浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高二下学期5月期中阶段性测试物理试题 Word版含解析

宁波效实中学2019年度高二第二学期
物理试题
一、单项选择题
1.如图所示，下列数据的单位属于国际单位制中基本单位的是（）
A. B.
C. D.
【★答案★】B
【解析】
【详解】A．该图中数据单位km不是国际单位制中的基本单位，选项A错误；
B．该图中数据单位s是国际单位制中的基本单位，选项B正确；
C．该图中数据单位V不是国际单位制中的基本单位，选项C错误；
D．该图中数据单位F不是国际单位制中的基本单位，选项D错误；
故选B。

2.高铁开通后，从铁路售票网12306查询到G7536次列车的信息如图所示，用电子地图测距工具测得宁波站到上海虹桥站的直线距离约为149.7km，下列说法正确的是（）
A. 图中21:27表示一段时间
B. 图中1小时48分钟表示时刻
C. 149.7km表示宁波站到上海虹桥站的路程
D. 149.7km表示宁波站到上海虹桥站的位移大小
【★答案★】D
【解析】
【详解】A．图中21:27表示时刻，选项A错误；
B．图中1小时48分钟表示时间间隔，选项B错误；
CD．149.7km表示宁波站到上海虹桥站的位移大小，不是路程，选项C错误，D正确。

故选D。

3.《曹冲称象》是家喻户晓的典故，“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法，下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲的方法相同的是（）
A. 建立“质点”的概念
B. 建立“合力与分力”的概念
C. 建立“瞬时速度”的概念
D. 研究加速度与合力、质量的关系
【★答案★】B
【解析】
【详解】A．根据题中信息可知曹冲称象用到了等效替代法，质点的概念用到了理想模型法，A错误；
B．合力与分力的效果相同，用到了等效替代法，B正确；
C．瞬时速度中时间趋近于零，用到了极限法，C错误；
D．研究加速度与合力、质量的关系时用到了控制变量法，D错误。

故选B。

4.如图为一个质点做直线运动的v­t图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点( )
A. 在8～10 s内始终向东运动
B. 在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西
C. 在前8 s内的合外力先减小后增大
D. 在4～12 s内的位移大小为24 m
【★答案★】B
【解析】
速度的正负表示运动的方向，0-4s内向东运动，则4-10s内向西运动，故A错误．在前8s内，图
线的斜率不变，则加速度不变，斜率为正值，因为速度为负时向东运动，可知规定向西为正方向，则前8s内加速度方向始终向西，故B正确．前8s内加速度不变，根据牛顿第二定律知，物体所受
的合力不变，故C错误．根据图线围成的面积知，4-12s内的位移为：x＝1
2
×4×6m＝12m，故D
错误．故选B．
点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移．
5.如图所示为卡在绝壁间的“奇迹石”，距离谷底大约1000米。

关于“奇迹石”受力说法正确的是（）
A. 受两侧绝壁的弹力一定是水平方向
B. 受左侧弹力和右侧弹力一定相等
C. 受两侧绝壁的摩擦力一定竖直向上
D. 受两侧绝壁的作用力的合力一定竖直向上
【★答案★】D
【解析】
【详解】AC．两侧绝壁与“奇迹石”的接触面不一定是竖直的，则受两侧绝壁的弹力不一定是水平方向，受两侧绝壁的摩擦力不一定竖直向上，选项AC错误；
B．因两侧弹力不一定是水平的，则受左侧弹力和右侧弹力不一定相等，选项B错误；
D．两侧绝壁对“奇迹石”的作用力于重力等大反向，则受两侧绝壁的作用力的合力一定竖直向上，选项D正确。

