2021-2022學年山西大學附中高三（上）診斷物理試卷（10月份）（附答案詳解）

2021-2022學年山西大學附中高三（上）診斷物理試卷（10月份）

1.如圖所示，貨車車廂中央放置一裝有貨物的木箱，該木箱可視為質點。已知木箱與車廂之

間的動摩擦因數(shù)4=04。下列說法正確的是（）

A.若貨車向前加速時，木箱對車廂的摩擦力方向向左

B.為防止木箱發(fā)生滑動，則貨車加速時的最大加速度不能超過4m/s2

C.若貨車行駛過程中突然剎車，木箱一定與車廂前端相撞

D.若貨車的加速度為5m/s2時，木箱受到的摩擦力為靜摩擦力

2.某課外興趣小組研究如圖甲所示的路燈支架構造及受力。小組繪制了如圖乙所示的模型圖,

已知路燈支架橫梁OA長2.0m,斜梁OB長2.5m,路燈重力為30N,重心恰好在支架橫梁和

斜梁的連接點。處，支架重力不計。由共點力的知識可知（）

甲乙

A.橫梁與斜梁均被拉伸

B.橫梁對O點作用力大小為40N

C.斜梁對0點作用力大小為40N

D.若把斜梁稍微加長，仍保持O點位置不變，橫梁仍水平，這時斜梁對。點的作用力將變

大

3.在游泳比賽中，假設運動員的質量為機，從起跳到入水身體重心下降了兒獲得的速度大

小為心克服水的阻力做功為小附，重力加速度為g,空氣阻力不計則此過程中運動員自身

做的功為（）

A.+W限+mghB.|mv2—W—mgh

C.+W阻—mghD.—Mi阻+mgh

4.我國在2021年6月17日發(fā)射了神舟十二號載人飛船，并與“天和”核心艙快速對接。已

知“天和”在低于地球同步衛(wèi)星的軌道上繞地球做勻速圓周運動，經(jīng)過時間小于其運動周

期），運動的弧長為s,與地球中心連線掃過的角度為伏弧度），引力常量為G,則下列說法中

正確的是（）

A.“天和”的線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衛(wèi)星的向心加速度

C.“天和”的環(huán)繞周期為誓

D.“天和”的質量為導

5.如圖所示，某同學正在練習顛球。某一次足球從靜止自由下落80c5后被重新

頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80°“。己知足球與頭部的作用時間

為0.1s,足球的質量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力，足球可

-

視為質點，下列說法正確的是（）1P

A.足球剛接觸頭和剛離開頭時的速率相同

B.從足球與頭部接觸到剛離開時足球的動量變化為零

C.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量為零

D.足球與頭部作用過程中，頭部對足球的平均作用力為足球重力的9倍

6.質量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和J圓弧的軌道均

光滑，如圖所示，一個質量為，"的小球以速度為水平?jīng)_上小車，當小球返回

左端脫離小車時，下列說法錯誤的是（）

A.小球一定沿水平方向向左做平拋運動B.小球可能沿水平方向向左做平拋運動

C.小球可能沿水平方向向右做平拋運動D.小球可能做自由落體運動

7.如圖所示，為轎車中的手動變速桿，若保持發(fā)動機輸出功率不變，

將變速桿推至不同擋位，可獲得不同的運行速度，從“1”?“6”擋速

度增大，R是倒車擋。某型號轎車發(fā)動機的額定功率為60&W,在水平

路面上行駛的最大速度可達假設該轎車在水平路面上行駛

時所受阻力恒定，則該轎車（）

A.以最大牽引力爬坡，變速桿應推至“6”擋

B.以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力為1200N

C.以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時，其牽引力為伊N

D.以54/on//i的速度在水平路面上勻速行駛時，發(fā)動機的輸出功率為60ZW

8.如圖所示，一籃球以水平初速度％碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍（k<l）,碰

撞時間忽略不計，彈回后籃球的中心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知籃球的質量為〃?，半徑為r,

籃框中心距籃板的距離為L,碰撞點與籃框中心的高度差為〃，不計摩擦和空氣阻力，則（）

A.碰撞過程中，籃球的機械能守恒

B.籃板對籃球的沖量大小為（k+l）mv0

C.籃球的水平初速度大小為（L-r虛

D.若籃球氣壓不足，導致k減小，在必不變的情況下，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，應使碰

