浙江省余姚中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理（选考）试题
一、单选题：本大题共13小题，共39分。
1．（2024高二上·余姚月考）电子在原子核外绕核做匀速圆周运动，若核外电子绕原子核运动的周期为，电子的质量为，电子绕行的线速度为，只考虑电子和原子核之间的库仑力，则在内( )
A．电子的速度没有发生变化
B．电子的速度的变化量大小为
C．电子的动量变化量大小为
D．原子核对电子作用力的冲量大小为
【答案】C
【知识点】动量定理；匀速圆周运动；冲量
【解析】【解答】AB、经过个周期，电子速度方向改变90°，大小不变，根据矢量三角形，可得速度的变化量大小为
故AB错误；
CD、动量的变化量为
动量的变化量等于合外力的冲量，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电子在磁场中匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，方向不断发生改变。动量为矢量，其变化量符合矢量求和法则。
2．（2024高二上·余姚月考）某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中，如图甲方示。现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷做简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的图像，如图乙所示，不计水的阻力。则（ ）
A．木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力提供
B．从0.1~0.2s过程中木筷的动量逐渐变大
C．木筷的位移时间关系式为
D．时，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力以及重力提供，故A错误；
B．根据图像可知，从0.1s～0.2s过程中木筷向最大位移处运动，速度逐渐变小，则动量逐渐变小，故B错误；
C．根据图像可知
所以
木筷的位移时间关系式为
故C错误；
D．t=0.45s时，根据图像可知，从正向最大位移处向平衡位置运动，斜率代表速度，向负方向加速，加速度向下，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 回复力组成：简谐运动回复力是合外力（重力与浮力的合力 ）。
2. 动量与速度关联：速度变化由运动方向决定（向最大位移运动时速度减小 ）。
3. 位移公式推导：从周期求角频率，结合初始位置（ 时的位移 ）确定函数形式（余弦或正弦 ）。
4. 受力分析：利用周期性，将 映射到，分析回复力方向，重力与浮力的大小关系。
3．（2024高二上·余姚月考）现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用的是声波的衍射原理
B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C．P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A（A为降噪声波的振幅）
D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A声波衍射是指声波绕过障碍物传播，而降噪是通过两列声波叠加抵消，是干涉原理，不是衍射，A错误
B．由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，B正确；
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，C错误；
D．波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，D错误。
故答案为：B。
【分析】通过判断降噪原理（干涉而非衍射），结合波速、波长、频率关系，以及质点振动特点（合振幅为零时静止 ），逐一分析选项。
4．（2024高二上·余姚月考）质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。当此人手中拿着质量为的一个小物体以相对于飞船为u的速度把小物体抛出，则（ ）
A．小物体的动量改变量是mu B．人的动量改变量是mu
C．人的速度改变量是 D．飞船的速度改变量是
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．依题意，小物体原来相对飞船静止，后被以速度u抛出，它的动量改变量是
故A错误；
B．人和小物体组成的系统动量守恒，可得人的动量改变量是
，故B错误；
C．人的动量改变量可以表示为
解得人的速度改变量是
故C正确；
D．由题意得，飞船的速度改变量是0。故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动量守恒定律，确定系统（人、物体、飞船）不受外力时总动量守恒，通过分析小物体动量变化，结合守恒关系推导人的动量、速度变化，再判断飞船速度变化（不受外力则速度不变 ）。
5．（2024高二上·余姚月考）如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法中正确的是（ ）
A．驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量
B．如果驱动摆的摆长为L，则其它单摆的振动周期都等于
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．驱动摆做受迫振动的驱动力源，在使其他单摆做受迫振动时，振动形式和能量都会传递（若不传递能量，其他单摆无法持续振动 ），故A错误；
BD．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有，而其它单摆都做受迫振动，故振动周期都等于驱动摆的周期2π，振动频率也都等于驱动摆的频率，故B正确，D错误；
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同；根据F=-kx
可得加速度
a=
所以加速度一定相同，故C错误。
故答案为：B。
【分析】A：传递振动形式 + 能量，周期等于驱动力周期。
B：驱动摆周期由自身摆长决定，其他摆周期跟随。
C：同一位置加速度相同（由回复力决定 ），速度方向可能不同。
D：共振时振幅最大，但频率始终等于驱动力频率。
6．（2024高二上·余姚月考）如图所示，轻质弹簧和物块组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中、、、2、3为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为和的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则可判断（ ）
A．该弹簧振子的振动周期为
B．该弹簧振子的振幅为-
C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受弹力的冲量为零
D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块所做的总功为负功
【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量；简谐运动
【解析】【解答】AB．记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期
振幅为
故AB错误；
C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹簧振子从上方最大位移处运动到下方最大位移处，初末速度为零，根据动量定理可知，物块受到的合力的冲量为零，弹力和重力的合力冲量为零，故C错误；
D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功，故弹力对物块做负功，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：通过记录纸匀速位移，结合振子全振动的位移特征，确定周期计算方式。
B：明确振幅是振动最大位移与平衡位置的距离，从坐标差推导。
C：依据动量定理，结合振子初末速度，分析合外力冲量及弹力冲量的实际情况。
D：利用动能定理，结合重力做功的正负，推导弹力做功的正负。
7．（2024高二上·余姚月考）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）
A．摆球在A点所受合力大小大于在B点的合力
B．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
C．小球在A点受绳的拉力大小大于其在B点受绳的拉力
D．O点左右两侧的摆长之比为
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，由于摆球在最高点速度为0，所需向心力为0，则沿半径方向的合力为0，令摆角为，则合力为
由于摆动过程机械能守恒，左右最高点处于同一高度，则右侧最高点的摆角大一些，可知，摆球在A点所受合力大小小于在B点的合力，故A错误；
B．摆球做圆周运动，摆球经过O点前后速度大小不变，根据
摆球经过O点前后半径减小，则摆球向右经过O点前后瞬间加速度大小变大，故B错误；
C．结合上述可知，小球在最高点有
右侧最高点的摆角大一些，可知，小球在A点受绳的拉力大小大于其在B点受绳的拉力，故C正确；
D．由于每隔相同时间曝光一次，根据图像可知，小球在O点左右运动时间关系为
