浙江省宁波市镇海中学2023学年高二上学期12月月考物理试题（Word版附解析）

2023学年第一学期镇海中学12月月考高二年级物理试题考生须知：1.本试题满分100分，考试时间90分钟。2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上的无效。选择题部分一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置）1.如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（　　）A.N・sB.N・m/sC.kg・m/sD.kg・m2/s3【答案】D【解析】【详解】A．不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义可知，是冲量的的单位，A错误；B．根据功率的计算公式可知功率的单位可以表示为，但不是国际单位制基本单位，B错误；C．根据动量的定义可知，是动量的单位，C错误；D．根据可知功率的单位可以表示为，结合可知，则功率得单位，D正确。故选D。2.2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F 遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，6月5日17时42分，神舟十四号飞船与空间站径向端口成功对接，将陈冬、刘洋、蔡旭哲3位航天员送入空间站天和核心舱。下列说法正确的是（　　）A.10时44分是指时间间隔B.神舟十四号载人飞船刚开始加速飞离地球的过程中，宇航员处于超重状态C.研究神舟十四号与天和核心舱对接的技术细节时，可以将飞船看成质点D.航天员在空间站中绕地球运动时的惯性比在地面时的惯性大【答案】B【解析】【详解】A．10时44分是指时刻，A错误；B．神舟十四号载人飞船刚开始加速飞离地球的过程中，加速度向上，支持力大于重力，宇航员处于超重状态，B正确；C．研究神舟十四号与天和核心舱对接的技术细节时，大小不能忽略，不能将飞船看成质点，C错误；D．航天员的质量不变，故在空间站中绕地球运动时的惯性与在地面时的惯性一样大，D错误。故选B。3.小黄是徒手爬楼高手，在网上拥有许多粉丝，被称为现实中的“蜘蛛侠”。如图为他徒手利用两面直角相关的墙角靠摩擦爬上墙壁的图片。当他双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中，此时关于他的受力分析可能正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】D【解析】【详解】依题意，当人双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中时，每面墙壁给人每只手的弹力均垂直墙壁指向外面，根据对称性可知墙面对人每只手的弹力大小相等，且两弹力相互垂直，根据平行四边形定则可知两弹力的合力垂直墙角竖直线指向外，所以人所受弹力与重力的合力向外倾斜，由平衡条件可得，人手所受两面直角墙壁的摩擦力的合力应向内倾斜，综上所述，故选D。4.很多智能手机都有加速度传感器。用手拖着手机，打开加速度传感器，手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，观察手机屏幕上加速度传感器的图像，如下图所示。下列说法正确的是（　　）A.当地重力加速度大于10m/s2B.图中波谷处有一小段时间的数值接近-10m/s2，这就是自由落体加速度C.图中波谷处手机处于匀速直线运动状态D.自由落体之后有一个向上的波峰，这是用手接住手机时手机做减速运动的加速度，方向向下【答案】B【解析】【详解】A．根据图像可知，开始一段，手机脱离手掌而自由下落，加速度为，当地重力加速度等于10m/s2，故A错误；B．图中波谷处有一小段时间的数值接近-10m/s2，这就是自由落体加速度，加速度为重力加速度，故B正确；C．图中波谷处手机加速度为重力加速度，处于失重状态，故C错误； D．自由落体之后有一个向上的波峰，这是用手接住手机时手机做减速运动的加速度，向下减速，加速度方向向上，故D错误。故选B。5.质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　）A.秋千对小明的作用力小于B.秋千对小明的作用力大于C.小明的速度为零，所受合力为零D.小明的加速度为零，所受合力为零【答案】A【解析】【分析】【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有由于小明的速度为0，则有沿垂直摆绳方向有解得小明在最高点的加速度为所以A正确；BCD错误；故选A。6.一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（）A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2【答案】D【解析】【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．7.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）A.发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间 B.从P点转移到Q点的时间小于6个月C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度【答案】C【解析】【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；D．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由可得可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度，故D错误；故选C。8.中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（　　）发动机最大输出功率（）332最大输送高度（m）63整车满载质量（）180 最大输送量（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功故选C。9.如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（　　）A.导体内部的场强左端大于右端B.A、C两点的电势均低于B点的电势C.B点的电场强度大于A点的电场强度D.正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小【答案】D【解析】【详解】A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误； D．根据可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。故选D。10.如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（）A.偏转电压B.偏转的角度C.射出电场速度D.电场中运动的时间【答案】B【解析】【详解】AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：电场力提供加速度：极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：联立方程可知偏转位移满足：结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；BC．偏转的角度满足：解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。 故选B．11.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（）A.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动B.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动C.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动D.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动【答案】B【解析】【详解】先对1和3线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向：电流大小相等，线圈关于两导线对称，所以线圈中的磁通量为0，电流增大时，根据楞次定律可知线圈中无感应电流，不受安培力，所以1和3线圈静止不动；再对2和4线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向： 电流增大，根据楞次定律判断感应电流方向（如图所示），靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大，因此受力起主要作用，根据左手定则判断安培力的方向（如图所示），根据力的合成可知2、4线圈沿着对角线向外运动，故B正确，ACD错误。