撞點更低

9.如圖所示，水平面0點左側光滑，。點右側粗糙且足夠長，有10個質量均為m完全相同

的小滑塊（可視為質點）用輕細桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L滑塊1恰好位于。點，滑

塊2、3……依次沿直線水平向左排開，現(xiàn)將水平恒力尸作用于滑塊1,經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第4

個小滑塊進入粗糙地帶后到第5個小滑塊進入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運

動，已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

1098765432IF

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

o

A.第一個滑塊進入粗糙地帶后，第二個滑塊進入前各段輕桿的彈力大小相等

B.粗糙地帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)〃=品

3FL

C.勻速運動過程中速度大小u=lOni

D.在水平恒力廠作用下，10個滑塊全部可以進入粗糙地帶

10.某公園廣場上新建的彩色噴泉，啟動一段時間穩(wěn)定后可保持如圖所示的迷人風姿。已知中

心的水柱高達5加，其噴嘴橫截面積為1.2x10-362,噴嘴位置與池中水面持平，且噴水方向

稍偏離豎直，使上升與下落的水流不重合。水的密度為1.0x103kg/7n3,不計豎直方向的空

氣阻力，則（）

A.此噴嘴的出水速度為5zn/sB.此噴嘴的出水流量為1.2x10-3^3/?

C.此噴嘴所接水泵的功率至少為600WD.此水柱在空中的水體積為6.0xICT2nl3

11.一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，t=0時刻起開始剎車，剎車過程的位移大小x與速度

大小v的關系為x=20-下列分析正確的是（）

A.剎車過程汽車的加速度大小為10m/s2B.剎車過程持續(xù)的時間為2.5s

C.t=0時刻汽車的速度大小為20m/sD.剎車后2.8s的位移大小為20m

12.如圖甲所示，一水平傳送帶以恒定速度轉動，將一質量為1四物塊（可視為質點）從傳送帶

的右端滑上傳送帶，物塊的位移x隨時間f的變化關系如圖乙所示。已知圖線在。?3.0s內為

開口向下的拋物線，在3.0s~4.5s內為傾斜直線，取水平向左方向為正方向，重力加速度g

取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.傳送帶沿順時針方向轉動

B.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.2

C.物塊滑上傳送帶的初速度大小為27H/S

D.0?4.5s內物塊與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為18J

13.如圖所示，假設某人在高度H=5ni的豎直桿左側用彈弓將一彈丸從A點發(fā)射出去，彈丸

剛好從豎直桿BN頂端8點以u=lOrn/s的水平速度通過后，落到水平地面上的C點.已知

彈丸質量m=50g,A點到水平地面高度h=1.8m,不計空氣阻力，g取lOm/s?.下列說法正

確的是（）

B

A.N、C之間的距離X=12MB.A點到豎直桿的水平距離為8，”