由于
，
其中
，
解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A合力为重力切线分力 ，摆角越大，合力越大。
B由 ，摆长变化影响加速度。
C拉力为重力径向分力 ，摆角越大，拉力越小。
D利用曝光时间间隔得半周期比，结合 求摆长比。
8．（2024高二上·余姚月考）如图所示，树梢的摆动可视为周期12s、振幅1.2m的简谐运动。某时刻开始计时，36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m。下列说法正确的是（ ）
A．开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为0.08Hz
C．树梢在开始计时后的36s内通过的路程为4.8m
D．再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处
【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36s，即3T，则树梢恰位于平衡位置，故A错误；
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为
故B错误；
C．树梢在开始计时后的36s内通过的路程为
故C错误；
D.36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m
因为
解得
或
当
时，再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 简谐运动基本量：周期 、圆频率 （单位 ）、路程（ 内路程 ）。
2. 位移公式应用：通过初始条件求初相位 ，再预测后续位置。
9．（2024高二上·余姚月考）将小球以初速度竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（）如图所示。时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（ ）
A．0到时间内，小球的动量变化率先减小再增大
B．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
C．时刻落回抛出点时的速度为
D．时刻落回抛出点时的速度为
【答案】D
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据动量定理
可得
可知小球的动量变化率等于所受合力，在0到时间内，由图像可知，小球的加速度大小逐渐减小，则小球的合力逐渐减小，小球的动量变化率逐渐减小，故A错误；
B．由于空气阻力一直做负功，所以小球的机械能不断减小，小球上升过程与下降过程经过任意同一位置时，上升过程的速度都大于下降过程的速度，所以小球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，则小球上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据，可知小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故B错误；
CD．设小球的质量为，上升的最大高度为，上升过程，根据动量定理可得
则有
设时刻落回抛出点时的速度为，下降过程，根据动量定理可得
则有
联立可得
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：等于合外力，由 v-t 图像斜率（加速度 ）判断合外力变化。
B：比较上升与下降时间（因阻力导致速度差 ），时间决定冲量大小。
CD：利用动量定理，分上升、下降过程列方程，联立消去阻力冲量（kh ），推导落回速度表达式。
10．（2024高二上·余姚月考）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为
B．波沿x轴负方向传播
C．处的质点在时位于波峰位置
D．质点P在时间内运动的路程为
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知波长，周期T=2s，则波速为
故A错误；
B．由图可知t=1s时，P点沿y轴正向振动，可知波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．因t=20s时经过了9.5T，则处的质点在时位于波峰位置，故C正确；
D．因6s=3T，则质点P在时间内运动的路程为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：波动图读波长，振动图读周期，用 计算。
B：振动图得质点振动方向，结合波动图“上下坡法”确定波传播方向。
C：时间差换算为周期数，利用周期性判断质点状态。
D：一个周期路程 ，总路程=周期数×4A。
11．（2024高二上·余姚月考）如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又将其以相对于地面的速度v推出。每次推出后，A车相对于地面的速度均为v，方向向左。则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】第1次推有
第2次推有
第3次推有
可知第n次推有
则有
A车返回时小孩不能再接到A车，则有，解得，则小孩把A车推出6次后，A车返回时小孩不能再接到A车。
故答案为：B。
【分析】1. 动量守恒应用：每次推出A车时，系统（A、B+小孩 ）动量守恒，注意速度方向（A车推出后向左，反弹后向右 ）。
2. 递推规律归纳：通过前几次推导，总结B车速度随推出次数 的表达式 。
3. 接不到的条件：A车返回速度为 （向右 ），B车速度≥ 时，A车无法追上，解不等式。
12．（2024高二上·余姚月考）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为的游客恰好静止在直径为的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．若风速变为原来的，则游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的应用，分析过程中涉及到了微元法的使用，解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。A．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
联立记得
A错误；
B．单位时间内流过风洞内横截面积的气体体积为
解得
B错误；
C．若风速为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为
时间内风机做的功为
D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析得出风对游客的力，结合动量定理计算出气流速度：根据体积公式计算出气体的体积，根据动能公式计算出风机做的功，同之前的分析得出新条件下游客的加速度。
13．（2024高二上·余姚月考）如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C、D四个物块，其中，B、C两物块用一轻质弹簧连接，某一瞬间，物块A以速度向右滑动与物块B发生碰撞并粘在一起，然后继续向右运动，当物块B、C速度相等时，物块C恰好与物块D发生弹性碰撞，碰后物块D的速度为，设整个过程中碰撞时间均极短，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中损失的机械能为
B．物块D的质量为
C．物块C对物块D的冲量大小为
D．物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时物块C的速度大小为
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．根据题意可知，由于A、B发生完全非弹性碰撞，存在机械能损失，则有
整个过程中损失的机械能
解得
故A错误；
B．对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
对C、D构成的系统，由于发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
故B错误；
C．结合上述，物块C对物块D的冲量
故C错误；
D．物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
结合上述解得
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 分段动量守恒：A、B碰撞（完全非弹性 ），A、B与C通过弹簧作用（动量守恒 ），C、D弹性碰撞（动量+机械能守恒 ）， 弹簧再次压缩（A、B、C动量守恒 ）。
2. 能量关系：完全非弹性碰撞有机械能损失，弹性碰撞机械能守恒。
3. 冲量计算：冲量等于动量变化，直接用 。
二、不定项选择题（每小题至少有一个选项符合题目要求，选对但不全的得2分，选错或不选得0分，3×3=9分）
14．（2024高二上·余姚月考）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图1是波传播到的M点时的波形图，图2是质点N（）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于处的质点。下列说法正确的是（ ）
A．这列波的传播速度是
B．时质点Q首次到达波峰位置
