2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)與真題 沖量

沖量

一、真題精選（高考必備）

1.（2020,全國?高考真題）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后

汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能

D.延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

2.（2017?天津?高考真題）"天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透

明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是（）

A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變

B.在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力；\

a:κfr

C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變

3.（2010?北京?高考真題）在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊.開始時(shí)滑塊

靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強(qiáng)電場(chǎng)Ez,持續(xù)一段時(shí)間后立即換成與El相反方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2.當(dāng)電場(chǎng)心

與電場(chǎng)日持續(xù)時(shí)間相同時(shí)，滑塊恰好回到初始位置，且具有動(dòng)能線.在上述過程中，&對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為

W3,

沖量大小為/】；E2對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為電，沖量大小為/2.則

A.I1=I2B.4∕J=I2

C.M=O.25EkW2=0.75EkD.Wi=0.20EkW2=0.80Eii

4.（2011?天津?高考真題）（多選）位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源A沿y軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A剛好完成一次全振動(dòng)時(shí)，在介質(zhì)

中形成簡(jiǎn)諧橫波的波形如圖所示，8是沿波傳播方向上介質(zhì)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則（）

D.在一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)A所受回復(fù)力的沖量為零

5.（2021?全國?高考真題）（多選）水平桌面上，一質(zhì)量為機(jī)的物體在水平恒力產(chǎn)拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過

的路程等于?時(shí),速度的大小為%，此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑行2%的路程后停止運(yùn)動(dòng),重力加速度大小為g,則（）

A.在此過程中F所做的功為;〃喏

B.在此過中F的沖量大小等于3加%

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于上

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

6.(2013?安徽?高考真題)一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力尸隨時(shí)間f的變化情況如圖

2所示，物體相應(yīng)的速度U隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖3所示。求：

(l)0~8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量；

(2)0~6s時(shí)間內(nèi)物體的位移；

(3)0~10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功。

圖1圖2

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長(zhǎng)基地）

L（2022?安徽?定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校高二期末）如圖是某同學(xué)站在壓力傳感器上做下蹲-起立的動(dòng)作時(shí)傳感器記錄的壓力

隨時(shí)間變化的圖線，縱坐標(biāo)為壓力，橫坐標(biāo)為時(shí)間。由圖線可知，該同學(xué)的體重約為650N,除此以外，還可以得

到以下信息（）

A.Is時(shí)人處在下蹲的最低點(diǎn)

B.該同學(xué)做了兩次下蹲-起立的動(dòng)作

C.2s末至4s末重力對(duì)人做的功為零

D.2s末至4s末重力對(duì)人的沖量約為13OONs

2.（2022?江蘇?高三階段練習(xí)）小球從地面以某一初速度豎直上拋，一段時(shí)間后又落回地面。若運(yùn)動(dòng)過程中小球所

受空氣阻力與其速率成正比。則小球（）

A.上升過程的時(shí)間大于下落過程的時(shí)間

B.上升過程減少的動(dòng)能小于下落過程增加的動(dòng)能

C.上升過程克服阻力做功等于下落過程克服阻力做功

D.上升過程阻力的沖量大小等于下落過程阻力的沖量大小

3.（2021?河南?陳州高級(jí)中學(xué)高三階段練習(xí)）（多選）一傳送帶以恒定速率v=3m∕s順時(shí)針方向運(yùn)行,傳送帶傾角為37,

如圖所示?，F(xiàn)將一質(zhì)量，〃=2.0kg的物塊靜止放于傳送帶底端A,經(jīng)過一段時(shí)間將物塊傳送到傳送帶的頂端8,傳送

帶底端A、頂端B之間的距離Z,=9m,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0?875,物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取Iom/S?,sin37=0.6,cos37=0.8。則下列說法正確的是（）

A.物塊從底端A傳送到頂端B過程中合力對(duì)物塊的沖量大小為6.0kg?m∕s

B.物塊從底端A傳送到頂端B過程中傳送帶對(duì)物塊的彈力的沖量為48√5N?S

C.物塊從底端A傳送到頂端B過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是63J

D.物塊從底端A傳送到頂端B過程中機(jī)械能的增量為58.5J

4.（2021?四川?攀枝花市第三高級(jí)中學(xué)校高二期末）（多選）如圖所示，質(zhì)量為機(jī)的小球，固定在輕桿上，繞過。點(diǎn)

的轉(zhuǎn)軸在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng),A、8是圓周上與圓心。等高的兩點(diǎn)。若小球運(yùn)動(dòng)的速度大小為V,

軌道半徑為R,且V=向i（g為重力加速度），則小球.從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，下

''?

