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内蒙古部分学校2023-2024学年高二下学期期中质量检测物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份内蒙古部分学校2023-2024学年高二下学期期中质量检测物理试题（原卷版+解析版），文件包含内蒙古部分学校2023-2024学年高二下学期期中质量检测物理试题原卷版docx、内蒙古部分学校2023-2024学年高二下学期期中质量检测物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间75分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法正确是（ ）
A. 振子的振幅为10cm
B. 第1s末振子的动能大于第2s末振子的动能
C. 内振子的加速度方向始终相同
D. 内振子的速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，弹簧振子的振幅是5cm，故A项错误；
B．由题图可知，振子在第1s末处于最大位移处，此时振子的动能为零，在第2s末，振子在平衡位置，此时振子的动能最大，故B项错误；
C．在振子的位移为正，在振子的位移为负，由回复力公式可知，振子在这两段时间的回复力方向相反，结合牛顿第二定律可知，其加速度的方向在内振子的加速度方向不是始终相同的，故C项错误；
D．由题图可知，在振子从负向最大位移处运动到正向最大位移处，所以在该过程振子的速度先增大后减小，故D项正确。
故选D。
2. 如图所示，自动流水线装置可以使货物在水平面上转弯。货物从传送带A端传送到B端，速度方向变化了180°，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。下列关于货物在此过程中的说法正确的是（ ）
A. 动量变化量为零B. 所受支持力的冲量为零
C. 所受重力的冲量为零D. 所受摩擦力的冲量不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．货物的速度方向改变180°，则动量变化量为2mv，选项A错误；
B．根据IN=FNt，支持力不为零，则所受支持力的冲量不为零，选项B错误；
C．根据IG=Gt可知，所受重力的冲量不为零，选项C错误；
D．货物左圆周运动，受摩擦力不为零，根据If=ft可知，所受摩擦力的冲量不为零，选项D正确。
故选D。
3. 一台洗衣机在洗涤环节正常工作时非常稳定，在脱水流程即将结束前，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，已知洗衣机的固有频率为，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A. 洗衣机洗衣过程中的频率始终为
B. 洗衣机在洗涤环节正常工作时，脱水筒转动的频率可能等于
C. 当洗衣机振动最剧烈时，脱水筒转动的频率等于
D. 洗衣机脱水过程中，脱水筒转动的频率始终小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．洗衣机在脱水桶的驱动下做受迫振动，洗衣机洗衣过程中的频率等于驱动力频率，不是始终为，故A错误；
B．洗衣机在洗涤环节正常工作时，非常稳定，脱水筒转动的频率不等于洗衣机的固有频率，即不可能等于，故B错误；
C．当洗衣机振动最剧烈时，根据共振现象可知，脱水筒转动的频率等于，故C正确；
D．在脱水流程即将结束前，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，可知脱水筒转动的频率先大于后小于，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，一学生练习用脚颠球，足球自静止开始下落0.8m后被颠起，足球离开脚沿竖直方向运动，向上运动的最大高度为0.45m。已知足球的质量为0.4kg，足球与脚的作用时间为0.1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 足球与脚作用过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg·m/s
B. 在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相反
C. 足球上升过程中重力的冲量大于足球下落过程中重力的冲量
D. 足球与脚作用的过程中，脚对足球的平均作用力大小为32N
【答案】D
【解析】
【详解】A．足球与脚接触前瞬间，足球的速度大小为
足球与脚接触后瞬间，足球的速度大小
设竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小
故A错误；
B．重力冲量的方向始终与重力方向一致，则在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相同，故B错误；
C．根据自由落体运动规律可知，足球上升的时间小于足球下落的时间，则足球上升过程中重力的冲量小于足球下落中重力的冲量，故C错误；
D．根据动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，一水平弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点间做简谐运动，以向右为x轴正方向，振子的振动图像如图乙所示，已知弹簧劲度系数为40N/m，下列说法正确的是（ ）
A. 振子从任意位置开始，随后0.6s内通过的路程均为
