2021-2022学年山西大学附中高三（上）诊断物理试卷（10月份）（附答案详解）

2021-2022学年山西大学附中高三（上）诊断物理试卷（10月份）

1.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点。已知木箱与车厢之

间的动摩擦因数4=04。下列说法正确的是（）

A.若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左

B.为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4m/s2

C.若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞

D.若货车的加速度为5m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力

2.某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。小组绘制了如图乙所示的模型图,

已知路灯支架横梁OA长2.0m,斜梁OB长2.5m,路灯重力为30N,重心恰好在支架横梁和

斜梁的连接点。处，支架重力不计。由共点力的知识可知（）

甲乙

A.横梁与斜梁均被拉伸

B.横梁对O点作用力大小为40N

C.斜梁对0点作用力大小为40N

D.若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁对。点的作用力将变

大

3.在游泳比赛中，假设运动员的质量为机，从起跳到入水身体重心下降了儿获得的速度大

小为心克服水的阻力做功为小附，重力加速度为g,空气阻力不计则此过程中运动员自身

做的功为（）

A.+W限+mghB.|mv2—W—mgh

C.+W阻—mghD.—Mi阻+mgh

4.我国在2021年6月17日发射了神舟十二号载人飞船，并与“天和”核心舱快速对接。已

知“天和”在低于地球同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间小于其运动周

期），运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的角度为伏弧度），引力常量为G,则下列说法中

正确的是（）

A.“天和”的线速度大于第一宇宙速度

B.“天和”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度

C.“天和”的环绕周期为誓

D.“天和”的质量为导

5.如图所示，某同学正在练习颠球。某一次足球从静止自由下落80c5后被重新

顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80°“。己知足球与头部的作用时间

为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，足球可

-

视为质点，下列说法正确的是（）1P

A.足球刚接触头和刚离开头时的速率相同

B.从足球与头部接触到刚离开时足球的动量变化为零

C.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零

D.足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍

6.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和J圆弧的轨道均

光滑，如图所示，一个质量为，"的小球以速度为水平冲上小车，当小球返回

左端脱离小车时，下列说法错误的是（）

A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动

C.小球可能沿水平方向向右做平抛运动D.小球可能做自由落体运动

7.如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，

将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”〜“6”挡速

度增大，R是倒车挡。某型号轿车发动机的额定功率为60&W,在水平

路面上行驶的最大速度可达假设该轿车在水平路面上行驶

时所受阻力恒定，则该轿车（）

A.以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“6”挡

B.以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200N

C.以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为伊N

D.以54/on//i的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为60ZW

8.如图所示，一篮球以水平初速度％碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k<l）,碰

撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为〃?，半径为r,

篮框中心距篮板的距离为L,碰撞点与篮框中心的高度差为〃，不计摩擦和空气阻力，则（）

A.碰撞过程中，篮球的机械能守恒

B.篮板对篮球的冲量大小为（k+l）mv0

C.篮球的水平初速度大小为（L-r虚

D.若篮球气压不足，导致k减小，在必不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰

撞点更低

9.如图所示，水平面0点左侧光滑，。点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同

的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L滑块1恰好位于。点，滑

块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力尸作用于滑块1,经观察发现，在第4

个小滑块进入粗糙地带后到第5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运

动，已知重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

1098765432IF

1117111iTnTiTil11IT?I11riTiTiu?11117177；7?11117111iU//////////////////z

o

A.第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等

B.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数〃=品

3FL

C.匀速运动过程中速度大小u=lOni

D.在水平恒力厂作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带

10.某公园广场上新建的彩色喷泉，启动一段时间稳定后可保持如图所示的迷人风姿。已知中