故选B．12.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）A.两碎块位移大小之比为1:2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知因两块碎块落地时间相等，则则则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移质量小的碎块的水平位移 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为选项CD错误。故选B。13.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R3的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）A.在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有由a至b的电流B.在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流C.在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由b至a的电流D.在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流【答案】B【解析】【详解】AB．粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R3、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R3变大，电路总电阻变大，电流变小，A表的示数变小，电容器两端电压为U=E﹣I（r+R1）故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A错误，B正确；CD．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R3变小，电路总电阻变小，电流变大，A表的示数变大，电容器两端电压为U=E﹣I（r+R1）故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故CD错误； 故选B。二、选择题Ⅱ（本大题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，选部分但正确的得2分，不选、多选、错选均不得分，请将你认为正确的答案填涂在答题卡相应位置）14.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为的恒定速率顺时针转动。一质量的煤块以初速度从端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，，则下列说法正确的是（　　）A.煤块上升的最大位移为B.煤块与传送带间的动摩擦因数0.5C.煤块从冲上传送带到返回端所用的时间为D.煤块在皮带上留下的划痕为【答案】BC【解析】【详解】A．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，煤块上升的最大位移为故A错误；B．由题图乙可知，煤块滑动摩擦力方向突变发生在1s时刻，在0~1s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得在1~2s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得联立解得 故B正确；C．设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，根据运动学公式有解得(另一值舍)故C正确；D．0~1s时间内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移分别为此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为时间内，煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块和传送带的位移分别为此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为因为，所以有一部分痕迹是重合的，因此煤块在皮带上留下的痕迹长度为，故D错误。故选BC。15.如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上。现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，可行的是（　　） A.使粒子的带电量减少为原来的B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C.使两板间距离增加到原来的2倍D.使两极板的长度减小为原来的一半【答案】ACD【解析】【详解】设极板间距为d，极板长度为l，当粒子速度为v时，恰能穿过电场区域而不碰到金属板，有A．使粒子的带电量减少为原来的，则有故A正确；B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，则有故B错误；C．使两板间的距离增加到原来的2倍，此时的偏移应该为d，则有故C正确；D．使两极板的长度减小为原来的一半，则有故D正确。故选ACD。非选择题部分三、解答题（本大题共5小题，共55分。请将你认为正确的答案写在答题卡相应位置）16.（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为______cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为______m/s2（保留两位有效数字）。 ②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是______。A．换成质量更小的小车B．调整长木板的倾斜程度C．把钩码更换成砝码盘和砝码D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中，①下列说法正确的是______；A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要______（选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。【答案】①.6.15~6.25②.1.7~2.1③.BC##CB④.D⑤.3【解析】【详解】（1）[1]依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm~6.25cm也可；[2]由图3中小车运动的数据点，有 考虑到偶然误差，1.7m/s2~2.1m/s2也可；[3]A．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；B．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故B正确；C．以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有考虑到实际情况，即，有则可知而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；D．实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误。故选BC。（2）[4]A．在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故A错误；B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；C．实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故C错误；D．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确。故选D。[5]若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧称拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧称示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧称和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧称的示数F2 ；只有一个弹簧称将结点拉至O点，并记下此时弹簧称的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O。17.在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。（1）从下列选项中选出实验所必须的器材，其对应的字母为________。A.打点计时器（包括纸带）　　B.