B. 时振子受到的回复力指向x轴的正方向，大小为1.2N
C. 时振子的速度与时的速度相同
D. 振子在内的平均速度与内的平均速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，振子的周期为2.4s，振子的振幅为，所以0.6s为四分之一个周期，结合振子的运动路程与周期关系可知，四分之一个周期，振子的路程不一定等于振幅，故A项错误；
B．由题图可知，振子的振动方程为
在时振子的位移为，由回复力公式可知
故B项正确；
C．结合之前的分析可知，在0.4s时，振子的位移为cm。在0.4s和1.0s时，振子的所在位置并不是关于平衡位置对称的，结合振子的运动规律可知，其振子两时刻的速度大小不相等，故C项错误；
D．结合题图可知，在振子从正向最大位移处运动到平衡未知；在振子从平衡位置运动到正向最大位移处。运动位移的大小相等，方向相反，时间相同，所以其平均速度的方向不同，即平均速度不同，故D项错误。
故选B。
6. 乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为3kg，遇到危险时，乌贼通过体管在0.1s内将0.4kg的水向后以90m/s的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（ ）
A. 360NB. 560NC. 640ND. 2700N
【答案】A
【解析】
【详解】设向后为正方向，由动量守恒有
由动量定理有
解得
故选A。
7. 如图所示，小球A、B均可视为质点，先将小球A从距离水平地面1.25m高度处由静止释放，A球释放后间隔一小段时间将小球B从同一位置由静止释放，使得刚刚与地面完成碰撞、原速率反弹的A球立即又与B球发生碰撞，碰后B球的速度大小为7m/s、方向竖直向上。已知A球与B球的质量之比为。A球与B球发生碰撞的时间极短可忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度大小，则A球与B球碰撞后瞬间A球的速度大小和方向分别是（ ）
A. 5m/s，竖直向上
B. ，竖直向上
C. 3m/s，竖直向下
D. ，竖直向下
【答案】C
【解析】
【详解】A球落地时的速度为，有
同理可知，B球在与A球碰撞前的速度为，有
设竖直向上为正方向，有
解得
所以碰后A球的速度为3m/s，方向竖直向下。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，弹簧振子在、之间做简谐运动。以平衡位置为原点，建立轴，以向右为轴正方向。若振子的位移方向为负，下列说法正确的是（ ）
A. 振子的速度方向一定为负B. 振子的加速度方向一定为正
C. 振子一定在平衡位置的左侧D. 振子的速度一定减小
【答案】BC
【解析】
【详解】若振子的位移方向为负，则振子一定在平衡位置的左侧，振子的加速度方向一定为正，振子的速度方向可能沿正方向，且不断增大，故AD错误，BC正确。
故选BC。
9. 如图所示，质量为的小球（视为质点）在、两点间做简谐运动，点是它振动的平衡位置。若从小球经过点开始计时，在时刻小球第一次经过、两点间的点（图中未画出），在时刻小球第二次经过点，已知弹簧振子的周期，其中为小球的质量，为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 弹簧振子的周期为
C. 在时刻，小球第四次经过点
D. 、两点间的距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意，M点到B点的时间为
所以
弹簧振子的周期为
T=1.2s
代入振子周期公式
解得弹簧的劲度系数为
k=40N/m
A正确，B错误；
C．小球第四次经过M点时间为
C错误；
D．小球做简谐运动，振幅为
A=10cm
角速度
则简谐运动的表达式为
t=0.1s
时，解得
x=5cm
则、两点间的距离为，D正确。
故选AD。
10. 滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞（以相同速度运动）。该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向上动量守恒
B. 该同学跳上滑板B后，他和滑板B的速度大小为19m/s
C. 该同学从滑板A跳上滑板B后，滑板A的速度小于19m/s
D. 该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量小于47.5N·s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，A正确；
B．该同学从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为v，由动量守恒可得
解得
该同学从滑板B跳离过程中，动量守恒
化简整理得
因此该同学跳上滑板B后，他和滑板B的速度小于，B错误；
C．由B项分析可知，该同学从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为，该同学跳离A时，使A减速，跳回A时再一次使A减速到，说明该同学从滑板A跳上滑板B后，滑板A的速度大于19m/s，C错误；
D．该同学跳离滑板B后，滑板B的动量为
又有跳离前B已经有与A运动同向的动量，所以该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于47.5N·s，D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、非选择题：共54分。