C．当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为
D．该简谐横波的起振方向为y轴正方向
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．这列波的波长为4m，周期为4s，则传播速度是
A错误；
B．当x=2m处的波峰传到Q点时，Q点首次到达波峰位置，用时间
B正确；
C．当Q点第一次出现波峰时，P点振动时间为2T，则P点通过的路程为
C正确；
D．由此时的波形图可知，因此时M点刚起振且振动方向向下，可知该简谐横波的起振方向为y轴负方向，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：波动图读波长，振动图读周期，用 计算。
B：确定波峰初始位置，计算传播到Q点的距离与时间。
C：一个周期路程 ，总路程=周期数×4A。
D：用“上下坡法”判断质点振动方向，波的起振方向与质点一致。
15．（2024高二上·余姚月考）如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（ ）
A．EF线段的中点为振动减弱点
B．在0~2s内C点经过的路程为16m
C．AC连线之间只有一个加强点
D．改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了波动规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系求解波长，然后根据波的干涉原理，判断振动加强点和减弱点。振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻。
A．波的周期为
波长为
设EF线段的中点为M，则
两种路径到M点波程差为
所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；
B．波到C点的时间为
在0~2s内C点振动时间
经过的路程为
2A=4m
故B错误；
C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差
当
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；
D．改变波源振动频率，根据公式
可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。
故选AC。
【分析】根据振动方程求解波的周期，再根据波长、波速和周期的关系求解波长。结合波的干涉现象中，振动加强点和减弱点的判断方法分析；根据波传播到C的时间算出C点振动的时间，再结合振幅判断。
16．（2024高二上·余姚月考）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为的半圆形槽，为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽向左运动的最大位移为
B．小球在槽中运动的最大速度为
C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R
D．若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；功率及其计算；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．球在槽中运动过程中，系统水平方向动量守恒，则有
，x1+x2=2R
联立解得x2=0.5R，故A正确；
B．当球到达槽的最低点时速度最大，则由动量守恒和能量关系
mv1=3mv2，
解得
选项B正确；
C．系统机械能守恒，小球从B点离开时，由水平方向动量守恒可知，槽速度为0，故小球上升最大高度为R，故C错误；
D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为θ时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有
Ncosθ=mg
联立解得
，
则有
则重力功率为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：系统水平无外力，小球与槽的水平位移满足 ，结合几何位移得槽最大位移。
B：小球到最低点时速度最大，用水平动量守恒和机械能守恒联立求速度。
C：水平动量守恒得槽与小球水平速度为0，机械能守恒得上升高度。
D：槽固定时，通过向心力与功率公式联立，求最大竖直分速度对应的功率。
三、实验题：本大题共2题，每空2分，共18分。
17．（2024高二上·余姚月考）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为 mm。
（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，当数到n=30时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期是T= s（结果保留二位有效数字）。
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图像如图（丙），此图线斜率的物理意义是
A. g B. C. D.
（4）与重力加速度的真实值比较，发现第（3）问中获得重力加速度的测量结果偏大，可能是（ ）
A．振幅偏小 B．将摆线长加直径当成了摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．开始计时误记为n=1
【答案】（1）20.6
（2）5.0
（3）C
（4）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【(1)解答】摆球直径为
【(2)解答】由于，单摆全振动的次数为n=30时，所以该单摆的周期为
【(3)解答】根据
得
所以
故选C。
【(4)解答】
A．根据单摆的周期公式可得
重力加速度的测量值与振幅无关，故A错误；
B．摆长偏大，g偏大，故B正确；
C．摆长偏小，g偏小，故C错误；
D．开始计时误记为n=1，则周期偏小，g偏大，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和；
（2）由图可知秒表读数，全振动的次数为15次，相除即等于周期；
（3）根据单摆的周期公式可得T2-L图线斜率表达式；
（4）根据单摆的周期公式进行分析。
18．（2024高二上·余姚月考）某同学在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为30Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径 mm。
（2）现有电源（电动势E为，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：
A.电流表（量程，内阻约） B.电压表（量程，内阻约）
C.滑动变阻器（，额定电流） D.滑动变阻器（，额定电流）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选 （选填器材前的字母）。然后利用图乙所示的电路来测量某合金丝的电阻率，补充完成答卷中图乙实物间的连线 。
（3）改变合金丝右端接入电路的长度L，记录L及对应电流表电压表的示数I和U，并作出的图像，如图丙所示。图丙得到图线的斜率为k，则该合金丝的电阻率 （用d、k表示）；
（4）图丙中图线的纵轴截距b表示 。
【答案】（1）0.184（0.182~0.185）
（2）C；
（3）
（4）电流表的内阻
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
故答案为：0.184（0.182~0.185）
（2）为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法，同时为了使得测量数据的连续性强一些，滑动变阻器应选总阻值小一些的，即滑动变阻器选择C；
滑动变阻器采用分压式接法，测量电路中由于
可知，电压表分流影响大，为排除电压表分流影响，测量电路采用电流表内接法，连接电路如图所示
故答案为：C；
（3）令合金丝总长度为，则有
，
解得
由于图线的斜率为k，则有
根据电阻定律有
解得
故答案为：
（4）结合上述可知，图丙中图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
故答案为：电流表的内阻。
【分析】（1）掌握“固定刻度+可动刻度×精度”读数规则。
（2）分压式接法扩大电压调节范围，内外接由 与 比值判断。
（3）结合欧姆定律与电阻定律，通过图像斜率关联 与 、。
（4）截距对应 时的电阻，即电流表内阻（因内接法中电流表分压 ）。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）[1]为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法，同时为了使得测量数据的连续性强一些，滑动变阻器应选总阻值小一些的，即滑动变阻器选择C。
[2]滑动变阻器采用分压式接法，测量电路中由于
可知，电压表分流影响大，为排除电压表分流影响，测量电路采用电流表内接法，连接电路如图所示
（3）令合金丝总长度为，则有
，
解得
由于图线的斜率为k，则有
根据电阻定律有
解得
（4）结合上述可知，图丙中图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
四、计算题：本大题共4小题，共34分。
