2022 级高二学年上学期期末考试
物 理 试 卷
考试时间： 75 分钟 分值： 100 分
注意事项：
1． 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2． 请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题）
一、选择题 （1-7 题每题 4 分， 第 8- 10 题每题 6 分）
1． 如图， 一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波， 振幅为 2cm， 波速为 2m/s。在波的传播 方向上两质点 a、 b 的平衡位置相距 0.4m（小于一个波长）， 当质点 a 在波峰位置时， 质
点 b 在 x 轴下方与 x 轴相距 1cm 的位置。则下列不正确的是( )
A． 从此时刻起经过 0.5s， b 点可能在波谷位置
B． 从此时刻起经过 0.5s， b 点可能在波峰位置
C． 此波的周期可能为 0.6s
D． 此波的周期可能为 1.2s
2． 如图所示， 小车的上面是由中间凸起的两个对称曲面组成， 整个小车的质量为 m ， 原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球质量也为 m， 以水平速度 v 从左端滑上小车， 恰好到达小车的最高点后， 又从另一个曲面滑下。关于这个过程， 下
列说法正确的是( )
A． 小球滑离小车时， 小车又回到了原来的位置
B． 小球滑到小车最高点时，小球和小车的动量不相等
C． 小球和小车相互作用的过程中，小车和小球系统动量始终守恒
D． 车上曲面的竖直高度若高于 ，则小球一定从小车左端滑下
3． 如图所示， 光滑的水平轨道ab 与光滑的圆弧轨道bc 在b 点平滑连接， ab = 3.2m ， 圆弧轨道半径 R = 40m, g = 10m / s2。质量m = 0.5kg 的小物块 P （可视为质点）静止在水 平轨道上的a 点， 现给小物块 P一个水平向右的瞬时冲量 I = 0.8N . s ，则小物块 P 从离
开a 点到返回a 点所经历的时间约为( )
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A． 6.64s B． 8.78s C． 10.28s D． 12.46s
4． 质量 m=2kg 的物体 P 静止在水平地面上， 在水平向右的力 F 作用下开始运动。第一 次力 F 与物体位移 x 的关系如图甲所示， 第二次力 F 与物体运动时间 t 的关系如图乙所 示。已知物体 P 与水平地面间的动摩擦因数 μ=0.1， 重力加速度 g=10m/s2.则第一次与第
二次运动过程中物体的最大位移之比最接近于( )
A． 1： 8 B． 1： 7 C． 1： 6 D． 1： 5
5． 如图所示， 质量为 2kg 的木板 M 放置在足够大光滑水平面上， 其右端固定一轻质刚 性竖直挡板，能承受的最大压力为 4N，质量为 1kg 的可视为质点物块 m 恰好与竖直挡 板接触，已知 M、 m 间动摩擦因数μ = 0.5 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始 两物体均静止， 某时刻开始 M 受水平向左的拉力 F 作用， F 与 M 的位移 x 的关系式为 F = 3+ 0.5x （其中， F 的单位为 N， x 的单位为 m），重力加速度 g = 10m / s2 ，下列表
述正确的是( )
A． m 的最大加速度为 4m / s2
B． m 的最大加速度为 5m / s2
C． 竖直挡板对 m 做的功最多为 48J
D． 当 M 运动位移为 24m 过程中，木板对物块的冲量大小为12N . s
6． 如图所示， AB 为固定的光滑圆弧轨道， O 为圆心， AO 水平， BO 竖直， 轨道半径为 R， 当地重力加速度为 g， 将质量为 m 的小球（可视为质点） 从 A 点由静止释放，经时
间 t 到达 B，在小球从 A 点运动到 B 点的过程中( )
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A． 小球所受合力的冲量指向圆心
(
m
g
t
+
2
m
gR
)B． 小球所受支持力的冲量大小是 2 2 2 2