心的水柱高达5加，其喷嘴横截面积为1.2x10-362,喷嘴位置与池中水面持平，且喷水方向

稍偏离竖直，使上升与下落的水流不重合。水的密度为1.0x103kg/7n3,不计竖直方向的空

气阻力，则（）

A.此喷嘴的出水速度为5zn/sB.此喷嘴的出水流量为1.2x10-3^3/«

C.此喷嘴所接水泵的功率至少为600WD.此水柱在空中的水体积为6.0xICT2nl3

11.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度

大小v的关系为x=20-下列分析正确的是（）

A.刹车过程汽车的加速度大小为10m/s2B.刹车过程持续的时间为2.5s

C.t=0时刻汽车的速度大小为20m/sD.刹车后2.8s的位移大小为20m

12.如图甲所示，一水平传送带以恒定速度转动，将一质量为1四物块（可视为质点）从传送带

的右端滑上传送带，物块的位移x随时间f的变化关系如图乙所示。已知图线在。〜3.0s内为

开口向下的抛物线，在3.0s~4.5s内为倾斜直线，取水平向左方向为正方向，重力加速度g

取10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.传送带沿顺时针方向转动

B.小物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.2

C.物块滑上传送带的初速度大小为27H/S

D.0〜4.5s内物块与传送带间因摩擦而产生的热量为18J

13.如图所示，假设某人在高度H=5ni的竖直杆左侧用弹弓将一弹丸从A点发射出去，弹丸

刚好从竖直杆BN顶端8点以u=lOrn/s的水平速度通过后，落到水平地面上的C点.已知

弹丸质量m=50g,A点到水平地面高度h=1.8m,不计空气阻力，g取lOm/s?.下列说法正

确的是（）

B

A.N、C之间的距离X=12MB.A点到竖直杆的水平距离为8，”

C.弹丸落地时的速度大小为10V^n/sD.弹弓对弹丸做的功为4.2/

14.如图所示，轻弹簧放在倾角37。的斜面体上，轻弹簧的下端

与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上h点对齐，时段粗糙、

历段光滑，质量为〃?的物块在斜面上的。点由静止释放，物块

下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到

出?的中点时速度刚好为零，已知外长为L,be长为中3重力

加速度为g,sin370=0.6,cos37°=0.8,则（）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为々

B.物块与弹簧作用过程中，速度先减小后增大

C.弹簧具有的最大弹性势能为

D.物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量为［mgL

15.如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为机的Pn

钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为根的物块从钢板正上方人

处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动孙后到达最低点Q,

设物块与钢板碰撞的时间4t极短。下列说法正确的是（）

A.物块与钢板碰后的速度大小为零

B.在小时间内，钢板对物块的冲量大小为zn零-mgAt

C.从P到。的过程中，整个系统重力势能的减少量为7ng（Xo+/i）

D.从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg（2x°+今

16.图甲为某实验小组同时测量A、8两个箱子质量的装置图，其中。为铁架台，E为固定在

铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略不计），尸为光电门，C为固定在A上、宽度为d

的细遮光条（质量不计），此外，该实验小组还准备了一套祛码（总质量为=1kg）和刻度尺

等，请在以下实验步骤中按要求作答。

（1）在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门产之间的高度差鼠

（2）取出质量为机的祛码放在A箱子中，剩余祛码都放在8箱子中，让A从位置。由静止开

始下降，则A下落到F处的过程中，其机械能是的（填增加、减少或守恒）。

(3)记录下遮光条通过光电门的时间/,根据所测数据可计算出A下落到F处的速度v=

下落过程中的加速度大小a=(用"、八〃表示)。

(4)改变相重复(2)(3)步骤，得到多组机与a的数据，作出a-m图像如图乙所示。可得A的

质量啊=kg,B的质量HIB=如(重力加速度大小g取9.8m/s2)。

17.聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。

(1)实验中，质量为巾1的入射小球A和质量为巾2的被碰小球8的质量关系是巾162(填

“大于”“等于”或“小于”)o

(2)当满足关系式时，证明A、2两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械

能损失，则系统机械能守恒的表达式为

巾2

西=卫理

B'P'B'M'B'N'

=_rn^m2,

'B'P'2B'M'2B'N'2

18.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量犯4=

4kgf上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略

不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,3的质量MB=

2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=ION,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与

3发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经

时间C=0.6s,二者的速度达到%=2m/So求:

(1)4开始运动时加速度a的大小；

(2)4、8碰撞后瞬间的共同速度v的大小。

19.如图所示，在光滑水平面上有一足够长的木板A,其右端不远

处有一竖直墙，A上P点右侧光滑、左侧粗糙，B物体放置于A.P

上且位于P点右侧,A、B的质量分别为啊=1.5kg.mB=0.5kg。

B与A右侧固定的挡板之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧(与8不拴接)，弹簧储存的弹性势

能Ep=3.0/,初始系统静止。现弹簧解除锁定，当A碰到右边竖直墙时B向左还未达到P点、,

但弹簧已经恢复到原长。已知A与竖直墙碰撞后的瞬间，A的速度大小不变方向反向，B和A

上P点左侧部分之间的动摩擦因数为“=0.2,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)弹簧恢复原长的瞬间，A、B速度的大小；

