北京市西城区2020届高三上学期期末考试物理试题（Word版带解析）.doc

北京市西城区 2019 — 2020 学年度第一学期期末试卷 高三物理 2020.1 一、单项选择题 1.如图所示，在光滑墙壁上用轻质网兜把足球挂在 A 点，足球与墙壁的接触点为 B 。足球的 重力为 G，悬绳与墙壁的夹角为 α。 则悬绳对球的拉力 F 的大小为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示； 根据平行四边形定则，绳子对球的拉力： A． , 与结论不相符，选项 A 错误； B． , 与结论不相符，选项 B 错误； C． , 与结论相符，选项 C 正确； tanF G α= s inF G α= cos GF α= tan GF α= GF cosα= tanF G α= s inF G α= cos GF α=D． , 与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 2.如图所示，甲、乙两位同学利用直尺测量反应时间．甲用一只手在直尺下方做捏尺的准备， 从他看到乙同学放开直尺开始，到他捏住直尺为止，测出直尺在这段时间内下落的高度为 20cm，则这次测量出甲的反应时间是（g 取 10m/s2） A. 0.02s B. 0.2s C. 0.1 s D. 0.14 s 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，在反应时间内，直尺下落的高度 H=20cm，由自由落体运动的规律知：H= gt2，得 t=0.2s．故 B 正确，ACD 错误，故选 B． 【点睛】本题考查自由落体运动的位移与时间的关系公式，是一道基础题．学生从一个实际 背景中抽象出物理模型是非常重要的能力． 3.一列横波某时刻的图像如图 1 所示，图 2 表示介质中某质点从该时刻开始一段时间内的位 移—时间图像。 A. 若波沿 x 轴的正方向传播，则图 2 可能为 K 点的振动图像 B. 若波沿 x 轴的正方向传播，则图 2 可能为 M 点的振动图像 C. 若图 2 为 L 点的振动图像，则波沿 x 轴的正方向传播 D. 若图 2 为 N 点的振动图像，则波沿 x 轴的正方向传播 【答案】C 【解析】 tan GF α= 1 2【详解】图乙所示质点在 t=0 时在平衡位置向上振动；那么由图甲可得：若波向左传播，图 乙与质点 N 振动一致；若波向右传播，图乙和质点 L 振动一致； A．若波沿 x 轴的正方向传播，则图 2 可能为 K 点的振动图像，与结论不相符，选项 A 错 误； B．若波沿 x 轴的正方向传播，则图 2 可能为 M 点的振动图像，与结论不相符，选项 B 错 误； C．若图 2 为 L 点的振动图像，则波沿 x 轴的正方向传播，与结论相符，选项 C 正确； D．若图 2 为 N 点的振动图像，则波沿 x 轴的正方向传播，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C。 4.甘肃酒泉和海南文昌是我国的两个卫星发射中心所在地，酒泉卫星发射中心的纬度约为北 纬 40°，文昌卫星发射中心的纬度约为北纬 20°。把地球看做一个半径为 6.4×103 km 的质量 分布均匀的球体，比较分别位于酒泉和文昌的甲、乙两个物体随地球自转做匀速圆周运动的 情况，下列判断正确的是 A. 两物体的线速度大小相等 B. 两物体 角速度大小相等 C. 甲物体的线速度大于乙物体的线速度 D. 甲物体的角速度小于乙物体的角速度 【答案】B 【解析】 【详解】两物体是同轴转动，则角速度相同，根据 v=ωr，因乙所在地的转动半径较大，可 知乙物体的线速度较大； A．两物体的线速度大小相等，与结论不相符，选项 A 错误； B．两物体的角速度大小相等，与结论相符，选项 B 正确； C．甲物体的线速度大于乙物体的线速度，与结论不相符，选项 C 错误； D．甲物体的角速度小于乙物体的角速度，与结论不相符，选项 D 错误； 的故选 B. 5.如图所示，平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外 壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下操作中，可以使静电计指针的偏 角减小的是 A. 向上平移 B 极板 B. 向下平移 B 极板 C. 向左平移 B 极板 D. 向右平移 B 极板 【答案】D 【解析】 【详解】AB．向上平移或向下移动 B 极板，减小极板正对面积，根据电容的决定式 ，分析得知，电容 C 减小，而电容器的带电量 Q 不变，由 分析得知，板 间电势差 U 增大，则静电计的指针偏角变大。故 AB 错误。 C．向左平移 B 极板，增大板间距离 d，根据电容的决定式 分析得知，电容 C 减 小，而电容器的带电量 Q 不变，由 分析得知，板间电势差 U 变大，则静电计的指针 偏角变大。故 C 错误。 D．