北京市第四中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将答案填涂在答题卡上。）
1．辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是“希沃特”，记作“Sv”。每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，则下列选项中用国际单位制的单位表示希沃特正确的是（ ）
A．J kg B．m2 s﹣2
C．m2 s﹣1 D．kg2 m2 s﹣2
2．如图所示，购物袋两侧有两根等长轻绳呈对称分布，人们在购物时可以将物品装入购物袋中方便携带。用手提着两绳中央上端，始终保持购物袋处于平衡状态，则（ ）
A．仅增加购物袋中物品的质量，轻绳上的拉力不变
B．仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变
C．仅增加两绳的长度，每根轻绳上拉力减小
D．轻绳越短，越不容易断
3．两质量均为m的石块a、b以相同的速度从同一高度h，分别沿水平和斜向上方向抛出。已知b初速度与水平方向夹角为θ（θ＞0°）。不计空气阻力。则从抛出到落地前一瞬间，下列物理量相同的是（ ）
A．两石块落地时的动能 B．两石块落地时的速度
C．两石块重力的平均功率 D．两石块落地时重力的瞬时功率
4．有一种玩具结构如图所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20cm，环上穿有一个带孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转（g＝10m/s2），则小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角θ是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
5．如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（ ）
A．该同学做匀速直线跑动
B．乒乓球处于平衡状态
C．球拍受到的合力大小为Mgtanθ
D．球拍受到乒乓球的压力大小为mgcosθ
6．翻斗车自卸货物的过程可以简化成如图所示模型，翻斗车始终静止在水平地面上，原来处于水平的车厢，在液压机的作用下，与水平方向的夹角θ开始缓慢增大（包括货物下滑过程中θ也在增加）。下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的支持力先减小后增加
B．货物受到的摩擦力先减小后增加
C．货物受到的支持力一直做正功
D．货物受到的摩擦力一直做负功
7．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR D．摩擦力做功
8．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．碰前大人和车的速度大小为2m/s
B．碰碰车质量为15kg
C．碰撞过程中机械能损失为450J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为90N s
二、多项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选给1分，错选0分。请将答案填涂在答题卡上。）
9．如图所示，轻质弹簧上端固定，下端栓一金属球，球被水平绳拉住保持静止。现将绳子剪断，虚线为之后金属球摆动过程中的一段运动轨迹，关于这段运动过程中说法正确的是（ ）
A．剪断绳子瞬间金属球加速度一定水平向左
B．在悬点正下方b位置时金属球所受合力可能竖直向上
C．金属球运动到轨迹最低点c位置时动能一定为零
D．金属球运动到轨迹最左侧d位置时水平速度一定为零
10．宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，下面一些关系式正确的是（ ）
A．g′＝g B．g′＝0 C．N＝mg D．N＝0
11．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。已知重力加速度大小为g。现对小球施加水平力将小球拉到Q点，此时绳子偏离竖直方向夹角为θ，则下列说法正确是（ ）
A．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为Flsinθ
B．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为mgl（1﹣cosθ）
C．若水平恒力F＝mg，则从P点运动到Q点，则水平拉力F做功为mglsinθ
D．若水平恒力F＝mg，θ＝，则从P点运动到Q点，小球速度先增大后减小
12．如图所示，物理兴趣小组要测物块A与桌面间动摩擦因数μ，按图连接好装置，按住A，绳恰绷直。将A由P点静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。测出B下落高度h＝0.20m，和 PQ间距离s＝0.50m。A、B质量均为m。则下列说法正确的是（ ）
A．A和B组成的系统机械能不守恒
B．A与桌面的动摩擦因数μ＝0.25
C．若仅考虑滑轮与绳子的摩擦，测量值与真实值相比偏小
D．若仅考虑定滑轮转动时的动能，测量值与真实值相比偏大
13．我国自主研发的卫星不仅可以在高空领域清理空间碎片，还可以发挥“太空拖船”的作用。“实践21号卫星”将一颗失效的北斗二号卫星由同步卫星轨道经转移轨道送入“墓地轨道”，这一操作震惊了世界。如图所示，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、分别为同步卫星轨道、转移轨道和墓地轨道，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期一定大于24小时
B．卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，在P点处的线速度相同
C．卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同
D．卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能守恒