重锤C.天平D.秒表（或停表）E.小车（2）若重锤的质量为1.00kg，当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了__________J；此时重锤的动能比开始下落时增加了_______J。（结果保留三位有效数字）（3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是___________。A.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力B.选用重锤的质量过大C.交流电源的频率大于50HzD.交流电源频率小于50Hz（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为____的直线，则验证了机械能守恒定律。A．19.6　　B．9.80　　C．4.90 【答案】①.AB##BA②.1.85③.1.68④.D⑤.A【解析】【详解】（1）[1]AB．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故AB正确；C．要验证因重锤质量被约去，可以直接验证重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C错误；D．该实验用不到秒表（或停表），故D错误；E．该实验用不到小车，故E错误。故选AB。（2）[2]重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能[3]打B点时速度计数点间时间间隔从重锤下落到打B点时增加的动能联立解得（3）[4]A．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；B．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；CD．若交流电的频率 由于速度值仍按频率为50Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现的结果。同理，交流电源的频率大于50Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现故C错误，D正确。故选D。（4）[5]由得-h图像若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为的直线，则验证了机械能守恒定律。故选A。18.在“测量金属丝的电阻率”实验中：（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与________（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与___________（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。 （2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是___________（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。则图像斜率______。若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为__________m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.0.6②.0.6③.左④.乙⑤.2.1##2.2##2.3##2.4##2.5⑥.0.24##0.25##0.26##0.27##0.28【解析】【详解】（1）[1][2][3] 实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差，则图中的导线a端应与“0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与“0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。（2）[4]做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I图像求电阻，求电阻的方法更合理；（3）[5]由图像可知图像斜率[6]方法一：由电路可知解得则若要把该满偏电流为表头G改装成量程为的电流表，则并联的电阻解得方法二：延长图像可知，当I=9.0mA时可得即19.某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过2s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，接着做竖直上抛运动。若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）燃料恰好用完时火箭的速度；（2）火箭上升离地面的最大高度； （3）火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间（计算结果用根号表示）。【答案】（1）40m/s，方向竖直向上；（2）120m；（3）【解析】【详解】（1）设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1。火箭的上升运动分为两个过程，第一过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点，对第一个过程，自制火箭做匀加速运动有解得由速度公式得方向竖直向上；（2）对第二个过程，由位移与速度关系公式得代入数据解得所以火箭上升离地面的最大高度（3）从燃料用完到运动至最高点的过程中，有解得从最高点落回地面的过程中解得故总时间为 20.在水平方向的匀强电场中，用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求匀强电场的场强大小E；（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时加速度大小a；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）以小球为对象，根据平衡条件可得解得匀强电场的场强大小为（2）若剪断轻绳，小球受到重力和电场力的合力大小为根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，设小球摆到最低点时的速度为，根据机动能定理可得小球在最低点时，根据牛顿运动定律有联立解得 21.如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度-时间图象如图乙所示。求：（1）物体B运动速度的最大值；（2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度-时间图象；（3）若在某时刻使物体C以vC=4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。【答案】（1）2m/s；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当细线烧断时，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，设物体B的最大速度为,由动量守恒定律有解得可知，当A的速度最大时，B将获得最大速度，根据图乙可知，当时，A的速度最大，读图可得此时由此可得B的速度的最大值为 （2）根据A、B及弹簧组成的系统在整个运动过程中动量守恒可知，当两者速度第一次均达到最大时，弹簧恢复原长，之后两者一起减速，直至速度均减为0时，弹簧被拉伸至最长，之后二者速度反向，再次速度达到最大时弹簧又一次恢复原长，之后二者又共同减速，直至速度减为零，如此反复，物块B在一个周期内的速度—时间图像如图所示（3）因为水平方向系统不受外力，系统动量守恒，因此无论A、C两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个恒量，总动能也是一个定值，且三物体速度相同时弹簧具有最大弹性势能，设三物体共速时的速度为，根据动量守恒定律有解得当A在运动过程中速度为且与C同向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有解得设此过程中具有的弹性势能的最大值为，由能量守恒有代入数据解得当A在运动过程中速度为且与C反向时，跟C相碰，A、C相碰前后动量守恒，有解得 设此过程中具有的弹性势能的最大值为，由能量守恒有代入数据解得综上可得，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为22.如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【解析】【详解】(1)机械能守恒解得动量定理 方向水平向左(2)机械能守恒牛顿第二定律解得满足的条件(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动其中，，则得机械能守恒h满足的条件