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北京八中 2023-2024 学年度第二学期期末练习题答案详解
2023-2024 学年度第二学期期末练习题答案详解
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B D C C A D B B D D
11 12 13 14
ABC BD ACD CD
1．B 【详解】
A．该实验最早由卡文迪什完成，A 错误；B．该实验应用了“微小量放大”的实验方法，B
正确；C．实验测得的引力常量是一个带有单位的常量，C 错误；D．引力常量与物体质量
无关，D 错误。
2．D 【详解】
v2
A．根据 a = ，因 rA < rB，可知 A 车的向心加速度大于 B 车的向心加速度，A 错误；
r
B．两车都做匀速圆周运动，可知所受合力方向都一定指向圆心，B 错误。
v2
C．根据 F = m ，因两车质量关系不确定，不能比较两车所受合外力的大小，C 错误；
r
v
D．根据 ω = ，因 vA = vB，rA < rB，可知 A 车的角速度比 B 车的角速度大，D 正确；
r
3．C 【详解】
A．释放后小球后，A 球向上运动，速度增大，高度增大，所以 A 球的动能和势能都增大，
即 A 球的机械能增大，故 A 错误；
BCD．在杆从水平转至竖直的过程中，A 球和 B 球组成的系统能量只在重力势能和动能之间
转化，系统的机械能守恒。所以 C 正确，D 不正确。
又根据机械能守恒可得 B 球机械能减小，所以杆对 B 球做负功。B 不正确。
4．C 【详解】
A．以地面为零势能面，物体落到海平面时重力势能为 mgh，选项 A 正确；
1 1 2 1 1 2
B．从地面到海平面，由动能定理可知 mgh = mv2 mv0，故 Ek = mv
2 = mgh + mv
2 2 2 2 0
；
C．小球在最高点时，重力势能为 mgH，但有水平方向速度，动能不为 0，机械能大于 mgH；
1 2 1 2
D．小球运动过程机械能守恒，抛出时机械能为 mv0，落到海平面时机械能也为 mv0。 2 2
5．A 【详解】
A．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，则卫星在轨道 3 上速度大于它在
轨道 2 上 P 点的速度，故 A 正确。
GMm v2
BC．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得 2
r2
= m = mω r，
r
GM GM
可得 v = ，ω = 3 。可知卫星在轨道 3 上的速率小于在轨道 1 上的速率，卫星 r r
在轨道 3 上的角速度小于在轨道 1 上的角速度，故 BC 错误；
GMm GM
D．根据牛顿第二定律可得 2 = ma，可得 a = 2 ，可知卫星在轨道 3 上 P 点加速度等r r
于它在轨道 2 上 P 点的加速度，故 D 错误；
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北京八中 2023-2024 学年度第二学期期末练习题答案详解
6．D 【详解】
A．小球 A 受到重力、支持力，向心力是由重力和支持力的合力来提供，故 A 错误；
B．如图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力一定指向圆
心，故 B 错误； FN
mg
C．小球受力分析如图，则 F合 = ，故 C 错误；
tanθ θ F合
D．小球圆周运动半径为：r = Htanθ，小球所受合力提供向心力， H
mg
= mω2r = mω2
g
Htanθ，可得 ω = 2 ，故 D 正确。
O mg
tanθ Htan θ
7．B 【详解】
A．两小车的合外力都等于弹簧弹力，大小相等，
根据牛顿第二定律 F = ma，可知 aA: aB = 1: 3，A 错误；
B．水平方向两车动量守恒，mAvA mBvB = 0， mAvA t mBvB t = 0，mAxA mBxB = 0，
所以 vA: vB = 1: 3，xA: xB = 1: 3，EkA: EkB = 1: 3，pA: pB = 1: 3，故 B 正确，C、D 错误。
8．B 【详解】
A．0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，牵引力恒定，由 P = Fv可知，汽车的
牵引力的功率均匀增大，A 错误；
B．在 t1～t2 时间内，汽车功率不变，加速度减小，F – f = ma，所以牵引力减小，B 正确；
1 2 1 2
C．t1～t2时间内，汽车牵引力做正功，阻力做负功功，汽车动能的变化量为 mv2 mv1， 2 2
1 2 1 2
故牵引力做功一定大于 mv2 mv1，C 错误； 2 2
D．t2～t3时间内汽车匀速运动，牵引力等于其所受阻力，选项 D 错误。
9．D 【详解】
1 2
A．由动能定理，物块所受摩擦力做功：Wf1 = mv – 0 = 2 J，A 错误； 2
1
B．设物块加速过程中位移大小为 x1，x1 = vt，而传送带匀速运动对应位移大小 x2 = vt = 2x1，
2
物块对传送带做功 Wf2 = f x2，Wf1 = f x1 = 2 J，所以 Wf2 = 4 J，B 错误；
C．系统摩擦生热 Q = fs相对 = f (x2 – x1) = 2 J，C 错误；