C.彈丸落地時的速度大小為10V^n/sD.彈弓對彈丸做的功為4.2/

14.如圖所示，輕彈簧放在傾角37。的斜面體上，輕彈簧的下端

與斜面底端的擋板連接，上端與斜面上h點對齊，時段粗糙、

歷段光滑，質量為〃?的物塊在斜面上的。點由靜止釋放，物塊

下滑后，壓縮彈簧至c點時速度剛好為零，物塊被反彈后滑到

出?的中點時速度剛好為零，已知外長為L,be長為中3重力

加速度為g,sin370=0.6,cos37°=0.8,則（）

A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為々

B.物塊與彈簧作用過程中，速度先減小后增大

C.彈簧具有的最大彈性勢能為

D.物塊由靜止釋放到最終靜止過程中，因摩擦產生的熱量為［mgL

15.如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質量為機的Pn

鋼板連接，鋼板處于靜止狀態(tài)。一個質量也為根的物塊從鋼板正上方人

處的P點自由落下，與鋼板碰撞后粘在一起向下運動孫后到達最低點Q,

設物塊與鋼板碰撞的時間4t極短。下列說法正確的是（）

A.物塊與鋼板碰后的速度大小為零

B.在小時間內，鋼板對物塊的沖量大小為zn零-mgAt

C.從P到。的過程中，整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為7ng（Xo+/i）

D.從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mg（2x°+今

16.圖甲為某實驗小組同時測量A、8兩個箱子質量的裝置圖，其中。為鐵架臺，E為固定在

鐵架臺上的輕質定滑輪（質量和摩擦可忽略不計），尸為光電門，C為固定在A上、寬度為d

的細遮光條（質量不計），此外，該實驗小組還準備了一套祛碼（總質量為=1kg）和刻度尺

等，請在以下實驗步驟中按要求作答。

（1）在鐵架臺上標記一位置O,并測得該位置與光電門產之間的高度差鼠

（2）取出質量為機的祛碼放在A箱子中，剩余祛碼都放在8箱子中，讓A從位置。由靜止開

始下降，則A下落到F處的過程中，其機械能是的（填增加、減少或守恒）。

(3)記錄下遮光條通過光電門的時間/,根據(jù)所測數(shù)據(jù)可計算出A下落到F處的速度v=

下落過程中的加速度大小a=(用"、八〃表示)。

(4)改變相重復(2)(3)步驟，得到多組機與a的數(shù)據(jù)，作出a-m圖像如圖乙所示?？傻肁的

質量啊=kg,B的質量HIB=如(重力加速度大小g取9.8m/s2)。

17.聰聰同學用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律。

(1)實驗中，質量為巾1的入射小球A和質量為巾2的被碰小球8的質量關系是巾162(填

“大于”“等于”或“小于”)o

(2)當滿足關系式時，證明A、2兩小球碰撞過程中動量守恒；若碰撞前后系統(tǒng)無機械

能損失，則系統(tǒng)機械能守恒的表達式為

巾2

西=衛(wèi)理

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

=_rn^m2,

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

18.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A,質量犯4=

4kgf上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略

不計?？梢暈橘|點的物塊B置于A的最右端,3的質量MB=

2kg?，F(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=ION,A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與

3發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)

時間C=0.6s,二者的速度達到%=2m/So求:

(1)4開始運動時加速度a的大??；

(2)4、8碰撞后瞬間的共同速度v的大小。

19.如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的木板A,其右端不遠

處有一豎直墻，A上P點右側光滑、左側粗糙，B物體放置于A.P

上且位于P點右側,A、B的質量分別為啊=1.5kg.mB=0.5kg。

B與A右側固定的擋板之間鎖定一被壓縮了的水平輕彈簧(與8不拴接)，彈簧儲存的彈性勢

能Ep=3.0/,初始系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)彈簧解除鎖定，當A碰到右邊豎直墻時B向左還未達到P點、,

但彈簧已經(jīng)恢復到原長。已知A與豎直墻碰撞后的瞬間，A的速度大小不變方向反向，B和A

上P點左側部分之間的動摩擦因數(shù)為“=0.2,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)彈簧恢復原長的瞬間，A、B速度的大小；

(2*受摩擦力的時間r：

(3)最終B離P點的距離/x。

20.如圖所示為一段“S”形單行盤山公路的俯視圖，水平彎道1、2可看成兩個不同水平面上

的圓弧，圓心分別為0［、02,彎道中心線半徑分別為4=20m、〃=80m，彎道2比彎道1

低h=10m,有一傾斜直道與兩水平彎道連接。質量m=1500kg的汽車通過彎道時做勻速圓

周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的72%,行駛時要求汽車輪胎不打滑，已知

重力加速度g=10m/s2?

(1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速率%。

(2)汽車以巧進入直道，以P=30k”的恒定功率直線行駛了t=12s,然后進入彎道2,此時

速度恰為通過彎道2中心線的最大速度，求直道上阻力對汽車做的功。

(3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離(4、B兩點都在軌道的中心線上，計

算時汽車可視為質點)，有經(jīng)驗的司機會利用路面寬度，用最短時間沿一圓弧安全通過彎道,

設路寬d=12m,求此最短時間t'。(V153=12.4,sin70。=0.94,計算結果保留小數(shù)點后一位)

彎道1彎道2

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、若貨車啟動時，整體向左產生加速度，車廂對木箱的摩擦力的方向向左，根據(jù)牛

頓第三定律知木箱對車廂摩擦力的方向向右，故A錯誤；

B、設貨車車廂的長為/,木箱的質量為〃?，最大加速度為a2,對木箱有png=ma2,代入數(shù)據(jù)解

2

得：a2=4m/s,故8正確；

2

C、設貨車剎車時加速度大小為生.，木箱與車廂前端相撞滿足g<x2-%i=(vot-^a2t)-(vot-

^a.t2),故C錯誤：

D、貨車行駛時的加速度為5rn/s2>a2=4m/s2,,木箱已經(jīng)發(fā)生相對滑動，木箱受到的摩擦力

為滑動摩擦力，故。錯誤。

故選：B.