11. 孙同学用“碰撞实验器”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。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射小球多次从斜槽上位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰小球静置于槽的末端，再将入射小球从斜槽上位置静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为x1、x2、x3，如图乙所示，并分析数据。
（1）实验中入射小球和被碰小球的质量应满足的关系为__________。
A． B． C．
（2）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量___，间接地解决这个问题。
A．小球抛出点距地面的竖直高度
B．小球做平抛运动所用的时间
C．小球做平抛运动的水平射程
D．小球开始释放的高度
（3）若两小球碰撞时动量守恒，则验证碰撞过程中动量守恒的表达式为_______（用题中涉及的物理量符号表示）。
【答案】 ①. C ②. C ③.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后入射小球被反弹，所以要求入射小球的质量大于被碰小球的质量，即。
故选C。
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，可以间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度。
故选C。
（3）[3]设小球在空中运动的时间为，入射小球的碰前速度
碰后速度
被碰小球的碰后速度
若小球碰撞时满足动量守恒定律，则有
整理得
12. 某校物理兴趣小组正在进行“用单摆测量重力加速度”的实验，同学们的实验装置如图甲所示。
（1）小组的张同学测量摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长，再用游标卡尺测量摆球的直径，读数如图乙所示，则摆球的直径______mm，再通过计算得到单摆的摆长，记为L。
（2）实验过程中在测量周期时，宋同学若从摆球运动到最低点向右运动时，按下停表开始计时且记数为1，当摆球第二次通过最低点且向右运动时数2，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，通过停表读出这段时间记为t，则单摆周期______。
A. B. C. D.
（3）兴趣小组的同学测量重力加速度的表达式为______。（用L、T表示）
（4）兴趣小组的彭同学为了提高实验精度，多次改变摆线长（记为l）并测出相应的周期T，他根据实验数据在坐标纸上绘制出的图线如图丙所示，则当地的重力加速度______。（用a和b表示）
【答案】（1）10.30
（2）B （3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的读数为
【小问2详解】
宋同学从摆球运动到最低点向右运动时，按下停表开始计时且记数为1，当摆球第二次通过最低点且向右运动时数2，依此法往下数，当他数到60时，摆球实际运动59个周期，所以周期为
故选B。
【小问3详解】
根据单摆周期公式
可得
【小问4详解】
根据单摆的周期公式
可得
可知，图像中斜率为
解得
13. 如图所示，劲度系数的轻弹簧左端固定，右端与静止在光滑水平面上的小球相连，将小球向右缓慢拉至C点后由静止释放，振子（小球）在水平面上的B、C两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，P点为OC的中点。某次振子从左向右经过OC间的P点时开始计时，后振子第四次返回到P点，期间通过的路程。求：
（1）该简谐运动的周期T和振幅A；
（2）振子经过P点时回复力的大小F。
【答案】（1），；（2）
【解析】
详解】（1）根据题意有
解得
根据题意有
解得
（2）振子经过P点时偏离平衡位置O的位移大小
根据回复力公式有
解得
14. 如图所示，在光滑的水平地面上放置一个质量、足够长的木板B，在B的左端放有一个质量的小滑块A（可视为质点），初始时A、B均静止。现对A施加的水平向右的拉力，后撤去拉力F。已知A、B间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）撤去拉力F时小滑块A的速度大小；
（2）最终A到B左端的距离s。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在拉力F作用的时间内，对A根据动量定理有
解得
（2）撤去拉力F前，A位移
拉力F做的功
最终A、B相对静止，根据动量定理有
根据能量守恒定律有
解得
15. 如图所示，用轻弹簧连接的A、B两物块静止在光滑水平地面上，初始时弹簧处于原长。长度的细线一端固定在天花板上，另一端拴小球C。现将细线拉至水平，使小球C由静止释放，当小球运动到悬点正下方时恰好与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。A、B、C均可视为质点，它们的质量分别为，取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）小球C与物块B碰撞前瞬间，小球C的速度大小；
（2）小球C与物块B碰撞后瞬间，细线上的拉力的大小；
（3）A、B两物块运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球C摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）设小球C与物块B发生弹性碰撞后瞬间，C、B的速度分别为，取向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