D．根据功能关系，由于传送该物块电动机多做的功大小等于物块对传送带做的负功的绝对
值大小，即 4 J，D 正确。
10．D 【详解】
A、B．整个运动过程系统机械能守恒，结合图象，开始时 m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧
被压缩，t1时刻二者速度相等，弹簧被压缩最短，系统动能最小，势能最大；然后弹簧逐渐
恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态；由
于 t2 时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当 t3时刻，二木块
速度再次相等，弹簧最长，系统动能最小；因此从从 t1 到 t3时刻中弹簧由压缩状态恢复原
长再伸长，t = 0、t2、t4 三个时刻弹簧处于原长状态，t1 弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处
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北京八中 2023-2024 学年度第二学期期末练习题答案详解
于伸长状态，所以 A、B 错误；
C．系统动量守恒，选择开始到 t1时刻列方程可知 m1v0 = (m1 + m2)v共，
将 v1 = 3 m/s，v共 = 1 m/s 代入得 m1: m2 = 1: 2，故 C 错误；
1
D．在 t2 时刻 A 的速度为 vA = 1 m/s，B 的速度为 vB = 2 m/s，根据 Ek = mv2，可得
2
Ek1: Ek2 = 1: 8，故 D 正确。
11．ABC 【详解】
A．第一定律的内容为：“所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上”；
B．根据面积定律可知，行星在近日点的速率大于在远日点的速率，故 B 正确；
C．行星绕太阳运动时，从近日点到远日点的过程，太阳对它的引力与其速度方向的夹角大于
90°，太阳对它的引力做负功，故 C 正确；
D．开普勒第二定律的内容为：对于同一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相
等的面积，故 D 错误。
12．BD 【详解】
AB．由题意可知，小球从抛出到落回抛出点，高度差 h = 0，可得重力做功为 WG = 0，则物
体克服重力做功也是 0，所以 A 正确，B 错误；
D．由题意可知，阻力大小恒定，小球从抛出到落回抛出点过程中阻力一直做负功，所以空气
阻力做功为 Wf = f 2h = 2fh，即物体克服空气阻力做的功为 2fh，所以 D 正确；
C．合外力做的功为 W = WG + Wf = 2fh。故 C 错误。
13．ACD 【详解】
A．因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹
与木块组成的系统水平方向动量守恒，过程中摩擦力做功，机械能不守恒，A 错误；
mv0 mv
B．子弹穿过木块过程，有 mv0 = mv + Mv ，v = ，B 正确；
M
C．子弹穿透木块过程中，木块、子弹都有速度，绳子拉力和重力合力提供向心力，所以绳子
拉力不等于(m + M)g，C 错误；
D．木块摆动过程中机械能守恒，木块增加的重力势能等于减小的动能，最高点时的重力势能
1 m3(v 22 0 v)Ep = mv = 2 ，D 错误。 2 2M
14．CD 【详解】
1 2
A．设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为 v0，由动能定理得 m1gR = m1v0，得 v0 = 2gR； 2
BC．甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为 v1和 v2，甲、乙两球发生弹性碰撞则有，
1 2 1 2 1 2
m1v0 = m1v1 + m2v2， m1v0 = m1v + m2v2 2 1 2 2
，
2m1
解得 v2 = v0，若 m1 < m2，则 v2 < v0，两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为 h，则
m1 + m2
1 2
m2gh = m2v2，解得 h < R，乙球不可能到达 A 点。 2
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1 2
若 m1 = m2，则 v2 = v0，两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为 h'，则 m2gh' = m2v
2 2
解得 h' = R，故 B 错误，C 正确；
2
vC
D．设乙球恰好运动的最高点的速度为 vC，重力提供向心力 m2g = m2 ，得 vC = gR，从最
R
1 2 1 2
低点到最高点，m2g 2R + m2v
2 C
= m2v2，解得 v2 = 5gR， 2
2m1 2m1 m1 10
令 v2 = v0 ≥ 5gR，得 2gR ≥ 5gR，即满足 ≥ 时，两球第
m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2 4
