湖南省师大附中2020届高三上学期物理第二次月考试卷

湖南省师大附中2020届高三上学期物理第二次月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·湖南月考）如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块（　　）
A．c受到水平桌面向左的摩擦力
B．c对b的作用力一定竖直向上
C．b对a的支持力一定竖直向上
D．b对a的支持力一定等于a所受重力
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，A不符合题意；选ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对ab整体的作用力与其总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，B符合题意；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，CD不符合题意．
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，在重力、支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
2．（2019高三上·湖南月考）2011年8月，我国军事现代化进程中迎来了又一个里程碑，中国第一艘航空母舰试验平台首次进行出海航行试验，次航母做匀加速直线运动速度变化△v过程中发生的位移为x1，紧接着若速度再变化△v过程中发生的位移为x2，据此可知航母的加速度是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设匀加速的加速度a，航母的速度分别为v1、v2和v3，据运动学公式可知
联立以上三式解得
故答案为：D。
【分析】物体做匀加速运动，假设物体的加速度，结合物体的初末速度和位移，利用运动学公式求解加速度即可。
3．（2019高三上·湖南月考）如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则（　　）
A．系统静止时弹簧被压缩 B．小车加速时弹簧处于原长
C．小车加速时弹簧被压缩 D．小车加速时可将弹簧换成细绳
【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，A不符合题意；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态．所以小车加速时，可将弹簧换成细绳．B、C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D
【分析】小车做匀加速运动，明确小车对斜面的作用力，对斜面进行受力分析，在重力、支持力、摩擦力、压力和弹力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解弹力方向，结合选项求解即可。
4．（2019高三上·湖南月考）如图所示，MN为一竖直墙面，图中x轴与MN垂直，距墙面L的A点固定一点光源．现从A点把一小球以水平速度向墙面抛出．则小球在墙面上的影子的运动应是（　　）．
A．自由落体运动 B．变加速直线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速直线运动
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设影子距M点为y′，则由三角形相似 ，AM＝L ，所以 ，即为匀速直线运动．
故答案为：D.
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合运动学公式和三角形相似求解影子位移与时间的关系式。
5．（2019高三上·湖南月考）如图所示，一条质量分布均匀的长度为L的铁链置于光滑水平桌面上。用手按着一端，使另一端长 的一段下垂放开手后使铁链从静止开始下滑，当铁链完全通过桌边的瞬间，铁链具有的速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设铁链单位长度的质量为m0，从放手到铁链完全通过桌边，以水平桌面为参考平面，根据机械能守恒定律
可以得出
故答案为：D。
【分析】对物体进行受力分析，对物体的运动过程应用动能定理求解物体的末速度。
6．（2020·临朐模拟）某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为S，水流以速v垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p，则水对墙面的冲力为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m=ρV=ρSvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv，
即：F=- =-ρSv2，
负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2．
故答案为：B
【分析】利用动量定理结合水质量 的大小可以求出冲击力的大小。
7．（2020高二下·广州月考）如图，匀强磁场中有一个静止的氡原子核( )，衰变过程中放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个外切的圆，大圆与小圆的半径之比为42：1，则氡核的衰变方程是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；核裂变与核聚变
【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有： ，故 ；粒子衰变过程中不受外力，系统动量守恒，故生成的两个粒子的动量mv等大、反向，故： ；大圆与小圆的直径之比为42：1，故生成的两个粒子的电荷量之比为1：42；根据电荷数守恒守恒，生成物是α粒子；则衰变方程应该是 ；
故答案为：B
【分析】利用牛顿第二定律结合半径和闭合的关系可以判别生成物的本质；利用质量数和电荷数守恒可以导出对应的反应方程。
8．（2019高三上·湖南月考）如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中．将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点．已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大．若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．此电场可能是位于C点的正点电荷形成的
B．小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能
C．小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小
D．小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小
【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在0C的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在0D上，或OD的延长线上，A符合题意；
B、AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，B不符合题意。
C、AB两点处于CD之间，小球在A B两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，C不符合题意；
D、小球从0点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】结合题目给出的电场力做功判断平面中电场的分布，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
二、多选题
9．（2019高三上·湖南月考）奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出米，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，以下说法中正确的是（　　）
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量不可能被回收再利用
D．若将两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小再变大
【答案】A,D
【知识点】分子间的作用力；改变内能的两种方式
【解析】【解答】A．燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功，A符合题意；
B．燃气由液态变为气态的过程中吸收热量而温度不变，吸收的热量转化为分子势能，所以分子势能增大，B不符合题意；
C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，但消耗其他能量也可以被回收利用，C不符合题意；
D．两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力从无到有，先变大。当r＞r0时，表现为引力，随分子间距的减小而增大，当r＜r0时，表现为斥力，随分子间距的减小而增大。由以上分析可知D符合题意。
故答案为：AD。.