C． 小球受到的重力的冲量为 0， 重力做的功不为 0
D． 小球受到的支持力的冲量为 0， 支持力做的功也是 0
7． 直角坐标系xoy 的 y 轴为两种均匀介质Ⅰ、 Ⅱ的分界线。位于 x = 0 处的波源发出的两 列机械波 a、 b 同时在Ⅰ、 Ⅱ中传播。某时刻只画出了介于 6m 和 6m 之间的波形图， 已
知此时刻 a 波刚好传到 x = 6m 处，下列说法正确的是( )
A． 波源的起振方向沿 y 轴正方向
B． 此时刻 b 波也刚好传到 x = 6
C． 质点 Q 在某四分之一周期内路程可能为 0.5A（A 为振幅）
D． 平衡位置距 x = 0 处 1.5m 的两质点 P、 Q 中，质点 Q 先到达最大位移处
二、多选题
8． 图甲所示， 质量分别为mA 和mB 的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两 物体被锁定，弹簧处于压缩状态。 t = 0 时刻将 B 物体解除锁定， t = t1 时刻解除 A 物体 的锁定， 此时 B 物体的速度为v0， A、 B 两物体运动的a t 图像如图乙所示， 其中S1 和 S2 分别表示0 t1 时间内和t1 t3 时间内 B 物体的a t 图像与坐标轴所围面积的大小，则
下列说法正确的是( )
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A． mA < mB B． S1 S2
C． t1 t3 时间内 A、 B 间距离一直增大 D． t1 t3 时间内 A 的速率先增大后减小 9． 如图所示， 所有的接触面全部光滑，初始时系统静止． 小球质量为 m， 小车（连同
半径为 R 的半圆形凹槽） 质量为 M， 静止释放小球． 以下说法正确的是( )
A． 小球滑到最低点时小球的速度为 v1 =
B． 小球在最低处受到的支持力N = mg
C． 小球的轨迹是椭圆
D． 小球的轨迹在最低点处的曲率半径为P = R
10．图中实线和虚线分别是 x 轴上传播的一列简谐横波在 t ＝0 和 t ＝0.03s 时刻的波形图，
x ＝1.2m 处的质点在 t ＝0.03s 时向 y 轴正方向运动， 则( )
A． 该波的频率可能是 125Hz
B． 该波的波速可能是 10m/s
C． t ＝0 时 x ＝1.4m 处质点的加速度方向沿 y 轴正方向
D． 从 t ＝0 时起，平衡位置在 0.9m 处的质点再经过周期时的位移为-2.5cm
第 II 卷（非选择题）
三、实验题
11． 某同学在“用单摆测重力加速度” 的实验中进行了如下的操作：
（1） 用游标上有 10 个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示， 摆球直径d 为
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cm ，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0 ，得到摆长 L 表达式为 ；
（2） 用停表测量单摆的周期， 当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 n = 0， 单摆每经过最低点记一次数， 当数到 n = 60 时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T =
s （结果保留三位有效数字）；
（3） ①测量出多组周期T、摆长 L 数值后， 画出T2 L 图象如图丙， 造成图线不过坐标
原点的原因可能是 （从下面选项中选择填）；
A． 摆球的振幅过小 B． 将l0 计为摆长 L
C． 将(l0 + d ) 计为摆长 L D． 摆球质量过大
②这样将使根据图像得出的g 测量值 （选填“偏大”、 “偏小”或“不受影响”）。
（4） 在测量过程中，下列操作合理的是
A． 先测好摆长， 再将单摆悬挂到铁架台上
B． 释放单摆时， 摆角尽量大些， 以便观察
C． 单摆摆动稳定后， 摆球经过平衡位置时开始计时
D． 摆动过程中， 若逐渐形成了圆锥摆， 可以继续测量， 不影响单摆周期
（5） 甲同学通过实验测得：悬点O 到小球球心的距离 L ；计时开始后， 从小球第一次 通过平衡位置到第n 次通过平衡位置所用时间为t，则重力加速度g = （用 L、n、
t 及常数表示）。