(2*受摩擦力的时间r：

(3)最终B离P点的距离/x。

20.如图所示为一段“S”形单行盘山公路的俯视图，水平弯道1、2可看成两个不同水平面上

的圆弧，圆心分别为0［、02,弯道中心线半径分别为4=20m、〃=80m，弯道2比弯道1

低h=10m,有一倾斜直道与两水平弯道连接。质量m=1500kg的汽车通过弯道时做匀速圆

周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的72%,行驶时要求汽车轮胎不打滑，已知

重力加速度g=10m/s2«

(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速率%。

(2)汽车以巧进入直道，以P=30k”的恒定功率直线行驶了t=12s,然后进入弯道2,此时

速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上阻力对汽车做的功。

(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离(4、B两点都在轨道的中心线上，计

算时汽车可视为质点)，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间沿一圆弧安全通过弯道,

设路宽d=12m,求此最短时间t'。(V153=12.4,sin70。=0.94,计算结果保留小数点后一位)

弯道1弯道2

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、若货车启动时，整体向左产生加速度，车厢对木箱的摩擦力的方向向左，根据牛

顿第三定律知木箱对车厢摩擦力的方向向右，故A错误；

B、设货车车厢的长为/,木箱的质量为〃?，最大加速度为a2,对木箱有png=ma2,代入数据解

2

得：a2=4m/s,故8正确；

2

C、设货车刹车时加速度大小为生.，木箱与车厢前端相撞满足g<x2-%i=(vot-^a2t)-(vot-

^a.t2),故C错误：

D、货车行驶时的加速度为5rn/s2>a2=4m/s2,,木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力

为滑动摩擦力，故。错误。

故选：B.

货车启动时，整体向左产生加速度，车厢对木箱的摩擦力的方向向左，根据牛顿第三定律知木箱

对车厢摩擦力的方向，对木箱有“mg=ma?,可解得最大加速度；根据刹车的相对位移可知木箱

不会与车厢相撞；货车行驶时的加速度为5m/s2>a2=4M/S2,,木箱已经发生相对滑动。

本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握木箱的受力与运动情况的分析，注意木箱的最大加

速度由滑动摩擦力提供。

2.【答案】B

【解析】解：A、假设横梁与斜梁均被拉伸，则连接点。受路灯

向下的拉力，横梁与斜梁的拉力，根据共点力的平衡条件可知，

。点不能平衡，故横梁与斜梁不能均被拉伸，故A错误；

BC、以。为研究对象，对其受力分析如图，

根据共点力的平衡条件有

水平方向FBCOS9=FA

竖直方向Fgsind=G

由几何关系可知cos。=需=技=*

整理可得⑹=50Na=40/V

故B正确，C错误;

。、若把斜梁稍微加长，仍保持。点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁与水平方向的夹角。增大,