【分析】气体膨胀，即气体对外做功，自身内能减小，当分子间距增大时， 引力和斥力都会减小，只是两种力减小的快慢不同。分子力与移动方向相同，分子力做正功，势能减小，动能增加，方向相反，分子力做负功，分子势能增加，动能减小。
10．（2019高三上·湖南月考）卫星在半径为r1的圆轨道上运行速度为v1，当其运动经过A点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为r2，卫星经过B点的速度为vB，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式 ，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是（　　）
A．vBB．卫星在椭圆轨道上A点的加速度小于B点的加速度
C．卫星在A点加速后的速度为
D．卫星从A点运动至B点的最短时间为
【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．假设卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度为v2。由高轨低速大周期知，卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度小，即 。卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道，在B点必须加速，则 ，所以有 ，A符合题意；
B．由
可知轨道半径越大，加速度越小，则 ，B不符合题意；
C．卫星加速后从A运动到B的过程，由机械能守恒定律得
得
C符合题意；
D．设卫星在半径为r1的圆轨道上运行时周期为T1，在椭圆轨道运行周期为T2。根据开普勒第三定律
又因为
则卫星从A点运动至B点的最短时间为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星有远地点向近地点运动时，速度增加，万有引力做正功，当卫星有近地点向远地点运动时，速度减小，万有引力做负功；卫星的机械能守恒，列方程求解速度即可。
11．（2019高三上·湖南月考）如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是（　　）
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的动能最大
C．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少最多
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C比A先到达斜面底端，A不符合题意；
B．重力做功相同，滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最长，A、B运动的路程相等，故摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，由动能定理
可知B滑块的动能最大，B符合题意；
C．三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，C不符合题意；
D．滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最长，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
12．（2019高三上·湖南月考）如图所示，小车的立柱上O点固定有长L的不可伸长的轻绳，绳的末端拴有小球A(可视为质点)．小车静止在光滑的水平面上且OA水平，此时将小球由静止释放．小车的质量是小球的5倍．小球在摆动时不计空气和摩擦阻力．下面说法中正确的是（　　）
A．小球和小车组成的系统总动量守恒
B．摆动过程中小球和小车组成系统的机械能守恒
C．小球向右最大位移为 L
D．当小球摆至最低点时，小球与小车的动量大小相等，方向相反，此时小车的速度为
【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A、小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒；小球摆动过程中，小球与小车系统竖直方向受力不为零，总动量不守恒，A不符合题意．
B、小球与小车系统在摆动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，B符合题意．
C、设小球的质量为m，小球向右最大位移大小为x，小车向左运动的最大位移大小为x ，取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：m -5m =0，且有：x+x =2L，解得：x= ，C符合题意．
D、原来系统水平总动量为零，当小球摆至最低点时，根据系统水平动量守恒知，系统的水平总动量也为零，则小球动量与小车的动量大小相等，方向相反．设此时小车的速度为v1，小球的速度为v2．取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：mv2-5mv1=0，根据系统的机械能守恒得：mgL= mv22+ 5mv12，联立解得：v1= ，D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】两个物体组成系统水平方向动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