14．如图所示，质量分别为2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为（ ）
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
15．如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F（F＞mg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列正确的是（ ）
A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为
16．如图所示，在光滑地面上有一个质量为m、半径为R、内表面光滑的半球形凹槽。质量同样为m的小球在距离A点上方为R处，以速度v0开始平抛；与此同时，凹槽也以v0开始运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到C点的过程中，凹槽经历了先减速再加速的过程
B．小球从C离开后仍能够从C点落回到凹槽
C．小球运动到B点时，地面的支持力等于2mg
D．小球运动到B点时的速度大小为v0+
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16分。）
17．用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板的那一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有____。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的平面直角坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或“不需要”）y轴与重垂线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，可求得钢球平抛的初速度v0大小为 （已知重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
18．如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。
（1）用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是____。
A．图中打点计时器应使用8V左右的交流电源
B．实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行
C．实验时必须把轨道右端抬高以平衡摩擦力
D．实验时不需要满足槽码的质量远小于小车的质量
E．为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据
（2）某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度—时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是____。
A．实验中没有平衡摩擦力
B．实验中没有满足小车质量远大于槽码质量
C．实验中先让释放小车后打开打点计时器
D．实验中未保持细线和轨道平行
（3）某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离（单位：cm）。则由数据可得其加速度为 m/s2（保留两位有效数字）。
（4）在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器（图4）来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是____。
A．实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量
B．实验操作中不需要细线和轨道平行
C．实验操作中不需要平衡摩擦力
D．实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据
四、计算题（本大题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，画出相应的示意图。只写出最后答案的不能得分。）
19．一辆汽车在平直公路上行驶，已知汽车的质量m＝2.0×103kg，发动机的额定功率P0＝80kW，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒为f＝4.0×103N。
（1）在不超过额定功率的前提下，求该汽车所能达到的最大速度vm。
（2）如果汽车从静止开始做匀加速直线运动。加速度的大小a＝2.0m/s2，在发动机不超过额定功率的前提下，求汽车维持匀加速运动的时间t。
20． 2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。观测得天王星半径为R，它的一颗天然卫星环绕的周期约为T，环绕半径为r，万有引力常量为G，求：
（1）估算天王星的质量；
（2）估算天王星第一宇宙速度的大小；
（3）若天王星绕太阳的环绕周期是n年，两次出现天王星冲日现象需要时间间隔多少年。
21．如图所示，质量M＝1.0kg的木块随传送带一起以v＝2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50m/s．设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g＝10m/s2．求：
（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；
（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能．
22．动量定理在物理学中有着非常重要的地位，是人们解决相关问题的一重要工具。
（1）简述动量定理，并画示意图构建一个运动模型，根据牛顿定律推导出动量定理。
（2）阅读下述材料，回答问题。
水刀（图甲），利用超高压技术将普通的水加压到极高的压强，然后再通过直径约0.05毫米的喷嘴喷射出来，形成速度约为800米/秒的高速射流，该射流可用来切割软质材料。如果再在射流中加入适量的磨料，则几乎可以用来切割所有的硬质材料，比如金刚石。水刀是目前世界上最锋利的“刀”。已知水的密度ρ＝1×103kg/m3。