19．（2024高二上·余姚月考）安全气囊是有效保护乘客的装置，如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M = 30 kg，H = 3.2 m，重力加速度大小取g = 10 m/s2。求
（1）碰撞过程中F的冲量大小和方向
（2）碰撞结束后头锤上升的最大高度
【答案】（1）解：F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向与F的方向相同，均为竖直向上。
（2）解：设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
设上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量求出F冲量大小和方向，根据冲量的定义求解重力的冲量，根据动量定理求解电动量的变化；
（2）根据动量定理和动能定理求出最大高度。
（1）F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向与F的方向相同，均为竖直向上。
（2）设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
设上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
20．（2024高二上·余姚月考）在x轴正半轴和负半轴存在两种不同材质的弹性绳（相连于O点），和处为两波源，分别向右、向左传播形成振幅均为的简谐横波，时刻的波形如图所示，此时和处的质点刚好开始振动，已知波在左右两种介质中的传播速度之比为，到时间内P点经过的路程为，求：
（1）波2的振动周期
（2）波2在x轴负半轴的传播速度
（3）不考虑不同介质中的振幅变化，两列波相遇后在处质点的振幅
【答案】（1）解：由图可知两列波的波长分别为m，m，即波长之比为1：2；依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为1：2，根据波的传播速度与周期、波长关系
可知两列波的周期相同；研究向右传播的波1，根据质点的振动方程有
其中cm，cm，可得
t=0s到时间内P点经过的路程为6cm，则有
解得
s
（2）解：可知波2振动的周期也为1s；向右传播的波1在x轴负半轴的传播速度为
m/s
机械波的传播速度由介质决定，可知波2在x轴负半轴的传播速度也为4m/s。
（3）解：波2在x轴正半轴的传播速度为
m/s
由图可知，t=0s时刻向右传播的波1在x=-5m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
t=0s时刻向左传播的波2在x=6m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
可知两列波的波谷同时传到x=-1m处，故x=-1m处为振动加强点，则两列波相遇后在x=-1m处质点的振幅为8cm。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）通过波长比与波速比，结合振动方程和路程分析，确定周期。
（2）同一介质中波速相同，利用波 1 速度推导波 2 在负半轴的速度。
（3）计算两波谷到达 x = -1m 的时间，判断相位差，确定振幅叠加（加强 ）。
（1）由图可知两列波的波长分别为m，m，即波长之比为1：2；依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为1：2，根据波的传播速度与周期、波长关系
可知两列波的周期相同；研究向右传播的波1，根据质点的振动方程有
其中cm，cm，可得
t=0s到时间内P点经过的路程为6cm，则有
解得
s
（2）可知波2振动的周期也为1s；向右传播的波1在x轴负半轴的传播速度为
m/s
机械波的传播速度由介质决定，可知波2在x轴负半轴的传播速度也为4m/s
（3）波2在x轴正半轴的传播速度为
m/s
由图可知，t=0s时刻向右传播的波1在x=-5m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
t=0s时刻向左传播的波2在x=6m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
可知两列波的波谷同时传到x=-1m处，故x=-1m处为振动加强点，则两列波相遇后在x=-1m处质点的振幅为8cm
21．（2024高二上·余姚月考）图所示，底端固定在水平面上的轻弹簧竖直放置，物块A、B叠放在弹簧上，物块间相互绝缘但粘在一起，且质量均为，A带正电且电荷量为，B不带电。开始A、B处于静止状态，此时弹簧压缩了，若突然施加竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为，，求：
（1）所施加电场的电场强度大小；
（2）A、B运动到最高点时，弹簧弹力为多大；
（3）施加电场后系统机械能的最大增加量。
【答案】（1）解：两物块A、B开始处于静止状态，可得弹簧弹力的大小
F=2mg=20N
若突然加沿竖直方向的匀强电场，弹簧弹力不突变，此瞬间A对B的压力大小变为5N，对B受力分析
解得
分析A的受力竖直向上的电场力qE和B对A的支持力FN，竖直向下的重力mg，由牛顿第二定律
解得，方向竖直向上。
（2）解：A、B运动到最高点时，根据对称性可知其加速度为竖直向下的a，由牛顿第二定律可得
解得
。
（3）解：由第二问分析可知，施加电场后A、B运动到最高点时，系统机械能的增加量最大，有
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；电场强度
【解析】【分析】（1）弹簧弹力不突变，通过隔离法（对 B、A ）列牛顿定律，求电场强度。
（2）最高点与最低点加速度对称，整体受力分析求弹簧弹力。
（3）电场力做功是机械能变化的量度，利用位移对称性求电场力做功。
（1）两物块A、B开始处于静止状态，可得弹簧弹力的大小
F=2mg=20N
若突然加沿竖直方向的匀强电场，弹簧弹力不突变，此瞬间A对B的压力大小变为5N，对B受力分析
解得
分析A的受力竖直向上的电场力qE和B对A的支持力FN，竖直向下的重力mg，由牛顿第二定律
解得
方向竖直向上。
（2）A、B运动到最高点时，根据对称性可知其加速度为竖直向下的a，由牛顿第二定律可得
解得
（3）由第二问分析可知，施加电场后A、B运动到最高点时，系统机械能的增加量最大，有
22．（2024高二上·余姚月考）物理兴趣小组自制了一套游戏装置，该装置可以简化为如图所示的模型：由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IJ、凹槽组成，且各段平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IJ平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，可以通过压缩弹簧发射小滑块P，弹簧的最大弹性势能为。小明同学选择质量为的滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区IJ段。已知凹槽GH段足够长，滑块滑上摆渡车后，能在摆渡车Q到达IH前与其共速，摆渡车Q与侧壁IH相撞后立即停止，滑块P与摆渡车Q上表面及平台IJ段的动摩擦因数都是，其他摩擦都不计，IJ段长度。
（1）若小明以最大弹性势能弹出滑块P，求滑块经过与圆心等高的B点时对轨道的压力；
（2）某次游戏中，小明通过弹簧发射出去的滑块P运动到E点时的速度，求滑块最终所停位置距I点的距离；
（3）如果滑块P弹出后最终能成功停在目标区IJ段，则发射时的弹性势能应满足什么要求？
【答案】解：（1）从弹出到B处过程，根据能量守恒定律有
经过B处时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律有
方向水平向右。
（2）在m与车共速时，根据动量守恒以及能量守恒有
，
解得共速时滑块与摆渡车的相对位移
摆渡车与右端碰后停止， 滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置距I点的距离
（3）①若滑块刚好能过圆轨道最高点，则有
根据能量守恒定律有
解得
②若滑块刚好不会从摆渡车右边掉下，则有
，，
解得
③若滑块能停在目标区，则有
，，
其中
解得
或
综合上述，要游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块运动到与O1等高处的B处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒求解速度，由牛顿第二、三定律求对B点的压力；
（2）根据动量守恒定律求出滑块与小车共速的速度，对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块相对于车的位移，由动力学规律求滑块在小车碰撞后继续滑行的距离，再结合几何关系求出滑块停止位置与I的距离；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件，从三个临界状态由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。
1 / 1浙江省余姚中学2024-2025学年高二上学期10月月考物理（选考）试题
一、单选题：本大题共13小题，共39分。
1．（2024高二上·余姚月考）电子在原子核外绕核做匀速圆周运动，若核外电子绕原子核运动的周期为，电子的质量为，电子绕行的线速度为，只考虑电子和原子核之间的库仑力，则在内( )
A．电子的速度没有发生变化
B．电子的速度的变化量大小为
C．电子的动量变化量大小为
D．原子核对电子作用力的冲量大小为