13．（2020高二下·抚州月考）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F>mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A、由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，A不符合题意。
B、当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，B符合题意。
C、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：
绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv=2mv1
AB共同上升过程中根据能量守恒有：
联立解得B开始运动时，A的速度大小为：
全程中，A上升的最大高度 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】两个物体组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。
三、实验题
14．（2019高三上·湖南月考）恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为 ，其中 、 和 、 分别为质量为m1和m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数。
实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；
②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B′；
③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；
④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；
⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3。
（1）两小球的质量关系为m1　 　 m2(填“>”“=”或“<”)
（2）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=　 　。
（3）若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足　 　表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足　 　表示两小球碰撞前后机械能守恒。
【答案】（1）>
（2）
（3）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；（2）由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后被碰球落到N点；根据平抛运动规律可知，下落时间 ，则可知，速度 ，则可解得： ， ； ，代入给出恢复系数表达式可得： ；（3）若满足动量守恒，则一定有：mv1=m1v1’+m2v2'
代入（2）中所求速度可得：表达式应为： ；
若满足机械能守恒，则有： mv12= m1v1'2+ m2v2'2
代入求出的速度可得：
【分析】（1）明确动量守恒规律，知道实验原理，从而确定实验要求；（2）根据平抛运动规律进行分析，利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对应的表达式；（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，代入（2）中所求速度即可求出需要验证的表达式。
15．（2019高三上·湖南月考）在一次课外活动中，物理兴趣小组成员小明从废旧的电视机上撤下一个定值电阻，电阻上的标称不明显，大概为200Ω，为了进一步精确测定该电阻的阻值Rx（阻值约为200Ω），小明到实验室寻找到了下列器材：
电压表V（0～5V，内阻约为3kΩ）；
电流表A（0～300mA，内阻RA=10Ω）；
定值电阻R1（阻值为20Ω）；
定值电阻R2（阻值为400Ω）；
滑动变阻器R3（0～5Ω；额定电流2A）；
滑动变阻器R4（0～1000Ω；额定电流1A）；
电源E（E=6V，内阻不计）。
（1）小明为了精确测定电阻阻值，设计了如图甲所示电路，定值电阻R应该选择　 　；滑动变阻器应该选择　 　（填器材后面的符号）；
（2）请你不要改动已连接导线，在实物连接图乙中把还需要连接的导线帮小明补上；
（3）若某次测量中电压表读数为U，电流表读数为I，那么小明测得的待测电阻的精确阻值的表达式为Rx=　 　（用题中的字母表达）。
【答案】（1）R1；R3
（2）
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)为了使电流表的读数达到量程的一半以上，根据欧姆定律可得
所以定值电阻只能选R1，滑动变阻器采用分压接法，为了方便调节，应该选择最大阻值小的R3。(2)滑动变阻器应为分压式连接为三根线，如图所示
；(3)待测电阻两端电压为
电流为
所以 .