a.估算水刀施加于被切割材料的压强。
b.分析说明，为什么在普通水中添加磨料，可以切割更坚硬的材料？
（3）迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，如图乙所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以速度v0从喷口竖直向上喷出，喷口截面积为S。设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。求：
a.喷泉水泵的输出功率。
b.米老鼠模型在空中悬停的高度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，即希沃特用国际单位制的基本单位表达为J/kg，即1Sv=1J/kg，由W=Fx可知，1J=1N·m，由F=ma可知，，联立可知，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物理之间的关系进行单位推导。
2．【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A.根据平衡条件，购物袋两绳对购物袋的拉力的合力等于购物袋及其中物品的总重力，当购物袋中增加物品的质量，整个袋子的重力增加，绳子对袋子的拉力增大，A不符合题意；
B.对整体分析可知手对轻绳的作用力等于购物袋及其中物品的总重力，与绳长无关，故仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变，B符合题意；
CD.设轻绳的拉力为T，轻绳与竖直方向的夹角为，则每段轻绳拉力的竖直分力等于物重的四分之一，由平衡条件可得，轻绳的拉力，仅增加两根轻绳的长度，则绳子与竖直方向的夹角会变小，拉力T减小。反之，绳子越短，越大，绳子拉力T越大，越容易断，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对购物袋整体受力分析，再根据平衡条件得出绳子拉力的变化情况；改变绳子的长度，则绳子与竖直方向的夹角会发生变化，根据平衡条件推导绳子拉力与夹角的关系，分析绳子拉力的变化。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功的计算
【解析】【解答】A两物体抛出后，都只受重力作用，所以机械能守恒，以地面为零势面，根据机械能守恒定律可得石块落地时的动能为，可知两物体落地时动能相同，A符合题意，B不符合题意；
B.由两石块落地时动能相同，可得落地的速度大小相等，但是两石块落地时水平方向的速度分量不同，所以落地时速度方向不同，B不符合题意；
C.斜上抛的运动时间大于平抛运动的时间，重力做功相等，根据可知重力的平均功率不同，C不符合题意；
D.两物体落地时，速度大小相等，方向不同，根据，其中为落地速度与竖直方向夹角，可知两石块落地时重力的瞬时功率不同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据机械能守恒定律分析两石块落地时动能的关系；根据分析两石块重力的平均功率的关系；根据瞬时功率的公式，分析两石块落地时重力的瞬时功率的关系。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】小球做匀速圆周运动，受到的重力和支持力的合力即为向心力，小球转动的半径为，根据平行四边形定则和牛顿第二定律，解得，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球做匀速圆周运动，合外力即为向心力，由牛顿第二定律列式，求解小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.对小球分析，小球受重力和垂直球拍的支持力作用，如图所示：
由题意可知，该同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，由于球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，可知重力和支持力的合力水平向前，则小球所受的合力为，则球在水平方向加速运动，AB不符合题意；
C.由牛顿第二定律可得乒乓球的加速度为，因为拍和球加速度相同，故球拍受到合力大小为，C符合题意；
D.球拍对乒乓球的支持力大小为，由牛顿第三定律可得球拍受到乒乓球的压力大小为，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球的受力，得出该同学和乒乓球的运动状态；由牛顿第二定律求出乒乓球的加速度，根据球和拍加速度相同，求出球拍受到的合力大小；根据平行四边形定则求出球拍对乒乓球的支持力大小，再由牛顿第三定律得到球拍受到乒乓球的压力大小。
6．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；功的概念
【解析】【解答】AB.货物没有下滑时，由共点力平衡条件可得，，可知，随着增大时，摩擦力f增大，支持力N减小，当货物滑动后，垂直斜面方向依然受力平衡，有，摩擦力变为滑动摩擦力，大小为，可知，随着增大时，支持力N和摩擦力f均逐渐减小，AB不符合题意；
C.货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向的夹角一直小于90°，做正功，C符合题意；
D.物体没有下滑时，摩擦力与瞬时速度速度方向垂直，不做功，物体开始下滑后，摩擦力与瞬时速度方向成钝角，做负功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】货物没有下滑时，由共点力平衡条件推导摩擦力和支持力与夹角的关系，求出二力的变化情况，当货物开始下滑后，垂直斜面方向依然平衡，求出支持力随夹角的变化情况，摩擦力变为滑动摩擦力，由滑动摩擦力公式推导摩擦力与夹角的关系，求出摩擦力的变化情况；物体做曲线运动，根据力与瞬时速度的方向关系，判断支持力和摩擦力做功的正负。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.根据重力做功的公式W=mgh可得，小球从P到B的运动过程中重力做功为，A不符合题意；