列說法中正確的是（）；\

,m

A.小球所受重力的沖量為O

B.小球所受向心力的沖量為〃”

C.小球所受合力的沖量大小為2/加

D.輕桿對(duì)小球作用力的沖量大小為機(jī)V

5.（2021?河北?青龍滿族自治縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）（多選）如圖所示，從小山坡上的。點(diǎn)將質(zhì)量不同的兩個(gè)小

石塊〃、力以相同的動(dòng)能分別沿同一方向水平拋出，兩石塊分別落在山坡的P、。兩點(diǎn)。已知。、P、。三點(diǎn)的連線

恰在一條直線上，且x。ParPQ=2明，不計(jì)石塊飛行時(shí)受到的空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A.“、〃的初速度之比為0回百

B.a、6的質(zhì)量之比為3回2

C.落到山坡上時(shí)，a、人的動(dòng)能大小之比為1回1

D.從拋出到落在山坡上的過程中，重力對(duì)。、6沖量的大小之比為石團(tuán)也

6.（2022?四川?成都七中高三開學(xué)考試）（多選）如圖所示，長(zhǎng)度為Z,、質(zhì)量為2加的木板放置于水平地面上，質(zhì)量

為加的滑塊放置于木板最左端，已知滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4〃，木板和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重

力加速度為g,現(xiàn)給滑塊一個(gè)向右的沖量/,最終滑塊靜止在木板上。下列說法正確的是（）

A.滑塊一直做勻減速運(yùn)動(dòng)

B.滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為二一

C.木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為土

9m

I2

D.木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為」一

ISm

7.（2021?天津南開?高三期末）（多選）當(dāng)前我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無人

駕駛，某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若只關(guān)掉油

門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率尸上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移S時(shí)速度剛好達(dá)到最大

值0”，假設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的傾角為。忽略空氣阻力的影響，下列

說法正確的是（）

A.關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對(duì)汽車的支持力的沖量為零

路面對(duì)汽車的阻力大小為弁

B.

C.上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度剛好增至v?,所用時(shí)間為4陵sin。+"M

2P

D.上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度增至V,,,,所用時(shí)間一定小于一

8.（2022?全國?模擬預(yù)測(cè)）游樂場(chǎng)中有一種管道滑水游戲，其裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示。一滑水者從距水面高H=5.2m

的滑道上端由靜止開始滑下,從距水面高A=0.2m的下端管口水平飛出,落到距下端管口水平距離x=0.4m的水面上。

若滑水者可視為質(zhì)點(diǎn)，其質(zhì)量m=50kg,在管道中滑行的時(shí)間f=3百s。取重力加速度的大小g=10m∕s2,不計(jì)空氣阻

力。求：

（1）滑水者落到水面上時(shí)的動(dòng)能大??；

（2）滑水者在管道中滑行時(shí)阻力對(duì)其做的功;

（3）下滑過程中管道對(duì)滑水者的沖量大小。

9.（2022?江蘇?高三專題練習(xí)）如圖所示，在光滑的水平桌面上疊放著一質(zhì)量為町?=2.0kg的足夠長(zhǎng)薄木板A和質(zhì)

量為ej=4.0kg的金屬塊B,B上有輕繩繞過定滑輪與物塊C相連。B與A之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.10,最大靜摩

擦力可視為等于滑動(dòng)摩擦力。忽略滑輪質(zhì)量及與軸間的摩擦。起始/=0時(shí)，令各物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，繩被拉直且

