浙江省温州市苍南县金乡卫城中学2022-2023高二下学期物理第一次月考试卷

浙江省温州市苍南县金乡卫城中学2022-2023学年高二下学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是（　　）
A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题
B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题
C．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高速运动的问题
D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子
2．跳高比赛中，必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子，这是因为（）
A．减小运动员着地过程中受到的冲量作用
B．减小运动员着地过程中动量的变化量
C．减小运动员着地过程中受到的平均冲力
D．以上说法均不正确
3．如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（）
A．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
C．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
D．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
4．质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动。当车中的砂子从底部的漏斗中小断流下时，车子速度将（　　）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
5．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将（　　）
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止
6．（2023高三上·无锡期末）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg
7．（2020高二上·湖北月考）质量分别为 和 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于（　　）
A．非弹性碰撞 B．弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
8．关于做简谐运动的物体，下列说法正确的是
A．在平衡位置所受的合外力一定为零
B．在平衡位置时势能一定为零
C．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的速度
D．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的动能
9．如图所示，弹簧下端悬挂一个钢球，上端固定，它们组成一个振动系统．用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动．如果钢球做简谐运动，则（　　）
A．弹簧对钢球的弹力是钢球做简谐运动的回复力
B．弹簧弹力为零时钢球处于平衡位置
C．钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等
D．钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
10．做机械振动的弹簧振子，每次通过某一个相同位置时，不一定相同的物理量是（　　）
A．位移 B．加速度 C．速度 D．回复力
11．如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动．规定向上为正方向，弹簧振子的振动图象如图乙所示．则（）
A．弹簧振子的振动频率f=2.0Hz
B．弹簧振子的振幅为0.4m
C．在 内，弹簧振子的动能逐渐减小
D．在 内，弹簧振子的弹性势能逐渐减小
12．如图所示，有一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与小球连接。小球质量 为m，带电量为+q。开始时小球静止在光滑绝缘水平面上，施加水平向右的匀强电场E后小球开始做简谐运动。小球经过O时加速度为零，A、B为小球能够到达的最大位移处。在小球做简谐运动过程中，下列判断正确的是（　　）
A．小球的速度为零时，弹簧伸长量是
B．小球和弹簧系统的机械能守恒
C．小球做简谐运动的振幅是
D．小球由O到B过程中，弹力做功的绝对值大于电场力做功的绝对值
13．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟．如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动．为使摆钟走时准确，下列做法中正确的是（）
A．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆上移
B．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移
C．由冬季变为夏季时，应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从黑龙江移到福建，应使圆盘沿摆杆下移
二、多选题
14．如图所示，两个质量相等的物体沿相同高度、倾角不同的两光滑固定斜面由顶端从静止自由下滑，则两物体（）
A．到达斜面底端时的动量大小相同
B．下滑的过程中重力的冲量相同
C．下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量相同
D．下滑的过程中合外力的冲量大小相同
15．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin πt cm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
三、实验题
16．如图所示为实验室中“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。
（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则应满足_____（填选项前的字母）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是　 　（填选项前的字母）。