2．（2024高二上·余姚月考）某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中，如图甲方示。现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷做简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的图像，如图乙所示，不计水的阻力。则（ ）
A．木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力提供
B．从0.1~0.2s过程中木筷的动量逐渐变大
C．木筷的位移时间关系式为
D．时，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力
3．（2024高二上·余姚月考）现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用的是声波的衍射原理
B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C．P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A（A为降噪声波的振幅）
D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
4．（2024高二上·余姚月考）质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。当此人手中拿着质量为的一个小物体以相对于飞船为u的速度把小物体抛出，则（ ）
A．小物体的动量改变量是mu B．人的动量改变量是mu
C．人的速度改变量是 D．飞船的速度改变量是
5．（2024高二上·余姚月考）如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法中正确的是（ ）
A．驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量
B．如果驱动摆的摆长为L，则其它单摆的振动周期都等于
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大
6．（2024高二上·余姚月考）如图所示，轻质弹簧和物块组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中、、、2、3为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为和的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则可判断（ ）
A．该弹簧振子的振动周期为
B．该弹簧振子的振幅为-
C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受弹力的冲量为零
D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块所做的总功为负功
7．（2024高二上·余姚月考）某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）
A．摆球在A点所受合力大小大于在B点的合力
B．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
C．小球在A点受绳的拉力大小大于其在B点受绳的拉力
D．O点左右两侧的摆长之比为
8．（2024高二上·余姚月考）如图所示，树梢的摆动可视为周期12s、振幅1.2m的简谐运动。某时刻开始计时，36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m。下列说法正确的是（ ）
A．开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为0.08Hz
C．树梢在开始计时后的36s内通过的路程为4.8m
D．再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处
9．（2024高二上·余姚月考）将小球以初速度竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像（）如图所示。时刻到达最高点，时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（ ）
A．0到时间内，小球的动量变化率先减小再增大
B．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
C．时刻落回抛出点时的速度为
D．时刻落回抛出点时的速度为
10．（2024高二上·余姚月考）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为
B．波沿x轴负方向传播
C．处的质点在时位于波峰位置
D．质点P在时间内运动的路程为
11．（2024高二上·余姚月考）如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又将其以相对于地面的速度v推出。每次推出后，A车相对于地面的速度均为v，方向向左。则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
12．（2024高二上·余姚月考）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为的游客恰好静止在直径为的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．气流速度大小为
B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
C．若风速变为原来的，则游客开始运动时的加速度大小为
D．单位时间内风机做的功为
13．（2024高二上·余姚月考）如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C、D四个物块，其中，B、C两物块用一轻质弹簧连接，某一瞬间，物块A以速度向右滑动与物块B发生碰撞并粘在一起，然后继续向右运动，当物块B、C速度相等时，物块C恰好与物块D发生弹性碰撞，碰后物块D的速度为，设整个过程中碰撞时间均极短，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中损失的机械能为
B．物块D的质量为
C．物块C对物块D的冲量大小为
D．物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时物块C的速度大小为
二、不定项选择题（每小题至少有一个选项符合题目要求，选对但不全的得2分，选错或不选得0分，3×3=9分）
14．（2024高二上·余姚月考）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图1是波传播到的M点时的波形图，图2是质点N（）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于处的质点。下列说法正确的是（ ）
A．这列波的传播速度是
B．时质点Q首次到达波峰位置
C．当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为
D．该简谐横波的起振方向为y轴正方向
15．（2024高二上·余姚月考）如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（ ）
A．EF线段的中点为振动减弱点
B．在0~2s内C点经过的路程为16m
C．AC连线之间只有一个加强点
D．改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变
16．（2024高二上·余姚月考）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为的半圆形槽，为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽向左运动的最大位移为
B．小球在槽中运动的最大速度为
C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R
D．若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为
三、实验题：本大题共2题，每空2分，共18分。
17．（2024高二上·余姚月考）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为 mm。
（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，当数到n=30时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期是T= s（结果保留二位有效数字）。
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图像如图（丙），此图线斜率的物理意义是
A. g B. C. D.
（4）与重力加速度的真实值比较，发现第（3）问中获得重力加速度的测量结果偏大，可能是（ ）
A．振幅偏小 B．将摆线长加直径当成了摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．开始计时误记为n=1