故选D。

6.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半圆形轨
道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为1
2
h（不计空气阻力），则（）
A. 小球冲出B 点后做斜上抛运动
B. 小球第二次进入轨道后恰能运动到A 点
C. 小球第一次到达B 点时，小车的位移大小是R
D. 小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于1
2
mgh 【★答案★】C 【解析】
【详解】A ．小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒，开始系统在水平方向动量为零，小球离开小车时两者水平速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，在水平方向，由动量守恒定律可知，系统末状态在水平方向动量也为零，即小球离开小车时小车与小球在水平方向的速度为零，小球离开小车时的速度方向竖直向上，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A 错误； BD ．从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程，由能量守恒定律得
1
2
mgh W mg h =+⋅
则小球第一次通过轨道时，克服摩擦力做功
W =
1
2
mgh 小球第二次通过轨道时，由于在对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于
1
2
mgh ，小球第二次进入轨道后可以从A 点冲出轨道，故BD 错误； C ．小球第一次到达B 点时，设小车的位移大小为x ，则小球的位移大小为2R -x ，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv -mv ′=0
即
20R x x
m
m t t
--= 解得
x=R
即小球第一次到达B 点时，小车的位移大小是R ，故C 正确；
故选C 。

7.如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD 可以探测反射光的强度。

实验获得从AB 面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示。

光在真空中传播速度为c ，则该激光在这种透明新材料中（ ）
A. 折射率为
32 B. 传播速度为
32
c C. θ=0°时，反射光强度为0 D. 反射光的强度随θ角的增大而增大 【★答案★】B 【解析】
【详解】A.根据图像可得当60θ=时激光发生全反射，根据折射定律得
123
sin 3
n θ=
=
故A 错误； B.根据速度公式
3
2
c v c n =
= 故B 正确；
C.θ=0°时大量的激光从O 点射出，少量激光反射经过C 点，故C 错误；
D.根据图像可得当60θ=时激光发生全反射，反射光的强度不变，故D 错误。

故选B 。

8.如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v 0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是（ ）
A. 上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B. 上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大
C. 下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大
D. 下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小 【★答案★】C 【解析】
【详解】AB.对箱子和物体整体受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律可知Mg +kv =Ma ，得kv
a g M
=+，又整体向上做减速运动v 减小，所以a 减小； 再对物体单独受力分析如图：
因a ＞g ，所以物体受到箱子上底向下的弹力N F ，由牛顿第二定律可知，N mg F ma +=，则
N F ma mg =-，而a 减小，则F N 减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；
故A 项，B 项均错误.
CD.同理，当箱子和物体加速下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当Mg =kv 后，箱
子匀速下降，此时物体对箱子下底面压力等于它的重力mg ，故C 正确，D 错误.
9.2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。

这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。

则下列说法正确的是 A. 飞船在 Gliese 581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s B. 该行星的平均密度约是地球平均密度的1
2
C. 该行星的质量约为地球质量的 8 倍
D. 在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s 【★答案★】B 【解析】
【详解】ABC ．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：
mg =m 2
v R
得到
v =gR
万有引力等于重力，
2
GMm
R
=mg ，得到 M =2gR G
ρ=2
33443
gR M g G V GR R ππ== 这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的2倍，大于7．9km/s ，质量是地球的4倍，密度是地球的1
2。

故B 正确，AC 错误。

D ．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于16．7km/s ，故D 错误。

10.如图所示，斜面倾角为α，且3tan 2
α=
，现从斜面上O 点与水平方向成60︒角以速度0v ，02v 分别抛出小球1、2，小球1、2刚要落在斜面上A 、B 两点时的速度分别为1v ，2v ，设O 、A 间的距
离为1s ，O 、B 间的距离为2s ，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.
12
1
2
v v ，1v 、2v 方向相同 B.
121
4
v v =，1v 、2v 方向不同 C. 212s s =，1v 、2v 方向相同 D. 12124s s s <<
【★答案★】A 【解析】
【详解】设抛出的速度为v ，则水平速度1cos602x v v v =︒=；竖直速度3sin602
y v v v =︒=，则位移关系有
2
312tan 2y x v t gt
y
x
v t
α-
=
== 解得
32v t g
=
则落点与抛出点的距离
2
23cos 2cos x v t v s v g αα
==∝
由题意可知初速度分别为0v ，02v ，则
124s s =
落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足
tan 0y y x
x
v v gt v v θ-=
=
='
即速度方向均为水平，1v ，2v 方向相同，则有
01
2
0cos6012cos60
2
v v v v 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