A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．停表
（3）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示水平速度的是　 　。
A．轨道末端切线未调整为水平
B．改变1小球初始释放点的位置
C．使1、2两小球的直径之比改变为1：3
D．升高桌面高度
（4）设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，则关系式　 　（用、及图中字母表示）成立，即可达到实验目的。
17．（2020高二下·林州月考）在利用单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验中，应选用下列哪些器材为好？
①1米长细线　②1米长粗线　③10厘米细线④泡沫塑料小球　⑤小铁球　⑥ 秒刻度停表 ⑦时钟　⑧厘米刻度米尺　⑨毫米刻度米尺
答：　 　．
（2）实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2－l图象，如图所示，T2与l的关系式是T2＝　 　，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线斜率k，再由k可求出g＝　 　．
（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的（____）
A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径
B．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动
C．计算摆长时，将悬线长加小球直径
D．单摆振动时，振幅偏小
四、解答题
18．如图所示为一水平弹簧振子的振动图像，已知振动系统的最大动能为16J，求：
（1）该振子简谐运动的表达式；
（2）该振子在100s内通过的路程是多少？
（3）在第2s末弹簧振子的加速度多大？第4s末振子速度方向？第5s末弹性势能多大？
19．如图所示，质量的混凝土砌块静止在光滑的水平地面上，质量的小球以的速度撞击砌块，碰撞后小球以的速度被反向弹回。已知小球与砌块的作用时间为。
（1）求碰撞后砌块的速度大小；
（2）求小球与砌块碰撞时平均作用力的大小；
（3）若砌块左侧涂上胶水，使小球与砌块碰后粘在一起，求碰撞过程系统损失的机械能。
20．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
21．（2022高三上·门头沟期末）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：
（1）两小球碰前A的速度；
（2）球碰撞后A、B的速度大小；
（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB．经典力学的基础是牛顿运动定律，经典力学只适用于宏观世界，低速运动，和弱引力下，AB不符合题意；
CD．动量守恒定律虽然是由牛顿运动定律推导出来，但它既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】经典力学只适用于宏观世界，低速运动，和弱引力下，高速微观适用相对论和量子力学。动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体。
2．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定；由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间 ，由
可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】海绵垫可以延长着地过程的作用时间，由动量定理可知延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F。
3．【答案】D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故答案为：D．
【分析】碰撞过程动量守恒。碰撞前总动量为正，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．
4．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：Mv0=mv0+（M-m）v′
解得：v′=v0
ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，沙子掉落前后系统总动量不变，由动量守恒定律列方程求解。
5．【答案】D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】以小球和小车为系统，水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因系统动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥时，小球和小车合为一体，速度相同，因开始时系统动量为零，则最后小车和小球都会静止。
故答案为：D。
【分析】以小球和小车为系统，水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。当撞到橡皮泥时，小球和小车合为一体，最后小车和小球静止。
6．【答案】A
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 ，即在产生拉力瞬间速度为 ，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得 ，联立解得
故答案为：A。
【分析】人做自由落体运动时根据机械能守恒定律得出产生拉力瞬间速度，通过动量定理得出 该段时间安全带对人的平均作用力 。
7．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】碰撞前b球静止，碰撞前a球的速度为
碰撞前a球的动能为
碰撞后两球的速度分别为
碰撞后两球的总动能为
碰后动能等于碰前动能，无动能损失，是弹性碰撞，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用图像斜率可以求出碰撞前后两个小球的速度大小；结合动能的表达式可以判别碰撞前后动能守恒属于弹性碰撞。