CD.由题意可知，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可得，解得，根据动能定理得，小球从P到B的运动过程中，合力做功可表示为，摩擦力做功为，C不符合题意，D符合题意；
B.由上述分析可知，小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功，根据功能关系可得机械能减少，B不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据重力做功的公式W=mgh求解重力做功；分析小球在B点的受力，由牛顿第二定律求出小球在B点的速度，再由动能定理计算小球从P到B的运动过程中，合力和摩擦力做功；根据功能关系，分析小球机械能的变化。
8．【答案】C
【知识点】动量定理；运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】AB.x-t图像中斜率表示速度，可得碰前瞬间，大人的速度为，小孩的速度为，碰后两人的共同速度，设碰碰车的质量为M，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得，解得M=30kg，AB不符合题意；
C.根据能量守恒定律得，解得，C符合题意；
D.对小孩和其驾驶的碰碰车，由动量定理可得，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量，负号表示方向，冲量大小为180N·s，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据x-t图像中斜率表示速度，求出大人和小孩碰撞前、后的速度，再由动量守恒定律列式，求出碰碰车的质量；根据能量守恒定律求解碰撞过程中机械能的损失；由动量定理求解碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小。
9．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A.细绳未剪断前，小球受重力、弹簧弹力和细绳拉力，根据共点力平衡条件可知，重力与弹簧弹力的合力与细绳的拉力等大反向，即重力和弹簧弹力的合力水平向左。细绳被剪断的瞬间，细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化，所以细线剪断瞬间，小球所受重力和弹簧弹簧的合力与剪断细绳前相同，仍水平向左，故细绳被剪断的瞬间小球加速度的方向水平向左，A符合题意；
B.当金属球运动到悬点O正下方时，受竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力，所以小球受到的合力一定在竖直方向，根据曲线运动中物体受到的合力一定指向曲线凹侧，结合图中过B点处的曲线可知，此时金属球所受合力方向为竖直向下，B不符合题意；
C.金属球运动到轨迹最低点c位置时，有水平方向的速度，动能不为0，C不符合题意；
D.金属球运动到最左端时，水平方向的速度为零，但合速度不为零，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】分析细绳剪断前小球的受力，由共点力平衡条件得到弹簧弹力与小球重力的合力方向，细绳剪断瞬间，根据弹簧弹力不突变的特点，得出重力与弹簧弹力的合力不变，继而得到加速度的方向；根据曲线运动中物体受到的合力一定指向曲线凹侧，判断小球在b点时所受合力的方向；金属球运动到最左端时，水平方向速度为零，竖直方向上有速度。
10．【答案】A,D
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB.在地球表面处，即，在宇宙飞船内，，A符合题意，B不符合题意；
CD.宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动时，其内物体处于完全失重状态，所以人站在可称体重的台秤时，对秤没有压力，即N=0，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】分别列出物体在地球表面时和在宇宙飞船中时，重力与万有引力相等的关系式，求出地球表面处的重力加速度与宇宙飞船所在处的地球引力加速度的关系；宙飞船内的人处于完全失重状态，对秤没有压力。
11．【答案】B,C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.对小球从P点缓慢地移动到Q点的过程，根据动能定理可得，解得水平拉力F做功为，A不符合题意，B符合题意；
C.若水平恒力F=mg，根据功的定义：一个力做的功等于该力与物体在该力方向上发生的位移的乘积，可得水平拉力F做功为，C符合题意；
D.若水平恒力F=mg，则小球受重力和拉力的合力，与竖直方向夹角为45°，由等效重力场可判断，若θ＝，小球做圆周运动的等效最低点刚好在图中Q位置，所以小球从P点运动到Q点，小球速度一直增大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由动能定理分析小球从P点缓慢地移动到Q点的过程，求出水平拉力做功；根据功的定义求解若水平恒力F＝mg，水平拉力F做功；根据等效重力场的方法，找到小球做圆周运动时等效最低点的位置，再分析小球从P点运动到Q点的速度变化。
12．【答案】A,B,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.A和B组成的系统要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，A符合题意；
B.对A、B组成的系统，从释放A到B落地前瞬间，根据动能定理有，B落地后，A做减速运动，由动能定理可得，联立，解得μ=0.25，B符合题意；
CD.无论是仅考虑滑轮与绳子的摩擦还是仅考虑定滑轮转动时的动能，克服摩擦力做功都会增加，可知测量值与真实值相比偏大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据机械能守恒条件分析A、B系统的机械能是否守恒；分别对B落地前A、B系统的运动和B落地后A的运动应用动能定理，求出A与桌面间的动摩擦因数；根据功能关系分析摩擦因数的测量误差。
