2021-2022学年河南省驻马店市确山第二高级中学高三（上）期中物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年河南省驻马店市确山第二高级中学高三

（上）期中物理试卷

一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）

1.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心成功发射

北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020

年“开门红”。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨

道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同

步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫

星组成。它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图所

示，则（）

A.地球同步静止轨道卫星可能相对静止在北京正上空

B.地球同步倾斜轨道卫星的轨道高度与同步静止轨道卫星的轨道高度可能不同

C.同步卫星绕地球稳定运行的速率可能大于中轨道卫星绕地球稳定运行的速率

D.质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小

2.如图是在购物商场里常见的电梯，左图为阶梯电梯，右图

为斜面电梯，设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯

匀速上行，若两电梯高度相同，速度相同，且两乘客用相

同时间到达电梯顶端，则两种情况（）

A.摩擦力对乘客做功相同B.两乘客机械能的增量相同

C.电梯对乘客支持力的做功相同D.电梯对乘客支持力的冲量相同

3.“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车匀速行驶，发现前方507n处的

斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，减速的加速度

大小为5m/s2。若小王的反应时间为0.5s,为确保安全，汽车刹车前匀速行驶的最

大速度为（）

A.18km"B.30km/hC.36km/hD.72km/h

4.2021年6月28日聂海胜利用太空跑台一一动感单车锻炼，如图所示。假设动感单车

的阻力主要来源于距车轴30cm的阻尼装置（可视为质点），宇航员每分钟蹬车90圈，

则阻尼装置对车轮的阻力大小约为350N,假设聂海胜锻炼15分钟克服动感单车阻

力而消耗的能量约为（）

A.700kJB.800k/C.900k/D.1000灯

5.汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速

度的装置。如图甲所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪4可发出并接

收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度，如图乙所示

是以测速仪所在位置为参考点，测速仪连续发出的两个超声波信号的x-t图象，说

法正确的是（）

_____A

\\n

图甲图乙

A.汽车离测速仪越来越近

B.超声波信号的速度是泞1

C.汽车在t]〜tz时间内的平均速度为号

D.在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为X2-X1

6.如图为湖边一倾角为30。的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为。，一人站在4

点以速度几沿水平方向扔一小石子，已知A。=120m,不计空气阻力（取g=

10m/s2）o下列说法中正确的是（）

A.若%>20m/s,则石块一定可以落入水中

B.若见<30m/s,则石块不能落入水中

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C.若石子能落入水中，则北越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大

D.若石子不能落入水中，则为越大，落在斜面上时速度方向与斜面的夹角越大

7.2020年12月2日22时，嫦娥五号带着月壤返回地球，若进

入大气层时速度过大后果将不堪设想，为此航天科技集团

五院的设计师们创造性地提出了半弹道跳跃式再返回的技

术方案，就像在太空“打水漂”一样，让关闭发动机的返

回器先是高速进入大气层，再借助大气层提供的升力跃出

大气层，然后重新进入大气层。如图为航天器跳跃式返回过程示意图，虚线圆为大

气层的边界，已知地球半径为R,d点到地面的高度为无，地球表面重力加速度为g。

下列说法正确的是（）

A.航天器从a到c运动过程中一直处于完全失重状态

B.航天器运动到d点时的加速度为若

C.航天器在a点机械能大于在c点的机械能

D.航天器在c点的动能大于在e点的动能

8.在刚刚结束的东京奥运跳水比赛中，中国跳水队以7金5银的成绩完美收官。假设质

量为小的跳水运动员从跳台上以初速度北向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到

入水前重心下降H,入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动,

运动员入水后到速度为零时重心下降八，不计空气阻力，贝式）

A.运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m/T不荻

B.水对运动员阻力的冲量大小为mJ诺+2gH

C.运动员克服水的阻力做功为诏

D.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为+①+加诏

9.目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶,

某公司对某款汽车性能进行了一项测试，让质量为小的汽车沿一山坡直线行驶。测

试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，

则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值方。设汽车在上坡和

下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（）

A.关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒

B.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力做功不为零

C.上坡过程中，当速度达到Um的一半时的加速度为a=誉

D.上坡过程中，汽车速度由0增至为,所用的时间等于£=噤+二

10.“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上

喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种

特技动作，如图甲所示。为简化问题。将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两

部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为竖直软水管的横截面积

为S,水的密度为p,重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者按触后能以

原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为（）

/表演者及装各

水流方向

水面

A.忌B书C.忌D.悟

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

11.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（）

A.笔的动能先增大后减小

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.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能增加量