8．【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】回复力也不一定就是合外力．举例：在单摆中，单摆的回复力是重力沿轨迹切线方向的分力，并非是重力与绳子拉力的合力．A不符合题意；在平衡位置时势能不一定为零，举例：在单摆中，在平衡位置时势能不一定为零，还与势能零点选取有关，B不符合题意；做简谐运动的物体，物体每次通过同一位置时其速度大小相等，方向不一定相同，故速度不一定相同，但动能相同，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D．
【分析】回复力也不一定就是合外力。在平衡位置时势能不一定为零。同一位置时其速度大小相等，方向不一定相同，故速度不一定相同。
9．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】回复力应该是振动方向上的合力，即重力和弹簧弹力的合力，A不符合题意；当弹簧弹力为零时钢球受到重力不平衡，B不符合题意；按照简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等，方向相反，C对；对于弹簧和钢球组成的系统来说机械能是守恒的，由于上下运动，重力势能的变化，所以不能说钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变，而是三种能量之和保持不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】回复力是重力和弹簧弹力的合力，由简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等，方向相反。系统总的机械嫩守恒保持不变。
10．【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】弹簧振子每次通过某一相同位置时，相对于平衡位置的位移x相同，回复力相同，根据
可知其加速度也相同。弹簧振子振动过程中机械能守恒，每次经过同一位置时动能相同，因为速度有两种可能的方向，故速度不一定相同。
故答案为：C。
【分析】弹簧振子每次通过某一相同位置时，相对于平衡位置的位移x相同，回复力相同。速度可能具有不同方向，速度可能不同。
11．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s，频率f=1 /T=0.5Hz，A不符合题意；弹簧振子的振幅为 0.2m，B不符合题意；在 0 0.5 s 内，弹簧振子的位移变大，速度减小，动能逐渐减小，C符合题意；在 1.0 1.5 s 内，弹簧振子离开平衡位置的位移变大，则弹簧的形变量变大，弹性势能逐渐变大，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s。弹簧振子的位移变大，速度减小，动能逐渐减小。弹簧振子离开平衡位置的位移变大，则弹簧的形变量变大，弹性势能逐渐变大。
12．【答案】D
【知识点】电场及电场力；简谐运动
【解析】【解答】A．当小球受到的弹力与电场力平衡时
小球所受回复力
所以小球做简谐运动，振幅
当小球速度为0时，弹簧伸长为零（A点时）或 （B点时）。A不符合题意；
B．因为在运动过程中存在电场力对系统做功，所以不满足机械能守恒定律，系统机械能不守恒，B不符合题意；
C．根据A的分析，振幅
C不符合题意；
D．小球从O到B的过程中，设弹力做功 ，电场力做功 ，小球经过O点时的动能 ，根据动能定理得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】因为在运动过程中存在电场力对系统做功，所以不满足机械能守恒定律，系统机械能不守恒。 O到B过程中 ，弹性势能一部分转化为动能，所以 弹力做功的绝对值大于电场力做功的绝对值 。
13．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．单摆的周期为
摆钟快了，说明摆动周期小，则必须使摆下移，才能调准，AB不符合题意；
C．由冬季变为夏季时，温度升高，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆上移，才准确，C符合题意；
D．把摆钟从黑龙江移到福建，则重力加速度减小，应使圆盘沿摆杆上移，才能准确，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】摆钟快了，说明摆动周期小，根据周期公式，则必须使摆下移，才能调准。由冬季变为夏季时，温度升高，摆长变长，应使圆盘沿摆杆上移减小摆长，才准确。
14．【答案】A,D
【知识点】动量；冲量
【解析】【解答】A．根据机械能守恒定律可知，两物体到达斜面底端时的速度大小相等，则末动量大小相等，A符合题意；
B．根据运动学公式和牛顿运动定律分析得知，物体在相同高度沿倾角不同的两个光滑斜面从顶端由静止自由滑下，G相同，运动时间不等，由
知重力的冲量不同，B不符合题意；
C．斜面对物体的弹力方向垂直于斜面，因为斜面倾角不同，所以两次弹力方向不同，冲量是矢量，所以下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量不同，C不符合题意；
D．根据动量定理得到合外力的冲量等于物体动量的变化量，而初动量为零，物体滑到斜面底端时的动量大小相等，即物体下滑过程中，合外力的冲量大小相同，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】两物体到达斜面底端时的速度大小相等，则末动量大小相等。G相同，运动时间不等，重力的冲量不同。合外力的冲量等于物体动量的变化量。
15．【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．由题图乙可知单摆的周期T=2s
振幅A=8 cm
由单摆的周期公式
代入数据可得L≈1m
A符合题意；
B．由
可得ω=π rad/s
则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin ωt=8sin πt cm
B符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C不符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由题图乙可知单摆的周期T=2s，算出圆频率，代入简谐运动表达式可得单摆的位移x随时间t变化的关系式。摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小。
16．【答案】（1）C
（2）AC