【分析】（1）为了准确的测量电流，不能使电路中的电流过小；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）已知电路图，根据电流的流向连接实物图即可；
（3）利用欧姆定律求解总电阻，结合并联电阻规律求解分电阻阻值的表达式即可。
四、解答题
16．（2019高三上·太原月考）如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
（1）物体由A端运动到B端的时间；
（2）若仅将传送带运动方向改为逆时针方向运动,则物体由A端运动到B端过程中,物体相对传送带移动的距离为多大
【答案】（1）解：物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：
可得：
则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为：
此过程通过的位移为
由于 ，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有：
解得 加速度为
由
解得：
故物体从A运动到B需要的时间为：
（2）解：将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从A运动到B端，根据牛顿第二定律得
可得
得：
物体相对传送带移动的距离为：
【知识点】传送带模型
【解析】【分析】物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度增加到与传送带相同所经历的时间，速度相同时，由于 ，物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出时间，即可求得总时间；将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从A运动到B端，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体相对传送带移动的距离；
17．（2019高三上·湖南月考）如图所示，质量为 、半径为 的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为 的光滑小球以水平速度 通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，且粗糙程度各处相同．求：
①第一次碰撞后圆环的速度；
②第二次碰撞前圆环的位移；
③圆环通过的总位移．
【答案】解：①设第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为 和 ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
整理可以得到： ， ．
②第一次碰撞后经过时间 ，小球恰好未从小孔中穿出，即此时二者共速，均为v1，
由运动学规律：
对圆环，由动量定理：
联立解得：
假设环在第二次碰撞前已停止，其位移由动能定理： 解得
此时小球的位移，由运动学规律：
假设成立，所以在第二次碰撞前环的位移为
③多次碰撞后小球和环最终静止，设圆滑受到的摩擦力为 ，通过的总位移为 ，系统的动能全部转化为摩擦生热：
联立解得，圆环通过的总位移为：
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球和圆环两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；
（2）小球恰好没有穿出小孔，光两者具有相同的速度，利用动量定理求解摩擦力，结合物体的初末速度，利用动能定理求解位移即可；
（3）物体的机械能最终全部转化为内能，对物体的运动过程应用动能定理求解走过的总路程。
18．（2016高三上·江西期中）如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R的固定的 光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆周E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m．某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离．车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为μ，重力加速度为g，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．
（1）若人推车的力是水平方向且大小为 ，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动？
（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？
（3）若车面的长度为 ，小车质量M=km，则k的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面？
【答案】（1）解：设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
F=（M+m）a…①
此时滑块受到的静摩擦力大小为：f=ma…②
而： …③
由①②③解得： …④
又滑块1与车面的最大静摩擦力为：fm=μmg…⑤
显然f＜fm，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动．
（2）解：设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v，根据动能定理有：
…⑥
联立③⑥求得： …⑦
设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律有：
mv=2mv1 …⑧
联立⑦⑧求得： …⑨
（3）解：两滑块粘合在一起后以v1的速度冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度v1冲上车面．
设两滑块滑到车的左端时，若滑块刚好不滑出车面，滑块和车应有共同的速度设为v2，由系统的动量守恒有：
2mv1=（2m+km）v2，⑩
由系统的能量守恒，有： …
联立⑨⑩ 解得：k=2…
所以当k≤2时，两个滑块最终没有滑离小车．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）假设滑块1与车不发生相对滑动，根据牛顿第二定律，分别对整体和滑块1研究，求出滑块受到的静摩擦力大小，与最大静摩擦力比较，判断滑块1与车是否会发生相对运动．（2）若滑块1与车没有发生相对滑动，对整体，运用动能定理求出滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度．两滑块碰撞过程，由动量守恒定律求出碰撞后共同的速度．（3）两滑块粘合在一起后冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以原速率冲上车面．根据动量守恒和能量守恒结合求解两个滑块最终没有滑离车面时的k．
19．（2019高三上·湖南月考）如图，在一端封闭的粗细均匀的U形玻璃管中用水银柱封闭一段长为20cm的空气柱，当空气柱的温度为300K时，左管水银柱的高度h1=8cm，右管水银柱高度h2=12cm，已知大气压p0=76cmHg，求：
（1）当两液面相平时，空气柱的温度为多少K；
（2）当空气柱的温度为216k时，右液面下降多高。
【答案】（1）解：设U型管横截面积为s，
当空气柱温度为300K时：
，
当两液面相平时
由理想气体状态方程
解得：
（2）解：分析知当温度 时，左液面将高于右液面，设右液面下降高度为x，则
由理想气体状态方程
解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当气体产生的对外压强与外界对内的压强相同时，就会达到平衡状态，列方程求解即可；结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的温度；
（2）同理，结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的体积，进而求解液面的变化量。
湖南省师大附中2020届高三上学期物理第二次月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·湖南月考）如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块（　　）