13．【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.根据开普勒第三定律可知，轨道I的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于在轨道I上的运行周期，而轨道I为同步卫星轨道，故卫星在轨道I上的周期为24h，所以卫星在轨道Ⅲ上的周期大于24h，A符合题意；
B.根据卫星变轨原理可知，卫星从轨道I进入轨道Ⅱ时，需在P点点火加速，做离心运动，才可以进入轨道Ⅱ，故卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上P点的速度，B不符合题意；
C.根据牛顿第二定律可得，解得卫星的加速度大小为可知，卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同，C符合题意；
D.根据变轨原理可知，卫星从轨道I转移到轨道Ⅲ的过程中，需要在P点和Q点点火加速，所以卫星机械能增大，卫星高度增加，所以引力势能增大，根据，解得，可知，卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ，速度减小，动能减小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】通过开普勒第三定律比较卫星在轨道Ⅲ和轨道I上运行周期的关系；根据卫星变轨原理分析卫星在轨道I和轨道Ⅱ上P点的速度关系；由牛顿第二定律分析卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度关系；根据变轨原理和能量守恒定律分析卫星机械能的变化，由卫星高度的变化分析引力势能的变化，根据卫星线速度的变化分析动能的变化。
14．【答案】A,B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，联立解得碰后A、B的速度分别为， ，B与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，联立解得碰撞B的速度为，为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足，由于k>2，则有， 联立解得2
【分析】A、B碰撞和B、C碰撞均为弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出两次碰撞后A、B各自的速度表达式，再结合A与B只发生一次碰撞的条件限定，求解k的值。
15．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A. 弹簧恢复到原长的过程中， 弹簧对A和B的弹力等大反向，由冲量的公式I=Ft可知，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，但由于作用力的方向相反，所以冲量的方向相反，A不符合题意；
B.当A开始向上运动时，弹簧弹力大于重力，合力向上并减小，加速度向上并减小，A做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力减小到A的重力时，A受力平衡，加速度为零，之后A继续上升，弹簧弹力小于重力，合力向下并增大，加速度向下并增大，直至弹簧恢复原长，A做加速度增大的减速运动，由以上分析可知，弹簧的弹力大小等于A木块的重力时，A的速度最大，此时弹簧处于压缩状态，B符合题意；
CD. 由共点力平衡条件和胡克定律可得，撤去F前，弹簧的形变量，设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为，根据动量守恒定律可得，设A、B共同上升的最大高度为h，则A上升的最大高度为H=h+x，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有，A、B共同上升过程中根据能量守恒有：，联立解得B开始运动时，A的速度大小为，全程中，A上升的最大高度，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据弹簧对A、B的作用力关系，由冲量的定义式I=Ft分析弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量的关系；分析A向上运动的过程中合外力的变化，找到速度最大的位置，确定弹簧的状态；分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律，综合求解当B开始运动时A的速度大小和A上升的最大高度。
16．【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.根据平抛的运动规律可知，平抛小球水平方向做匀速直线运动，与凹槽具有相同的水平方向速度，以凹槽为参考物，小球做自由落体运动，小球落入凹槽后，在AB段运动过程中，小球给凹槽一个斜向下的压力，使凹槽做减速运动，在BC段给凹槽一个斜向左下的压力，使凹槽加速运动，A符合题意；
B.小球离开C点时与凹槽具有相同的水平方向速度，而凹槽与水平地面没有摩擦，所以凹槽做匀速运动，小球离开C点后水平方向不受外力，水平分运动也为匀速运动，所以小球仍会回到C点，B符合题意；
C.由于小球在B点做圆周运动，其加速度竖直向上，处于超重状态，小球对凹槽的压力大于mg，凹槽对地面的压力应大于2mg，C不符合题意；
D.对小球从开始运动到B点的过程，由水平方向上的的动量守恒和机械能守恒可得，，解得小球在B点的速度为，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据小球落入槽后对槽的作用力，分析槽的运动情况；小球离开C点时与凹槽具有相同的水平方向速度，分析小球在空中运动过程中，水平方向的分速度与槽的速度关系，确定小球能否落回C点；结合圆周运动的特点，分析小球在B点时对槽的压力与重力的关系，得到地面对槽的支持力与总体重力的关系；根据水平方向分动量守恒和机械能守恒定律求解小球在B点的速度。
17．【答案】（1）B；D
（2）球心；需要；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）B.因为小球离开斜槽后要做平抛运动，所以斜槽末端要水平，B符合题意；