（3）AC
（4）m1×OP=m1×OM+m2×ON
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射球碰后不反弹，要保证 。
故答案为：C。
（2）根据动量守恒可知
小球飞出后做平抛运动 ，
可得
故只需要测量小球质量和水平位移，故需要天平和直尺。
故答案为：AC。
（3）A．要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，A错误，符合题意；
B．改变1小球初始释放点的位置，只改变初速度大小，小球仍做平抛运动，B正确，不符合题意；
C．使1、2两小球的直径之比改变为1：3，不再一维碰撞，碰后小球速度不沿水平方向，C错误，符合题意；
D．升高桌面高度，小球仍做平抛运动，D正确，不符合题意。
故答案为：AC。
（4）设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，根据
可知m1×OP=m1×OM+m2×ON
【分析】（1）要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射球碰后不反弹，要保证 。
（2）小球飞出做平抛运动，运动时间相同，水平位移之比即为水平初速度之比。
（3）要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，升高桌面高度，小球仍做平抛运动。
（4）水平位移之比即为速度之比，相当于用位移代替速度，所以验证动量守恒定律的式子中可以出现位移。
17．【答案】（1）①⑤⑥⑨
（2）；
（3）A
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1)摆线选择1m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺．故答案为：①⑤⑥⑨．(2)根据单摆的周期公式 得， ，可知图线的斜率 ，解得g= ；(3)根据 得， ，
A、计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，A符合题意；
B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，B不符合题意；
C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，C不符合题意；
D、单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据实验的原理确定所需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材；根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度；根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长或周期的测量误差分析重力加速度的测量误差．
18．【答案】（1）由图可知弹簧振子的周期为T=4s，振幅为A=5cm，则有
则该振子简谐运动的表达式为
（2）又因为
而弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A，所以该振子在100s内通过的路程是
（3）由图可知第2s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0；第4s末弹簧振子位于平衡位置，速度沿x轴正方向；由于弹簧振子振动过程中机械能守恒，故第5s末弹性势能为16J。
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】（1）由图得到周期，算出圆频率，代入简谐运动表达式即可。
（2）100s等于25个周期， 弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A 。
（3） 第2s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0 ， 第4s末弹簧振子位于平衡位置，速度沿x轴正方向 。
19．【答案】（1）砌块碰撞后的速度为 ，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞后砌块的速度大小为3m/s
（2）设碰撞时平均作用力大小为F，规定向右为正方向，对砌块由动量定理得
解得
小球与砌块碰撞时平均作用力的大小为500N
（3）设碰后两者共同速度为 ，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
设碰撞过程损失的机械能 ，根据能量守恒定律有
解得
碰撞中系统损失的机械能为60J。
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 由动量守恒定律得碰撞后砌块的速度大小。
（2） 知道作用时间，对砌块由动量定理得小球与砌块碰撞时平均作用力的大小。
（3）小球与砌块碰后粘在一起 ，碰撞系统动量守恒，求出碰撞前后动能，相减即为损失的机械能。
20．【答案】（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为f= =1.25Hz
（2）根据公式T=2π 可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为 ，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 由单摆振动图像得T=0.8s ，频率与周期互为倒数。
（2）将重力加速度代入单摆周期公式可得摆的摆长。
（3）摆球在B点，B点小球速度为零，沿绳子方向受力平衡 ，根据 机械能守恒定律 以及牛顿第二定律列方程可以求得小球质量。
21．【答案】（1）解：碰前对小球A由动量定理有
解得
（2）解：对A、B研究，碰撞前后动量守恒，即
弹性碰撞碰撞前后动能保持不变，有
联立解得
（3）解：因为B球在轨道上机械能守恒，则有
解得
在最高点C对小球B有
解得
由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力大小为，方向竖直向上
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球A在碰撞前做匀减速直线运动，利用动量定理可以求出碰前速度的大小；