18．（2024高二上·余姚月考）某同学在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为30Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径 mm。
（2）现有电源（电动势E为，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：
A.电流表（量程，内阻约） B.电压表（量程，内阻约）
C.滑动变阻器（，额定电流） D.滑动变阻器（，额定电流）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选 （选填器材前的字母）。然后利用图乙所示的电路来测量某合金丝的电阻率，补充完成答卷中图乙实物间的连线 。
（3）改变合金丝右端接入电路的长度L，记录L及对应电流表电压表的示数I和U，并作出的图像，如图丙所示。图丙得到图线的斜率为k，则该合金丝的电阻率 （用d、k表示）；
（4）图丙中图线的纵轴截距b表示 。
四、计算题：本大题共4小题，共34分。
19．（2024高二上·余姚月考）安全气囊是有效保护乘客的装置，如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M = 30 kg，H = 3.2 m，重力加速度大小取g = 10 m/s2。求
（1）碰撞过程中F的冲量大小和方向
（2）碰撞结束后头锤上升的最大高度
20．（2024高二上·余姚月考）在x轴正半轴和负半轴存在两种不同材质的弹性绳（相连于O点），和处为两波源，分别向右、向左传播形成振幅均为的简谐横波，时刻的波形如图所示，此时和处的质点刚好开始振动，已知波在左右两种介质中的传播速度之比为，到时间内P点经过的路程为，求：
（1）波2的振动周期
（2）波2在x轴负半轴的传播速度
（3）不考虑不同介质中的振幅变化，两列波相遇后在处质点的振幅
21．（2024高二上·余姚月考）图所示，底端固定在水平面上的轻弹簧竖直放置，物块A、B叠放在弹簧上，物块间相互绝缘但粘在一起，且质量均为，A带正电且电荷量为，B不带电。开始A、B处于静止状态，此时弹簧压缩了，若突然施加竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为，，求：
（1）所施加电场的电场强度大小；
（2）A、B运动到最高点时，弹簧弹力为多大；
（3）施加电场后系统机械能的最大增加量。
22．（2024高二上·余姚月考）物理兴趣小组自制了一套游戏装置，该装置可以简化为如图所示的模型：由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IJ、凹槽组成，且各段平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IJ平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，可以通过压缩弹簧发射小滑块P，弹簧的最大弹性势能为。小明同学选择质量为的滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区IJ段。已知凹槽GH段足够长，滑块滑上摆渡车后，能在摆渡车Q到达IH前与其共速，摆渡车Q与侧壁IH相撞后立即停止，滑块P与摆渡车Q上表面及平台IJ段的动摩擦因数都是，其他摩擦都不计，IJ段长度。
（1）若小明以最大弹性势能弹出滑块P，求滑块经过与圆心等高的B点时对轨道的压力；
（2）某次游戏中，小明通过弹簧发射出去的滑块P运动到E点时的速度，求滑块最终所停位置距I点的距离；
（3）如果滑块P弹出后最终能成功停在目标区IJ段，则发射时的弹性势能应满足什么要求？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；匀速圆周运动；冲量
【解析】【解答】AB、经过个周期，电子速度方向改变90°，大小不变，根据矢量三角形，可得速度的变化量大小为
故AB错误；
CD、动量的变化量为
动量的变化量等于合外力的冲量，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电子在磁场中匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，方向不断发生改变。动量为矢量，其变化量符合矢量求和法则。
2．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．木筷振动的回复力由水对木筷和铁丝的浮力以及重力提供，故A错误；
B．根据图像可知，从0.1s～0.2s过程中木筷向最大位移处运动，速度逐渐变小，则动量逐渐变小，故B错误；
C．根据图像可知
所以
木筷的位移时间关系式为
故C错误；
D．t=0.45s时，根据图像可知，从正向最大位移处向平衡位置运动，斜率代表速度，向负方向加速，加速度向下，木筷和铁丝的重力大于其所受的浮力，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 回复力组成：简谐运动回复力是合外力（重力与浮力的合力 ）。
2. 动量与速度关联：速度变化由运动方向决定（向最大位移运动时速度减小 ）。
3. 位移公式推导：从周期求角频率，结合初始位置（ 时的位移 ）确定函数形式（余弦或正弦 ）。
4. 受力分析：利用周期性，将 映射到，分析回复力方向，重力与浮力的大小关系。
3．【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A声波衍射是指声波绕过障碍物传播，而降噪是通过两列声波叠加抵消，是干涉原理，不是衍射，A错误
B．由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，B正确；
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，速度为零，C错误；
D．波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，D错误。
故答案为：B。
【分析】通过判断降噪原理（干涉而非衍射），结合波速、波长、频率关系，以及质点振动特点（合振幅为零时静止 ），逐一分析选项。
4．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．依题意，小物体原来相对飞船静止，后被以速度u抛出，它的动量改变量是
故A错误；
B．人和小物体组成的系统动量守恒，可得人的动量改变量是
，故B错误；
C．人的动量改变量可以表示为
解得人的速度改变量是
故C正确；
D．由题意得，飞船的速度改变量是0。故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动量守恒定律，确定系统（人、物体、飞船）不受外力时总动量守恒，通过分析小物体动量变化，结合守恒关系推导人的动量、速度变化，再判断飞船速度变化（不受外力则速度不变 ）。
5．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．驱动摆做受迫振动的驱动力源，在使其他单摆做受迫振动时，振动形式和能量都会传递（若不传递能量，其他单摆无法持续振动 ），故A错误；
BD．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有，而其它单摆都做受迫振动，故振动周期都等于驱动摆的周期2π，振动频率也都等于驱动摆的频率，故B正确，D错误；
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同；根据F=-kx
可得加速度
a=
所以加速度一定相同，故C错误。
故答案为：B。
【分析】A：传递振动形式 + 能量，周期等于驱动力周期。
B：驱动摆周期由自身摆长决定，其他摆周期跟随。
C：同一位置加速度相同（由回复力决定 ），速度方向可能不同。
D：共振时振幅最大，但频率始终等于驱动力频率。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量；简谐运动
【解析】【解答】AB．记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期
振幅为
故AB错误；
C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹簧振子从上方最大位移处运动到下方最大位移处，初末速度为零，根据动量定理可知，物块受到的合力的冲量为零，弹力和重力的合力冲量为零，故C错误；
D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功，故弹力对物块做负功，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：通过记录纸匀速位移，结合振子全振动的位移特征，确定周期计算方式。
B：明确振幅是振动最大位移与平衡位置的距离，从坐标差推导。
C：依据动量定理，结合振子初末速度，分析合外力冲量及弹力冲量的实际情况。
D：利用动能定理，结合重力做功的正负，推导弹力做功的正负。
7．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，由于摆球在最高点速度为0，所需向心力为0，则沿半径方向的合力为0，令摆角为，则合力为
由于摆动过程机械能守恒，左右最高点处于同一高度，则右侧最高点的摆角大一些，可知，摆球在A点所受合力大小小于在B点的合力，故A错误；
B．摆球做圆周运动，摆球经过O点前后速度大小不变，根据
摆球经过O点前后半径减小，则摆球向右经过O点前后瞬间加速度大小变大，故B错误；
C．结合上述可知，小球在最高点有
右侧最高点的摆角大一些，可知，小球在A点受绳的拉力大小大于其在B点受绳的拉力，故C正确；
