
D．入射球和被碰球需要发生正碰，但并不要求质量相等，故D错误。
故选BC。
【小问2详解】
[1]本实验验证动量守恒定律，即验证
根据平抛运动规律有
，
小球落地时间相等，x与v成正比，则有
[2]若两球的碰撞为弹性碰撞，则
解得
【小问3详解】
A．由碰撞过程动量守恒，得
由，可得
，
解得
在A图中可得
故A错误；
C．碰撞过程，碰撞后的总动能不能大于碰撞前的总动能，则有
在C图中可得
故C错误；
B．在B图中可得
且
故B正确。
故选B。
14. 实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的______（选填选项前的字母）
A. 长约1m的细线B. 长约1m的橡皮绳
C. 直径约1cm的均匀铁球D. 直径约10cm的均匀木球
（2）某同学利用游标卡尺测量小球直径，如图所示，小球直径d为______cm。
（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：______（选填选项前的字母）
A. 测出摆线长作为单摆的摆长
B. 把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C. 在摆球经过平衡位置时开始计时
D. 用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是______（选填“”、“l”、“”），若图线斜率为k，则重力加速度。______（用k和常数表示）
（5）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因______。
【答案】（1）AC （2）1.130 （3）BC
（4） ①. ②.
（5）见解析
【解析】
【小问1详解】
AB．单摆所用细线的长度需要比小球的尺寸大得多，且不可伸缩，即选用长约1m的细线，故A正确，B错误；
CD．为了减小空气阻力的影响，摆球需选择质量大、体积小，即密度大的钢球，故C正确，D错误。
故选AC。
【小问2详解】
根据游标卡尺的读数规律，该读数为
【小问3详解】
A．测出摆线长，将摆线与钢球半径之和作为单摆的摆长，故A错误；
B．当摆角小于5°时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动，可知实验中需要把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；
C．摆球在平衡位置，即在最低点时速度大，容易确定，以该位置为计时参考点误差小，即实验中，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；
D．单摆摆动一个周期时间较小，为了减小测量误差，实验中，用秒表测量单摆完成30次或50次全振动所用时间，用时间除以全振动的次数作为单摆的周期，故D错误。
故选BC。
【小问4详解】
[1]根据单摆的周期公式有
图像纵坐标为周期，图像为一条过原点的倾斜直线，可知，横坐标为。
[2]结合图像与上述有
解得
【小问5详解】
是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角很小时，单摆的运动才能够近似看为简谐运动。
三、计算题（本题包括5小题，共48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。）
15. 质量为的小球从高处由静止落下并落到地面，并立即陷入泥潭中，又经过时间后静止。若泥潭对小球的作用力为恒力，取，求：
（1）泥潭对小球作用力的大小；
（2）从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量；
【答案】（1）；（2），方向竖直向下
【解析】
【详解】（1）小球从开始下落到进入泥潭前做自由落体运动过程，则有
解得刚进入泥潭时小球的速度为
设泥潭对小球的平均作用力大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得泥潭对小球作用力的大小为
（2）根据
解得从开始下落到进入泥潭前，运动的时间为
从小球开始下落到最终静止的过程中重力的冲量为
，方向竖直向下
16. 如图所示，两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动。小球A的质量为，速度大小为，方向水平向右；小球B的质量为，静止在水平面上，某时刻小球A、B对心正碰，碰后小球B的速度为，方向水平向右。已知滑块A、B碰撞过程中的相互作用时间为。求：
（1）碰后小球A的速度大小；
（2）碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小；
（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能。
【答案】（1）；（2）400N；（3）4J
【解析】
【详解】（1）小球A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律
代入数据解得
（2）对B根据动量定理
解得碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小
（3）碰撞过程中A、B组成的系统损失的机械能
代入数据解得
17. 如图甲所示，一个劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面上，使其直立，另一端上下叠放着物块A、B，两物块质量分别为3m和m。当弹簧和两物块组成的系统静止时，从上方拿走物块B，物块A开始做竖直方向上的运动，如图乙所示。已知重力加速度大小为。
（1）证明：当拿走物体B后，物块A在竖直方向上做简谐运动；
（2）求A做简谐运动的最大加速度和振幅；
（3）求A上升到最高点时，桌面受到弹簧给的弹力大小和方向。
【答案】（1）见解析；（2），；（3）竖直向下的的弹力
【解析】
【详解】（1）A处于甲图中的状态时，设弹簧压缩量为
解得
设A弹簧压缩量为时，物块A上升到最大高度，有动能定理得
解得
当A的加速度为0时，设此时弹簧的压缩量为
解得
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
由以上两个结论可知，物块A以加速度为0的点为平衡位置，做简谐运动。
（2）由上题可知，当弹簧压缩量在、两位置时，物块A的加速度最大，由牛顿第二定律得
解得
由上题可知A做简谐运动的振幅
（3）A上升到最高点时，由（1）问可知，此时弹簧的压缩量为，此时弹簧弹力
弹簧对物块竖直向上的弹力，同时弹簧对桌面有竖直向下的的弹力。
18. 如图1所示光滑水平面上静止一质量为2m，长为L的木块，质量为m的子弹以水平向右的初速度射入木块并以水平向右的速度射出。求：
（1）木块的末速度v大小；
（2）子弹受到的冲量；
（3）在图2中定性画出相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像（在横纵坐标中标出对应物理量），并利用图像求相互作用过程的时间。
【答案】（1）；（2），方向向左；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）子弹穿木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）对子弹，由动量定理得
解得
即冲量大小为，方向向左；
（3）根据以上分析可得相互作用过程中它们的速度随时间变化的图像如图所示
根据位移关系可得
解得
19. 摆动是生活中常见的运动形式，秋千、钟摆的运动都是我们熟悉的摆动。摆的形状各异，却遵循着相似的规律。
（1）如图1所示，一个摆的摆长为，小球质量为m，拉起小球使摆线与竖直方向夹角为时将小球由静止释放，忽略空气阻力。
a．求小球运动到最低点时绳对球的拉力的大小F。
b．如图2所示，当小球运动到摆线与竖直方向夹角为（）时，求此时小球的角速度大小。
（2）如图3所示，长为的轻杆，一端可绕固定在O点的光滑轴承在竖直平面内转动，在距O点为和处分别固定一个质量为、可看作质点的小球，忽略轻杆的质量和空气阻力。
a．将杆与小球组成的系统拉到与竖直方向成角的位置由静止释放，当系统向下运动到与竖直方向夹角为（）时，求此时系统的角速度大小。
b．若较小，系统的运动可看作简谐运动，对比和的表达式，参照单摆的周期公式，写出此系统做简谐运动的周期的表达式，并说明依据。
【答案】（1）a．，b．；（2）a．，b．，依据见解析
【解析】
【详解】（1）a．根据机械能守恒定律可得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
b．根据机械能守恒定律可得
角速度为
联立解得
（2）a．根据机械能守恒定律可得
其中
，
代入解得
b．此系统做简谐运动的周期为
对比和的表达式可得
可以表示系统运动过程中的任意位置对应的角度，可知两个系统在运动过程中任意位置的角速度大小均满足
因此
可得
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