（6） 该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是： 先
测出一摆线较长的单摆的振动周期T1 ，然后把摆线缩短适当的长度 ΔL，再测出其振动
周期T2 ，用该同学测出的物理量表示重力加速度为g = 。
（7） 本实验测得的重力加速度一般略微偏小， 这是由于以下系统误差造成的
A． 小球经过平衡位置时计时， 很难看准，造成较大的周期测量误差
B． 小球球心位置较难确定，使摆长测量存在较大的系统误差
C． 由于存在空气阻力， 会减慢单摆的速度， 使周期测量值比理论值偏大
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D． 单摆摆动过程中， 摆线会稍稍伸长， 造成摆长的测量值比实际值偏小
12． 如图甲所示为验证碰撞过程中动量守恒的实验装置， 主要实验步骤为： 先使一个小 钢球从轨道上某高度处滚下， 直接落到铺有复写纸和白纸的水平木板上， 再让该小钢球
从轨道上滚下撞击轨道末端静置的另一个大小相等、质量不同的小钢球。回答下列问题：
(1)关于实验的具体操作， 下列说法中正确的是 ；（填选项前的字母序号）
A． 只要两次小球从轨道上同一位置由静止释放， 轨道末端不必水平
B． 只要轨道末端水平，两次小球不必从轨道上同一位置由静止释放
C． 小球在轨道上的释放点越低， 两球碰后水平射程越小、相对误差越小
D． 小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大， 误差越小 (2)实验结束后，需要测量的物理量有 ；（填选项前的字母序号）
A． 小球开始释放高度 h
B． 小球抛出点距地面的高度 H
C． 小球抛出后的水平射程
D． 小球的质量
(3)正确进行实验后， 取下白纸， 如图乙所示， O 点为抛出点竖直对应点。测出入射小球
的质量m1 = 45.0g ，被碰小球的质量m2 = 7.5g。
①设碰撞前、后入射小球的动量分别为 P1、 P1＇， 碰撞后被碰小球的动量为 P2＇，则
p1 : p1 ,= ； p1 , : p2 , = 11: ；
②定义实验的相对误差δ=碰后总总动量100% ，则此次实验的相对误差
δ = （保留一位有效数字）。
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四、解答题
13． 如图所示， 质量为M = 2kg 的物块A （可看作质点）， 开始放在长木板 B 的左端， B 的质量为m = 1kg， 长木板 B 可在水平面上无摩擦滑动。两端各有一固定竖直挡板 M、
N ，现 A、 B 以相同速度v0 = 6m/s 向左运动并与挡板 M 发生碰撞。 B 与 M 碰后速度立
即变为 0，但不与 M 粘结， A 与 M 碰后没有机械能损失，碰后接着返回向 N 板运动， 且在与 N 板碰撞之前， A、 B 能达共同速度。在长木板 B 即将与挡板 N 碰前， 立即将A 锁定于长木板 B 上，使长木板 B 与挡板 N 碰后，A、B 一并原速反向。 B 与挡板 N 碰后， 立即解除对 A 的锁定（锁定和解除锁定过程均无机械能损失）。以后 A、 B 若与 M、 N
挡板碰撞， 过程同前。 A、 B 之间动摩擦因数μ = 0.1， g = 10m/s2 。求：
（1） 在与 N 板发生第一次碰撞之前A 相对于 B 向右滑行距离Δs1；
（2） 通过计算，判断 A 与挡板 M 能否发生第二次碰撞；
（3） A、 B 系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量。
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14． 如图所示， 一半径 R=6.4m 的光滑圆弧轨道和一足够长的光滑斜面体固定在水平
面上， 轨道底端切线水平， 轨道与斜面体间距离足够大。一质量 M=2kg、长 L=5m 的平 板小车停靠在轨道底端， 小车上表面与轨道底端和斜面底端等高。 一质量 m=6kg 的小 滑块（可看作质点） 从轨道上与圆心等高的位置由静止释放。已知小滑块与小车间的动 摩擦因数为 μ=0.4， 小车与轨道和斜面体间发生的碰撞均视为完全非弹性碰撞（即碰后 小车速度立即变为零）但不粘连， 小滑块从小车滑上斜面和从斜面滑到小车均无能量损