11.美国堪萨斯州的“Verruckt"是世界上最高、最长的滑水道，可抽象为右图模型．倾角为53︒的直滑道AB 、倾角为37°的直滑道DE 和光滑竖直圆轨道BCD 、EFG 都平滑连接．皮艇与直滑道的动摩擦因数相同，皮艇与圆轨道的阻力不计．已知两段圆弧的半径均为R =20m ，DE 段直滑道长为20m ．某游客乘坐皮艇从高56m 处由静止开始沿滑水道滑下，当皮艇到达圆轨道EFG 段的E 点时，皮艇对圆轨道的压力为零，( sin370.6,37cos 0.8︒︒==)则
A. 皮艇经过E 点时的速度大小为102m /s v =
B. 皮艇与直滑道之间的动摩擦因数为
8
13
C. 皮艇不能够沿轨道安全通过最高点F
D. 若质量更大的游客乘坐这个皮艇从相同高度滑下，则皮艇可能到不了E 点 【★答案★】B 【解析】
【详解】A.根据题意和牛顿第二定律可得：
2cos37E
v mg m R
︒=
解得：410m/s E v =，故选项A 不符合题意；
BD.由图可知A 、E 两点高度差为40m AE h =，从A 到E 过程，根据动能定理则有：
2
1cos53cos370sin 53sin372
AB DE AE E h h mgh mg mg mv μμ-︒⨯
-︒⨯=-︒︒
解得：8
13
μ=
，由式中可知等式两边的质量均可约去，故质量变大，皮艇还是可以达到E 点，故选项B 符合题意，D 不符合题意； C.从E 到F 过程中，根据动能定理则有：
22sin37111(22)2
DE E D mg
R h mv mv =-︒--
解得：210m/s
D
v=，所以从E到F过程中，皮艇速度变小，但重力沿半径方向的分力却在变大，故皮艇能够安全通过F点；．
12.如图所示,表面粗糙的斜面放在水平地面上,给物体一个沿斜面向下的初速度v0,物体可以在斜面上匀速下滑。

现仍给物体一个沿斜面向下的初速度v0,同时给物体施加一个恒力F,在物体下滑的过程中(整个过程斜面始终没有动) ,下列说法正确的是
A. 如果恒力F
的方向平行于斜面向下,物体将加速运动,地面对斜面的摩擦力方向水平向左
B. 如果恒力F的方向水平向右,物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力方向水平向左
C. 如果恒力F的方向垂直斜面向下,物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力方向向右
D. 如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力为零
【★答案★】D
【解析】
【详解】物体可以在斜面上匀速下滑，则
cos sin
f N
θθ
=
cos sin
N N
μθθ
=
得
tan
μθ
=
A．如果恒力F的方向平行于斜面向下，f和N保持不变，地面对斜面的摩擦力为0，故A错误；B．如果恒力F的方向水平向右，物体仍向下运动过程中，
tan
μθ
=
'cos'sin
N N
μθθ
=
''
cos sin
f N
θθ
=
地面对斜面的摩擦力为0，故B错误；
C．如果恒力F的方向垂直斜面向下，同理
tan
μθ
=
'cos 'sin N N μθθ=
''cos sin f N θθ=
地面对斜面的摩擦力为0，故C 错误；
D ．如果恒力F 的方向平行于斜面向上，物体仍向下运动过程中，
tan μθ= 'cos 'sin N N μθθ=
''cos sin f N θθ=
地面对斜面的摩擦力为0，故D 正确。