向右平移 B 极板，减小板间距离 d，根据电容的决定式 分析得知，电容 C 变 大，而电容器的带电量 Q 不变，由 分析得知，板间电势差 U 变小，则静电计的指针 偏角变小。故 D 正确。 故选 D 6.如图 1 所示，100 匝的线圈（图中只画了 2 匝）两端 A、B 与一个理想电压表相连。线圈 内有指向纸内方向的匀强磁场，线圈中的磁通量在按图 2 所示规律变化。下列说法正确的是 4 SC kd ε π= QC U = 4 SC kd ε π= QC U = 4 SC kd ε π= QC U =A. A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 150V B. A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 50.0V C. B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 150V D. B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 50.0V 【答案】B 【解析】 【详解】线圈相当于电源，由楞次定律可知 A 相当于电源的正极，B 相当于电源的负极。 故 A 应该与理想电压表的正接线柱相连。由法拉第电磁感应定律得： A．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 150V，与结论不相符，选项 A 错误； B．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 50.0V，与结论相符，选项 B 正确； C．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 150V，与结论不相符，选项 C 错误； D．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为 50.0V，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B. 7.如图所示的平行板器件中有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。一带正电的粒子以某一 速度从该装置的左端水平向右进入两板间后，恰好能做直线运动。忽略粒子重力的影响，则 A. 若只将粒子改为带负电，其将往上偏 B. 若只增加粒子进入该装置的速度，其将往上偏 C. 若只增加粒子的电荷量，其将往下偏 D. 若粒子从右端水平进入，则仍沿直线水平飞出 【答案】B 【解析】 0.15 0.1100 V 50.0V0.1E n t Φ −= = × = 【详解】正粒子沿直线穿过正交场，向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡，则 qE=qvB，即 ； A．若只将粒子改为带负电，则洛伦兹力和电场力的方向均反向，则粒子仍沿直线通过，选 项 A 错误； B．若只增加粒子进入该装置的速度，则洛伦兹力变大，粒子将往上偏，选项 B 正确； C．若只增加粒子的电荷量，向上的洛伦兹力和向下的电场力仍平衡，其仍将沿直线通过， 选项 C 错误； D．若粒子从右端水平进入，则电场力和洛伦兹力均向下，则不可能仍沿直线水平飞出，选 项 D 错误； 故选 B. 8.在如图所示的 U-I 图中，直线 a 为某电源的路端电压与电流的关系，直线 b 为某电阻 R 的 电压与电流的关系。现用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，由图可知 A. 该电阻的阻值为 2.0Ω B. 该电源的电动势为 6.0V，内阻为 0.5Ω C. 该电源的路端电压为4.0V，输出功率为 4.0W D. 用比 R 电阻大的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率可能增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图象 b 可知，外电阻 故 A 错误。 B．由图象 a 可知，电源电动势 E=6.0V，短路电流 I 短=3.0A，电源内阻 Ev B = 4 41 UR I = = Ω = Ω 6 23 Er I = = Ω = Ω 短故 B 错误。 C．由两图象的交点坐标，路端电压为 4.0V，干路电流为 1.0A，电源的输出功率为 P 出=UI=4.0×1.0W=4.0W 故 C 正确。 D．电源的内阻为 r=2Ω，电阻 R=4Ω，因当外电阻 R 与内阻 r 相等时，电源输出功率最大， 可知用比 R 电阻大的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率一定减小，选项 D 错误； 故选 C. 9.某同学把质量是 5kg 的铅球推出，估计铅球出手时距地面的高度大约为 2m，上升的最高 点距地面的高度约为 3m，最高点到落地点的水平距离约为 6m。