12.如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周

运动。如图乙，一件小衣物（可理想化为质点）质量为m,滚筒半径为R,角速度大

小为3,重力加速度为g,a、b分别为小衣物经过的最高位置和最低位置.下列说

法正确的是（）

第4页，共22页

甲

A.衣物所受合力的大小始终为ma?/?

B.衣物转到匕位置时的脱水效果最好

C.衣物所受滚筒的作用力大小始终为mg

D.衣物在a位置对滚筒壁的压力比在b位置的大

13.2019年11月9日“亚太冰壶锦标赛”在深圳大运中心体育馆落下帷幕，经过7个比

赛日的争夺，最终中国女队摘得桂冠。在最后的冰壶决赛中，队长韩雨利用红壶去

碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运

动的v-t图线如图他）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相

等，贝女）

图(a)图(b)

A.两壶发生了弹性碰撞

B.碰后蓝壶速度为0.8m/s

C.碰后蓝壶移动的距离为27n

D.碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力

14.如图所示，力、B两物块的质量分别为2nl和m,静止叠放在水平地面上，4、B间的

动摩擦因数为〃，B与地面间的动摩擦因数为;〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

重力加速度为g,现对4施加一水平拉力F,贝女）

A.当F<2卬ng时，4、B都相对地面静止

B.当F=|〃mg时，力的加速度为

C.当F>3png时，4相对B滑动

D.8的力口速度可能为:“g

4-

15.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为0,在传送带上某位置轻轻放置一小

滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为〃，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，

北、to已知，则（）

C.〃=tanB+就前D.玲后滑块的加速度为2gs加8-葭

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

16.用如图实验装置验证mi、加2组成的系统机械能守恒。机2从高处由静止开始下落，

在mi上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能

守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两

计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示。已知mi=50g、m2=150g,

当地重力加速度g=9.8m/s2。则：（本题计算结果保留两位有效数字）

（1）在纸带上打下计数点5时，Tn2的速度17=m/s；

（2）在打点0〜5过程中系统动能的增量4后人=J,系统势能的减少量

AEp=Jo

17.某学习小组用图甲所示的实验装置探究拉力做功与小车动能变化之间的关系。小车

上遮光片的宽度为d,4、B处是两光电门，可测得小车上的遮光片通过4、B处所

用的时间；用遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过4、B点时的速度，钩码

上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力F。适当垫高木板右端，使小车不挂钩码

时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从木板右端由静止释放小车进行实验。

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(1)符合本实验要求的有。

A.要保证钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量

8.要测出钩码和传感器的质量

C.要测量长木板垫起的高度和木板长度

。.要选用宽度窄一些的挡光片

(2)某次实验中质量为m的小车通过4、B光电门的时间分别为以、tB,则小车由4运

动到B时动能的变化量=o

(3)保持拉力F=0.2N不变，仅改变光电门B的位置，读出B到4的距离s,记录对应

的s和益数据，画出s-诏图象如图乙所示。根据图象可求得小车的质量

m=kg,4处光电门到木板右端的距离L=m(不计小车的长度)。

四、简答题(本大题共1小题，共10.0分)