故选D 。

13.如图所示，质量为m 的小球用两细线悬挂于A 、B 两点，小球可视为质点。

水平细线OA 长L 1，倾斜细线OB 长为L 2，与竖直方向夹角为θ，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g ，下列论述中正确的是（ ）
A. 在剪断OA 线瞬间，小球加速度大小为tan θg
B. 剪断OA 线后，小球将来回摆动，小球运动到B 点正下方时细线拉力大小为()23cos θmg -
C. 剪断OB 线瞬间，小球加速度大小为g sin θ
D. 剪断OB 线后，小球从开始运动至A 点下方过程中，重力功率最大值为143
9
mg gL 【★答案★】D 【解析】
【详解】A ．剪断细线AO 的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿径向的加速度为零，只有沿切向的加速度，由牛顿第二定律有
sin θmg ma =
代入数据解得
sin θa g =
故A 错误；
B ．剪短AO 后，根据动能定理可知
2211cos θ)2
(mgL mv -=
在最低点，根据牛顿第二定律可知
2
2
mv F mg L -=
联立解得
(32cos θ)F mg =-
故B 错误；
C ．剪断OB 线瞬间，小球只受重力作用，加速度为g ，故C 错误；
D ．剪断OB 线后，设小球与水平方向的夹角为α时，速度为1v ，则有
1211sin α2
mgL mv =
此时重力的瞬时功率
3111cos α2sin αcos α2sin αsi (n α)P mgv mg gL mg gL ==•=-
令sin αx =，3
sin ααsin y -=，则有
3y x x =-
可得
213y x '=-
当3
3
x =
，即sin α33=，重力的瞬时功率最大，则有
1max 14333
2(
)399
gL P mg gL mg =-= 故D 正确； 故选D 。

二、不定项选择题
14. 利用薄膜干涉可检查工件表面的平整度．如图（a ）所示,现使透明标准板M 和待检工件N 间形成一楔形空气薄层,并用单色光照射,可观察到如图（b ）所示的干涉条纹,条纹的弯曲处P 和Q 对应于A 和B 处,下列判断中正确的是（ ）
A. N 的上表面A 处向上凸起
B. N 的上表面B 处向上凸起
C. 条纹的cd 点对应处的薄膜厚度相同
D. 条纹的d ．e 点对应处的薄膜厚度相同 【★答案★】BC 【解析】
试题分析：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同．条纹的cd 点在直条纹处，故cd 点对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，A 处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知A 处凹陷， B 处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知B 处凸起，故A 错误，B 正确；
由图可知，c ．d 在同一级条纹上，则条纹的c ．d 点对应处的薄膜厚度也相同，C 正确；d ．e 点不在同一级条纹上所以对应的薄膜厚度不同，D 错误；故选BC 考点：薄膜干涉
15.以下说法正确的是（ ）
A. 只要空间中某区域有均匀变化的电场或均匀变化的磁场就能产生电磁波
B. LC 振荡电路中，在电容器的放电过程中，振荡电流逐渐增大
C. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低温度，它的半衰期不发生改变
D. β衰变方程：234234090
911Th Pa e -→
+，因为23490Th 和234
91Pa 的核子数均为234，所以这两个原子核
的结合能相等 【★答案★】BC
【解析】
【详解】A ．均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，则如果空间中某区域有均匀变化的电场或均匀变化的磁场不能产生电磁波，故A 错误；
B ．L
C 振荡电路中，在电容器的放电过程中，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少，电容器放电完毕时，两极板间的电压为零，电路中的电流达到最大值，所以在电容器的放电过程中，振荡电流逐渐增大，故B 正确；
C ．原子核的半衰期是由其内部因素所决定的，与外部状态无关，所以将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低温度，它的半衰期不发生改变，故C 正确；
D ．β衰变
234234090
911Th Pa e -→
+会释放能量，
虽然23490Th 和234
91Pa 的核子数均为234，但前者比后者的结合能小，故D 错误； 故选BC 。