由此可估算出该同学推铅 球的过程中对铅球做的功约为 A. 50J B. 150J C. 200J D. 250J 【答案】C 【解析】 【详解】铅球在最高点的速度 则由能量关系可得该同学推铅球的过程中对铅球做的功约为 A．50J，与结论不相符，选项 A 错误； B．150J，与结论不相符，选项 B 错误； C．200J，与结论相符，选项 C 正确； D．250J，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 10.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图 所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一 定的高度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中 106 m/s 2 15m/s2 32 xv h g = = =× 2 21 15 10 1 5 (2 15) 200J2 2W mg h mv= ∆ + = × × + × × =A. 笔的动能一直增大 B. 笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小 C. 弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量 D. 弹簧 弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量 【答案】D 【解析】 【详解】开始时弹力大于笔的重力，则笔向上做加速运动；当弹力等于重力时加速度为零， 速度最大；然后弹力小于重力，笔向上做减速运动，当笔离开桌面时将做竖直上抛运动，直 到速度减为零到达最高点； A．笔的动能先增大后减小，选项 A 错误； B．因只有弹力和重力做功，则笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能守恒；因动能先增加 后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，选项 B 错误； CD．因整个过程中动能不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能的增加量，选项 C 错误，D 正确； 故选 D. 11.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传 感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线 如图所示，a、b、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是 A. a→b→c 为一次“下蹲”过程 B. a→b→c 为一次“站起”过程 的C. a→b 为“下蹲”过程，b→c 为“站起”过程 D. a→b 为“站起”过程，b→c 为“下蹲”过程 【答案】A 【解析】 【详解】“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减 速上升，则先超重后失重；由图可知，人先失重后超重，可知 a→b→c 为一次“下蹲”过程； A．a→b→c 为一次“下蹲”过程，与结论相符，选项 A 正确； B．a→b→c 为一次“站起”过程，与结论不相符，选项 B 错误； C．a→b 为“下蹲”过程，b→c 为“站起”过程，与结论不相符，选项 C 错误； D．a→b 为“站起”过程，b→c 为“下蹲”过程，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A. 12.2019 年 11 月 5 日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统”的第3 颗倾斜地球同步轨 道卫星。“北斗三号卫星导航系统”由静止地球同步轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星、中 圆地球轨道卫星组成。“同步轨道”卫星的轨道周期等于地球自转周期，卫星运行轨道面与 地球赤道面的夹角叫做轨道倾角。根据轨道倾角的不同，可将“同步轨道”分为静止轨道 （倾角为零）、倾斜轨道（倾角不为零）和极地轨道。根据以上信息，下列说法中正确的是 A. 倾斜地球同步轨道卫星的高度大于静止地球同步轨道卫星的高度 B. 倾斜地球同步轨道卫星的线速度小于静止地球同步轨道卫星的线速度 C. 可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，静止在北京上空 D. 可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过北京上空 【答案】D 【解析】 【详解】A．