平行于木板，B位于A的左端，C距地面高度〃=2.0m（如圖），然后放手，設(shè)A的右端距滑輪足夠遠(yuǎn)，三個(gè)物體運(yùn)

動(dòng)不受滑輪影響，繩松弛后對(duì)A、B的運(yùn)動(dòng)也無影響。（取g=10m∕s2）

（1）為了保證A、B相對(duì)滑動(dòng)，繩中的拉力和物塊C的質(zhì)量必須大于某臨界值"和機(jī)。，求其值;

20

（2）當(dāng)砥.=??"%,B與A相對(duì)靜止前，B在A上滑的距離;

π9

（3）計(jì)算（2）情況下，從/=0到C落地瞬間，物體A對(duì)物體B的沖量（答案保留根號(hào)）。

10.（2021?全國?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑木板AB（不計(jì)厚度），固定在豎直放置半徑R=2?5m的圓弧形支架上，

圓弧與水平軌道相切于最低點(diǎn)8;半徑，=Im的光滑半圓形軌道也固定放置在光滑的水平軌道BC上，C為圓弧軌道

的最低點(diǎn)，。是圓心的等高點(diǎn)，E為圓弧軌道的最高點(diǎn)；質(zhì)量∕n=0.2kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）由A點(diǎn)靜止釋放，沿著

三個(gè)軌道運(yùn)動(dòng)下去，不計(jì)小球經(jīng)過轉(zhuǎn)折點(diǎn)8的能量損失，重力加速度g取Iom∕s2,sin53?>=0.8,求：

（1）小球從A運(yùn)動(dòng)到B重力的沖量，小球沿木板AB下滑的加速度是多少是正好到達(dá)。點(diǎn)？

（2）撤出木板A8,換成更長(zhǎng)的光滑木板P8,固定在圓弧形支架的P、B兩點(diǎn)之間，PB的傾角是多少時(shí)小球從P

點(diǎn)靜止釋放到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為26m/s?

IL(2022?江西?高三階段練習(xí))如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的軌道由足夠長(zhǎng)直線和半徑為R的四分之一圓弧相切連

接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、。是圓弧的兩端點(diǎn)。兩個(gè)質(zhì)量均為的小球。和兒分別從A點(diǎn)和C

點(diǎn)以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，α球的初速度是6球的2倍，人球第一次上升相對(duì)C點(diǎn)的最大高度為2R,在匕球返回

C點(diǎn)向8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，與迎面而來的“球發(fā)生彈性碰撞，碰后6球第二次上升相對(duì)C點(diǎn)的最大高度為:R。由于

O

磁性的原因b球在Cn上還會(huì)受到軌道對(duì)它的垂直軌道方向、大小為尸=√7.gsin。的吸引力，。是6球所在位置與

C點(diǎn)間的圓弧所對(duì)的圓心角。視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，兩球與AB間的動(dòng)摩擦因素均為4。假設(shè)除碰撞外兩球間沒有作用力。

空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。求：

(I)b球在空中運(yùn)動(dòng)過程中重力的沖量；——ιD

(2)b球由。滑向C的過程中對(duì)軌道壓力的最大值；aR島J

?RC

(3)4、〃兩球在AB上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。ADC

12.(2021?安徽合肥?二模)如圖”所示，一足夠長(zhǎng)的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一小物塊。在/=0時(shí)

刻對(duì)木板施加一水平向右的恒力凡IS后撤去尸，此后木板運(yùn)動(dòng)的VY圖像如圖人所示。已知物塊與木板的質(zhì)量均為

1kg,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m∕s2?求：

(1)產(chǎn)的大??；

(2)撤去尸直至木板停下的過程中，物塊所受摩擦力的沖量大??；

(3)整個(gè)過程中木板與物塊間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。

//Z2//////////////////D//7^7

a

三、參考答案及解析

（一）真題部分

1.D

【解析】A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；

B.有無安全氣囊司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的改變量也相同，故B錯(cuò)誤；

C.因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會(huì)有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動(dòng)能，

故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)榘踩珰饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了