一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点 C 点。故 D 正确。
（碰后 m2 所能达到的最大速度为 2 2gR > 5gR，所以乙球有可能到达最高点）
15．（1）BC，（2）0.0982，0.0960，（3）A
1
（1）A．要验证的关系式 mgh = mv2，两边都有 m，实验时不需要测出重物的质量，A 错误；
2
B．两限位孔在同一竖直线上可以减小纸带与打点计时器间的摩擦，B 正确；
C．重物选用质量和密度较大的金属锤可减小阻力的影响，C 正确；
D．实验时应该先接通打点计时器再释放重物，D 错误。
（2）从打下点 0 至打下点 3 的过程中，重物重力势能的减少量为
ΔEp = mghOB = 2×9.8×5.01×0.01 = 0.982 J，
xAC (7.06 3.14)×0.01
打下点 B 时的速度 vB = = = 0.98 m/s，
2T 2×0.02
1 2
则动能增加量为：ΔEk = mv
2 B
= 0.961 J
1 2 2 2(mg f )（3）由动能定理可得 mgh f h = mv ，可得 v = h，可知 v2 h 图像为一条过原点的倾
2 m
斜直线。故选 A。
m1 m1 m2
16．（1）>，（2）CD，（3） = + ，（4）能
y2 y3 y1
（1）在小球碰撞过程中据动量守恒定律可得 m1v0 = m1v1 + m2v2，碰撞前后系统动能不变，故有
1 2 1 2 1 2 m1 m2
m1v0 = m1v1 + m2v2，解得 v1 = v0，若要使a球的速度方向不变（v1 > 0），应满2 2 2 m1 + m2
足 m1 > m2；
2h L g 1
（2）小球平抛运动的时间 t = ，则初速度为 v = = L ，v ∝ ，碰后 b 球的速度
g t 2h h
较大，则下落高度 h 较小，痕迹 A 是小球 b 在白纸上留下的。痕迹 C 是碰后 a 球留下的，
据动量守恒定律可得 m1v0 = m1v1 + m2v2，代入初速度与平抛下落高度的关系可得
m1 m1 m2
= +
y2 y3 y1
由上述表达式可知，需测量的物理量有 a 球和 b 球的质量 m1、m2和 O 点到 A、B、C 三点
的竖直距离 y1、y2、y3。故选 CD。
m1 m1 m2
（3）在实验误差允许范围内，若关系式 = + 成立，则动量守恒。
y2 y3 y1
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（4）由实验原理可知，若碰撞过程中有机械能损失，不影响碰撞过程动量守恒的验证，故第（3）
中的关系式成立，能验证碰撞过程中动量守恒。
1 2 1 2 1
17．（1）小球从 A 点到 B 点的过程中，由动能定理有 2mgR = mvB mv ，vB = vA 2 2 A 2
4 3gR
解得 vA =
3
2
2 3gR vB mg
（2）由（1）得 vB = ，小球在 B 点时，FN + mg = m ；解得 FN =
3 R 3
V Sv t Q
18．（1） t 时间内，水枪口喷出水的体积为 V = Sv t，Q = = = Sv，v =
t t S
（2） t 时间内，喷射到物体上的质量 m = ρQ t，以这些水为研究对象，以水流初速度方向为
ρQ2
正方向，由动量定理得： F t = 0 mv，得，F =
S
ρQ2
由牛顿第三定律可得，水枪对物体的冲击力大小 F = F = 。
S
2πR
19．（1）月球的第一宇宙速度 v1 =
T
Mm 2π 2 4
（2）卫星受到的万有引力提供向心力 G 2 = m
R，月球的体积为 V = πR3，
R T 3
M 3π
可得月球的密度为 ρ = = 2 V GT
Mm
（3）卫星在月球表面受到万有引力等于重力，G 2 = mg，探测器做自由落体运动 v
2 = 2gh
R
2π
得：v = 2hR
T
20．（1）斜劈、物块在水平方向动量守恒，mv1x Mv2 = 0， v2
则 mv 1x Mv 2 = 0，可得：mx v1x 1 Mx2 = 0，
mlcosθ v
由图可知 1x1 + x2 = lcosθ，可得 x2 =
M + m v1y v相对
v θ 1y
（2）在图 3 中，由几何关系可得 tanθ =
v2 + v1x
（3）m 和 M 组成的系统在水平方向动量守恒，有 mv1x Mv2 = 0
1 2 2 1 2
由系统机械能守恒，得： m(v1x + v1y) + Mv2 = mglsinθ， 2 2
得 v1 = 或 ，
v2 = 或
1
（4）根据 x2 = v2t，可得：t = 或
2
第5页，共6页
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20 题（3）问计算过程如下：
v1y
tanθ = ①
v2 + v1x
1 2 2 1 2
m(v
2 1x
+ v1y) + Mv2 2
= mglsinθ ②
mv1x Mv2 = 0 ③
M M m + M
由③得 v1x = v2，由①得 v1y = (v2 + v1x)tanθ = (v2 + v2)tanθ = v2tanθ，
m m m
将 v1x、v1y的值代入②，可得： ，
，
通分可得 ，
=
或 v2 = =
v2 =
= =
=
2 2 2
v1 = v1x + v1y = =
= =
=
得：
第6页，共6页
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