对C受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意可知，A、B具有相同的速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间75分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图所示，下列说法正确是（ ）
A. 振子的振幅为10cm
B. 第1s末振子的动能大于第2s末振子的动能
C. 内振子的加速度方向始终相同
D. 内振子的速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，弹簧振子的振幅是5cm，故A项错误；
B．由题图可知，振子在第1s末处于最大位移处，此时振子的动能为零，在第2s末，振子在平衡位置，此时振子的动能最大，故B项错误；
C．在振子的位移为正，在振子的位移为负，由回复力公式可知，振子在这两段时间的回复力方向相反，结合牛顿第二定律可知，其加速度的方向在内振子的加速度方向不是始终相同的，故C项错误；
D．由题图可知，在振子从负向最大位移处运动到正向最大位移处，所以在该过程振子的速度先增大后减小，故D项正确。
故选D。
2. 如图所示，自动流水线装置可以使货物在水平面上转弯。货物从传送带A端传送到B端，速度方向变化了180°，传送过程中传送速率保持不变，货物与传送带之间不打滑。下列关于货物在此过程中的说法正确的是（ ）
A. 动量变化量为零B. 所受支持力的冲量为零
C. 所受重力的冲量为零D. 所受摩擦力的冲量不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．货物的速度方向改变180°，则动量变化量为2mv，选项A错误；
B．根据IN=FNt，支持力不为零，则所受支持力的冲量不为零，选项B错误；
C．根据IG=Gt可知，所受重力的冲量不为零，选项C错误；
D．货物左圆周运动，受摩擦力不为零，根据If=ft可知，所受摩擦力的冲量不为零，选项D正确。
故选D。
3. 一台洗衣机在洗涤环节正常工作时非常稳定，在脱水流程即将结束前，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，已知洗衣机的固有频率为，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A. 洗衣机洗衣过程中的频率始终为
B. 洗衣机在洗涤环节正常工作时，脱水筒转动的频率可能等于
C. 当洗衣机振动最剧烈时，脱水筒转动的频率等于
D. 洗衣机脱水过程中，脱水筒转动的频率始终小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．洗衣机在脱水桶的驱动下做受迫振动，洗衣机洗衣过程中的频率等于驱动力频率，不是始终为，故A错误；
B．洗衣机在洗涤环节正常工作时，非常稳定，脱水筒转动的频率不等于洗衣机的固有频率，即不可能等于，故B错误；
C．当洗衣机振动最剧烈时，根据共振现象可知，脱水筒转动的频率等于，故C正确；
D．在脱水流程即将结束前，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，可知脱水筒转动的频率先大于后小于，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，一学生练习用脚颠球，足球自静止开始下落0.8m后被颠起，足球离开脚沿竖直方向运动，向上运动的最大高度为0.45m。已知足球的质量为0.4kg，足球与脚的作用时间为0.1s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 足球与脚作用过程中，足球的动量变化量大小为0.4kg·m/s
B. 在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相反
C. 足球上升过程中重力的冲量大于足球下落过程中重力的冲量
D. 足球与脚作用的过程中，脚对足球的平均作用力大小为32N
【答案】D
【解析】
【详解】A．足球与脚接触前瞬间，足球的速度大小为
足球与脚接触后瞬间，足球的速度大小
设竖直向上为正方向，足球的动量变化量大小
故A错误；
B．重力冲量的方向始终与重力方向一致，则在足球下落和足球上升的过程中，重力冲量的方向相同，故B错误；
C．根据自由落体运动规律可知，足球上升的时间小于足球下落的时间，则足球上升过程中重力的冲量小于足球下落中重力的冲量，故C错误；
D．根据动量定理有
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，一水平弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点间做简谐运动，以向右为x轴正方向，振子的振动图像如图乙所示，已知弹簧劲度系数为40N/m，下列说法正确的是（ ）
A. 振子从任意位置开始，随后0.6s内通过的路程均为
B. 时振子受到的回复力指向x轴的正方向，大小为1.2N
C. 时振子的速度与时的速度相同
D. 振子在内的平均速度与内的平均速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，振子的周期为2.4s，振子的振幅为，所以0.6s为四分之一个周期，结合振子的运动路程与周期关系可知，四分之一个周期，振子的路程不一定等于振幅，故A项错误；
B．由题图可知，振子的振动方程为
在时振子的位移为，由回复力公式可知
故B项正确；