作用時(shí)間，故D正確。故選D。

2.B

【解析】A.摩天輪運(yùn)動(dòng)過程中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乘客的速度大小不變，則動(dòng)能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在

變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

2

B.圓周運(yùn)動(dòng)過程中，在最高點(diǎn)由重力和支持力的合力提供向心力，即,叫-/=,"匕

r

所以重力大于支持力，選項(xiàng)B正確；

C.轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量為∕=O7gf,不為零，C錯(cuò)誤；

D.運(yùn)動(dòng)過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時(shí)刻在變化，根據(jù)

P=mgvcosθ

可知重力的瞬時(shí)功率在變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。

3.C

【解析】設(shè)第一過程末速度為叼，第二過程末速度大小為V2.根據(jù)上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據(jù)

2

勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有=上，所以有U2=2V∕.根據(jù)動(dòng)能定理有：叱=；〃*,W2=?WVj-?ZMV1,而

&=；〃冠，所以叱=0.25L，叱=0.75"，故C正確，D錯(cuò)誤；又因?yàn)槲灰拼笮∠嗟?，所以兩個(gè)過程中電場(chǎng)力的

大小之比為1：3,根據(jù)沖量定義得：h=Fιt,h=F∣t,所以/2=3//,故AB錯(cuò)誤.

4.ABD

【解析】由A剛好完成一次全振動(dòng)時(shí)的圖線可知波由A向B傳播，可判斷A此時(shí)刻沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，與0時(shí)刻的

開始振動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A正確.在此后的;周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)A向y軸負(fù)方向向波谷運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力沿y軸正方

向，則回復(fù)力做負(fù)功，故B正確.質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，故C錯(cuò)誤.由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，回復(fù)力在一個(gè)周期內(nèi)的

沖量為零，故D正確.故選ABD

5.BC

【解析】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知尸-〃"2g=，Wal①

由速度位移公式有VJ=2ats0②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知="嗎（3）

由速度位移公式有-喏=2g（2s0）④

由①②③④可得，水平恒力F=等

2

動(dòng)摩擦因數(shù)〃=4

4gs0

滑動(dòng)摩擦力4=W"g=警

4%

可知尸的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤；

A.在此過程中，外力尸做功為W=F?=?M?,故A錯(cuò)誤；

≠=So=2%

B.由平均速度公式可知，外力/作用時(shí)間I一叱風(fēng)—v0

2

3

在此過程中，尸的沖量大小是∕=R=]m%,故B正確。故選BC。

6.（1）18N?s；（2）6m；（3）30J

【解析】（1）由圖像知，力尸的方向恒定，故力尸在0~8s內(nèi)的沖量

I=4乙+F1t2+F3t3=1×2N?s+3×4N?s+2×2N?s=18N?s,方向向右。

（2）由圖3知，物體在0~2s內(nèi)靜止，2~6s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0,末速度為3m∕s,所以物體在0~6s內(nèi)的

位移即為2~6s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移西=詈^=軍x4m=6m

⑶由圖3知物體在6~8s內(nèi)做勻直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)摩擦力與拉力平衡即F=F=2N

物體在6~8s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)位移々=Vf=3x2m=6m

物體在8~10s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)位移七=22∣br=Tx2m=3m

所以物體在0~10s內(nèi)的總位移X=占+x2+x3=15m

摩擦力做功叼=-"=-2xl5J=-30J,即物體克服摩擦力做功30Jo

（二）強(qiáng)基部分

1.D

【解析】A.下蹲動(dòng)作包含兩個(gè)過程：先加速向下（失重），再減速向下（超重），蹲在壓力傳感器上（平衡狀態(tài)，

也是最低點(diǎn)），根據(jù)圖像，Is時(shí)人正處于失重狀態(tài)，是加速下蹲的過程中，不是最低點(diǎn)，A錯(cuò)誤：

B.起立動(dòng)作也包含兩個(gè)過程：先加速上升（超重），再減速上升（失重），站在傳感器上（平衡狀態(tài)，也是最高點(diǎn)），

完成一次下蹲-起立動(dòng)作要經(jīng)歷兩次超重和兩次失重，根據(jù)圖像可知，該同學(xué)做了一次下蹲-起立動(dòng)作，B錯(cuò)誤；