失，重力加速度 g 取 10m/s2 ，求：
(1)小滑块第一次滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；
(2)小滑块第一次滑上斜面的最大高度；
(3)小滑块最终相对小车静止时距离小车右端的距离。
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参考答案：
1． D
【来源】上海市七宝中学附属鑫都实验中学 2020-2021 学年高一下学期期末质量检测物理试
题
【详解】根据题意， 有两种可能
AC． 第一种情况如图所示
根据图像得
( 1 1 )
|（4 + 12 )|λ= 0.4
解得
λ= 1.2m
周期为
T = λ = 1.2 s = 0.6s
v 2
再经 0.5s， 波向右移动的距离为
Δx = vt = 2根0.5m = 1m
波形向右移动 1m，波峰在 1m 处，如图所示
从图像可知， b 点在波谷处， AC 正确；
BD． 第二种情况，如图所示
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根据图像得
( 1 1 1 )
|（4 + 2 12 )|λ= 0.4
解得
λ= 0.6m
周期为
(
λ
0.6
)T = = s = 0.3s
v 2
再经 0.5s， 波向右移动的距离为
Δx =vt = 2根0.5m = 1m = 0.6m +0.4m
波形向右移动 0.4m， 波峰在 0.4m 处， 如图所示
根据图像， b 点在波峰处， B 正确， D 错误。
故选 D。
2． D
【来源】湖南省长沙市第一中学 2019-2020 学年高二上学期第一次阶段性考试物理试题
【详解】A． 小球滑上曲面的过程， 小车向右运动， 小球滑下时， 小车还会继续前进， 故不
会回到原位置， 选项 A 错误；
B． 由小球恰好到最高点， 知道两者有共同速度， 又因为两者质量相等， 故小球滑到最高点
时，小球和小车的动量相等，选项 B 错误；
C． 对于车、球组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，选项 C 错误；
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D． 由于小球原来的动能为
1 2
Ek 0= 2 mv
小球到最高点时系统的动能为
1 (v )2 mv2
Ek = 2 根2m|（2 )| = 4
所以系统动能减少了
ΔEk =
如果曲面光滑， 则减少的动能等于小球增加的重力势能， 即
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mv2
得
h =
= mgh
v2
4g
显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些， 选项 D 正确。
故选 D。
3． C
【来源】山东省日照市校际联合 2023-2024 学年高三上学期开学考试物理试题
【详解】根据动量定理可知小物块在 a 点时的速度为
I = mv
代入数据解得
v = 1.6m/s
两次经过 ab 的总时间为
t1 = = 4s
在圆弧上升的高度为
mgh= mv2
解得
h=0.128m
设小球上升至最高点时所对应轨道的圆心角为 θ, 由几何关系可得
cosθ = = 0.9968 ~1
证明角度极小,故可看做单摆模型，根据
T = 2
解得
T = 4
综上可知由 a 点返回 a 点时间为
(
10.28s
)t = t1 +
故 C 正确。
故选 C。
【点睛】本题考查动量定理以及极限思想下的圆周运动知识。
4． A
【来源】山东省泰安市 2023-2024 学年高三上学期 11 月期中考试物理试题
【详解】设甲图力作用完的时候速度为v1， 乙图力作用完的时候速度为v2， 甲图中的 F x 图
像的面积表示做功， 乙图中的 F t 图像的面积表示冲量，则对甲图列动能定理
1 2
W fx1 = 2 mv1
解得
v1 = m/s
撤掉 F 之后，列动能定理
, 1 2
fx1 = 0 2 mv1
解得
(
1
)x , = 15m
所以甲图中的总位移为
x甲 = x1 + x1, = 10 +15m = 25m
对乙图列动量定理
I ft2 = mv2
v2 = 15m/s