斜梁对O点的作用力”将变小，故。错误。

故选:B。

A、假设横梁与斜梁均被拉伸，根据共点力的平衡条件来分析假设是否成立；

BC、以。为研究对象，对其受力分析，利用共点力的平衡条件求横梁和斜梁对。作用力的大小；

。、先分析斜梁与水平方向的夹角变化，再分析斜梁对0点的作用力的变化。

本题考查共点力的平衡，在受力分析时.，要注意受力分析常用的几种方法：整体法、隔离法和假

设法。

3.【答案】C

【解析】解：设运动员自身做功为W,从起跳到入水过程，

由动能定理得：w+mgh.-w=mv2-0

2

解得：W=|mv+Wa—mgh,故C正确，A8O错误。

故选：Co

对运动员应用动能定理可以求出自身做的功。

分析清楚运动员运动过程，应用动量定理即可解题，本题是一道基础题。

4.【答案】C

【解析】解：A、第一宇宙速度为最大的环绕速度，则“天和”的线速度不会大于第一宇宙速度,

故A错误；

B、据万有引力提供向心力（；皆=机。得。=得，则半径小的加速度大，己知“天和”在低于地

球同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则“天和”的向心加速度大于地球同步卫星的向心

加速度，故B错误；

C、运动的角速度为3=号，则周期：7=2=干，故C正确；

D、“天和”为绕行天体，根据G罢=巾9=6327=小俘）2「，可知其质量相互抵消，不能测

量其质量，故。错误。

故选：Co

第一宇宙速度为最大的环绕速度；万有引力提供向心力G粤=ma得a与r关系，然后分析加速

度大小关系；已知卫星经过时间t（t小于其运行的周期），它运动的弧长为s,它与地球中心连线扫

过的角度为0（弧度），根据角速度定义可求得卫星的角速度，从而知周期；根据万有引力提供向心

力分析是否可求围绕体的质量。

本题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的定义，以及其关系。卫星做匀速圆周运动时，万有引

力提供向心力。

5.【答案】AD

【解析】解：A、因为足球的初始高度为8Oc〃z,反弹后的高度也为80c加，说明在和头接触的过程

中速度大小不变，方向相反，即速率相同，故A正确；

B、由/=2g/i可得：v=y/2gh=V2x10x0.8m/s=4m/s,在碰撞瞬间，速度反向，动量改

变量为=0.4x8kg-m/s=3.2kg-m/s,因为作用时间为0.1s,(F—mg)t=mAv,代入数

据：(尸一04x10)x0.1=3.2,解得F=36N,是足球重力的9倍，故8错误，。正确；

C、由无=ggt2可知，0.8=1x10xt2,则t=0.4s,由对称性可知，整个过程的时间为2t=0.8s,

则此过程中重力的冲量为mgt=0.4x10x0.8N-s=3.2N-s,故C错误；

故选：AD.

因为足球的初始高度和反弹高度都相等，可得出前后的速率相同，结合动量定理，判断出动量的

变化和平均作用力等物理量即可。

以生活中的头顶足球为考查背景，结合了运动学公式，动量和冲量之间的关系，可以帮助学生加

强动量定理的相关应用，难度不大，分析过程中要注意速度的方向问题。

6.【答案】A

【解析】解：小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程中，小球和小车组成的系统在水平方

向上不受外力，系统水平方向的动量守恒。

取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

r

mvQ=Mv+mv

由机械能守恒定律得：!mvo=jMv2+^mv，2

解得小球脱离小车时的速度：v'=鬻%

如果?n>M,1/与火方向相同，小球离开小车向右做平抛运动；

如果m<M,1/与几方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动；

如果m=M，小球离开小车做自由落体运动，故BCO正确，4错误。

本题选错误的，

故选：Ao

小球和小车组成的系统，在水平方向上不受外力，系统水平方向的动量守恒，系统的机械能也守

恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式判断小球的运动情况。

解决本题的关键要知道小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，系统机械能守恒，会根据

动量守恒定律进行分析，注意在应用动量守恒定律列式时要注意速度的矢量性。

7.【答案】B

【解析】解：A、根据功率与牵引力的关系P=Fu可知，当速度最小时，牵引力最大，以最大牵

引力爬坡，变速杆应推至“1”挡，故A错误；

BC、在额定功率下以最高速度行驶时，?=£=嗤贮N=1200N,故B正确，C错误；

T6

D、汽车匀速运动，牵引力等于阻力，故F'=/=1200N,此时的功率P'=F'M=1200x^W=

180001V=18kW,故。错误；

故选：B。

据功率与牵引力的关系P=Fv判断轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至的挡位，在额定功率下