C.2s末至4s末表示起立過程，重力對(duì)人做的功不等于零，C錯(cuò)誤；

D.2s末至4s末重力對(duì)人的沖量約為/="%∕=65xl0x2N?s=1300N?s,D正確。故選D。

2.D

【解析】A.上升過程，根據(jù)牛頓第二定律，有聲〃7g=∕∞

解得a=g+2>g

m

下降過程，根據(jù)牛頓第二定律，有〃咯①〃小

解得"=g-∕<g

m

可見：上升過程加速度大小大于下降過程加速度大小。

由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

知上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；

B.由于小球運(yùn)動(dòng)過程有空氣阻力，所以機(jī)械能損失，回到拋出點(diǎn)時(shí)的速率V2必然小于拋出時(shí)的速率刃，則由動(dòng)能

公式耳=；機(jī)/知小球回到拋出點(diǎn)的動(dòng)能小于拋出時(shí)的動(dòng)能，故上升過程減少的動(dòng)能大于下落過程增加的動(dòng)能，故B

錯(cuò)誤；

C.上升過程同樣位置的阻力大于下落過程同樣位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的數(shù)值大于小球下降克服

阻力做功的數(shù)值，故C錯(cuò)誤；

D.由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為f=E

故阻力的沖量大小為4=ft=kvt=Ia

因?yàn)樯仙^程和下降過程位移相同，則上升和下降過程沖量大小相等，故D正確。故選D。

3.AC

【解析】A.物塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力<=""gcos37

根據(jù)牛頓第二定律有〃，"gcos37-MgSin37=ma

解得加速度α=lm?2

與傳送帶達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為G=上=3s

a

運(yùn)動(dòng)的位移為Xl=-t.?4.5m

'21

因?yàn)椤?O.875,gpμmgcosθ>mgsinθ

所以，當(dāng)物塊的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，開始以u(píng)=3m∕s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，一直運(yùn)動(dòng)到頂端B,物塊從底端4

傳送到頂端8過程中，根據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)物塊的沖量等于物塊動(dòng)量的變化量，有/合="=機(jī)V-O=6kg?m∕s,

故A正確；

B.物塊勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移為X?=L-Xl=4.5m

勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為芍=±^=l?5s

V

則物塊從底端傳送到頂端用的時(shí)間為f=4+L=4?5s

傳送帶對(duì)物塊的彈力為尸N∞s37

則彈力的沖量為∕=Fi√=72N?s,故B錯(cuò)誤；

C.第一階段物塊與傳送帶之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為

1U

X,=-vt,=41I.5m

12'

vt

傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)％=λ-2xl-9.0m

則產(chǎn)生的熱量為。=〃加gcose(x2-玉)=63J

第二階段物塊與傳送帶之間沒有相對(duì)滑動(dòng)，不產(chǎn)生熱量，則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是63J,

故C正確；

D.物塊從底端A傳送到頂端B過程中，機(jī)械能的增量為AE=$加+,WgLsin37=1I7J

故D錯(cuò)誤。故選AC。

4.CD

【解析】A.根據(jù)沖量公式/=K得，重力的沖量為L(zhǎng)=mgr

又V=I兀gR

從A到B路程為％R,則f=-^==----^―

MRg

則∕∣=my∣兀gR=mv,A錯(cuò)誤；

BC.由題可知，以速度向上為負(fù)小球所受合力等于小球所需向心力，又根據(jù)/=W

得=七f=WV-(-mv)=2mv

即小球所受合力的沖量等于所需向心力的沖量，均為2mu,B錯(cuò)誤，C正確；

D.由A可知，重力的沖量為機(jī)V,向下，合力的沖量為2〃?u,向下，因此則輕桿對(duì)小球作用力的沖量大小為

p=2mv-mv=mv,方向向下，D正確。故選CD。

5.CD

【解析】A.由XORaXPQ=2回3

可知，兩個(gè)小石塊。、分下落的高度之比〃原歷=2回5

下落的水平位移之比Xaa(?=2U15

由ZZ=Tgt2

可得下落時(shí)間之比taβtb=√20√5

由V=?