倾斜地球同步轨道卫星与静止地球同步轨道卫星具有相同的周期（24h），则由 可知，两种卫星的轨道半径相等，即倾斜地球同步轨道卫星的高度等于 静止地球同步轨道卫星的高度，选项 A 错误； B．两种卫星具有相同的周期和角速度，运转半径相同，则根据 v=ωr 可知，两种卫星具有 相同的线速度，选项 B 错误； CD．同步卫星相对于地球静止，必须为地球赤道面上的同步卫星，因为倾斜地球同步轨道 卫星为倾斜轨道，因此不能与地球保持相对静止，但因为周期总为 24h，则可以每天同一时 2 2 2( )MmG m rr T π=间经过北京上空，选项 C 错误，D 正确； 故选 D. 二、多项选择题 13.一列火车和一辆汽车分别做匀变速直线运动，它们在各个时刻的速度大小如下表所示。 从表中数据可以看出 t （s） 0 1 2 3 4 火车的速度（m/s） 18.0 17.9 17.8 17.7 17.6 汽车的速度（m/s） 8.0 9.0 10.0 11.0 12.0 A. 0~4s 内火车的平均速度较大 B. 0~4s 内汽车的平均速度较大 C. 火车的速度变化比较快 D. 汽车的速度变化比较快 【答案】AD 【解析】 【详解】A B．0~4s 内火车的平均速度： 0~4s 内汽车的平均速度 则火车的平均速度较大，选项 A 正确，B 错误； CD．火车的加速度 汽车的加速度 因汽车就加速度较大，则汽车的速度变化比较快，选项 C 错误，D 正确； 故选 AD. 18.0 17.6= m/s 17.8m/s2v + =火 8.0 12.0= m/s 10.0m/s2v + =汽 2 20.1= m/s 0.1m/s1 va t ∆ = =∆火 2 21= m/s 1m/s1 va t ∆ = =∆汽14.如图所示，理想变压器的原线圈接在 的交流电源上，副线圈接有 R = 55Ω 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说 法正确的是 A. 电流表的读数为 1.00 A B. 电流表的读数为 2.00A C. 电压表的读数为 110V D. 电压表的读数为 155V 【答案】AC 【解析】 【详解】CD．原线圈电压有效值 U1=220V，根据原副线圈匝数比为 2:1 可知次级电压为 U2=110V，则电压表的读数为 110V，选项 C 正确，D 错误； AB．根据变压器输入功率等于输出功率，即 解得 I1=1.00A，选项 A 正确，B 错误； 故选 AC. 15.如图所示，导线框与电源、滑动变阻器、电流表、开关组成闭合回路，将导线框用弹簧 测力计悬挂起来，导线框下端置于蹄形磁铁两极之间，与磁场方向垂直放置。在接通电路前 先观察并记录下弹簧测力计的读数 F0。接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为 I1, 观察 并记录弹簧测力计此时的读数 F1，继续调节滑动变阻器使电流表读数为 I2， I3，…，In，观 察并记录弹簧测力计相应的读数 F2，F3， …，Fn。 若实验过程中导线框下端都未离开蹄形 磁铁两极之间的区域，且该区域的磁场可看作匀强磁场，则根据以上数据描绘出的弹簧测力 计弹力大小 F 随电流 I 变化的图像可能是 220 2 sin100π Vu t= （ ） 2 2 1 1 UU I R =A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】若线框受安培力向下，则 F=F0+BIL；若安培力向上，则 F=F0-BIL A．该图与结论不相符，选项 A 错误； B．该图与结论相符，选项 B 正确； C．该图与结论相符，选项 C 正确； D．该图与结论不相符，选项 D 错误； 故选 BC. 16.2019 年 10 月 1 日，在国庆 70 周年盛大阅兵式上，大国重器东风-17 高超音速战略导弹 震撼曝光！这是世界上第一种正式装备服役的高超音速乘波器导弹，射程可达几千公里，具 备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风-17 质量 为 m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17 正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小 为 12 马赫（1 马赫就是一倍音速，设为 v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下 37°角 飞行，速度大小为 15 马赫。此次机动变轨过程中，A. 合力对东风-17 做功为 81mv2 B. 合力对东风-17 做功为 40.5mv2 C. 合力对东风-17 冲量大小为 9 mv，方向竖直向下 D. 合力对东风-17 的冲量大小为 12 mv，方向竖直向上 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．合力对东风-17 做功为 选项 A 错误，B 正确； CD．