貨車啟動時，整體向左產生加速度，車廂對木箱的摩擦力的方向向左，根據(jù)牛頓第三定律知木箱

對車廂摩擦力的方向，對木箱有“mg=ma?,可解得最大加速度；根據(jù)剎車的相對位移可知木箱

不會與車廂相撞；貨車行駛時的加速度為5m/s2>a2=4M/S2,,木箱已經(jīng)發(fā)生相對滑動。

本題考查牛頓第二定律的應用，解題關鍵掌握木箱的受力與運動情況的分析，注意木箱的最大加

速度由滑動摩擦力提供。

2.【答案】B

【解析】解：A、假設橫梁與斜梁均被拉伸，則連接點。受路燈

向下的拉力，橫梁與斜梁的拉力，根據(jù)共點力的平衡條件可知，

。點不能平衡，故橫梁與斜梁不能均被拉伸，故A錯誤；

BC、以。為研究對象，對其受力分析如圖，

根據(jù)共點力的平衡條件有

水平方向FBCOS9=FA

豎直方向Fgsind=G

由幾何關系可知cos。=需=技=*

整理可得⑹=50Na=40/V

故B正確，C錯誤;

。、若把斜梁稍微加長，仍保持。點位置不變，橫梁仍水平，這時斜梁與水平方向的夾角。增大,

斜梁對O點的作用力”將變小，故。錯誤。

故選:B。

A、假設橫梁與斜梁均被拉伸，根據(jù)共點力的平衡條件來分析假設是否成立；

BC、以。為研究對象，對其受力分析，利用共點力的平衡條件求橫梁和斜梁對。作用力的大?。?/p>

。、先分析斜梁與水平方向的夾角變化，再分析斜梁對0點的作用力的變化。

本題考查共點力的平衡，在受力分析時.，要注意受力分析常用的幾種方法：整體法、隔離法和假

設法。

3.【答案】C

【解析】解：設運動員自身做功為W,從起跳到入水過程，

由動能定理得：w+mgh.-w=mv2-0

2

解得：W=|mv+Wa—mgh,故C正確，A8O錯誤。

故選：Co

對運動員應用動能定理可以求出自身做的功。

分析清楚運動員運動過程，應用動量定理即可解題，本題是一道基礎題。

4.【答案】C

【解析】解：A、第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則“天和”的線速度不會大于第一宇宙速度,

故A錯誤；

B、據(jù)萬有引力提供向心力（；皆=機。得。=得，則半徑小的加速度大，己知“天和”在低于地

球同步衛(wèi)星的軌道上繞地球做勻速圓周運動，則“天和”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心

加速度，故B錯誤；

C、運動的角速度為3=號，則周期：7=2=干，故C正確；

D、“天和”為繞行天體，根據(jù)G罷=巾9=6327=小俘）2「，可知其質量相互抵消，不能測

量其質量，故。錯誤。

故選：Co

第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度；萬有引力提供向心力G粵=ma得a與r關系，然后分析加速

度大小關系；已知衛(wèi)星經(jīng)過時間t（t小于其運行的周期），它運動的弧長為s,它與地球中心連線掃

過的角度為0（弧度），根據(jù)角速度定義可求得衛(wèi)星的角速度，從而知周期；根據(jù)萬有引力提供向心

力分析是否可求圍繞體的質量。

本題考查勻速圓周運動的線速度和角速度的定義，以及其關系。衛(wèi)星做勻速圓周運動時，萬有引

力提供向心力。

5.【答案】AD

【解析】解：A、因為足球的初始高度為8Oc〃z,反彈后的高度也為80c加，說明在和頭接觸的過程

中速度大小不變，方向相反，即速率相同，故A正確；

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

變量為=0.4x8kg-m/s=3.2kg-m/s,因為作用時間為0.1s,(F—mg)t=mAv,代入數(shù)

據(jù)：(尸一04x10)x0.1=3.2,解得F=36N,是足球重力的9倍，故8錯誤，。正確；

C、由無=ggt2可知，0.8=1x10xt2,則t=0.4s,由對稱性可知，整個過程的時間為2t=0.8s,

則此過程中重力的沖量為mgt=0.4x10x0.8N-s=3.2N-s,故C錯誤；

故選：AD.