可得兩石塊的初速度之比VaGIM=正回行，故A錯(cuò)誤；

B.二者初動(dòng)能相等，即;機(jī)“加2=；〃力防2

可得兩石塊的質(zhì)量之比〃］應(yīng)皿6=5回2,故B錯(cuò)誤；

C.重力對(duì)兩石塊做功大小之比magha^mhghh=l^l

由動(dòng)能定理可知，落到山坡上時(shí)，兩石塊的動(dòng)能大小之比反肩反。=曾1,故C正確；

D.兩石塊落在山坡上時(shí)，重力對(duì)兩石塊沖量的大小之比W即6=機(jī)傷加曲”如力=逐回正

故D正確。故選CD。

6.BD

【解析】A.分別對(duì)滑塊和木板受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律4〃/股=〃/

4〃mg-3μmg=Ima1

可得滑塊加速度4=4〃g

木板加速度%=等

達(dá)到共同速度后，對(duì)整體受力分析可得〃?3mg=3,"4

加速度％=

滑塊的加速度發(fā)生了變化，不是一直勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

B.滑塊的初速度K='

m

由v1-ait=a1t

可得滑塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，=#一,故B正確；

滑塊和木板的共同速度h=α,f=3

^9m

整個(gè)過程木板的位移%=揮+E-=ττJ

2%2%54〃根g

所以，木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為AE=3〃mg4=志，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。

7.BCD

【解析】A.關(guān)掉油門下坡的過程，汽車所示所受支持力不為零，支持力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；

B,關(guān)閉油門汽車下坡時(shí)速度不變，則∕=mgsin6

上坡達(dá)到最大速度時(shí)，牽引力與重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，則有

P

mgs?nθ+f=——

%

,P

即/=—,故B正確；

2%

c?上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度剛好增至V,",由動(dòng)能定理Pf-(，"gsin0+f)s=?，成「0得到,=4町si;；+"H,

故C正確；

D.上坡過程中，汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，平均速度大于多，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間

s2s

t=一<—

V%

故D正確。故選BCD。

8.(1)200J；(2)-2400J；(3)26(X)N?s

【解析】(1)滑水者離開管道后做平拋運(yùn)動(dòng)X=卬I〃=Igf

可得匕=2m/s

根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=%叫2

由此得到動(dòng)能Ek2=mgh+^mvf=200J

(2)滑水者在管道中滑行過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有〃?g(4-力)+叱=；加片

可得阻力做的功叫=-2400J

(3)下滑過程中動(dòng)量變化量大小為即=叫-O="匕=IOOkg?m∕s,方向水平向右.

重力的沖量大小4=加卬=15∞√3N?s,方向豎直向下。

根2據(jù)動(dòng)量定理，可得如圖所示，則有管道對(duì)滑水者的沖量大小為

t,I=&+(他)2=2600N-s

/

/Z

/Z

/?

IG

9.(1)"=12N,m0=1.5kg；(2)|m；(3)4N?s

【解析】(1)為保證A、B相對(duì)滑動(dòng)，則

對(duì)A進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律尸=，如

a2

得NnBg=f>hA，?A=2m∕s

對(duì)B進(jìn)行受力分析知"一"2=他

又即?外，當(dāng)?=縱時(shí)」""ljg=冊(cè)=2m6

mn

則”=12N

又物塊C與物塊B通過繩連接，則加速度大小相同則對(duì)C進(jìn)行受力分析根據(jù)牛頓第二定律

m0g-T0=m0aβ

得%=1.5kg

(2)由題知性=微?？=曰kg,對(duì)C進(jìn)行受力分析得血Cg-T=WC(?

ma

對(duì)8進(jìn)行受力分析得T-Jg=BB

聯(lián)立得“l(fā)j=4m∕s2,Γ=20N>η,=12N

故AB可以發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

C落地時(shí)，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

,1，

λ=2aBz∣

Z=Is

f

?ι=?l=4m∕s

且此時(shí)8相對(duì)于地面前進(jìn)的距離為s∣=/?=2m

A加速度為縱=2mA2,VAl=aΛtι=2m∕s

C落地后，對(duì)B進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律〃n?g=，說外

2

解得?B=1m∕s

方向水平向左開始減速A加速度仍為4=2m∕s2；

，2

設(shè)再過G，AB共速，相對(duì)靜止則％+幺，2=%-即，2得%=§5

在這個(gè)時(shí)間段內(nèi)B前進(jìn)的距離為S2=VB∕2-∣?