以最高速度行驶时，牵引力等于阻力F=3

本题考查了功率与牵引力的关系，及公式P=Fu的直接应用，难度不大，是一道基础题。

8.【答案】B

【解析】解：A、根据题干，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，故A

错误；

B、以弹回的方向做正方向，根据动量定理可得，/=mkv0-(-mv0)=(1+/c)mv0,故B正确；

C、弹回后篮球做平抛运动，水平方向：L-r=kvot,竖直方向：/;=：9产，联立解得:%=与居,

故C错误；

D、若篮球气压不足，导致k减小，在为不变的情况下，k%减小，要使篮球中心经过篮框中心，

即篮球弹回后水平位移不变，时间f要增大，应使碰撞点更高，故。错误；

故选：Be

分析题干条件可知，篮球以水平初速度必碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(卜<1)，弹

回后篮球做平抛运动。

本题结合平抛运动相关知识点，考察物体运动过程中动量定理的理解和应用，综合性较强，运用

平抛运动的相关规律定性分析水平位移与竖直位移的关系是本题的解题关键。

9.【答案】C

【解析】解：A、第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前整体做匀加速运动，各个物体的

加速度相同，隔离分析，分别以滑块10,滑块10、9组成的整体，滑块10、9、8组成的整体……，

由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，各段轻杆子的弹力大小不相等，故A错误；

8、在第4个小滑块进入粗糙地带后到第5个小滑块进入粗糙地带前的过程中，小滑块做匀速直线

运动，对整体分析，根据共点力平衡条件得：F=4"mg解得"=£,故B错误；

C、从开始到到第4个小滑块进入粗糙地带的过程，对整体，根据动能定理得：F-3L-nmg-3L-

Hmg-2L-fimgL=1X10mv2,解得匀速运动过程中速度大小及=故C正确；

D、假设在水平恒力P作用下，10个滑块可以全部进入粗糙地带，则从拉力F开始作用到第10

个滑块刚进入粗糙地带的过程，外力对整体做的总功为：W=F-9L-[nmg-9L+pmg-

8L+…+〃mg"]=-6FL<0,故10个滑块不能全部进入粗糙地带，故。错误。

故选：Co

第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前整体做匀加速运动，各个物体的加速度相同，隔

离分析，根据牛顿第二定律分析各段轻杆的弹力大小关系；在第4个小滑块进入粗糙地带后到第

5个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，对整体分析，根据共点力平衡

条件求出粗糙地带与滑块间的动摩擦因数；根据动能定理求出匀速运动的速度大小：根据动能定

理分析10个滑块能否全部进入粗糙地带。

本题考查共点力平衡、牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道整体具有相同的加速度，可采

用整体法和隔离法相结合分析杆子弹力的大小。运用动能定理时，要注意明确研究对象和研究过

程。

10.【答案】C

【解析】解：A、水柱做竖直上抛运动，则"2=2g/i,解得u=10m/s,故A错误；

B、此喷嘴的出水流量为Q=Sv=1.2x10-3x10m3/s=1.2x10-2m3/s，故B错误；

C、此喷嘴所接水泵的功率至少为P=:=华=半=pQgh=1000x0.012x10x51V=

600IV,故C正确；

D、水上升和下落的总时间为t=^=答s=2s,该水柱在空中的水体积为V=Qt=0.012x

gio

2m3=0.024m3,故。错误

故选：Co

水柱向上做竖直上抛运动，根据速度-位移公式求得初速度，根据Q=S。求得流量，水泵所做的功

全部转化为水的重力势能，即可求得水泵的功率，根据水柱在空中的时间求得水的体积。

本题主要考查了竖直上抛运动，利用好运动学公式，在求水泵的功率时抓住水泵所做的功全部转

化为水柱的重力势能即可。

11.【答案】ACD

【解析】解：AC、刹车过程的位移大小x与速度大小n的关系为x=20”2（小），由上式整理

可得户一202=一20刈根据/一诏=2ax,联立可得刹车过程汽车的加速度为a=-10m/s2,

汽车刹车的初速度大小为为=20m/s,故4c正确；

B、根据%=%+at可得，刹车过程持续的时间为t=2s,故8错误；

。、刹车后2.8s汽车已经停止，所以刹车后2.8s的位移大小为x=守=”而m=20m,故D

La2x（-1。）

正确；

故选：ACD.

用匀变速直线运动的速度-位移关系式与题目已知关系式进行对照，得出汽车运动的初速度和加速

度；

由速度-时间关系式求出刹车过程持续的时间；

根据平均速度推论求出刹车过程的位移大小，注意刹车问题需判断实际运动的时间。

本题考查了匀变速直线运动的规律和刹车问题。运动学公式以及推论的运用，通过速度-位移关系

式与题目已知关系式对比得出初速度和加速度是解决本题的关键，在刹车问题中要判断在给定的

时间内运动是否已经停止。

12.【答案】ABD

【解析】解：A、根据位移-时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左做匀减速运动，第3s

内向右做匀加速运动。3.0~4.5s内x-t图像为倾斜直线,说明物块与传送带一起向右做匀速运动，

因此传送带沿顺时针方向转动，故4正确；

8、由图象可知，在第3s内物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x=gat?,其中x=lm,t=Is,

解得a=2m/s2o

根据牛顿第二定律可得：iimg=ma,解得：〃=0.2,故3正确；

。、前2s物体向左做匀减速运动，Ci=2s时速度为零，通过的位移％1=4/n,由得

v0=8m/s,故。错误；

D、传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度，为"=^=*rn/s=2rn/s。前2s内物

块与传送带间的相对位移大小为=Xi+vtt=4m+2x2m=8m；第3s内物块与传送带间的

相对位移大小为=vt2-x2=2Xlm-lm=Im,0〜4.5s内物块与传送带间因摩擦而产生

的热量为Q=+4刀2），解得Q=18/,故。正确。

故选：ABD.