因為足球的初始高度和反彈高度都相等，可得出前后的速率相同，結合動量定理，判斷出動量的

變化和平均作用力等物理量即可。

以生活中的頭頂足球為考查背景，結合了運動學公式，動量和沖量之間的關系，可以幫助學生加

強動量定理的相關應用，難度不大，分析過程中要注意速度的方向問題。

6.【答案】A

【解析】解：小球滑上小車，又返回到離開小車的整個過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方

向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒。

取水平向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：

r

mvQ=Mv+mv

由機械能守恒定律得：!mvo=jMv2+^mv，2

解得小球脫離小車時的速度：v'=鬻%

如果?n>M,1/與火方向相同，小球離開小車向右做平拋運動；

如果m<M,1/與幾方向相反，小球離開小車后向左做平拋運動；

如果m=M，小球離開小車做自由落體運動，故BCO正確，4錯誤。

本題選錯誤的，

故選：Ao

小球和小車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，系統(tǒng)的機械能也守

恒，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列式判斷小球的運動情況。

解決本題的關鍵要知道小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，會根據(jù)

動量守恒定律進行分析，注意在應用動量守恒定律列式時要注意速度的矢量性。

7.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)功率與牽引力的關系P=Fu可知，當速度最小時，牽引力最大，以最大牽

引力爬坡，變速桿應推至“1”擋，故A錯誤；

BC、在額定功率下以最高速度行駛時，?=￡=嗤貯N=1200N,故B正確，C錯誤；

T6

D、汽車勻速運動，牽引力等于阻力，故F'=/=1200N,此時的功率P'=F'M=1200x^W=

180001V=18kW,故。錯誤；

故選：B。

據(jù)功率與牽引力的關系P=Fv判斷轎車要以最大動力上坡，變速桿應推至的擋位，在額定功率下

以最高速度行駛時，牽引力等于阻力F=3

本題考查了功率與牽引力的關系，及公式P=Fu的直接應用，難度不大，是一道基礎題。

8.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)題干，碰撞過程中，籃球的速度減小，籃球的動能減小，機械能減小，故A

錯誤；

B、以彈回的方向做正方向，根據(jù)動量定理可得，/=mkv0-(-mv0)=(1+/c)mv0,故B正確；

C、彈回后籃球做平拋運動，水平方向：L-r=kvot,豎直方向：/;=：9產，聯(lián)立解得:%=與居,

故C錯誤；

D、若籃球氣壓不足，導致k減小，在為不變的情況下，k%減小，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，

即籃球彈回后水平位移不變，時間f要增大，應使碰撞點更高，故。錯誤；

故選：Be

分析題干條件可知，籃球以水平初速度必碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍(卜<1)，彈

回后籃球做平拋運動。

本題結合平拋運動相關知識點，考察物體運動過程中動量定理的理解和應用，綜合性較強，運用

平拋運動的相關規(guī)律定性分析水平位移與豎直位移的關系是本題的解題關鍵。

9.【答案】C

【解析】解：A、第一個滑塊進入粗糙地帶后，第二個滑塊進入前整體做勻加速運動，各個物體的

加速度相同，隔離分析，分別以滑塊10,滑塊10、9組成的整體，滑塊10、9、8組成的整體……，

由于選擇的研究對象質量不同，根據(jù)牛頓第二定律知，各段輕桿子的彈力大小不相等，故A錯誤；

8、在第4個小滑塊進入粗糙地帶后到第5個小滑塊進入粗糙地帶前的過程中，小滑塊做勻速直線

運動，對整體分析，根據(jù)共點力平衡條件得：F=4"mg解得"=￡,故B錯誤；

C、從開始到到第4個小滑塊進入粗糙地帶的過程，對整體，根據(jù)動能定理得：F-3L-nmg-3L-

Hmg-2L-fimgL=1X10mv2,解得勻速運動過程中速度大小及=故C正確；

D、假設在水平恒力P作用下，10個滑塊可以全部進入粗糙地帶，則從拉力F開始作用到第10

個滑塊剛進入粗糙地帶的過程，外力對整體做的總功為：W=F-9L-[nmg-9L+pmg-

8L+…+〃mg"]=-6FL<0,故10個滑塊不能全部進入粗糙地帶，故。錯誤。

故選：Co

第一個滑塊進入粗糙地帶后，第二個滑塊進入前整體做勻加速運動，各個物體的加速度相同，隔

離分析，根據(jù)牛頓第二定律分析各段輕桿的彈力大小關系；在第4個小滑塊進入粗糙地帶后到第

5個小滑塊進入粗糙地帶前這一過程中，小滑塊做勻速直線運動，對整體分析，根據(jù)共點力平衡

條件求出粗糙地帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)動能定理求出勻速運動的速度大?。焊鶕?jù)動能定