（2）对于A和B两个小球，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（3）当小球B运动到最高点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出运动到最高点的速度，结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的压力大小及方向。
浙江省温州市苍南县金乡卫城中学2022-2023学年高二下学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是（　　）
A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题
B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题
C．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高速运动的问题
D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子
【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB．经典力学的基础是牛顿运动定律，经典力学只适用于宏观世界，低速运动，和弱引力下，AB不符合题意；
CD．动量守恒定律虽然是由牛顿运动定律推导出来，但它既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】经典力学只适用于宏观世界，低速运动，和弱引力下，高速微观适用相对论和量子力学。动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体。
2．跳高比赛中，必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子，这是因为（）
A．减小运动员着地过程中受到的冲量作用
B．减小运动员着地过程中动量的变化量
C．减小运动员着地过程中受到的平均冲力
D．以上说法均不正确
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定；由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间 ，由
可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】海绵垫可以延长着地过程的作用时间，由动量定理可知延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F。
3．如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（）
A．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
C．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
D．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
【答案】D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故答案为：D．
【分析】碰撞过程动量守恒。碰撞前总动量为正，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．
4．质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动。当车中的砂子从底部的漏斗中小断流下时，车子速度将（　　）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：Mv0=mv0+（M-m）v′
解得：v′=v0
ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，沙子掉落前后系统总动量不变，由动量守恒定律列方程求解。
5．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将（　　）
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止
【答案】D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】以小球和小车为系统，水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因系统动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥时，小球和小车合为一体，速度相同，因开始时系统动量为零，则最后小车和小球都会静止。
故答案为：D。
【分析】以小球和小车为系统，水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。当撞到橡皮泥时，小球和小车合为一体，最后小车和小球静止。
6．（2023高三上·无锡期末）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A．＋mg B．－mg C．＋mg D．－mg
【答案】A
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有 ，即在产生拉力瞬间速度为 ，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得 ，联立解得
故答案为：A。
【分析】人做自由落体运动时根据机械能守恒定律得出产生拉力瞬间速度，通过动量定理得出 该段时间安全带对人的平均作用力 。
7．（2020高二上·湖北月考）质量分别为 和 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于（　　）
A．非弹性碰撞 B．弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】碰撞前b球静止，碰撞前a球的速度为
碰撞前a球的动能为
碰撞后两球的速度分别为
碰撞后两球的总动能为
碰后动能等于碰前动能，无动能损失，是弹性碰撞，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用图像斜率可以求出碰撞前后两个小球的速度大小；结合动能的表达式可以判别碰撞前后动能守恒属于弹性碰撞。
8．关于做简谐运动的物体，下列说法正确的是
A．在平衡位置所受的合外力一定为零
B．在平衡位置时势能一定为零
C．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的速度