16.如图为氢原子能级图，已知可见光的光子的能量范围为1.62～3.1leV ，普朗克常量h ＝6.63×10
—34
J·s．下列说法正确的是
A. 能量为13.0eV 的光子或者电子均可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
B. 处于n ＝3能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线
C. 锌的逸出功是3.34eV ，一群处于n ＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV
D. 波长为60nm 的伦琴射线能使处于基态的氢原子电离 【★答案★】BCD 【解析】
【详解】A.用能量为13.0eV 的光子照射，基态的氢原子若吸收13eV 的能量，则能量值为-0.6eV ，氢原子没有该能级．所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故A 错误；
B.紫外线光子的最小能量为3.11eV ，处于n =3能级的氢原子的电离能为1.51eV ，所以任意频率的紫外线都能被n =3能级的氢原子吸收，故B 正确；
C.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为
m31
12.09eV
h E E
υ=-=
克服逸出功后剩余的动能最大为
Km m
8.75eV
E h W
υ
=-=
故C正确；
D.波长为60nm的伦琴射线的光子的能量：
348
9
6.6310 3.010
J20.7eV13.6eV
6010
hc
E hυ
λ
-
-
⨯⨯⨯
====
⨯
＞
所以用波长为60nm的伦琴射线照射，能使处于基态的氢原子电离出自由电子；故D正确．
三、实验题
17.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3，图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．
(1)设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．
(2)该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
【★答案★】 (1). l1和l3 (2). 1
3
l
n
l
= (3). 偏大
【解析】
【详解】第一空第二空.根据几何知识得，入射角的正弦1
sin
AB
i
BO R
l
=＝，折射角的正弦3
sin
CD
r
CO R
l
＝＝，根据折射定律得，玻璃砖的折射率
1
1
33
sin
sin
l
i R
n
r
R
l
l l
=＝＝，所以需要用刻度尺测量l1和l3．
第三空.该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时
针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角变小，由折射率公式律
sin
sin
i n
r =
可知，测得玻璃砖的折射率将偏大．
【点睛】本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析
入射角和折射角产生的误差，由实验原理律
sin
sin
i
n
r
=分析．
18.(1)如图(a)是小金同学在实验室用红光做“用双缝干涉测量光的波长”实验的器材，观到如图
(b)所示的干涉条纹，图中灰色部分表示暗条纹，于是他使分划板中心刻线与暗条纹中心对齐，移动测量头进行测量，下列说法正确的是_______。

A．该同学测条纹间距时必须将分划板中心刻线与亮条纹中心对齐
B．在实验过程中拿掉双缝，将观察不到明暗相间的干涉条纹
C．该干涉条纹虽然倾斜，但不影响波长测量的结果
D．若需得到竖直的条纹与分划板刻线平行只需要逆时针转动测量头即可
(2)小金进行必要的实验操作后，得到竖直的条纹与分划板刻线平行。

已知测量头是50分度的游标卡尺，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图(a)所示，图(a)中的数字是该同学给各亮纹的编号，此时图(b)中游标尺上的读数1x=_______cm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图(c)所示，此时图(d)中游标尺上的读数2x=_______cm；利用上述测量结果，该同学经计算得该红光的波长=660nm
λ，已知双缝到屏的距离L=700mm，则该同学选用的双缝的缝间距d=___mm （此空计算结果保留两位有效数字）。

【★答案★】 (1). BC (2). 0.116 (3). 1.502 (4). 0.20
【解析】
【详解】(1)[1]A ．该同学测条纹间距时必须将分划板中心刻度线与亮条纹中心重合，故A 错误； B ．在实验过程中拿掉双缝，将出现明暗相间衍射条纹，将观察不到明暗相间的干涉条纹，故B 正确；
C ．该干涉条纹虽然倾斜，但测得的该波长值仍正确，故C 正确；
D ．若需得到竖直的条纹与分划板刻度线平行只需顺时针转动测量头即可，故D 错误； 故选BC ；
(2)[2]游标卡尺的主尺读数为1mm ，游标读数为0.02×8mm=0.16mm，所以最终读数为1.16mm ，即0.116cm ；
[3]游标卡尺的主尺读数为15mm ，游标读数为0.02×1mm=0.02mm，所以最终读数为15.02mm ，即1.502cm ；
[4]相邻亮条纹的间距为
2115.02 1.16
mm 2.31mm 7171
x x x --∆=
==-- 根据L
x d
λ∆=
可得 L
d x
λ=
∆ 代入数据可得
94
3
0.766010m 2.010m 0.20mm 2.3110
d ---⨯⨯==⨯=⨯ 19.某小组在做“探究碰撞中的不变量”实验时，采用了如图1所示的实验装置．小车甲、乙的碰撞端分别装上撞针与橡皮泥．
现进行以下操作：把打点计时器固定在光滑水平轨道左侧将纸带一端穿过打点计时器，另一端连在小车甲的后面；打开打点计时器，轻推一下小车甲，使其获得一定速度后与静止的小车乙碰撞粘连成一体；关闭打点计时器，取下纸带，进行相关探究．在某次实验中得到的纸带(部分)如图2所示(图中的直尺为毫米刻度尺)．
()1请判断小车甲是与图示纸带的______(“左端”或“右端”)相连接？并说明理由． ()2若测量出小车甲的质量为524.4g ，小车乙的质量为510.0g ，则在这次碰撞中小车甲对小车乙
的冲量为______(保留两位有效数字)．
【★答案★】 (1). 右端 (2). 0.10kg m/s ⋅ 【解析】 【分析】
(1)甲与乙碰后速度减小，由此判断小车甲与图示纸带的那一侧相连； (2)求出碰后的速度大小，得出乙碰后动量的大小，然后由动量定理求出冲量．
【详解】（1）甲与乙碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，由于纸带右侧速度大，为碰前速度，所以小车甲是与图示纸带的右侧相连． （2）碰后共同速度：
2219.7515.75
100.200m/s 100.02
m/s v --=
⨯=⨯
碰后乙的动量：
20.51000.200kg m/s 0.102kg m/s 0.10kg m/s p m v ==⨯⋅=⋅≈⋅乙乙
由动量定理可得小车甲对小车乙的冲量：
00.10kg m/s I p p =-==⋅乙乙
【点睛】本题考查动量守恒定律实验验证；解决本题的关键知道甲与乙碰后，速度减小，会通过纸
带求解速度的大小．
四、计算题
20.在幼儿园里为了锻炼小孩子四肢的力量，会进行一项游戏活动，小朋友手拉着汽车轮胎奔跑，如图甲所示，在一次训练中，质量M =24.5kg 的小朋友手里拉着不可伸长的轻绳拖着质量m =5.5kg 的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，5s 后轮胎从轻绳上脱落，轮胎运动的v —t 图像如图乙所示，不计空气阻力。