AD.小球每次抛出要具有相同的初速度，为保证这一点，小球每次必须从斜槽的相同位置由静止滚下，与斜槽轨道是否光滑无关，故A不符合题意，D符合题意；
C.将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须满足的条件，故C不符合题意。
故答案为：BD。
（2）a.小球静止于Q点时球心的位置为小球做平抛的抛出点，所以球心对应白纸上的位置即为原点；平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以y轴应沿竖直方向，确定y轴时需要y轴与重垂线平行。
b.根据平抛运动水平方向做匀速直线运动可知，AB和BC的水平间距相等，所用时间相等，设AB=BC=x，有可知，再根据竖直方向的运动规律，利用逐差法可得，解得钢球平抛的初速度大小为。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）a.小球静止于Q点时球心的位置即为小球的抛出点，y轴要竖直，所以y轴要由铅垂线确定；b.根据平抛运动的规律，由运动学公式计算小球平抛的初速度大小。
18．【答案】（1）B；D；E
（2）D
（3）4.0
（4）A
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）A.图中是电火花计时器，使用220V交流电源，A不符合题意；
B.为保证实验过程中小车受到的合力不变，实验时必须通过调节轨道左端的滑轮，让细线和轨道平行，B符合题意；
C.本实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变，小车做匀变速直线运动即可，不需要补偿阻力，C不符合题意；
D.因为本实验不需要知道小车受到拉力的具体数值，所以不需要满足槽码的质量远小于小车的质量的要求，D符合题意；
E.为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，E符合题意。
故答案为：BDE。
（2）由图像可知小车在运动的后阶段加速度发生了变化，说明小车受到的合外力发生了变化，引起合力变化的原因可能是细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3）每5个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为T=5×0.02s=0.10s，根据位移差公式，可得小车的加速度为；
（4）A.实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器直接得到，所以不需要槽码的质量远小于小车的质量，A符合题意；
B.为保证实验过程中小车受到的合力不变，加速度不变，需保持细线和轨道平行，B不符合题意；
C.实验过程中需要用细线的拉力充当小车受到的合外力，所以需要平衡摩擦力，C不符合题意；
D.多次改变小车的质量以获得多组数据，可以减小偶然误差，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）根据图2出现的现象，分析实验中可能存在的问题；（3）根据位移差公式计算小车的加速度；（4）根据探究物体加速度与质量、力的关系的实验原理、实验步骤和注意事项分析判断。
19．【答案】（1）解：设汽车以额定功率启动后达到最大速度vm时牵引力为F0，汽车达到最大速度时有：F0＝f＝4.0×103N
而功率：P0＝F0vm
代入数据解得：vm＝20m/s；
答：汽车所能达到的最大速度是20m/s；
（2）解：设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F，根据牛顿第二定律 F﹣f＝ma
解得：F＝8.0×103N
设保持匀加速的时间t，匀加速达到的最大速度为v1，则有：P0＝F v1
解得：v1＝10m/s
而由速度—时间规律有：v1＝at
解得：t＝5.0s
答：汽车做匀加速运动所能达到的最大速度为10m/s，维持匀加速运动的时间是5.0s。
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当牵引力与阻力相等时，汽车的速度最大，由求出汽车所能达到的最大速度；（2）由牛顿第二定律求出汽车匀加速运动时的牵引力，由P=Fv求出求出匀加速运动结束时的速度，再由匀变速直线运动速度时间关系计算汽车维持匀加速运动的时间。
20．【答案】（1）解：根据万有引力提供向心力有
解得
答：天王星的质量为
（2）解：根据万有引力与重力的关系有
结合
联立解得
答：天王星第一宇宙速度的大小为
（3）解：设两次出现天王星冲日现象需要时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：
解得年
答：两次出现天王星冲日现象需要时间间隔年
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）天王星的卫星绕天王星做圆周运动的向心力由天王星对它的万有引力提供，由牛顿第二定律列式，求出天王星的质量；（2）天王星第一宇宙速度即为卫星绕天王星表面做圆周运动的线速度，由万有引力等于重力和万有引力提供向心力列式，可求解天王星的第一宇宙速度；（3）两次出现天王星冲日现象即两次天王星离地球最近，分析两次天王星离地球最近的过程中，天王星和地球所转过的圆心角的关系，求解两次出现天王星冲日现象需要时间间隔。
21．【答案】（1）解：设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒
mv0﹣Mv＝mv1+Mu 解得 u＝3.0m/s
设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得 a＝5.0m/s2
木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1
u2＝2as1
解得 s1＝0.90m
答：在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；
（2）解：根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为
E=+Mv2-﹣Mu2
解得 E＝872.5J
答：子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；
