永州一中2023届下期高二9月月考物理答案核查试题答案(更新中) -试题答案

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(4)碰撞前，入射小球落在图中的P点，设其水平初速度为1，入射小球：速度变大，上升的高度变小，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹和被碰小球发尘碰撞后，人射小球的落点在图中M点，设其水平初速度：起的高度。为'，被碰小球的落点是图中的V点，设其水平初速度为2，设斜面BC:变式3(1)匀速直线(2)不需要(3)0.2100.212(4)1(5)t与水平面的倾角为a,由平抛运动规律得Lp'sina=之gt,Lp'·cosa解析(1)当滑块在导轨上做匀速直线运动时，可认为气垫导轨水平。(2)不需要，因为拉力的大小可以通过拉力传感器直接测量。/co,同理有n'-√82na,改=V2imaul,解得边=V2sina/gLM'cos aLycosa,可(3)由I=F,代入数值可得拉力的冲量1=F=0.14X1.50N·s0.210N·s,由△p=m2一m可知滑块的动量改变量△p见速度正比于√L,所以只要验证1√L2=1√L1十2√T3即可。例2(1)C(2)ADE(3)142.91.01mad(）=0.212gms解析(1)验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前、(4)△6=1-△2=10.210-0.212×100%≈1%。后的动量关系，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是可通过0.210落地高度不变的情况下的水平射程来休现速度，C项正确。(2)实验时，先让入射球A多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均(6若动量定理成立，则方1广4F=(品一岛），由此可知品落地点的位置P,测量平抛射程OP。然后把被碰小球B静置于轨道的水1因此以1为横坐标作图，以(g一)为纵坐标若图线为1F平部分，再将入射球从斜轨上S位置由静止释放，与小球B相碰，并多次重复。测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中一条倾斜的直线，则动量定理成立。D,E是必须的，而且D要在E之前。至于用天平称质量先后均可以，A、例4(3)3m1√2g☑2m=m?(4)双摆线能保证小球运动更稳定，使D、E三项正确。得小球运动轨迹在同一竖直平面内(5)小丁(3)要验证动量守恒定律，即验证心1=12十23，小球离开轨道后做解析(3)对小球1，根据动能定理得mg·9d-2m2,碰前动量1平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得11t=m12t+2st,得m1OP=m1OM+2ON,若碰撞是11=3√2gd。碰后小球1、2的速度分别为'=一√2gd,2'弹性能撞，则动能是守恒的，有令m2=立川2十号m2,则有2√2gd,如果动量守恒，则满足m=1)'十22'，即21=2。(4)双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球的运动轨迹在同一竖直平面m1·OM+m2·ON2=m·OP成立，碰撞前、后A的动量之比内，避免小球做圆锥摆运动。111(6)根据弹性碰擅的特征有m=m'十'，号m2-号m十；=29'p+2m·OP45×44.8之，解得-十院，球1反弹.则说明球1的质量小于球2m1·0M什m·0N15×35.2+7.5X5.68≈1.01。的质量。变式2(1)间距相等(2)0.600.40(3)23变式4(1)落地点(2)m4、mB、a、3、H、L解析(1)平衡摩擦力后，小车应该做匀速直线运动，打出纸带的点迹间距是相等的。(3)mA√2gL(I-cosa)mAV2gl(1-cos历mBs√2五(2)中纸带上的点迹可知，左边两段间隔均为1.20c,右边两段间隔均为：解析(1)从图中可以看出，s应是B球初始位置到落地点的水平距离。0.80cm,所以小车均做匀速运动，由此可知碰前速度以=上20X00.02m/s(2)还应测量的物理量是A球的质量A、B球的质量、A球开始的摆角a和向左摆动的最大摆角3、B球下落的高度H、O点到A球球心的距离L。一00s,碰后的共时速度t-820m/s00m/(3)根据机械能守恒定律可得mAgL(1一cosa)=之mAoA2,A球碰前的(3)要说明动量守恒，即mAvA=(mA十mB)u的关系式必须成立，得mA=动量pA=mAvA,联立解得pA=1A√2gL(I一cosa);根据机械能守恒定2加，根据之mo2=号（m十ms十a正，得d上-22.即mAI B律可得mAgL(1一cos)=之mA0A'2,A球碰后的动量m'=m10A',联立解小车A的动能之mAuA2为碰撞后两车损失的机械能△E=:得a'=A√2gL(1一cos;B球做平抛运动，由平抛运动的规律可得H2(m+mB)12的3倍。之，S=t,B球碰后的动量pB'=mB,联立解得pB'悟法·拓展创新gmBs2H例3(1)0.20(2)1-20.95(3)高于解析(1)第3次碰撞到第4次碰撞用时t=2.40s一2.00s=0.40s,根第七单元机械振动与机械被据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度o=78(号)）广≈0.20m,课时1机械振动(2)设碰撞后弹起瞬间速度为2，碰撞前瞬间速度为，根据题意可知知识·要点梳理U基础过关1=,则每次碰撞损失的动能与威撞前动能的化值为功一1.A 2.ABC 3.B 4.C2能力·重点突破例1B解析根据F=一kx可知小物块运动到M点时回复力与位移11。=1一2；第3次碰撞前瞬间速度为第2次碰撞后从最高点落方向相反，A项错误；根据a二一：可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，B项正确：小物块从O点向M点运动过程中加地瞬问的速度0=g=(200,.58)g=0,21g,第3次碰撞后瞬问的速速度方向与速度方向相反，做藏速运动，C项错误：小物块从0点向V点2运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减少，D项错误。度寸=g-(240.20)g=0.20g,则第3次碰撞过程中及==变式1C解析在振子由0到a的过程巾，其位移不断增大，问复力&”095.增大，加速度增大，但是由于加速度与速度方向相反，故速度减小，C项正确。(3)由于存在空气阻力，乒.斥球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加：例2BC解析由图像可知，振幅A=5c,周期T-4s,解得ω23XLJ(新)·物理-C版-XC·25·
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