撤掉 F 之后，列动能定理
答案第 4 页，共 18 页
, 1 2
fx2 = 0 2 mv2
解得
x2, = 112.5m
对于乙图的前半段，是做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动到v2，
走过的位移为x2 ，假设为匀加速到v2 ，位移为
x匀加 = t2 = 10 = 75m
x2 x匀加
x乙 = x2 + x2, x匀加 + x2,
得
x乙 187.5m
而
7x甲 = 175m
则
(
乙
甲
)x 7x
故选 A。
5． C
【来源】2022 届四川省成都市树德中学高三下学期开学考试理综物理试题
【详解】AB． m 与木板 M 之间的最大静摩擦力为
fm = μFN = μmg = 0.5110 N ＝5N
m 受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为
am= fm F弹 = m/s2=9m/s2
选项 AB 错误；
C． F 随 x 的增大而增大， 整体的加速度逐渐增大， 当挡板的弹力达到最大时， F 最大，对
整体由牛顿第二定律得 F 的最大值为
Fm = (M + m)a = 27N
又
答案第 5 页，共 18 页
F = 3+ 0.5x
解得当 m 的加速度最大时的位移
xm = 48m
此过程由积累的关系可得
WF = Fxm = 48 = 720J
由动能定理即可求出系统的动能为
1 2
2 (M + m)vm = WF
由此即可求出 m 的最大速度
(
m
)v = 4 m/s
当摩擦力达到最大静摩擦力时有
(
m
)f = ma
此时对整体有
F = (M + m)a
解得
F = 15N
又
F = 3+ 0.5x
解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移
x = 24m
由动能定理即可求出系统的动能为
1 2
2 (M + m)v = W
由此即可求出此时 m 的速度
v = 12m/s
之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有
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W挡板 + fm (xm x) =
解得竖直挡板对 m 做的功最多为
1 2 1 2
(
2
m
2
) mv mv
(
挡板
)W = 48J
选项 C 正确；
D． 当位移为 24m 时 m 的速度v = 12m/s ，则物块受到合外力的冲量大小
(
=
= .
)I mv 12N s
合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量， 而木板对物块的冲量
大小不包括重力的冲量， 因此大小不为12N . s ，选项 D 错误。
故选 C。
6． B
【来源】2021 届山东省潍坊诸城一中高三上学期 11 月模拟物理试题
【详解】A． 根据动量定理，动量的变化水平向右，因此合力的冲量水平向右， A 错误；
BCD． 根据机械能守恒
1 2
mgR = 2 mv
可得动量的变化
p = mv = m
重力的冲量
IG = mgt
方向竖直向下， 根据动量定理
I合 = P = m
做出矢量方向三角形，可得支持力的冲量
IN = =
在整个运动过程中只有重力做功，支持力不做功， 因此 B 正确， CD 错误。
故选 B。
7． D
【来源】四川省成都市树德中学 2020-2021 学年高二下学期 5 月阶段性测试物理试题
【详解】A． 由同侧法判断出 x = 6m 的质点向下振动， 由 a 波刚好传到 x = 6m 的质点处， 此
时此质点与震源的振动方向一致，故振源的起振方向沿 y 轴负方向， 故 A 错误；
B． 由图可知 a 波的波长为 1m， b 波的波长为 4m，同一波源产生的波频率相等， 由
v = f λ
可知介质Ⅱ中波的传播速度时介质Ⅰ中的 4 倍， 此时刻 a 波传播到 x = 6m 处， 此时刻 b 波传播
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到 x = 24m 处， 故 B 错误；
C． 设 Q 点的振动方程为
y=A cos(负t +)负 =
则四分之一周期的路程为
(
4
2