已知绳与地面的夹角为37︒（已知sin37︒=0.6，cos37），求：
(1)轮胎在前5s 的位移大小； (2)轮胎与水平面间动摩擦因数；
(3)加速过程中绳子的拉力大小和小朋友受到的摩擦力大小。

【★答案★】(1)12.5m ；(2)0.5；(3)30N ，48.5N 【解析】
【详解】(1)由图示图象可知，轮胎在前5s 的位移为
1
55m 12.5m 2
x =⨯⨯=
(2) 由图示图象可知，轮胎减速过程加速度为
225m/s 5m/s 65
v a t ∆=
==∆- 由牛顿第二定律得
mg ma μ=
50.510
=
==a g μ (3)由图示图象可知，轮胎加速过程加速度为
225
m/s 1m/s 5
v a t ∆'=
==∆ 对加速过程，由牛顿第二定律得
cos37(sin37)F mg F ma μ︒--︒='
代入数据解得
30N F =
对小朋友，根据牛顿第二定律得
cos37f F Ma '-︒=
可得小朋友受到的摩擦力大小
cos37300.824.51N 48.5N f F Ma '=︒+=⨯+⨯=
21.如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37︒，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 平滑连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连，所有轨道位于同一竖直面内。

小球可以从D 进入圆周轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出圆周轨道进入EF 轨道。

小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，
CD 长为R ，重力加速度为g ，小球在倾斜轨道AB 及水平轨道CD 、EF 上所受阻力均为其对轨道正压
力的0.5倍，sin37︒=0.6，cos37，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。

(1)求小球滑到圆弧管道C点时速度的大小；
(2)求小球刚到圆弧管道C点时对轨道的作用力；
(3)要使小球在运动过程中不脱离圆周轨道，竖直圆周轨道的半径R'应该满足什么条件？【★答案★】(1) 5.6gR；(2)6.6mg，方向竖直向下；(3)
23
25
R R
<'≤或 2.3
R R
'≥
【解析】
【详解】(1)设小球到达C点时速度为C v，小球从A运动至C过程，由动能定理有
2
1
(5sin37 1.8)cos375
2C
mg R R mg R mv
μ
︒+-︒⋅=
可得
5.6
C
v gR
=
(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N F，由牛顿第二定律有2C N m F g r v m-=其中sin53 1.8r r R+⋅︒=联立可得 6.6N F mg=由牛顿第三定律可得，球对轨道作用力为6.6mg，方向竖直向下
(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点应满足
2
P
mv
mg
R
≥
'
小球从C直到此最高点过程，由动能定理有。