18.我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=描写，目为

系数；u是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的

起飞离地速度，已知飞机空载时质量为9.0x109g,飞机从静止沿跑道做匀加速

直线运动，在跑道上滑行30s达到起飞离地速度为6(hn/s,假设飞机装载货物前后

起飞离地时的k值可视为不变，飞机在跑道上滑行时所受阻力为飞机重力的0.1倍

(1)飞机在跑道上滑行的距离是多少；

(2)飞机在跑道上滑行时受到的水平牵引力多大；

(3)当飞机的起飞离地速度为8(hn/s时，飞机装载货物的质量是多少。

五、计算题（本大题共2小题，共26.0分）

19.如图所示，两块相同平板P］、置于光滑水平面上，质量均为小。22的右端固定一

轻质弹簧，左端4与弹簧的自由端B相距L物体P置于匕的最右端，质量为他且可

以看作质点。3与P以共同速度先向右运动，与静止的「2发生碰撞，碰撞时间极短，

碰撞后匕与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内

）。P与「2之间的动摩擦因数为〃，求：

（1）P1、P2刚碰完时的共同速度打的大小；

（2）P的最终速度"2的大小；

（3）此过程中弹簧最大压缩量》和相应的弹性势能Ep。

vop倒

.AB

j&

20.第24届冬奥会将于2022年由北京和张家口两个城市联合举办，跳台滑雪是其中最

具观赏性的项目之一，其空中翻转动作优美，深受观众喜爱。某滑道示意图如图所

示，长直助滑道4B与光滑圆弧形滑道BC相切于B点，且48与8、C两点所在水平面

的夹角a=37°,助滑道力B长L=90m。圆弧滑道BC与水平安全平台CD连接，CD长

x=38.4m。平台CO与曲线着陆坡DE连接，0、E两点高度差为35m。着陆坡0E下

端衔接一段圆心角/?=53。的圆弧轨道，圆弧轨道最低点与水平终点区FG相切。质

量m=80kg（含滑板等装备）的运动员（可视为质点）从A处由静止开始自由下滑（运

动员不做功），经C点飞起，恰好从。点进入曲线着陆坡DE。重力加速度g=10m/s2,

运动员在空中运动过程中可视为质点，忽略运动过程中空气的作用。

（1）滑板克服滑道4B阻力做功为多少；

（2）某次试赛中，该运动员从4处由静止开始加速下滑（运动员做功），恰从E点沿切

线进入圆弧轨道，实现完美一跃。求此过程中运动员做的功。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、地球同步静止轨道卫星一定在赤道正上方，而北京不在赤道上，故地

球同步静止轨道卫星不可能相对静止在北京正上空，故A错误；

B、根据开普勒第三定律口=/＜可知，地球同步倾斜轨道卫星与静止轨道同步卫星的周

期相同，则它们的轨道半径也是相等的，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力可得："=护，因为中轨卫星的高度低于静止同步卫星，

即r小，故所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于中轨道卫星绕地球运动的速率，

故C错误；

。、中轨道卫星的半径小，处于低轨道，由中轨道到同步轨道需要加速，故质量相等的

中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小，故。正确。

故选：0。

地球同步静止轨道卫星一定在赤道正上方，由此判断地球同步静止轨道卫星是否在北京

正上方；

根据开普勒第三定律分析轨道半径；

根据万有引力提供向心力列式，可知卫星的线速度与轨道半径的关系；

根据卫星变轨的原理，分析不同轨道上卫星的机械能。

此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一基本

思路，通过列式分析速度、周期与轨道半径的关系，要明确同步卫星的轨道特点。

2.【答案】B

【解析】解：力、乘客在阶梯电梯中受到重力与支持力作用，二力平衡，不受摩擦力作

用，支持力竖直向上；乘客在斜面电梯中受到重力、支持力和摩擦力作用，支持力垂直

斜面向上，故A错误；

8、乘客质量相同，上升高度相同，根据功能关系可知，两种情况下，电梯对乘客做功

相同，增加了乘客的机械能，故机械能增量相同，故8正确；

C、阶梯电梯中，支持力等于重力，斜面电梯中，支持力小于重力，两种情况下，支持

力大小不等，位移相等，则做功不等，故C错误；

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。、根据恒力冲量公式可知，/=Ft,两种情况下，支持力大小不等，时间相同，电梯

对乘客支持力的冲量不等，故。错误。

故选：B。

分析乘客在阶梯电梯和斜面电梯上的受力情况，根据恒力做功的公式判断摩擦力、支持

力做功；

根据恒力冲量的公式判断支持力的冲量。

本题考查了功和冲量的计算，解题的关键是进行受力分析，利用恒力做功和恒力冲量的

公式作答。

3.【答案】D

【解析】解：在反应时间0.5s阶段，汽车做匀速直线运动，之后做加速度大小为5m/s2的

匀减速直线运动减速到零，两个过程的前进的位移之和恰好等于506时，汽车刹车前匀

速形式的速度最大，设最大速度为D

列式如下…+喧=0.5"+4=50m

计算可得：v=20m/s=72km/h.