A．c受到水平桌面向左的摩擦力
B．c对b的作用力一定竖直向上
C．b对a的支持力一定竖直向上
D．b对a的支持力一定等于a所受重力
2．（2019高三上·湖南月考）2011年8月，我国军事现代化进程中迎来了又一个里程碑，中国第一艘航空母舰试验平台首次进行出海航行试验，次航母做匀加速直线运动速度变化△v过程中发生的位移为x1，紧接着若速度再变化△v过程中发生的位移为x2，据此可知航母的加速度是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2019高三上·湖南月考）如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则（　　）
A．系统静止时弹簧被压缩 B．小车加速时弹簧处于原长
C．小车加速时弹簧被压缩 D．小车加速时可将弹簧换成细绳
4．（2019高三上·湖南月考）如图所示，MN为一竖直墙面，图中x轴与MN垂直，距墙面L的A点固定一点光源．现从A点把一小球以水平速度向墙面抛出．则小球在墙面上的影子的运动应是（　　）．
A．自由落体运动 B．变加速直线运动
C．匀加速直线运动 D．匀速直线运动
5．（2019高三上·湖南月考）如图所示，一条质量分布均匀的长度为L的铁链置于光滑水平桌面上。用手按着一端，使另一端长 的一段下垂放开手后使铁链从静止开始下滑，当铁链完全通过桌边的瞬间，铁链具有的速率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2020·临朐模拟）某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为S，水流以速v垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p，则水对墙面的冲力为（　　）
A． B． C． D．
7．（2020高二下·广州月考）如图，匀强磁场中有一个静止的氡原子核( )，衰变过程中放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个外切的圆，大圆与小圆的半径之比为42：1，则氡核的衰变方程是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2019高三上·湖南月考）如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中．将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点．已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大．若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．此电场可能是位于C点的正点电荷形成的
B．小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能
C．小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小
D．小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小
二、多选题
9．（2019高三上·湖南月考）奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出米，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，以下说法中正确的是（　　）
A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量不可能被回收再利用
D．若将两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小再变大
10．（2019高三上·湖南月考）卫星在半径为r1的圆轨道上运行速度为v1，当其运动经过A点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为r2，卫星经过B点的速度为vB，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式 ，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是（　　）
A．vBB．卫星在椭圆轨道上A点的加速度小于B点的加速度
C．卫星在A点加速后的速度为
D．卫星从A点运动至B点的最短时间为
11．（2019高三上·湖南月考）如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动。A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小为v0。斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰，下列说法正确的是（　　）
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的动能最大
C．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
D．滑到斜面底端时，C的机械能减少最多
12．（2019高三上·湖南月考）如图所示，小车的立柱上O点固定有长L的不可伸长的轻绳，绳的末端拴有小球A(可视为质点)．小车静止在光滑的水平面上且OA水平，此时将小球由静止释放．小车的质量是小球的5倍．小球在摆动时不计空气和摩擦阻力．下面说法中正确的是（　　）
A．小球和小车组成的系统总动量守恒
B．摆动过程中小球和小车组成系统的机械能守恒
C．小球向右最大位移为 L
D．当小球摆至最低点时，小球与小车的动量大小相等，方向相反，此时小车的速度为
13．（2020高二下·抚州月考）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F>mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为
三、实验题
14．（2019高三上·湖南月考）恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为 ，其中 、 和 、 分别为质量为m1和m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数。
实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；
②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B′；
③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；
④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；
⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3。
（1）两小球的质量关系为m1　 　 m2(填“>”“=”或“<”)
（2）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=　 　。
（3）若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足　 　表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足　 　表示两小球碰撞前后机械能守恒。
15．（2019高三上·湖南月考）在一次课外活动中，物理兴趣小组成员小明从废旧的电视机上撤下一个定值电阻，电阻上的标称不明显，大概为200Ω，为了进一步精确测定该电阻的阻值Rx（阻值约为200Ω），小明到实验室寻找到了下列器材：
电压表V（0～5V，内阻约为3kΩ）；
电流表A（0～300mA，内阻RA=10Ω）；
定值电阻R1（阻值为20Ω）；
定值电阻R2（阻值为400Ω）；
滑动变阻器R3（0～5Ω；额定电流2A）；
滑动变阻器R4（0～1000Ω；额定电流1A）；
电源E（E=6V，内阻不计）。
（1）小明为了精确测定电阻阻值，设计了如图甲所示电路，定值电阻R应该选择　 　；滑动变阻器应该选择　 　（填器材后面的符号）；