)y1 + y 2 = A cos(负t +) + A cos( 负t + T +) = A
用数学换元法思想得
(
2
2
)cos x + cos(x + π) = 1
变形得
cos x + sin x =
当x （0，）时
sin(x +π )= 1
4 2
无解， 当x (， π)
sin(x π )= 1
4 2
无解， 当x (π, )
sin(x +π )= 1 4 2
无解， 当x ( ,2π)
sin(x π )= 1 4 2
无解， 故无论在哪一个四分一周期都 Q 的路程都不可能为 0.5A，故 C 错误；
D． 由图可知质点 P、Q 都是向 y 轴正方向振动， 质点 P 经过四分之一周期到达最大位移处， 而质点 Q 在小于四分之一周期的时间就能到达最大位移处，即质点 Q 先到达最大位移处，
故 D 正确。
故选 D。
8． AB
【来源】湖北省襄阳市第四中学 2022-2023 学年高二上学期阶段性测试物理试题（A）
【详解】A． 由题意可知，在t1 时刻后 A、 B 在水平方向上只受弹簧的弹力， 弹簧对 A、 B
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的弹力大小始终相等；
通过图乙可知， t2 时刻， A 的加速度大小比 B 的加速度大小大， 根据牛顿第二定律可知
mA < mB
故 A 正确；
B． 在t1 时刻， 弹簧处于原长状态且弹性势能为零， 0~ t1 时间内弹簧的弹性势能全部转化为 B 的动能，此时 B 的速度最大；S1 为0~ t1 时间内速度的变化量，即 B 此时的速度大小v0 = S1 ； t1 ~ t3 时间内，弹簧弹力作用使得 A 加速， B 减速， 弹性势能转化为 A， B 的动能，在t3 时
刻加速度为零， 弹力为零，弹性势能为零。
t1 和t3 时刻， A、 B 系统相当于发生弹性碰撞， 由动量守恒
mBv0 = mBvB + mAvA
动能守恒
1 2 1 2 1 2
mBv0 = mBvB + mAvA
2 2 2
解得
(
m
B
m
A
m
B
+
m
A
)vB = v0
因mA < mB ，则 B 的速度不为零且水平向右， S2 表示t1 ~ t3 时间内 B 物体的速度减少量， 则
v0 vB = S1 S2 > 0
故
(
1 2
)S > S
故 B 正确；
C． t1 ~ t3 时间内 A 的加速度先增大后减小，由于弹簧弹力提供加速度， 弹簧弹力先增大后
减小， 则弹簧的伸长量先增大后减小，所以 A、 B 间距离先增大后减小， 故 C 错误；
D． t1 ~ t3 时间内， 弹簧弹力对 A 物体一直是动力，与速度方向相同， 则 A 的速率一直增大，
故 D 错误。
故选 AB。
9． AC
【来源】2023 年浙江省台州市普通高中物理竞赛试题
【详解】A． 水平方向动量守恒，系统机械能守恒，有
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答案第 10 页， 共 18 页
(
1
2
)mv1 = Mv2， mgR =
联立解得
2 1 2
mv1 + 2 Mv2
(
,
v
2
=
.
2
gR
) (
v
1
=
) .2gR
故 A 正确；
B． 以 M 为参考系，因为此时 M 相对地面刚好没有加速度， 即 M 此时为惯性参考系，所以
不用引入惯性力，针对最低点建立向心力方程，有
N mg = m
得
N = mg
故 B 错误；
C． 此轨迹是“椭圆” ，轨迹方程是
+ = 1
故 C 正确；
D． 在地面系下针对最低点建立向心力方程， 有
N mg = m
得
p= 2 R
故 D 错误。
故选 AC。
10． AD
【来源】江苏省启东中学 2019-2020 学年高二上学期物理期末模拟物理试题（二）
【详解】A． 由题 x=1.2m 处的质点在 t=0.03s 时刻向 y 轴正方向运动，可知波向右传播。
则时间
Δt =（n + ） T
解得周期
T = 4Δt = 0.12 s，（n=0， 1， 2…）
4n + 3 4n + 3
频率
f = 1 ＝4n + 3 ＝4n + 3 Hz，（n=0， 1， 2…）
T 4Δt 0.12
当 n=3 时
f=125Hz
选项 A 正确；
B． 波速的通项
v = λf = =1.2xm/s=(40n + 30 )m/s， n=0， 1， 2… …