理分析10個滑塊能否全部進入粗糙地帶。

本題考查共點力平衡、牛頓第二定律和動能定理的綜合運用，知道整體具有相同的加速度，可采

用整體法和隔離法相結合分析桿子彈力的大小。運用動能定理時，要注意明確研究對象和研究過

程。

10.【答案】C

【解析】解：A、水柱做豎直上拋運動，則"2=2g/i,解得u=10m/s,故A錯誤；

B、此噴嘴的出水流量為Q=Sv=1.2x10-3x10m3/s=1.2x10-2m3/s，故B錯誤；

C、此噴嘴所接水泵的功率至少為P=:=華=半=pQgh=1000x0.012x10x51V=

600IV,故C正確；

D、水上升和下落的總時間為t=^=答s=2s,該水柱在空中的水體積為V=Qt=0.012x

gio

2m3=0.024m3,故。錯誤

故選：Co

水柱向上做豎直上拋運動，根據(jù)速度-位移公式求得初速度，根據(jù)Q=S。求得流量，水泵所做的功

全部轉化為水的重力勢能，即可求得水泵的功率，根據(jù)水柱在空中的時間求得水的體積。

本題主要考查了豎直上拋運動，利用好運動學公式，在求水泵的功率時抓住水泵所做的功全部轉

化為水柱的重力勢能即可。

11.【答案】ACD

【解析】解：AC、剎車過程的位移大小x與速度大小n的關系為x=20”2（?。?，由上式整理

可得戶一202=一20刈根據(jù)/一詔=2ax,聯(lián)立可得剎車過程汽車的加速度為a=-10m/s2,

汽車剎車的初速度大小為為=20m/s,故4c正確；

B、根據(jù)%=%+at可得，剎車過程持續(xù)的時間為t=2s,故8錯誤；

。、剎車后2.8s汽車已經(jīng)停止，所以剎車后2.8s的位移大小為x=守=”而m=20m,故D

La2x（-1。）

正確；

故選：ACD.

用勻變速直線運動的速度-位移關系式與題目已知關系式進行對照，得出汽車運動的初速度和加速

度；

由速度-時間關系式求出剎車過程持續(xù)的時間；

根據(jù)平均速度推論求出剎車過程的位移大小，注意剎車問題需判斷實際運動的時間。

本題考查了勻變速直線運動的規(guī)律和剎車問題。運動學公式以及推論的運用，通過速度-位移關系

式與題目已知關系式對比得出初速度和加速度是解決本題的關鍵，在剎車問題中要判斷在給定的

時間內運動是否已經(jīng)停止。

12.【答案】ABD

【解析】解：A、根據(jù)位移-時間圖象的斜率表示速度，可知：前2s物體向左做勻減速運動，第3s

內向右做勻加速運動。3.0~4.5s內x-t圖像為傾斜直線,說明物塊與傳送帶一起向右做勻速運動，

因此傳送帶沿順時針方向轉動，故4正確；

8、由圖象可知，在第3s內物塊向右做初速度為零的勻加速運動，則x=gat?,其中x=lm,t=Is,

解得a=2m/s2o

根據(jù)牛頓第二定律可得：iimg=ma,解得：〃=0.2,故3正確；

。、前2s物體向左做勻減速運動，Ci=2s時速度為零，通過的位移％1=4/n,由得

v0=8m/s,故。錯誤；

D、傳送帶的速度大小等于物塊向右勻速運動的速度，為"=^=*rn/s=2rn/s。前2s內物

塊與傳送帶間的相對位移大小為=Xi+vtt=4m+2x2m=8m；第3s內物塊與傳送帶間的

相對位移大小為=vt2-x2=2Xlm-lm=Im,0?4.5s內物塊與傳送帶間因摩擦而產生

的熱量為Q=+4刀2），解得Q=18/,故。正確。

故選：ABD.