（2）请你不要改动已连接导线，在实物连接图乙中把还需要连接的导线帮小明补上；
（3）若某次测量中电压表读数为U，电流表读数为I，那么小明测得的待测电阻的精确阻值的表达式为Rx=　 　（用题中的字母表达）。
四、解答题
16．（2019高三上·太原月考）如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
（1）物体由A端运动到B端的时间；
（2）若仅将传送带运动方向改为逆时针方向运动,则物体由A端运动到B端过程中,物体相对传送带移动的距离为多大
17．（2019高三上·湖南月考）如图所示，质量为 、半径为 的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为 的光滑小球以水平速度 通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，且粗糙程度各处相同．求：
①第一次碰撞后圆环的速度；
②第二次碰撞前圆环的位移；
③圆环通过的总位移．
18．（2016高三上·江西期中）如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R的固定的 光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆周E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m．某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离．车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为μ，重力加速度为g，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．
（1）若人推车的力是水平方向且大小为 ，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动？
（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？
（3）若车面的长度为 ，小车质量M=km，则k的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面？
19．（2019高三上·湖南月考）如图，在一端封闭的粗细均匀的U形玻璃管中用水银柱封闭一段长为20cm的空气柱，当空气柱的温度为300K时，左管水银柱的高度h1=8cm，右管水银柱高度h2=12cm，已知大气压p0=76cmHg，求：
（1）当两液面相平时，空气柱的温度为多少K；
（2）当空气柱的温度为216k时，右液面下降多高。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，A不符合题意；选ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对ab整体的作用力与其总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，B符合题意；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，CD不符合题意．
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，在重力、支持力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
2．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设匀加速的加速度a，航母的速度分别为v1、v2和v3，据运动学公式可知
联立以上三式解得
故答案为：D。
【分析】物体做匀加速运动，假设物体的加速度，结合物体的初末速度和位移，利用运动学公式求解加速度即可。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，A不符合题意；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态．所以小车加速时，可将弹簧换成细绳．B、C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D
【分析】小车做匀加速运动，明确小车对斜面的作用力，对斜面进行受力分析，在重力、支持力、摩擦力、压力和弹力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解弹力方向，结合选项求解即可。
4．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设影子距M点为y′，则由三角形相似 ，AM＝L ，所以 ，即为匀速直线运动．
故答案为：D.
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合运动学公式和三角形相似求解影子位移与时间的关系式。
5．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设铁链单位长度的质量为m0，从放手到铁链完全通过桌边，以水平桌面为参考平面，根据机械能守恒定律
可以得出
故答案为：D。
【分析】对物体进行受力分析，对物体的运动过程应用动能定理求解物体的末速度。
6．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m=ρV=ρSvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv，
即：F=- =-ρSv2，
负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2．
故答案为：B
【分析】利用动量定理结合水质量 的大小可以求出冲击力的大小。
7．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；核裂变与核聚变
【解析】【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有： ，故 ；粒子衰变过程中不受外力，系统动量守恒，故生成的两个粒子的动量mv等大、反向，故： ；大圆与小圆的直径之比为42：1，故生成的两个粒子的电荷量之比为1：42；根据电荷数守恒守恒，生成物是α粒子；则衰变方程应该是 ；
故答案为：B
【分析】利用牛顿第二定律结合半径和闭合的关系可以判别生成物的本质；利用质量数和电荷数守恒可以导出对应的反应方程。
8．【答案】A
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A、AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在0C的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在0D上，或OD的延长线上，A符合题意；
B、AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，B不符合题意。
C、AB两点处于CD之间，小球在A B两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，C不符合题意；
D、小球从0点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】结合题目给出的电场力做功判断平面中电场的分布，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
9．【答案】A,D
【知识点】分子间的作用力；改变内能的两种方式
【解析】【解答】A．燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功，A符合题意；
B．燃气由液态变为气态的过程中吸收热量而温度不变，吸收的热量转化为分子势能，所以分子势能增大，B不符合题意；
C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，但消耗其他能量也可以被回收利用，C不符合题意；
D．两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力从无到有，先变大。当r＞r0时，表现为引力，随分子间距的减小而增大，当r＜r0时，表现为斥力，随分子间距的减小而增大。由以上分析可知D符合题意。
故答案为：AD。.