因为 n 是整数，故 v 不可能等于 10m/s， 选项 B 错误；
C． t=0 时 x=1.4m 处质点位于 x 轴上方，加速度方向沿 y 轴负方向， 选项 C 错误；
D． 从 t ＝0 时起，平衡位置在 0.9m 处的质点从平衡位置向下振动， 振动方程为
y = Asin 负t
当t = T 时
(
2
π
T
π
)y = 5xsin( x )m=-5xsin m=-2.5m
T 12 6
选项 D 正确。
故选 AD。
11． 2.07 L = l0 + 2.25 B 不受影响 C L
CD
【来源】北京市玉渊潭中学 2021-2022 学年高二上学期期中物理试题
【详解】(1)[1]游标卡尺是十分度的卡尺， 则摆球直径为
d = 2cm + 7x0.1mm = 2.07cm
[2]摆长表达式为
L = l0 +
(2)[3]数到 60 次时， 经过了 30 个周期， 表的读数为 1min7.4s，则周期为
答案第 11 页， 共 18 页
(
t
2
t
)T = = ~ 2.25s
n n
2
(3)①[4]由
T = 2π
可得
T2 = L
周期与质量和振幅都无关，不过原点的原因可能是测得的摆长偏小，即把摆线长当成了摆长，
故 ACD 错误， B 正确。
故选 B；
②[5]根据以上分析可知， 图像的斜率不受影响， 则 g 测量值不受影响；
(4)[6] A． 未悬挂摆球前， 先测好摆长，摆长偏小， g 值偏小，故 A 错误；
B． 摆角尽量小些，单摆的运动才可以看成周期性的简谐运动， 故 B 错误；
C． 单摆摆动稳定后， 摆球经过平衡位置时速度变化最小， 在这个位置计时误差比较小， 故
C 正确；
D．摆动过程中， 若逐渐形成了圆锥摆，不可以继续测量， 只有会影响单摆周期， 故 D 错误。
故选 C；
(5)[7]由题意可得周期为
(
t
2
t
)T = =
(
n
1
n
1
2
)则由
T = 2π
可得
(
4
π
2
π
2
(
n
1)
2
) (
T
2
t
2
)g = L = L
(6)[8]由
T2 = L
带入数据可得
答案第 12 页， 共 18 页
(
2
H
) (
g
)4π2ΔL
g = 2 2
T1 - T2
(7)[9] A． 小球经过平衡位置时计时， 很难看准，造成较大的周期测量误差， 这样测得的重
力加速度可能偏大， 也可能偏小， 故 A 错误；
B． 小球球心位置较难确定， 使摆长测量存在较大的系统误差， 这样测得的重力加速度可能
偏大， 也可能偏小， 故 B 错误；
C． 由于存在空气阻力，会减慢单摆的速度，使周期测量值比理论值偏大，根据
T = 2π
可知， 重力加速度的测量值偏小， 故 C 正确；
D． 单摆摆动过程中， 摆线会稍稍伸长， 造成摆长的测量值比实际值偏小， 根据
T = 2π
可知， 重力加速度的测量值偏小， 故 D 正确。
答案第 13 页， 共 18 页
故选 CD。
12． D
CD
p1 14
=
p1 , 11
2.9 0.7%
【来源】2021 届河南省豫南九校高三上学期 11 月联考物理试题
【详解】(1)[1]A． 为了让小球做平抛运动，轨道末端必须水平， A 错误；
B． 为了保证两次小球到达轨道末端的速度不变，小球必须从同一位置由静止开始滚下， B
错误；
CD． 小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大， 碰撞时的相互作用力与
阻力的比值越大， “ 内力越远远大于外力”， 碰撞过程动量越接近守恒， 损失的动量与碰撞前
(
正确。
)总动量的比值越小， 相对误差越小， C 错误， D
故选 D。
(2)[2] 由动量守恒定律得
(
+
m
2
v
2
)m1v0 = m1v1
由平抛运动
OP = v0
(
g
)OM = v1 2H
(
g
)ON = v2 2H
解得
m1 . OP = m1 . OM + m2 . ON
由上式可知，需要测量小球的质量和水平射程， AB 错误， CD 正确。
故选 CD。
(3)[3][4]动量之比为
p1 OP 44.80 14
= = =
p1 / OM 35.20 11
p1 ' m1 . OM 45.0x35.2 11
= = =
p2 ' m2 . ON 7.5x55.68 2.9
[5]相对误差为
(
(
)
) (
(
45.0
x
35.20
+
7.5
x
55.68
)
45.0