D．由于每隔相同时间曝光一次，根据图像可知，小球在O点左右运动时间关系为
由于
，
其中
，
解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A合力为重力切线分力 ，摆角越大，合力越大。
B由 ，摆长变化影响加速度。
C拉力为重力径向分力 ，摆角越大，拉力越小。
D利用曝光时间间隔得半周期比，结合 求摆长比。
8．【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36s，即3T，则树梢恰位于平衡位置，故A错误；
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为
故B错误；
C．树梢在开始计时后的36s内通过的路程为
故C错误；
D.36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m
因为
解得
或
当
时，再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 简谐运动基本量：周期 、圆频率 （单位 ）、路程（ 内路程 ）。
2. 位移公式应用：通过初始条件求初相位 ，再预测后续位置。
9．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据动量定理
可得
可知小球的动量变化率等于所受合力，在0到时间内，由图像可知，小球的加速度大小逐渐减小，则小球的合力逐渐减小，小球的动量变化率逐渐减小，故A错误；
B．由于空气阻力一直做负功，所以小球的机械能不断减小，小球上升过程与下降过程经过任意同一位置时，上升过程的速度都大于下降过程的速度，所以小球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，则小球上升过程所用时间小于下降过程所用时间，根据，可知小球上升过程重力的冲量小于下降过程重力的冲量，故B错误；
CD．设小球的质量为，上升的最大高度为，上升过程，根据动量定理可得
则有
设时刻落回抛出点时的速度为，下降过程，根据动量定理可得
则有
联立可得
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：等于合外力，由 v-t 图像斜率（加速度 ）判断合外力变化。
B：比较上升与下降时间（因阻力导致速度差 ），时间决定冲量大小。
CD：利用动量定理，分上升、下降过程列方程，联立消去阻力冲量（kh ），推导落回速度表达式。
10．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知波长，周期T=2s，则波速为
故A错误；
B．由图可知t=1s时，P点沿y轴正向振动，可知波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．因t=20s时经过了9.5T，则处的质点在时位于波峰位置，故C正确；
D．因6s=3T，则质点P在时间内运动的路程为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：波动图读波长，振动图读周期，用 计算。
B：振动图得质点振动方向，结合波动图“上下坡法”确定波传播方向。
C：时间差换算为周期数，利用周期性判断质点状态。
D：一个周期路程 ，总路程=周期数×4A。
11．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】第1次推有
第2次推有
第3次推有
可知第n次推有
则有
A车返回时小孩不能再接到A车，则有，解得，则小孩把A车推出6次后，A车返回时小孩不能再接到A车。
故答案为：B。
【分析】1. 动量守恒应用：每次推出A车时，系统（A、B+小孩 ）动量守恒，注意速度方向（A车推出后向左，反弹后向右 ）。
2. 递推规律归纳：通过前几次推导，总结B车速度随推出次数 的表达式 。
3. 接不到的条件：A车返回速度为 （向右 ），B车速度≥ 时，A车无法追上，解不等式。
12．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的应用，分析过程中涉及到了微元法的使用，解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。A．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
联立记得
A错误；
B．单位时间内流过风洞内横截面积的气体体积为
解得
B错误；
C．若风速为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为
时间内风机做的功为
D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析得出风对游客的力，结合动量定理计算出气流速度：根据体积公式计算出气体的体积，根据动能公式计算出风机做的功，同之前的分析得出新条件下游客的加速度。
13．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．根据题意可知，由于A、B发生完全非弹性碰撞，存在机械能损失，则有
整个过程中损失的机械能
解得
故A错误；
B．对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
对C、D构成的系统，由于发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
故B错误；
C．结合上述，物块C对物块D的冲量
故C错误；
D．物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
结合上述解得
故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 分段动量守恒：A、B碰撞（完全非弹性 ），A、B与C通过弹簧作用（动量守恒 ），C、D弹性碰撞（动量+机械能守恒 ）， 弹簧再次压缩（A、B、C动量守恒 ）。
2. 能量关系：完全非弹性碰撞有机械能损失，弹性碰撞机械能守恒。
3. 冲量计算：冲量等于动量变化，直接用 。
14．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．这列波的波长为4m，周期为4s，则传播速度是
A错误；
B．当x=2m处的波峰传到Q点时，Q点首次到达波峰位置，用时间
B正确；
C．当Q点第一次出现波峰时，P点振动时间为2T，则P点通过的路程为
C正确；
D．由此时的波形图可知，因此时M点刚起振且振动方向向下，可知该简谐横波的起振方向为y轴负方向，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：波动图读波长，振动图读周期，用 计算。
B：确定波峰初始位置，计算传播到Q点的距离与时间。
C：一个周期路程 ，总路程=周期数×4A。
D：用“上下坡法”判断质点振动方向，波的起振方向与质点一致。
15．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了波动规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系求解波长，然后根据波的干涉原理，判断振动加强点和减弱点。振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻。
A．波的周期为
波长为
设EF线段的中点为M，则
两种路径到M点波程差为
所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；
B．波到C点的时间为
在0~2s内C点振动时间
经过的路程为
2A=4m
故B错误；
C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差
当
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；
D．改变波源振动频率，根据公式
可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。
故选AC。
【分析】根据振动方程求解波的周期，再根据波长、波速和周期的关系求解波长。结合波的干涉现象中，振动加强点和减弱点的判断方法分析；根据波传播到C的时间算出C点振动的时间，再结合振幅判断。
16．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；功率及其计算；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．球在槽中运动过程中，系统水平方向动量守恒，则有
，x1+x2=2R
联立解得x2=0.5R，故A正确；
B．当球到达槽的最低点时速度最大，则由动量守恒和能量关系
mv1=3mv2，
解得
选项B正确；
C．系统机械能守恒，小球从B点离开时，由水平方向动量守恒可知，槽速度为0，故小球上升最大高度为R，故C错误；
D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为θ时重力功率最大，即竖直方向速度最大，则有
Ncosθ=mg
联立解得
，
则有
则重力功率为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】A：系统水平无外力，小球与槽的水平位移满足 ，结合几何位移得槽最大位移。
B：小球到最低点时速度最大，用水平动量守恒和机械能守恒联立求速度。
C：水平动量守恒得槽与小球水平速度为0，机械能守恒得上升高度。