【分析】气体膨胀，即气体对外做功，自身内能减小，当分子间距增大时， 引力和斥力都会减小，只是两种力减小的快慢不同。分子力与移动方向相同，分子力做正功，势能减小，动能增加，方向相反，分子力做负功，分子势能增加，动能减小。
10．【答案】A,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．假设卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度为v2。由高轨低速大周期知，卫星在半径为r2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度小，即 。卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道，在B点必须加速，则 ，所以有 ，A符合题意；
B．由
可知轨道半径越大，加速度越小，则 ，B不符合题意；
C．卫星加速后从A运动到B的过程，由机械能守恒定律得
得
C符合题意；
D．设卫星在半径为r1的圆轨道上运行时周期为T1，在椭圆轨道运行周期为T2。根据开普勒第三定律
又因为
则卫星从A点运动至B点的最短时间为
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当卫星有远地点向近地点运动时，速度增加，万有引力做正功，当卫星有近地点向远地点运动时，速度减小，万有引力做负功；卫星的机械能守恒，列方程求解速度即可。
11．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C比A先到达斜面底端，A不符合题意；
B．重力做功相同，滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最长，A、B运动的路程相等，故摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，由动能定理
可知B滑块的动能最大，B符合题意；
C．三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，C不符合题意；
D．滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最长，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加，除重力以外的其他力做功对应物体机械能的变化量，除重力以外的其他力对物体做正功，机械能增加。
12．【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A、小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒；小球摆动过程中，小球与小车系统竖直方向受力不为零，总动量不守恒，A不符合题意．
B、小球与小车系统在摆动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，B符合题意．
C、设小球的质量为m，小球向右最大位移大小为x，小车向左运动的最大位移大小为x ，取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：m -5m =0，且有：x+x =2L，解得：x= ，C符合题意．
D、原来系统水平总动量为零，当小球摆至最低点时，根据系统水平动量守恒知，系统的水平总动量也为零，则小球动量与小车的动量大小相等，方向相反．设此时小车的速度为v1，小球的速度为v2．取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：mv2-5mv1=0，根据系统的机械能守恒得：mgL= mv22+ 5mv12，联立解得：v1= ，D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】两个物体组成系统水平方向动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
13．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A、由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，A不符合题意。
B、当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，B符合题意。
C、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：
绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv=2mv1
AB共同上升过程中根据能量守恒有：
联立解得B开始运动时，A的速度大小为：
全程中，A上升的最大高度 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】两个物体组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。
14．【答案】（1）>
（2）
（3）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；（2）由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后被碰球落到N点；根据平抛运动规律可知，下落时间 ，则可知，速度 ，则可解得： ， ； ，代入给出恢复系数表达式可得： ；（3）若满足动量守恒，则一定有：mv1=m1v1’+m2v2'
代入（2）中所求速度可得：表达式应为： ；
若满足机械能守恒，则有： mv12= m1v1'2+ m2v2'2
代入求出的速度可得：
【分析】（1）明确动量守恒规律，知道实验原理，从而确定实验要求；（2）根据平抛运动规律进行分析，利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对应的表达式；（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，代入（2）中所求速度即可求出需要验证的表达式。
15．【答案】（1）R1；R3
（2）
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)为了使电流表的读数达到量程的一半以上，根据欧姆定律可得
所以定值电阻只能选R1，滑动变阻器采用分压接法，为了方便调节，应该选择最大阻值小的R3。(2)滑动变阻器应为分压式连接为三根线，如图所示
；(3)待测电阻两端电压为
电流为
所以 .