C．结合之前的分析可知，在0.4s时，振子的位移为cm。在0.4s和1.0s时，振子的所在位置并不是关于平衡位置对称的，结合振子的运动规律可知，其振子两时刻的速度大小不相等，故C项错误；
D．结合题图可知，在振子从正向最大位移处运动到平衡未知；在振子从平衡位置运动到正向最大位移处。运动位移的大小相等，方向相反，时间相同，所以其平均速度的方向不同，即平均速度不同，故D项错误。
故选B。
6. 乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为3kg，遇到危险时，乌贼通过体管在0.1s内将0.4kg的水向后以90m/s的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（ ）
A. 360NB. 560NC. 640ND. 2700N
【答案】A
【解析】
【详解】设向后为正方向，由动量守恒有
由动量定理有
解得
故选A。
7. 如图所示，小球A、B均可视为质点，先将小球A从距离水平地面1.25m高度处由静止释放，A球释放后间隔一小段时间将小球B从同一位置由静止释放，使得刚刚与地面完成碰撞、原速率反弹的A球立即又与B球发生碰撞，碰后B球的速度大小为7m/s、方向竖直向上。已知A球与B球的质量之比为。A球与B球发生碰撞的时间极短可忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度大小，则A球与B球碰撞后瞬间A球的速度大小和方向分别是（ ）
A. 5m/s，竖直向上
B. ，竖直向上
C. 3m/s，竖直向下
D. ，竖直向下
【答案】C
【解析】
【详解】A球落地时的速度为，有
同理可知，B球在与A球碰撞前的速度为，有
设竖直向上为正方向，有
解得
所以碰后A球的速度为3m/s，方向竖直向下。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，弹簧振子在、之间做简谐运动。以平衡位置为原点，建立轴，以向右为轴正方向。若振子的位移方向为负，下列说法正确的是（ ）
A. 振子的速度方向一定为负B. 振子的加速度方向一定为正
C. 振子一定在平衡位置的左侧D. 振子的速度一定减小
【答案】BC
【解析】
【详解】若振子的位移方向为负，则振子一定在平衡位置的左侧，振子的加速度方向一定为正，振子的速度方向可能沿正方向，且不断增大，故AD错误，BC正确。
故选BC。
9. 如图所示，质量为的小球（视为质点）在、两点间做简谐运动，点是它振动的平衡位置。若从小球经过点开始计时，在时刻小球第一次经过、两点间的点（图中未画出），在时刻小球第二次经过点，已知弹簧振子的周期，其中为小球的质量，为弹簧的劲度系数，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 弹簧振子的周期为
C. 在时刻，小球第四次经过点
D. 、两点间的距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意，M点到B点的时间为
所以
弹簧振子的周期为
T=1.2s
代入振子周期公式
解得弹簧的劲度系数为
k=40N/m
A正确，B错误；
C．小球第四次经过M点时间为
C错误；
D．小球做简谐运动，振幅为
A=10cm
角速度
则简谐运动的表达式为
t=0.1s
时，解得
x=5cm
则、两点间的距离为，D正确。
故选AD。
10. 滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞（以相同速度运动）。该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向上动量守恒
B. 该同学跳上滑板B后，他和滑板B的速度大小为19m/s
C. 该同学从滑板A跳上滑板B后，滑板A的速度小于19m/s
D. 该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量小于47.5N·s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，A正确；
B．该同学从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为v，由动量守恒可得
解得
该同学从滑板B跳离过程中，动量守恒
化简整理得
因此该同学跳上滑板B后，他和滑板B的速度小于，B错误；
C．由B项分析可知，该同学从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为，该同学跳离A时，使A减速，跳回A时再一次使A减速到，说明该同学从滑板A跳上滑板B后，滑板A的速度大于19m/s，C错误；
D．该同学跳离滑板B后，滑板B的动量为
又有跳离前B已经有与A运动同向的动量，所以该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于47.5N·s，D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、非选择题：共54分。
11. 孙同学用“碰撞实验器”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。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为的入射小球多次从斜槽上位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为的被碰小球静置于槽的末端，再将入射小球从斜槽上位置静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为x1、x2、x3，如图乙所示，并分析数据。