根据位移-时间图象的斜率表示速度，分析物块的运动情况，从而判断出传送带的转动方向。在

3.0s〜4.5s内图像为倾斜直线，说明物块向右做匀速运动，由斜率求出物体的速度即为传送带的

速度。根据第3s内物体的运动过程，由位移-时间公式求得物块匀减速运动的加速度大小，再由

牛顿第二定律即可求解动摩擦因数。根据物体与传送带间相对位移大小求摩擦产生的热量。

本题借助传送带模型，考查变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确久-t

图象的斜率表示速度，正确分析物块的运动情况。要知道摩擦生热与相对路程有关。

13.【答案】BC

【解析】解：A、从B到C弹丸做平抛运动，水平方向：x=vt,竖直方向：H=^gt2,代入数

据解得：x=10m,故A错误；

B、从A到8弹丸做斜上抛运动，其逆过程是平抛运动，竖直方向：H-h=\gt'2,代入数据解

得:=0.8s,

在水平方向：=vt'=10x0.8m=8m,A点到竖直杆的水平距离是8m，故B正确；

C、从2到C过程，对弹丸，由动能定理得：mgH=\mvl-\mv2,代入数据解得弹丸落地速度

大小文=10-/2m/s,故C正确；

。、弹丸刚被射出时竖直分速度3=y/2g(H-h)=J2x10x(5-1.8)m/s=8m/s

射出弹丸过程，对弹丸，由动能定理得：W=1mv2+^mVy-0,其中m=50g=0.05kg,代入

数据解得：W=4.1J,故。错误。

故选：BCo

从8到C弹丸做平抛运动，从A到8弹丸做斜上抛运动，应用运动学公式与动能定理求解。

根据题意分析清楚弹丸的运动过程是解题的前提，应用运动学公式与动能定理即可解题。

14.【答案】AC

【解析】解：4设物块与斜面间的动摩擦因数为出从开始到最低点到物块被反弹后滑到外的中

点过程中，根据动能定理有：

1O

mgsin37°x-〃mgcos37°x2L=0,解得：〃=正，故A正确；

8.物块与弹簧作用过程中，物块沿斜面向下运动时，开始弹簧弹力小于重力沿斜面向下的分力，

物块的速度增大，当弹簧弹力等于重力沿斜面向下的分力，物块的速度最大，后来弹簧弹力大于

重力沿斜面向下的分力，物块的速度减小；物块沿斜面向上运动时，速度先增大后减小，故3错

误；

C.根据能量守恒，弹簧具有的最大弹性势能：EP=mgsin37°x|L-fimgLcosO=2mgL-

oo

—m5L=-^mgL,故C正确；

。.当物块最终静止时，静止的位置位于b,c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于Q<mgsin37。x

=\mgL,故。错误。

故选：AC.

从开始到最低点到物块被反弹后滑到他的中点过程中，根据动能定理列方程求解动摩擦因数；根

据受力情况分析物块的运动情况；根据能量守恒定律求解弹簧具有的最大弹性势能；根据功能关

系求解因摩擦产生的热量。

本题主要是考查了功能关系和动能定理，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况

和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功

能关系、动能定理列方程解答。

15.【答案】ACD

【解析】解:A、物块自由下落是地，有诏=2gh,可得物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v0=/诉

物块与钢板碰撞过程，因为碰撞时间极短，内力远大于外力，钢板与物块组成的系统动量守恒，

取向下为正方向，由动量守恒定律得:mv0=2m%,解得物块与钢板碰后的速度大小：巧=理,

故4正确；

3、在a时间内，设钢板对物块的冲量大小为/。以物块为研究对象，取竖直向上为正方向，由动

量定理得：/-mg/t=-Hi%-771(-%),解得：/=+mgdt,故B错误；

C、从P到。的过程中，重力做功为mg(x()+/i),则整个系统重力势能的减少量为mg(x()+/i),

故C正确；

。、碰后两者一起向下运动至最低点Q过程，由系统机械能守恒得：+2mgx0=AEP

解得弹性势能的增加量为：密=7ng(2xo+g)，故。正确。

故选：ACD..