根據(jù)位移-時間圖象的斜率表示速度，分析物塊的運動情況，從而判斷出傳送帶的轉動方向。在

3.0s?4.5s內圖像為傾斜直線，說明物塊向右做勻速運動，由斜率求出物體的速度即為傳送帶的

速度。根據(jù)第3s內物體的運動過程，由位移-時間公式求得物塊勻減速運動的加速度大小，再由

牛頓第二定律即可求解動摩擦因數(shù)。根據(jù)物體與傳送帶間相對位移大小求摩擦產生的熱量。

本題借助傳送帶模型，考查變速直線運動規(guī)律、牛頓第二定律等知識點，解題的關鍵是要明確久-t

圖象的斜率表示速度，正確分析物塊的運動情況。要知道摩擦生熱與相對路程有關。

13.【答案】BC

【解析】解：A、從B到C彈丸做平拋運動，水平方向：x=vt,豎直方向：H=^gt2,代入數(shù)

據(jù)解得：x=10m,故A錯誤；

B、從A到8彈丸做斜上拋運動，其逆過程是平拋運動，豎直方向：H-h=\gt'2,代入數(shù)據(jù)解

得:=0.8s,

在水平方向：=vt'=10x0.8m=8m,A點到豎直桿的水平距離是8m，故B正確；

C、從2到C過程，對彈丸，由動能定理得：mgH=\mvl-\mv2,代入數(shù)據(jù)解得彈丸落地速度

大小文=10-/2m/s,故C正確；

。、彈丸剛被射出時豎直分速度3=y/2g(H-h)=J2x10x(5-1.8)m/s=8m/s

射出彈丸過程，對彈丸，由動能定理得：W=1mv2+^mVy-0,其中m=50g=0.05kg,代入

數(shù)據(jù)解得：W=4.1J,故。錯誤。

故選：BCo

從8到C彈丸做平拋運動，從A到8彈丸做斜上拋運動，應用運動學公式與動能定理求解。

根據(jù)題意分析清楚彈丸的運動過程是解題的前提，應用運動學公式與動能定理即可解題。

14.【答案】AC

【解析】解：4設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為出從開始到最低點到物塊被反彈后滑到外的中

點過程中，根據(jù)動能定理有：

1O

mgsin37°x-〃mgcos37°x2L=0,解得：〃=正，故A正確；

8.物塊與彈簧作用過程中，物塊沿斜面向下運動時，開始彈簧彈力小于重力沿斜面向下的分力，

物塊的速度增大，當彈簧彈力等于重力沿斜面向下的分力，物塊的速度最大，后來彈簧彈力大于

重力沿斜面向下的分力，物塊的速度減小；物塊沿斜面向上運動時，速度先增大后減小，故3錯

誤；

C.根據(jù)能量守恒，彈簧具有的最大彈性勢能：EP=mgsin37°x|L-fimgLcosO=2mgL-

oo

—m5L=-^mgL,故C正確；

。.當物塊最終靜止時，靜止的位置位于b,c兩點之間，因此因摩擦產生的熱量小于Q<mgsin37。x

=\mgL,故。錯誤。

故選：AC.

從開始到最低點到物塊被反彈后滑到他的中點過程中，根據(jù)動能定理列方程求解動摩擦因數(shù)；根

據(jù)受力情況分析物塊的運動情況；根據(jù)能量守恒定律求解彈簧具有的最大彈性勢能；根據(jù)功能關

系求解因摩擦產生的熱量。

本題主要是考查了功能關系和動能定理，首先要選取研究過程，分析運動過程中物體的受力情況

和能量轉化情況，然后分析運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據(jù)功

能關系、動能定理列方程解答。

15.【答案】ACD

【解析】解:A、物塊自由下落是地，有詔=2gh,可得物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：v0=/訴

物塊與鋼板碰撞過程，因為碰撞時間極短，內力遠大于外力，鋼板與物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，

取向下為正方向，由動量守恒定律得:mv0=2m%,解得物塊與鋼板碰后的速度大?。呵?理,

故4正確；

3、在a時間內，設鋼板對物塊的沖量大小為/。以物塊為研究對象，取豎直向上為正方向，由動

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

C、從P到。的過程中，重力做功為mg(x()+/i),則整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為mg(x()+/i),

故C正確；

。、碰后兩者一起向下運動至最低點Q過程，由系統(tǒng)機械能守恒得：+2mgx0=AEP

解得彈性勢能的增加量為：密=7ng(2xo+g)，故。正確。

故選：ACD..