代入數(shù)據(jù)得邑=守22機(jī)

又在整個(gè)過程中A前進(jìn)的距離為S3=；4(乙+%>

代入數(shù)據(jù)得*=^25m

則B在A上滑行得距離為s=s∣+?-S3代入數(shù)據(jù)得S=Im

(3)由(2)知上=O到C落地用時(shí)1s,故根據(jù)沖量公式/=H

得∕=MW?gf∣=4N?s

2

10.(1)∕c=2N?s,01?2√5m∕s；(2)53°

【解析】(1)設(shè)木板AB與豎直方向的夾角為凡根據(jù)幾何知識(shí)ΛB=2Rcos6

對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律"華cos9=mq

由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律AB=g卬2

綜合可得r=秒=IS

重力的沖量為/<；=，?=2N?s

小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為vl=alt

小球從B運(yùn)動(dòng)到D的過程中，由機(jī)械能守恒g機(jī)可=,*gr

綜合解得4=275m∕s2

(2)設(shè)小球到達(dá)8點(diǎn)的速度為匕，小球從8運(yùn)動(dòng)到E的過程中，由機(jī)械能守恒有

2f

-?m?^-?mvε=Imgr

小球到達(dá)七點(diǎn)時(shí)速度相=2?∕δm∕s,結(jié)合〃=Irn,綜合解得彩=8m∕s

根據(jù)等時(shí)圓知識(shí)，小球沿P3運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與6、夕均無關(guān)，依然是/=Is

由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球到達(dá)3點(diǎn)的速度眩=生1

設(shè)木板P3的傾角夕，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律mgsin尸=相生

聯(lián)立解得Sin￡=0.8,P=53。

11.(1)2rny∣2gR；方向豎直向下；(2)6mg↑(3)6^^

μs

【解析】⑴b球第一次上升，在空中運(yùn)動(dòng)高度為凡設(shè)D點(diǎn)速度為％,則ι√=2gR

解得VD=42gR

人球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間∕=2x區(qū)=4慳

gVg

匕球在空中運(yùn)動(dòng)過程中重力的沖量為/=〃磔=2小屈，方向豎直向下

(2g球由最高點(diǎn)下落到圓弧上P點(diǎn)時(shí)的高度差為∕z=R+Rcose=R(l+cosd)

2

由mgh=?ιnv得P點(diǎn)的速度V=y∣2gh=12gR(1+COS0)

由N—尸一mgcosA=m二得N=2mg+幣mgsinθ+3/ngcosθ

解得N=2mg+mg(J7mg+3cos≤2mg+4〃Ig=6ιng

由牛頓第三定律知，b球由由?；?。的過程中對(duì)軌道壓力的最大值為Gmgo

⑶設(shè)。球碰撞前后的速度分別為匕、Va,由2mgR=4,zn√,LmgR=Lmv^

2o2

分別求得b球碰撞前后的速度大小分別為匕=2癡，Vb=型

1'21,2?2?0

取向左為正方向，由機(jī)匕+，〃(-%')=m'+m%,-mv(

a+]“以=mv,+5zm?-

2a2

解得Vil=-殍，%'=2廊

由機(jī)械能守恒可知，b球的初速度為%,=-4=-24

則a球的初速度為v0w=-2v0h=-4廊

則。球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為4=乜二他=△叵

Ng2"g

v2

因?yàn)椋?-√=>a=4gR,%；>vh

所以兩球不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，且都將靜止在AB上，兩球在AB上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為