D．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的动能
【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】回复力也不一定就是合外力．举例：在单摆中，单摆的回复力是重力沿轨迹切线方向的分力，并非是重力与绳子拉力的合力．A不符合题意；在平衡位置时势能不一定为零，举例：在单摆中，在平衡位置时势能不一定为零，还与势能零点选取有关，B不符合题意；做简谐运动的物体，物体每次通过同一位置时其速度大小相等，方向不一定相同，故速度不一定相同，但动能相同，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D．
【分析】回复力也不一定就是合外力。在平衡位置时势能不一定为零。同一位置时其速度大小相等，方向不一定相同，故速度不一定相同。
9．如图所示，弹簧下端悬挂一个钢球，上端固定，它们组成一个振动系统．用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动．如果钢球做简谐运动，则（　　）
A．弹簧对钢球的弹力是钢球做简谐运动的回复力
B．弹簧弹力为零时钢球处于平衡位置
C．钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等
D．钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】回复力应该是振动方向上的合力，即重力和弹簧弹力的合力，A不符合题意；当弹簧弹力为零时钢球受到重力不平衡，B不符合题意；按照简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等，方向相反，C对；对于弹簧和钢球组成的系统来说机械能是守恒的，由于上下运动，重力势能的变化，所以不能说钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变，而是三种能量之和保持不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】回复力是重力和弹簧弹力的合力，由简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等，方向相反。系统总的机械嫩守恒保持不变。
10．做机械振动的弹簧振子，每次通过某一个相同位置时，不一定相同的物理量是（　　）
A．位移 B．加速度 C．速度 D．回复力
【答案】C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】弹簧振子每次通过某一相同位置时，相对于平衡位置的位移x相同，回复力相同，根据
可知其加速度也相同。弹簧振子振动过程中机械能守恒，每次经过同一位置时动能相同，因为速度有两种可能的方向，故速度不一定相同。
故答案为：C。
【分析】弹簧振子每次通过某一相同位置时，相对于平衡位置的位移x相同，回复力相同。速度可能具有不同方向，速度可能不同。
11．如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动．规定向上为正方向，弹簧振子的振动图象如图乙所示．则（）
A．弹簧振子的振动频率f=2.0Hz
B．弹簧振子的振幅为0.4m
C．在 内，弹簧振子的动能逐渐减小
D．在 内，弹簧振子的弹性势能逐渐减小
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s，频率f=1 /T=0.5Hz，A不符合题意；弹簧振子的振幅为 0.2m，B不符合题意；在 0 0.5 s 内，弹簧振子的位移变大，速度减小，动能逐渐减小，C符合题意；在 1.0 1.5 s 内，弹簧振子离开平衡位置的位移变大，则弹簧的形变量变大，弹性势能逐渐变大，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s。弹簧振子的位移变大，速度减小，动能逐渐减小。弹簧振子离开平衡位置的位移变大，则弹簧的形变量变大，弹性势能逐渐变大。
12．如图所示，有一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与小球连接。小球质量 为m，带电量为+q。开始时小球静止在光滑绝缘水平面上，施加水平向右的匀强电场E后小球开始做简谐运动。小球经过O时加速度为零，A、B为小球能够到达的最大位移处。在小球做简谐运动过程中，下列判断正确的是（　　）
A．小球的速度为零时，弹簧伸长量是
B．小球和弹簧系统的机械能守恒
C．小球做简谐运动的振幅是
D．小球由O到B过程中，弹力做功的绝对值大于电场力做功的绝对值
【答案】D
【知识点】电场及电场力；简谐运动
【解析】【解答】A．当小球受到的弹力与电场力平衡时
小球所受回复力
所以小球做简谐运动，振幅
当小球速度为0时，弹簧伸长为零（A点时）或 （B点时）。A不符合题意；
B．因为在运动过程中存在电场力对系统做功，所以不满足机械能守恒定律，系统机械能不守恒，B不符合题意；
C．根据A的分析，振幅
C不符合题意；
D．小球从O到B的过程中，设弹力做功 ，电场力做功 ，小球经过O点时的动能 ，根据动能定理得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】因为在运动过程中存在电场力对系统做功，所以不满足机械能守恒定律，系统机械能不守恒。 O到B过程中 ，弹性势能一部分转化为动能，所以 弹力做功的绝对值大于电场力做功的绝对值 。
13．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟．如图所示，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动．为使摆钟走时准确，下列做法中正确的是（）
A．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆上移
B．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移
C．由冬季变为夏季时，应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从黑龙江移到福建，应使圆盘沿摆杆下移
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．单摆的周期为
摆钟快了，说明摆动周期小，则必须使摆下移，才能调准，AB不符合题意；
C．由冬季变为夏季时，温度升高，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆上移，才准确，C符合题意；