物塊先自由下落，應用運動學公式求出物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度；物塊與鋼板碰撞過程時間

極短，系統(tǒng)所受內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后物塊與鋼板碰后

的速度大小，利用動量定理求鋼板對物塊的沖量大小；碰撞后物塊與鋼板一起向下運動至最低點

過程，根據(jù)下落的高度求整個系統(tǒng)重力勢能的減少量，應用機械能守恒定律求出彈簧增加的彈性

勢能。

本題考查動量守恒定律、動量定理與機械能守恒定律的綜合應用，根據(jù)題意分析清楚物塊與鋼板

的運動過程是解題的前提與關鍵,要注意物塊與鋼板發(fā)生是非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，

因此從尸到。的過程中，P、。與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒。

16.【答案】減少(嘉2.01.0

【解析】解：(2)由于A在落過程中，細線對A做負功，所以A的機械能是減少的；

(3)極短時間內的平均速度等于瞬時速度可求得在F點的速度=p由速度位移公式得:a=身=

d2

招

(4)若A3兩個箱子的質量分別為叫和THB，根據(jù)牛頓第二定律對整個系統(tǒng)系統(tǒng)：(租+成4)9-

(mB4-m0—m)g=(m0+%+mF)a

可得Q=__組__xrn+mA-mB-mog所以a—m的圖象是一條直線。

可知圖象的斜率：k=^(ms-2kg-1)而—,縱軸截距"245點-二篇卷湍g

聯(lián)立代入解得：mA=2.0kg,mB=1.0kg

,.2

故答案為：(2)減少；(3)(小(4)2.0、1.0

(2)4由于細線對其做負功，所以A的機械能是減少的;

(3)由極短時間內的平均速度等于瞬時速度可求得在F點的速度，由速度位移公式求得加速度；

(4)由牛頓第二定律可求得a的表達式，據(jù)表達式可確定a與m數(shù)學關系結合圖象的斜率和縱截距

可求出兩者的質量。

本實驗重點在于確定加速度a與機的關系式，結合斜率與截距與表達式的對應關系列方程求解,

對于圖象類問題這是一基本的方法。

17.【答案】大于AB

【解析】解：(1)為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量加1大于m2；

(2)小球離開軌道后做平拋運動，設擋板與拋出點之間的距離為x,由平拋運動規(guī)律得：

水平方向：X=VI,

豎直方向：h=^gt2,

解得:心舞”=喧

小球做平拋運動的初速度V越小，下落距離〃越大，

兩球碰撞后，入射小球4的速度變小，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點位置是P',碰撞后落點位置是M',被碰球的落點位置是N',

則碰撞前入射小球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

兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：rn-^VQ=m1v14-m2v2

整理可得：舞=希+存，故A正確；

ylB'M'WV7

若碰撞前后系統(tǒng)無機械能損失，由機械能守恒定律得：;詔=^加1謚諺

整理可得：*=品+蒜，故B正確。

DrDMD/V

故答案為：(1)大于；(2)4,B；

(1)為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量。

(2)小球離開斜槽后做平拋運動，兩球發(fā)生碰撞，碰撞過程中動量守恒，應用動量守恒定律可以求

出實驗需要驗證的表達式；

若該過程中無機械能損失，則碰撞過程機械能守恒，應用平拋運動規(guī)律與機械能守恒定律可以求

出驗證系統(tǒng)機械能守恒的表達式。

本題考查了驗證動量守恒定律實驗；理解實驗原理、掌握基礎知識是解題的前提，應用平拋運動

知識、動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。

18.【答案】解：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有：

F=mAa

代入數(shù)據(jù)解得：

a=2.5m/s2?

(2)對A、8碰撞后共同運動t=0.6s的過程，由動量定理得：

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

代入數(shù)據(jù)解得：

v=lm/so

答：(1)4開始運動時加速度。的大小為2.5zn/s2；

(2)4、8碰撞后瞬間的共同速度v的大小為lm/s。

【解析】(1)由牛頓第二定律可以求出加速度；

(2)由動量定理求出碰撞后的速度；

本題考查了動量定理的應用，分析清楚物體運動過程，應用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒

定律、動能定理即可正確解題。

19.【答案】解：(1)在彈簧恢復原長的過程，對A、8及彈簧組成的系統(tǒng)動量和能量守恒。以水平

向左為正方向，有

0=mBvB-mAvA