故ABC错误，。正确

故选：Do

反应阶段汽车做匀速直线运动，之后做匀减速直线运动减速到0,恰好停在斑马线上时

汽车刹车前匀速行驶的速度最大。

反应阶段汽车做匀速直线运动，之后做匀减速直线运动减速到0,多个运动过程需理清

各个运动过程的运动性质。

4.【答案】C

【解析】解：根据功能关系可知E=叼=2nrnf=2x3.14x0.3x350x15x60/=

900000/=9000

故AB。错误，C正确；

故选：Co

根据做功的计算公式结合功能关系可解得聂海胜克服动感单车阻力而消耗的能量。

本题考查功能关系，解题关键掌握聂海胜克服动感单车阻力而消耗的能量等于摩擦力做

功。

5.【答案】C

【解析】解：4、第二次超声波反射的距离冷>与，说明距离变大，则汽车离测速仪越

来越远，故A错误；

BD,由图可知第一次超声波碰到车反射时的时刻为J,位置为乙；第二次超声波碰到车

反射时的时刻为tz，位置为小，故应是两个超声波信号反射的时间内，汽车通过的位移

为故BD错误；

C、两次反射汽车通过的位移为次-匕，时间为t2-0，则汽车的平均速度为裁，故

C正确。

故选：C。

位移-时间图像反映物体位置随时间的变化情况，图像的斜率表示速度，速度不变为匀

速直线运动，结合题目所给知识分析。

本题主要考查匀速直线运动的x-t图像，要通过汽车与测速仪之间距离的变化分析汽车

运动。根据图像的斜率确定速度大小。

6.【答案】B

【解析】解：48、小石子扔出后做平抛运动，在水平方向上：AOcos300=vQt

竖直方向上：AOsin30°=^gt2

联立解得：t=2V3S,V0=30m/s

则此时石子刚好落在水面与大坝的交点，可知若%<30m/s,则石块不能落入水中，

故A错误，B正确；

C、若石子能落入水中，平抛运动的时间由高度决定，落入水中的高度相同，则时间也

相同，根据为则竖直方向的分速度是相等的，根据：tan®="，可知初速度越

大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小，故C错误；

D、落在大坝上，则速度方向与水平方向夹角为a,则tana=竽

落在大坝上，位移与水平方向夹角等于大坝的倾角，为氏则tanJ=M=更

2%

因为。角等于斜面的倾角，贝加角保持不变，由此a角也保持不变，即石子落在坝上的速

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度方向保持不变，故。错误；

故选：B。

根据平抛运动水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体，先通过竖直方向上

的运动计算时间，再代入水平方向上求出落在坝上的最大初速度；

根据位移方向与水平方向的夹角与斜面倾角的等量关系，结合平抛运动的运动特点分析

出位移和速度方向；

根据竖直方向的下落高度确定出下落的时间的大小关系。

本题主要考查了平抛运动和斜面的结合，根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合几

何关系完成分析，属于常规考法。

7.【答案】C

【解析】解：4航天器沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，

所以从a到c运动过程中合力背离地球方向，即有竖直向上的加速度分量，因此航天器处

于超重状态，故A错误。

B、在d点，万有引力提供向心力，^~=ma,在地球表面附近时曙=7ng,由两式

可得a=焉故8错误。

C、航天器从a点到c点，万有引力做功为0,阻力做负功，机械能减少，所以在a点的机

械能大于在C点的机械能，故C正确。

。、从c点到e点，没有空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，即两点的机械能相等，

因为c、e点距地球的距离相等，所以重力势能相等，故航天器在C点的动能等于在e点的

动能，故。错误。

故选：Co

航天器沿abc轨迹做曲线运动，合力指向曲线弯曲的内侧，因此航天器处于超重状态，