D．把摆钟从黑龙江移到福建，则重力加速度减小，应使圆盘沿摆杆上移，才能准确，D不符合题意．
故答案为：C。
【分析】摆钟快了，说明摆动周期小，根据周期公式，则必须使摆下移，才能调准。由冬季变为夏季时，温度升高，摆长变长，应使圆盘沿摆杆上移减小摆长，才准确。
二、多选题
14．如图所示，两个质量相等的物体沿相同高度、倾角不同的两光滑固定斜面由顶端从静止自由下滑，则两物体（）
A．到达斜面底端时的动量大小相同
B．下滑的过程中重力的冲量相同
C．下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量相同
D．下滑的过程中合外力的冲量大小相同
【答案】A,D
【知识点】动量；冲量
【解析】【解答】A．根据机械能守恒定律可知，两物体到达斜面底端时的速度大小相等，则末动量大小相等，A符合题意；
B．根据运动学公式和牛顿运动定律分析得知，物体在相同高度沿倾角不同的两个光滑斜面从顶端由静止自由滑下，G相同，运动时间不等，由
知重力的冲量不同，B不符合题意；
C．斜面对物体的弹力方向垂直于斜面，因为斜面倾角不同，所以两次弹力方向不同，冲量是矢量，所以下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量不同，C不符合题意；
D．根据动量定理得到合外力的冲量等于物体动量的变化量，而初动量为零，物体滑到斜面底端时的动量大小相等，即物体下滑过程中，合外力的冲量大小相同，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】两物体到达斜面底端时的速度大小相等，则末动量大小相等。G相同，运动时间不等，重力的冲量不同。合外力的冲量等于物体动量的变化量。
15．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin πt cm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．由题图乙可知单摆的周期T=2s
振幅A=8 cm
由单摆的周期公式
代入数据可得L≈1m
A符合题意；
B．由
可得ω=π rad/s
则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin ωt=8sin πt cm
B符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C不符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】由题图乙可知单摆的周期T=2s，算出圆频率，代入简谐运动表达式可得单摆的位移x随时间t变化的关系式。摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小。
三、实验题
16．如图所示为实验室中“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。
（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则应满足_____（填选项前的字母）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是　 　（填选项前的字母）。
A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．停表
（3）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示水平速度的是　 　。
A．轨道末端切线未调整为水平
B．改变1小球初始释放点的位置
C．使1、2两小球的直径之比改变为1：3
D．升高桌面高度
（4）设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，则关系式　 　（用、及图中字母表示）成立，即可达到实验目的。
【答案】（1）C
（2）AC
（3）AC
（4）m1×OP=m1×OM+m2×ON
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射球碰后不反弹，要保证 。
故答案为：C。
（2）根据动量守恒可知
小球飞出后做平抛运动 ，
可得
故只需要测量小球质量和水平位移，故需要天平和直尺。
故答案为：AC。
（3）A．要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，A错误，符合题意；
B．改变1小球初始释放点的位置，只改变初速度大小，小球仍做平抛运动，B正确，不符合题意；
C．使1、2两小球的直径之比改变为1：3，不再一维碰撞，碰后小球速度不沿水平方向，C错误，符合题意；
D．升高桌面高度，小球仍做平抛运动，D正确，不符合题意。
故答案为：AC。
（4）设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，根据
可知m1×OP=m1×OM+m2×ON
【分析】（1）要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射球碰后不反弹，要保证 。
（2）小球飞出做平抛运动，运动时间相同，水平位移之比即为水平初速度之比。
（3）要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，升高桌面高度，小球仍做平抛运动。
（4）水平位移之比即为速度之比，相当于用位移代替速度，所以验证动量守恒定律的式子中可以出现位移。
17．（2020高二下·林州月考）在利用单摆测定重力加速度的实验中：
（1）实验中，应选用下列哪些器材为好？
①1米长细线　②1米长粗线　③10厘米细线④泡沫塑料小球　⑤小铁球　⑥ 秒刻度停表 ⑦时钟　⑧厘米刻度米尺　⑨毫米刻度米尺
答：　 　．
（2）实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2－l图象，如图所示，T2与l的关系式是T2＝　 　，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线斜率k，再由k可求出g＝　 　．
（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的（____）
A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径
B．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动