（1）实验中入射小球和被碰小球的质量应满足的关系为__________。
A． B． C．
（2）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量___，间接地解决这个问题。
A．小球抛出点距地面的竖直高度
B．小球做平抛运动所用的时间
C．小球做平抛运动的水平射程
D．小球开始释放的高度
（3）若两小球碰撞时动量守恒，则验证碰撞过程中动量守恒的表达式为_______（用题中涉及的物理量符号表示）。
【答案】 ①. C ②. C ③.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后入射小球被反弹，所以要求入射小球的质量大于被碰小球的质量，即。
故选C。
（2）[2]小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，可以间接地用水平位移来代替小球碰撞前后时的速度。
故选C。
（3）[3]设小球在空中运动的时间为，入射小球的碰前速度
碰后速度
被碰小球的碰后速度
若小球碰撞时满足动量守恒定律，则有
整理得
12. 某校物理兴趣小组正在进行“用单摆测量重力加速度”的实验，同学们的实验装置如图甲所示。
（1）小组的张同学测量摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长，再用游标卡尺测量摆球的直径，读数如图乙所示，则摆球的直径______mm，再通过计算得到单摆的摆长，记为L。
（2）实验过程中在测量周期时，宋同学若从摆球运动到最低点向右运动时，按下停表开始计时且记数为1，当摆球第二次通过最低点且向右运动时数2，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，通过停表读出这段时间记为t，则单摆周期______。
A. B. C. D.
（3）兴趣小组的同学测量重力加速度的表达式为______。（用L、T表示）
（4）兴趣小组的彭同学为了提高实验精度，多次改变摆线长（记为l）并测出相应的周期T，他根据实验数据在坐标纸上绘制出的图线如图丙所示，则当地的重力加速度______。（用a和b表示）
【答案】（1）10.30
（2）B （3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的读数为
【小问2详解】
宋同学从摆球运动到最低点向右运动时，按下停表开始计时且记数为1，当摆球第二次通过最低点且向右运动时数2，依此法往下数，当他数到60时，摆球实际运动59个周期，所以周期为
故选B。
【小问3详解】
根据单摆周期公式
可得
【小问4详解】
根据单摆的周期公式
可得
可知，图像中斜率为
解得
13. 如图所示，劲度系数的轻弹簧左端固定，右端与静止在光滑水平面上的小球相连，将小球向右缓慢拉至C点后由静止释放，振子（小球）在水平面上的B、C两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，P点为OC的中点。某次振子从左向右经过OC间的P点时开始计时，后振子第四次返回到P点，期间通过的路程。求：
（1）该简谐运动的周期T和振幅A；
（2）振子经过P点时回复力的大小F。
【答案】（1），；（2）
【解析】
详解】（1）根据题意有
解得
根据题意有
解得
（2）振子经过P点时偏离平衡位置O的位移大小
根据回复力公式有
解得
14. 如图所示，在光滑的水平地面上放置一个质量、足够长的木板B，在B的左端放有一个质量的小滑块A（可视为质点），初始时A、B均静止。现对A施加的水平向右的拉力，后撤去拉力F。已知A、B间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）撤去拉力F时小滑块A的速度大小；
（2）最终A到B左端的距离s。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在拉力F作用的时间内，对A根据动量定理有
解得
（2）撤去拉力F前，A位移
拉力F做的功
最终A、B相对静止，根据动量定理有
根据能量守恒定律有
解得
15. 如图所示，用轻弹簧连接的A、B两物块静止在光滑水平地面上，初始时弹簧处于原长。长度的细线一端固定在天花板上，另一端拴小球C。现将细线拉至水平，使小球C由静止释放，当小球运动到悬点正下方时恰好与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。A、B、C均可视为质点，它们的质量分别为，取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）小球C与物块B碰撞前瞬间，小球C的速度大小；
（2）小球C与物块B碰撞后瞬间，细线上的拉力的大小；
（3）A、B两物块运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球C摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）设小球C与物块B发生弹性碰撞后瞬间，C、B的速度分别为，取向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
对C受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意可知，A、B具有相同的速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
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