在d点，根据万有引力提供向心力列方程求解a,航天器从a点到c点，万有引力做功为0,

阻力做负功，机械能减少，所以在a点的机械能大于在C点的机械能，从c点到e点，没

有空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故航天器在C点的动能等于在e点的动能。

该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作

用，在大气层以外不受空气阻力，结合万有引力提供向心力、机械能守恒等进行求解。

8.【答案】D

【解析】解：力、设入水前运动员的速度大小为V,运动员在空中运动的过程中机械能

守恒，

则诏=^mv2,

故17='诏+2gH

取向下为正方向，由动量定理得：

运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为

I=Ap=myjVQ+2gH-(―mv0)=mJ诏+2gH+mv0>故A错误；

8、运动员在水中运动的过程中受到重力和水的阻力，

则小-1^=0-mJ诏+2gH,

故水对运动员阻力的冲量大小大于m1诏+2gH，故B错误；

CD,运动员从起跳到入水后速度减为零的过程中运动员克服水的阻力做功等于机械能

减小量，大小为：

AE-\-mgh-(mgH+-mg[H+K)故Z)正确，C错误；

故选：D。

入水前运动员机械能守恒，先求入水时的速度，根据动量定理/=可求冲量大小；

在水中受阻力和重力的冲量，根据公式可求水的阻力冲量；

入水后运动员克服水的阻力做功等于机械能减小量，根据能量守恒可求；

明确运动员在空中运动过程中的机械能守恒，明确冲量的定义，会计算冲量。

9.【答案】D

【解析】解：4关掉油广门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，

则汽车的机械能减小，故4错误；

A关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力方向与汽车速度方向垂直，则支持力做

功为零，故8错误；

C下坡时/nags比仇上坡过程中达到最大速度时为=而荷而=方，当速度达到最

大速度一半时F-/一=nm,其中尸=皿=4八解得。=荔~，故。错误；

2Jrnvm

D设汽车速度由0增至%,所用的时间为3根据动能定理可得Pt-fs-mgsin/s=

第14页，共22页

后，解得1=噂+二，故。正确；

22Pvm

故选：D«

由共点力平衡条件可求得汽车受到的阻力，判断机械能是否守恒；由支持力与汽车的速

度垂直，因此支持力做功为零；根据牛顿第二定律可以求得速度为最大速度一半时的加

速度，再由动能定理可求得所需要的时间。

本题考查机械能守恒的条件、运动与力垂直时不做功、牛顿第二定律以及动能定理的应

用，要注意明确由W=Pt求功的方法及应用。

10.【答案】C

【解析】解：设出水的速度为在极短时间t内，出水质量为m=pSut,速度由竖直

向上的"变为竖直向下的

表演者静止在空中，根据平衡条件可知，水的作用力为Mg,根据牛顿第三定律可知，

装备对水的作用力大小也为Mg，

取向下为正方向，对于时间t的水，根据动量定理可知，

Mgt=mv—(―mv)=pSv2t+pSv2t

解得出水速度"=层,故C正确，A3。错误。

故选：Co

表演者受力平衡，重力和水的作用力等大反向。

水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，根据动量定理分析。

此题考查了动量定理、共点力平衡、运动学公式的综合运用，关键能合适地选择研究对

象，选择合适的规律进行求解。

11.【答案】AD

【解析】解：4、弹簧的弹力先大于笔的重力，此过程中笔做加速运动，动能增大，当

弹力减小至小于笔的重力后，笔开始做减速运动，动能减小，故4正确；

B、由于笔的动能先增大后减小，很据机械能恒定律可知笔的重力势能与弹簧的的弹性

势能之和先减小后增大，故8错误；

CD,根据机械能行恒定律可知，弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能增加

量，故C错误，。正确。