x
44.80
) (
δ
=
) (
x
100%
=
) (
x
100%
=
0.7%
) (
45.0
x
44.80
)m1 . OM + m2 . ON m1 . OP
m1 . OP
13．（1） 6m；（2） 能；（3） 27J
【来源】陕西省西安高新第一中学 2019-2020 学年高二下学期期中物理试题
【详解】(1)第一次碰撞后 A 以 v=6m/s 速度向右运动， B 的初速度为 0，与 N 板碰前达共同
速度 v1 则
(
0 1
)Mv = (m + M)v
解得
v1=4m/s
系统克服阻力做功损失动能
1 2 1 2
ΔE1 = Mv0 (m + M)v1 = 12J
2 2
根据功能关系， 有
μMg . ΔS1 = ΔE1
解得
答案第 14 页， 共 18 页
答案第 15 页， 共 18 页
ΔS =
(
1
)ΔE 12J
=
μMg 0.1x2x10N
= 6m
(2)因与 N 板的碰撞没有能量损失， A、 B 与 N 板碰后返回向左运动，此时 A 的动能
1 2
EA , = 2 x2x4 J=16J > ΔE1
因此， 当 B 先与 M 板碰撞停住后， A 还有足够能量克服阻力做功， 并与 M 板发生第二次碰
撞，所以 A 可以与挡板 M 发生第二次碰撞，根据动能定理，有
1 2 1 2
2ΔE1 = Mv2 Mv0
2 2
解得
(
v
2
=
v
0
M
=
6
2
心
3.4m/s
)2 4ΔE 2 4x12
(3)设第 i 次碰后 A 的速度为 vi， 动能为 EAi， 达到共同速度后 A 的速度为vi ,动能为EAi ，同
理可求
vi,= vi
E ,= 4 E
Ai 9 Ai
1 2
E , = E , = E
Bi 2 Ai 9 Ai
单程克服阻力做功
Wfi = EAi EAi , EBi , = EAi < EAi ,
因此每次都可以返回到 M 板，最终停靠在 M 板前， 在每完成一个碰撞周期中损失的总能量
均能满足
2 2 8
ΔEi = 2Wfi +EBi , = 3 EAi + 9 EAi = 9 EAi
(即剩余能量为EAi )，其中用以克服阻力做功占损失总能量之比
W , 2W 3
fi = fi =
ΔE ΔE 4
i i
碰撞中能量损失所占的比例
ΔE ,, 1
Bi =
ΔE 4
因此,当初始 A 的总动能损失完时，克服摩擦力做的总功为
Wf总 = EA0 =27J
根据功能关系,产生的内能为 27J
14． (1)180N； (2)3.2m； (3)3.78m
【来源】2022 届云南省昭通市高三上学期毕业诊断性检测理综物理试题
答案第 16 页， 共 18 页
【详解】(1)根据机械能守恒定律
(
1
2
)mgh =
解得
mv12
(
1
)v = 8 m/s
根据牛顿第二定律
FN mg = m
根据牛顿第三定律
(
N
N
)F , = F
解得
,
FN = 180N
(2)根据动量守恒定律
mv1 = (M + m)v2
解得
v2 = 6 m/s
根据能量守恒定律得
(
1
1
)μmgx1 = 2 mv12 2 (M + m)v22
解得
x1 = 4m < 5m
设滑块滑到小车右端的速度为 v3 ，根据动能定理
(
1
1
) μmg (L x1 ) = 2 mv32 2 mv22
解得
(
3
)v = 8m/s
根据机械能守恒定律得
1 2
2 mv3 = mgh
解得
h = 3.2m
(3)返回后第二次共速 v4， 根据动量守恒定律
mv3 = (M + m)v4
解得
v4 = 6m/s
根据能量守恒定律得
(
1
1
)μmgx2 = 2 mv32 2 (M + m)v42
解得
答案第 17 页， 共 18 页
x2 = 2m
离开下车时的速度 v5 ，根据动能定理
(
1
2
) μmg (L x2 ) = mv52
解得
v5 = 2 m/s
第三次共速 v6， 根据动量守恒定律
mv5 = (M + m)v6
解得
v6 = m/s
根据能量守恒定律得
mv42
μmgx3 = mv52 (M + m)v62
解得
x3 = 0.375m
小车停止后，滑块的速度减小到零时运动的距离为 x4
1 2
μmgx4 = 0 2 mv6
x4 = 0.844m
小滑块最终相对小车静止时距离小车右端的距离
x = L x3 x4 = 3.78m
答案第 18 页， 共 18 页