【分析】（1）为了准确的测量电流，不能使电路中的电流过小；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）已知电路图，根据电流的流向连接实物图即可；
（3）利用欧姆定律求解总电阻，结合并联电阻规律求解分电阻阻值的表达式即可。
16．【答案】（1）解：物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：
可得：
则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为：
此过程通过的位移为
由于 ，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有：
解得 加速度为
由
解得：
故物体从A运动到B需要的时间为：
（2）解：将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从A运动到B端，根据牛顿第二定律得
可得
得：
物体相对传送带移动的距离为：
【知识点】传送带模型
【解析】【分析】物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度增加到与传送带相同所经历的时间，速度相同时，由于 ，物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出时间，即可求得总时间；将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从A运动到B端，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体相对传送带移动的距离；
17．【答案】解：①设第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为 和 ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
整理可以得到： ， ．
②第一次碰撞后经过时间 ，小球恰好未从小孔中穿出，即此时二者共速，均为v1，
由运动学规律：
对圆环，由动量定理：
联立解得：
假设环在第二次碰撞前已停止，其位移由动能定理： 解得
此时小球的位移，由运动学规律：
假设成立，所以在第二次碰撞前环的位移为
③多次碰撞后小球和环最终静止，设圆滑受到的摩擦力为 ，通过的总位移为 ，系统的动能全部转化为摩擦生热：
联立解得，圆环通过的总位移为：
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小球和圆环两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；
（2）小球恰好没有穿出小孔，光两者具有相同的速度，利用动量定理求解摩擦力，结合物体的初末速度，利用动能定理求解位移即可；
（3）物体的机械能最终全部转化为内能，对物体的运动过程应用动能定理求解走过的总路程。
18．【答案】（1）解：设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
F=（M+m）a…①
此时滑块受到的静摩擦力大小为：f=ma…②
而： …③
由①②③解得： …④
又滑块1与车面的最大静摩擦力为：fm=μmg…⑤
显然f＜fm，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动．
（2）解：设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v，根据动能定理有：
…⑥
联立③⑥求得： …⑦
设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律有：
mv=2mv1 …⑧
联立⑦⑧求得： …⑨
（3）解：两滑块粘合在一起后以v1的速度冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度v1冲上车面．
设两滑块滑到车的左端时，若滑块刚好不滑出车面，滑块和车应有共同的速度设为v2，由系统的动量守恒有：
2mv1=（2m+km）v2，⑩
由系统的能量守恒，有： …
联立⑨⑩ 解得：k=2…
所以当k≤2时，两个滑块最终没有滑离小车．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）假设滑块1与车不发生相对滑动，根据牛顿第二定律，分别对整体和滑块1研究，求出滑块受到的静摩擦力大小，与最大静摩擦力比较，判断滑块1与车是否会发生相对运动．（2）若滑块1与车没有发生相对滑动，对整体，运用动能定理求出滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度．两滑块碰撞过程，由动量守恒定律求出碰撞后共同的速度．（3）两滑块粘合在一起后冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以原速率冲上车面．根据动量守恒和能量守恒结合求解两个滑块最终没有滑离车面时的k．
19．【答案】（1）解：设U型管横截面积为s，
当空气柱温度为300K时：
，
当两液面相平时
由理想气体状态方程
解得：
（2）解：分析知当温度 时，左液面将高于右液面，设右液面下降高度为x，则
由理想气体状态方程
解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当气体产生的对外压强与外界对内的压强相同时，就会达到平衡状态，列方程求解即可；结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的温度；
（2）同理，结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的体积，进而求解液面的变化量。