D：槽固定时，通过向心力与功率公式联立，求最大竖直分速度对应的功率。
17．【答案】（1）20.6
（2）5.0
（3）C
（4）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【(1)解答】摆球直径为
【(2)解答】由于，单摆全振动的次数为n=30时，所以该单摆的周期为
【(3)解答】根据
得
所以
故选C。
【(4)解答】
A．根据单摆的周期公式可得
重力加速度的测量值与振幅无关，故A错误；
B．摆长偏大，g偏大，故B正确；
C．摆长偏小，g偏小，故C错误；
D．开始计时误记为n=1，则周期偏小，g偏大，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和；
（2）由图可知秒表读数，全振动的次数为15次，相除即等于周期；
（3）根据单摆的周期公式可得T2-L图线斜率表达式；
（4）根据单摆的周期公式进行分析。
18．【答案】（1）0.184（0.182~0.185）
（2）C；
（3）
（4）电流表的内阻
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
故答案为：0.184（0.182~0.185）
（2）为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法，同时为了使得测量数据的连续性强一些，滑动变阻器应选总阻值小一些的，即滑动变阻器选择C；
滑动变阻器采用分压式接法，测量电路中由于
可知，电压表分流影响大，为排除电压表分流影响，测量电路采用电流表内接法，连接电路如图所示
故答案为：C；
（3）令合金丝总长度为，则有
，
解得
由于图线的斜率为k，则有
根据电阻定律有
解得
故答案为：
（4）结合上述可知，图丙中图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
故答案为：电流表的内阻。
【分析】（1）掌握“固定刻度+可动刻度×精度”读数规则。
（2）分压式接法扩大电压调节范围，内外接由 与 比值判断。
（3）结合欧姆定律与电阻定律，通过图像斜率关联 与 、。
（4）截距对应 时的电阻，即电流表内阻（因内接法中电流表分压 ）。
（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）[1]为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法，同时为了使得测量数据的连续性强一些，滑动变阻器应选总阻值小一些的，即滑动变阻器选择C。
[2]滑动变阻器采用分压式接法，测量电路中由于
可知，电压表分流影响大，为排除电压表分流影响，测量电路采用电流表内接法，连接电路如图所示
（3）令合金丝总长度为，则有
，
解得
由于图线的斜率为k，则有
根据电阻定律有
解得
（4）结合上述可知，图丙中图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
19．【答案】（1）解：F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向与F的方向相同，均为竖直向上。
（2）解：设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
设上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量求出F冲量大小和方向，根据冲量的定义求解重力的冲量，根据动量定理求解电动量的变化；
（2）根据动量定理和动能定理求出最大高度。
（1）F t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
方向与F的方向相同，均为竖直向上。
（2）设头锤落到气囊上时的速度大小为v0，由自由落体运动公式得
以竖直向上为正方向，头锤与气囊作用过程，由动量定理得
设上升的最大高度为h，由动能定理得
解得
20．【答案】（1）解：由图可知两列波的波长分别为m，m，即波长之比为1：2；依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为1：2，根据波的传播速度与周期、波长关系
可知两列波的周期相同；研究向右传播的波1，根据质点的振动方程有
其中cm，cm，可得
t=0s到时间内P点经过的路程为6cm，则有
解得
s
（2）解：可知波2振动的周期也为1s；向右传播的波1在x轴负半轴的传播速度为
m/s
机械波的传播速度由介质决定，可知波2在x轴负半轴的传播速度也为4m/s。
（3）解：波2在x轴正半轴的传播速度为
m/s
由图可知，t=0s时刻向右传播的波1在x=-5m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
t=0s时刻向左传播的波2在x=6m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
可知两列波的波谷同时传到x=-1m处，故x=-1m处为振动加强点，则两列波相遇后在x=-1m处质点的振幅为8cm。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）通过波长比与波速比，结合振动方程和路程分析，确定周期。
（2）同一介质中波速相同，利用波 1 速度推导波 2 在负半轴的速度。
（3）计算两波谷到达 x = -1m 的时间，判断相位差，确定振幅叠加（加强 ）。
（1）由图可知两列波的波长分别为m，m，即波长之比为1：2；依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为1：2，根据波的传播速度与周期、波长关系
可知两列波的周期相同；研究向右传播的波1，根据质点的振动方程有
其中cm，cm，可得
t=0s到时间内P点经过的路程为6cm，则有
解得
s
（2）可知波2振动的周期也为1s；向右传播的波1在x轴负半轴的传播速度为
m/s
机械波的传播速度由介质决定，可知波2在x轴负半轴的传播速度也为4m/s
（3）波2在x轴正半轴的传播速度为
m/s
由图可知，t=0s时刻向右传播的波1在x=-5m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
t=0s时刻向左传播的波2在x=6m处的波谷传播到x=-1m处所用时间为
s
可知两列波的波谷同时传到x=-1m处，故x=-1m处为振动加强点，则两列波相遇后在x=-1m处质点的振幅为8cm
21．【答案】（1）解：两物块A、B开始处于静止状态，可得弹簧弹力的大小
F=2mg=20N
若突然加沿竖直方向的匀强电场，弹簧弹力不突变，此瞬间A对B的压力大小变为5N，对B受力分析
解得
分析A的受力竖直向上的电场力qE和B对A的支持力FN，竖直向下的重力mg，由牛顿第二定律
解得，方向竖直向上。
（2）解：A、B运动到最高点时，根据对称性可知其加速度为竖直向下的a，由牛顿第二定律可得
解得
。
（3）解：由第二问分析可知，施加电场后A、B运动到最高点时，系统机械能的增加量最大，有
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；电场强度
【解析】【分析】（1）弹簧弹力不突变，通过隔离法（对 B、A ）列牛顿定律，求电场强度。
（2）最高点与最低点加速度对称，整体受力分析求弹簧弹力。
（3）电场力做功是机械能变化的量度，利用位移对称性求电场力做功。
（1）两物块A、B开始处于静止状态，可得弹簧弹力的大小
F=2mg=20N
若突然加沿竖直方向的匀强电场，弹簧弹力不突变，此瞬间A对B的压力大小变为5N，对B受力分析
解得
分析A的受力竖直向上的电场力qE和B对A的支持力FN，竖直向下的重力mg，由牛顿第二定律
解得
方向竖直向上。
（2）A、B运动到最高点时，根据对称性可知其加速度为竖直向下的a，由牛顿第二定律可得
解得
（3）由第二问分析可知，施加电场后A、B运动到最高点时，系统机械能的增加量最大，有
22．【答案】解：（1）从弹出到B处过程，根据能量守恒定律有
经过B处时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律有
方向水平向右。
（2）在m与车共速时，根据动量守恒以及能量守恒有
，
解得共速时滑块与摆渡车的相对位移
摆渡车与右端碰后停止， 滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置距I点的距离
（3）①若滑块刚好能过圆轨道最高点，则有
根据能量守恒定律有
解得
②若滑块刚好不会从摆渡车右边掉下，则有
，，
解得
③若滑块能停在目标区，则有
，，
其中
解得
或
综合上述，要游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块运动到与O1等高处的B处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒求解速度，由牛顿第二、三定律求对B点的压力；
（2）根据动量守恒定律求出滑块与小车共速的速度，对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块相对于车的位移，由动力学规律求滑块在小车碰撞后继续滑行的距离，再结合几何关系求出滑块停止位置与I的距离；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件，从三个临界状态由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。
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