由动量定理可知，合力对东风-17 的冲量大小等于动量的变化，大小为 由几何关系可知，方向竖直向下，选项 C 正确，D 错误； 故选 BC. 三、计算论述题 17.如图所示，两平行金属板间距为 d，电势差为 U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方 有一磁感应强度为 B 的匀强磁场，带电量为+q、质量为 m 的粒子，由静止开始从正极板出 发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求： （1）匀强电场场强 E 的大小； （2）粒子从电场射出时速度 ν 的大小； （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R。 的 2 2 21 1(15 ) (12 ) 40.52 2kW E m v m v mv= ∆ = − = 2 2(15 ) (12 ) 9P mv mv mv∆ = − =【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强 E 的大小 （2）设带电粒子出电场时速度为 v，由动能定理得 解得粒子从电场射出时速度 ν 的大小 （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 18.已知地球质量为 M，万有引力常量为 G。将地球视为半径为 R、质量均匀分布的球体。 忽略地球自转影响。 （1）求地面附近的重力加速度 g； （2）求地球的第一宇宙速度 v； （3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道哪些相关数据？请分析说明。 【答案】（1） （2） （3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量， 需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量。 【解析】 【详解】（1）设地球表面的物体质量为 m , 有 解得 UE d = 2Uqv m = 1 2mUR B qd = UE d = 21 2Uq mv= 2Uqv m = 2mvBqv R = 1 2mUR B q = 2 GMg R = GMv R = 2 MmG mgR =（2）设地球的近地卫星质量为 m′，有 解得 （3）若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道地球绕太阳运动的轨道半径、 周期和万有引力常量。 设太阳质量为 M′，地球绕太阳运动的轨道半径为 r、周期为 T，根 据 可知若知道地球绕太阳运动的轨道半径、周期和万有引力常量可求得 太阳的质量。 19.如图 1 所示，足够长的 U 形光滑导体框水平放置，宽度为 L，一端连接的电阻为 R。导 体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。电阻为 r 的导体棒 MN 放在 导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好。其余电阻均可忽略不计。在水 平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为 v。 （1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小 E=BLv； （2）求回路中感应电流 I 和导体棒两端的电压 U； （3）若在某个时刻撤去拉力，请在图 2 中定性画出撤去拉力后导体棒运动的 v-t 图像。 【答案】（1）见解析（2） ； （3） 【解析】 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律 ，MN 与导轨组成闭合回路匝数 n = 1 ∆t 内 MN 运动的距离 2 GMg R = 2 2 MmG mR R ′ ′= v GMv R = 2 2 2 4M MG M rr T π′ = I r BLv R = + RBLU R r = + v E n t ∆Φ= ∆∆x = v∆t 闭合回路 ∆Φ = Β∆xL 代入得 E = BLv （2）MN 运动产生电动势 E = BLv 根据闭合电路欧姆定律 得 路端电压 U = IR 得 （3）撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，最终速度减为 0， v-t 图像如图所示 20.如图 1 所示，平行板电容器极板长度为 L，板间距为 d，B 极板接地（即电势ϕ Β = 0）。在 电容器两极板间接交变电压，A 极板的电势随时间变化的图像如图 2 所示，其最大值为 U。 电子以速度 v0 沿图 1 中虚线方向射入两板间，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷 量为 e，重力不计。 （1）每个电子穿过偏转电场的时间极短，可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的， 偏转电场可看做匀强电场。求在 t = 0.15s 时刻进入偏转电场的电子从电场射出时沿垂直板面 方向的偏转距离 Δy； （2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了每个电子 穿过电场过程中两极板间电压的变化，请结合下列数据分析说明其原因。已知 L = 4.0×10-2m，v0 = 2.0×107m/s。 （3）电势可以随时间变化，也可以随空间发生变化。自然界中某量 D 的变化可以记为∆D， EI R r = + I r BLv R = + RBLU R r = + v发生这个变化所用的时间间隔可以记为 ∆t ；变化量 ∆D 与 ∆t 的比值 就是这个量对时 间的变化率。若空间中存在一静电场，x 轴与某条电场线重合。 a．请你类比上述变化率的概念写出电势ϕ 对空间位置 x 的变化率 A 的表达式； b. 该静电场的电势ϕ 随 x 的分布可能是图 3 所示甲、乙两种情况中的一种。请你根据电势随 空间的变化情况分析比较两种情况的电场在 0 < x < d 区域内的相同点和不同点。 【答案】（1） （2）见解析（3）a. 或 b. 见解析 【解析】 【详解】（1）由ϕ −t 图可知 t=0.15s 时两极板间的电压 电子在平行于极板 方向上做匀速直线运动 L = v0t 在垂直于极板的方向上做初速度为 0 的匀加速直线运动 其中 代入解得 的 D t ∆ ∆ 2 2 04 UeLy dm ∆ = v A x ϕ∆= ∆ UA x = ∆ 2 UU′ = 21 2y at∆ = Eea m = 2 UE d = （2）电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动 L = v0t 可知电子通过电场所用的时间为 由图 2 可知电场变化的周期 T = 0.2s 可见电子通过电场所用的时间远远小于电场变化的周期，因此电子穿过平行板的过程中可以 认为两板间的电压是不变的。 （3）a. 或 b. 由图 3 可知甲、乙两种情况中电势沿 x 轴的正方向均降低，由此可知两种情况的电场方向 是相同的，均沿 x 轴的正方向。不同点是电势随空间位置的变化快慢不同，甲电场的电势在 沿 x 轴的正方向上随空间位置均匀降低，为匀强电场；乙电场的电势在沿 x 轴的正方向上随 空间位置降低得越来越慢，电场强弱分布不均匀，沿 x 轴的正方向电场强度逐渐减小。 21.台球的运动和撞击过程中，球既存在平动，也存在转动，运动情况较为复杂。在不考虑 球的转动和球之间的摩擦的情况下，我们可以对球的运动和撞击过程建立简单的模型，用高 中物理知识进行粗略研究。如图 1 所示，此时球桌上只剩下两个球，其中 A 球为白球，B 球 为黑球，且两球球心与 1 号洞中心在一条直线上。请你利用学过的物理规律解决以下问题。 （1）击打白球后，白球与黑球发生碰撞，可以使黑球进入不同的洞口。请在以下两种情况 下，画出白球的初速度方向以及碰前瞬间的位置，作图时请画出必要的辅助线。 a. 使黑球进入 1 号洞（在图 2 中作图）； b. 使黑球进入 2 号洞（在图 3 中作图）。 （2）黑球进入 2 号洞的情况比进入 1 号洞的情况复杂一些。在处理复杂的物理问题时，常 将其分解为简单的问题，如运动的分解、力的分解等等。将这些矢量在相互垂直的 x、y 两 个方向上进行分解，然后分别进行研究。在黑球进入 2 号洞的情境下，若已知两球的质量均 为 m，碰前瞬间白球的速度大小为 v0，碰后瞬间黑球的速度大小为 v，v0 与 v 方向的夹角 θ = 2 2 04 UeLy dm ∆ = v 2 9 7 0 4.0 10 2.0 10 s2.0 10 Lt − −×= = = ××v 9 82.0 10 1 100.2 t T − −×= = × A x ϕ∆= ∆ UA x = ∆53o，求两球碰撞过程中损失的机械能。（已知：sin53o = 0.8，cos53o = 0.6） 【 答 案 】 （ 1 ） a. ； b. （2） 【解析】 【详解】（1）a. 2 0 3= 5E m∆ 损 v v - mv b. （2）以黑球碰后的速度方向以及与之垂直的方向为坐标轴方向建立平面直角坐标系，将白 球碰前和碰后的速度沿着坐标轴进行正交分解，沿两个方向分别进行研究 碰撞过程中两球组成的系统在 x、y 两个方向上都满足动量守恒定律 设碰后白球速度大小为 vA，在 x、y 两个方向上的分速度分别为 vAx 和 vAy x 方向： mv0cosθ = mv + mvAx y 方向： mv0sinθ = mvAy 解得： 0 3 5Ax = −v v v则碰撞过程中系统损失的机械能 其中 代入得 0 4 5Ay =v v 2 2 2 0 1 1 1= ( )2 2 2AE m m m∆ − +损 v v v 2 2 2=A Ax Ay +v v v 2 0 3= 5E m∆ 损 v v - mv