物块先自由下落，应用运动学公式求出物块与钢板碰撞前瞬间的速度；物块与钢板碰撞过程时间

极短，系统所受内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后物块与钢板碰后

的速度大小，利用动量定理求钢板对物块的冲量大小；碰撞后物块与钢板一起向下运动至最低点

过程，根据下落的高度求整个系统重力势能的减少量，应用机械能守恒定律求出弹簧增加的弹性

势能。

本题考查动量守恒定律、动量定理与机械能守恒定律的综合应用，根据题意分析清楚物块与钢板

的运动过程是解题的前提与关键,要注意物块与钢板发生是非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，

因此从尸到。的过程中，P、。与弹簧组成的系统机械能不守恒。

16.【答案】减少(嘉2.01.0

【解析】解：(2)由于A在落过程中，细线对A做负功，所以A的机械能是减少的；

(3)极短时间内的平均速度等于瞬时速度可求得在F点的速度=p由速度位移公式得:a=身=

d2

招

(4)若A3两个箱子的质量分别为叫和THB，根据牛顿第二定律对整个系统系统：(租+成4)9-

(mB4-m0—m)g=(m0+%+mF)a

可得Q=__组__xrn+mA-mB-mog所以a—m的图象是一条直线。

可知图象的斜率：k=^(ms-2kg-1)而—,纵轴截距"245点-二篇卷湍g

联立代入解得：mA=2.0kg,mB=1.0kg

,.2

故答案为：(2)减少；(3)(小(4)2.0、1.0

(2)4由于细线对其做负功，所以A的机械能是减少的;

(3)由极短时间内的平均速度等于瞬时速度可求得在F点的速度，由速度位移公式求得加速度；

(4)由牛顿第二定律可求得a的表达式，据表达式可确定a与m数学关系结合图象的斜率和纵截距

可求出两者的质量。

本实验重点在于确定加速度a与机的关系式，结合斜率与截距与表达式的对应关系列方程求解,

对于图象类问题这是一基本的方法。

17.【答案】大于AB

【解析】解：(1)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量加1大于m2；

(2)小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为x,由平抛运动规律得：

水平方向：X=VI,

竖直方向：h=^gt2,

解得:心舞”=喧

小球做平抛运动的初速度V越小，下落距离〃越大，

两球碰撞后，入射小球4的速度变小，小于碰撞前入射小球A的速度，且小于被碰小球8的速度，

即被碰小球B的速度最大，入射小球碰撞后的速度最小，

所以入射球碰撞前落点位置是P',碰撞后落点位置是M',被碰球的落点位置是N',

则碰撞前入射小球4的速度：v0=dJ嘉，

碰撞后入射球的速度：%=d5照，

碰撞后被碰球的速度：v2=dEE

YZD/V

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：rn-^VQ=m1v14-m2v2

整理可得：舞=希+存，故A正确；

ylB'M'WV7

若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒定律得：;诏=^加1谥谚

整理可得：*=品+蒜，故B正确。

DrDMD/V

故答案为：(1)大于；(2)4,B；

(1)为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。

(2)小球离开斜槽后做平抛运动，两球发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，应用动量守恒定律可以求

出实验需要验证的表达式；

若该过程中无机械能损失，则碰撞过程机械能守恒，应用平抛运动规律与机械能守恒定律可以求

出验证系统机械能守恒的表达式。

本题考查了验证动量守恒定律实验；理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用平抛运动

知识、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。

18.【答案】解：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有：

F=mAa

代入数据解得：

a=2.5m/s2«

(2)对A、8碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得：

Ft=(7nx+mB)vt-(mA+mB)v

代入数据解得：

v=lm/so

答：(1)4开始运动时加速度。的大小为2.5zn/s2；

(2)4、8碰撞后瞬间的共同速度v的大小为lm/s。

【解析】(1)由牛顿第二定律可以求出加速度；

(2)由动量定理求出碰撞后的速度；

本题考查了动量定理的应用，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒

定律、动能定理即可正确解题。

19.【答案】解：(1)在弹簧恢复原长的过程，对A、8及弹簧组成的系统动量和能量守恒。以水平

向左为正方向，有

0=mBvB-mAvA