故选：AD«

笔向上运动过程总机械能不变，结合圆珠笔的运动情况分析动能和重力势能的变化，从

而判断出能量的转化情况。

本题主要是考查机械能守恒定律和功能关系，要能够分析能量转化情况，先要搞清涉及

几种形式的能，明确哪些能在增加，哪些能在减少，即可明确能量的转化情况。

12.【答案】AB

【解析】解：4、衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，故在转动过程中，根据牛顿第二定

律可知衣物所受合力的大小始终为「合=爪3?/?,故A正确；

22

BCD、在a点，根据牛顿第二定律可知：mg+FN1=mRa>,解得：FW1=mRa)-mg,

衣物所受滚筒的作用力大小小于mg,在b点，根据牛顿第二定律可知：FN2~mg=

22

mRa),解得：FN2=mg+mRa),衣物所受滚筒的作用力大小大于mg,所以衣物对

滚筒壁的压力在a位置比在b位置的小，衣物做匀速圆周运动，所需的向心力相同，对筒

壁的压力不同，在b点最大，脱水效果最好，故CD错误，B正确。

故选：AB.

衣物随脱水桶一起做匀速运动，故所需的向心力相同，根据受力分析，由牛顿第二定律

分析判断。

本题以滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动为

背景考查了匀速圆周运动的相关知识，解决此题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第

二定律进行求解。

13.【答案】BCD

【解析】解：AB,由题图可知碰撞前后瞬间红壶的速度大小分别为%=Ini/s；%'=

0.2m/s

设碰撞后瞬间蓝壶的速度大小为“2,根据动量守恒定律有

mv1=mv^+mv2

解得：v2=0.8m/s

系统在发生碰撞前的总动能为：Eg=xl2/=0.5m(J)

22

系统在发生碰撞后的总动能为：Ek2=+^mv2=|mx0.2/+1xmx0.8/=

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0.34m(/)。Ekl

可知两壶发生了非弹性碰撞，故A错误，B正确；

C、根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，碰后蓝壶移动的距离为：

x=|x5x0.8m=2m,故C正确；

D、根据u-£图像的斜率表示加速度可知，碰后红壶的加速度比蓝壶的大，根据a=工可

m

知碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故。正确；

故选：BCD。

根据图像得出碰撞前后的速度，结合动能的计算公式分析出碰撞前后的动能大小关系并

完成分析；

根据u-t图像的面积计算出位移；

v-t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律分析出摩擦力的大小。

本题主要考查了动量守恒的相关应用，理解v-t图像的物理意义，结合动量守恒定律

和牛顿第二定律完成分析。

14.【答案】BC

【解析】解：力、设B对4的摩擦力为左，4对B的摩擦力为上，地面对B的摩擦力为人。

由牛顿第三定律可知人与片大小相等，方向相反，和上的最大值均为%的最大

值为|〃山。，故当0<F时，4、B均保持静止，继续增大凡在一定范围内4、B

将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；

BC、设当4、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为尸'，加速度为优，则对4,有F-

2^mg=2ma'

对/、B整体，有F'-|卬ng=3ma\解得〃=3Amg

故当时，4相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F>

时，力相对于8滑动。

当尸=|〃mg时，力、B以共同的加速度开始运动，将4、8看作整体，由牛顿第二定律

有

„3。

F--^mg=3ma

解得：a=：〃g,故BC正确:

D、对B来说，其所受合力的最大值％=2卬ng-14mg=[“mg,即B的加速度不会超

过=1〃g,故。错误。

故选：BCo

分别分析力、B相对静止的情况，以及刚发生相对运动的情况，运用牛顿第二定律求出F

的大小。分析相对滑动的临界条件，从而对各选项进行分析。

本题考查牛顿第二定律以及受力分析和摩擦力相关内容，要根据不同情况运用整体法和

隔离法进行分析。

15.【答案】BD

【解析】解：4、假设传送带顺时针转动，滑块放上传送带后受到沿传送带向上的滑动

摩擦力做匀加速直线运动，而且滑块将一直匀加速到传送带底端，与v-t图像反映的

运动情况不符，故传送带不可能是顺时针转动的，而一定是逆时针转动，故A错误；

人从题图乙可推知，滑块在。〜%时间内所受的滑动摩擦力沿传送带向下，在"时刻之

后，滑块所受的滑动摩擦力沿传送带向上，为就是滑块所受摩擦力方向突变的临界速度,

即传送带的速度等于孙，故8正确；

CD、在0〜时间内，对滑块根据牛顿第二定律有：%=蛔"普丝丝=gsinO+

H9COS0=I，解得：〃=武丁一土即。；片后滑块的加速度为：。2=些咽詈也”=

gsine-ngcosO=2gsind一台，故C错误,D正确。

Co

故选：BD。

对传送带的转动方向进行分类讨论，结合u-t图象分析可能的转动方向，根据牛顿第

二定律求解出4和第二段图像的加速度。

本题考查牛顿第二定律的应用，根据图乙所示图象分析清楚滑块的运动过程与运动状态

是解题的前提，由图乙所示图象求出滑块的加速度，应用牛顿第二定律解题。

16.【答案】2.40.580.59

【解析】解：（1）每相邻两计数点间还有4个点未标出，则计数点间的时间间隔为T=5x

0.02s=0.1s

利用匀变速直线运动的推论可得在纸带上打下计数点5时，巾2的速度

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(2L60+26.40)乂

V=^=1()-2m/$=2Am/s

t462X0.1''

(2)在打点0〜5过程中系统动能的增量/a=后N一0=+m2)v2

代入数据可得*0.58/

系统势能的减少量AEp=(mx-m2)gh

其中/i=(38.40+21.60)x10~2m=0.6000m

代入数据可得/Ep«0.59/

故答案为:(1)2.4；(2)0.58：0.59

(1)根据匀变速直线运动的推论，结合题意求出在纸带上打下计数点5时瓶2的速度；

(2)根据动能变化量的表达式，结合已知量求出动能的增量；利用势能的变化量的表达

式，结合已知量求出势能的减少量。

在本题中要注意的匀变速直线运动的推论的应用，即物体做匀变速直线运动，则一段时

间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。

17.【答案】017n(力一g)0.60.3

【解析】解：(1)48、小车所受拉力可以由拉力传感器测出，不需要保证钩码和拉力传

感器的质量远小于小车的质量，不需要测出钩码和传感器的质量，故4B错误；

C、把木板垫高的目的是平衡摩擦力，只要适当调整长木板的高度恰好平衡摩擦力即可，

不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故C错误；

。、用遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过4、B点时的速度，遮光片宽度越小,

平均速度越接近瞬时速度，为减小实验误差，要选用宽度窄一些的挡光片，故。正确。

故选：D。

(2)小车经过光电门4时的速度为：以=2

小车经过光电门B时的速度为：如=告，

小车由4运动到B动能变化量为：△="普一?

(3)对小车，由动能定理得：Fs==

己知：F=0.2N,

整理得：s=2.5mvl—2.5血以，

s—据图象图象的斜率：k=2.5m=。=1.5,

图象的截距：b=—2.5m若=—0.3,

解得小车质量为：m=0.6kg,域=0.2,

由牛顿第二定律得小车的加速度为：a=—=m/s2=3mls2,

7TI0.63

小车从。到4做初速度为零的匀加速直线运动，

由匀变速直线运动的速度-位移公式得：或=2ax,

。、4间的距离为：x=^=^4m=0.3m；

/a/X3

故答案为：(1)。;(2)加普一奇；(3)0.6；0.3o

(1)根据图示实验装置与实验原理、实验注意事项分析答题。

(2)根据题意求出小车经过光电门的速度，然后求出动能的变化量。

(3)应用动能定理求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。

本题考查了探究拉力做功与小车动能变化之间的关系实验，解决该题的关键是掌握瞬时

速度的求解方法，知道用图象求解物理量的基本方法，熟记实验的实验原理和注意事项。

18.【答案】解：(1)根据题意可知，飞机离地速度为=60m/s滑行离地时间为£=30s

设飞机在跑道上滑行距离为x,根据匀变速直线运动的规律有

%=yt=900m

(2)空载时质量为m()=