C．计算摆长时，将悬线长加小球直径
D．单摆振动时，振幅偏小
【答案】（1）①⑤⑥⑨
（2）；
（3）A
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1)摆线选择1m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺．故答案为：①⑤⑥⑨．(2)根据单摆的周期公式 得， ，可知图线的斜率 ，解得g= ；(3)根据 得， ，
A、计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，A符合题意；
B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，B不符合题意；
C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，C不符合题意；
D、单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据实验的原理确定所需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材；根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度；根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长或周期的测量误差分析重力加速度的测量误差．
四、解答题
18．如图所示为一水平弹簧振子的振动图像，已知振动系统的最大动能为16J，求：
（1）该振子简谐运动的表达式；
（2）该振子在100s内通过的路程是多少？
（3）在第2s末弹簧振子的加速度多大？第4s末振子速度方向？第5s末弹性势能多大？
【答案】（1）由图可知弹簧振子的周期为T=4s，振幅为A=5cm，则有
则该振子简谐运动的表达式为
（2）又因为
而弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A，所以该振子在100s内通过的路程是
（3）由图可知第2s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0；第4s末弹簧振子位于平衡位置，速度沿x轴正方向；由于弹簧振子振动过程中机械能守恒，故第5s末弹性势能为16J。
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】（1）由图得到周期，算出圆频率，代入简谐运动表达式即可。
（2）100s等于25个周期， 弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A 。
（3） 第2s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0 ， 第4s末弹簧振子位于平衡位置，速度沿x轴正方向 。
19．如图所示，质量的混凝土砌块静止在光滑的水平地面上，质量的小球以的速度撞击砌块，碰撞后小球以的速度被反向弹回。已知小球与砌块的作用时间为。
（1）求碰撞后砌块的速度大小；
（2）求小球与砌块碰撞时平均作用力的大小；
（3）若砌块左侧涂上胶水，使小球与砌块碰后粘在一起，求碰撞过程系统损失的机械能。
【答案】（1）砌块碰撞后的速度为 ，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞后砌块的速度大小为3m/s
（2）设碰撞时平均作用力大小为F，规定向右为正方向，对砌块由动量定理得
解得
小球与砌块碰撞时平均作用力的大小为500N
（3）设碰后两者共同速度为 ，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
设碰撞过程损失的机械能 ，根据能量守恒定律有
解得
碰撞中系统损失的机械能为60J。
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 由动量守恒定律得碰撞后砌块的速度大小。
（2） 知道作用时间，对砌块由动量定理得小球与砌块碰撞时平均作用力的大小。
（3）小球与砌块碰后粘在一起 ，碰撞系统动量守恒，求出碰撞前后动能，相减即为损失的机械能。
20．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
【答案】（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为f= =1.25Hz
（2）根据公式T=2π 可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为 ，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 由单摆振动图像得T=0.8s ，频率与周期互为倒数。
（2）将重力加速度代入单摆周期公式可得摆的摆长。
（3）摆球在B点，B点小球速度为零，沿绳子方向受力平衡 ，根据 机械能守恒定律 以及牛顿第二定律列方程可以求得小球质量。
21．（2022高三上·门头沟期末）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：
（1）两小球碰前A的速度；
（2）球碰撞后A、B的速度大小；
（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
【答案】（1）解：碰前对小球A由动量定理有
解得
（2）解：对A、B研究，碰撞前后动量守恒，即
弹性碰撞碰撞前后动能保持不变，有
联立解得
（3）解：因为B球在轨道上机械能守恒，则有
解得
在最高点C对小球B有
解得
由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力大小为，方向竖直向上
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球A在碰撞前做匀减速直线运动，利用动量定理可以求出碰前速度的大小；
（2）对于A和B两个小球，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；
（3）当小球B运动到最高点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出运动到最高点的速度，结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的压力大小及方向。

浙江省温州市苍南县金乡卫城中学2022-2023高二下学期物理第一次月考试卷