（3）解：设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式
v2＝2as2解得 s2＝0.40m
t1＝＝0.60s，t2＝＝0.40s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为
S′＝vt1+S1＝2.1m，
产生的内能 Q1＝μMgS′＝10.5J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″＝vt2﹣s2＝0.40m，
产生的内能Q2＝μMgS″＝2.0J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能
Q＝Q1+Q2＝12.5J
答：木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J。
【知识点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹穿过木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿过木块后木块的速度，然后木块在传送带上匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出木块向右运动距A点的最大距离；（2）以子弹和木块组成的系统为研究对象，根据能量守恒定律求出子弹击穿木块过程中产生的内能；（3）由牛顿第二定律和运动学公式求出木块相等传送带运动的位移，再由功能关系求出木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
22．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得F＝ma
匀加速直线运动的时间为t＝
联立上式得动量定理的表达式为I＝Ft＝ma×＝mv2﹣mv1
（2）解：a、单位时间内喷出的水的体积为V＝vS
单位时间内喷嘴喷出的水的质量M＝ρV＝ρvS
设Δt时间内水的质量为：Δm＝ρSvΔt
规定水的速度方向为正方向，对与切割物体发生相互作用的水，由动量定理得：﹣F Δt＝0﹣Δmv
解得切割物体对水刀的作用力为：F＝ρSv2
根据牛顿第三定律，可知水刀工作时对被切割物体的作用力为：F′＝F＝ρSv2
根据压强的定义，可得水刀工作时对被切割物体的压强为：p＝＝ρv2
代入数据解得施加于被切割材料的压强为p＝6.4×108Pa
b、普通水中添加磨料，可以增大水的密度，从而增加压强；
（3）a、喷泉喷水的功率为：P＝＝＝＝
b、以向上为正方向，Δt内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v，有：
F Δt＝Δp＝Δm Δv＝ρSv0Δt Δv＝ρSv0Δt （0﹣v）
所以：F＝﹣ρSv0v
根据牛顿第三定律：F'＝﹣F＝Mg
所以：Mg＝ρSv0v得：
喷口喷出水后在做竖直上抛运动：
所以：
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）可以以匀加速直线运动为模型，由牛顿第二定律和运动学公式，推导动量定理的表达式；（2）根据动量定理求出切割物体对水刀的作用力，由牛顿第三定律得到水刀对切割物体表面的作用力，再由压强公式计算水刀施加于被切割材料的压强；（3）根据功率公式和功能关系，求解喷泉水泵的输出功率；由动量定理和牛顿第三定律，求出冲浪板受到的水对其向上的冲力表达式，再由共点力平衡条件求出水冲到冲浪板上时的速度，然后由竖直上抛的运动规律计算喷口喷出水后到达冲浪板的高度，即为米老鼠模型在空中悬停的高度。
北京市第四中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。请将答案填涂在答题卡上。）
1．辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是“希沃特”，记作“Sv”。每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，则下列选项中用国际单位制的单位表示希沃特正确的是（ ）
A．J kg B．m2 s﹣2
C．m2 s﹣1 D．kg2 m2 s﹣2
【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】每千克人体组织吸收1焦耳能量定义为1希沃特，即希沃特用国际单位制的基本单位表达为J/kg，即1Sv=1J/kg，由W=Fx可知，1J=1N·m，由F=ma可知，，联立可知，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据物理之间的关系进行单位推导。
2．如图所示，购物袋两侧有两根等长轻绳呈对称分布，人们在购物时可以将物品装入购物袋中方便携带。用手提着两绳中央上端，始终保持购物袋处于平衡状态，则（ ）
A．仅增加购物袋中物品的质量，轻绳上的拉力不变
B．仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变
C．仅增加两绳的长度，每根轻绳上拉力减小
D．轻绳越短，越不容易断
【答案】B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A.根据平衡条件，购物袋两绳对购物袋的拉力的合力等于购物袋及其中物品的总重力，当购物袋中增加物品的质量，整个袋子的重力增加，绳子对袋子的拉力增大，A不符合题意；
B.对整体分析可知手对轻绳的作用力等于购物袋及其中物品的总重力，与绳长无关，故仅增加两绳的长度，手对轻绳的作用力不变，B符合题意；
CD.设轻绳的拉力为T，轻绳与竖直方向的夹角为，则每段轻绳拉力的竖直分力等于物重的四分之一，由平衡条件可得，轻绳的拉力，仅增加两根轻绳的长度，则绳子与竖直方向的夹角会变小，拉力T减小。反之，绳子越短，越大，绳子拉力T越大，越容易断，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对购物袋整体受力分析，再根据平衡条件得出绳子拉力的变化情况；改变绳子的长度，则绳子与竖直方向的夹角会发生变化，根据平衡条件推导绳子拉力与夹角的关系，分析绳子拉力的变化。
3．两质量均为m的石块a、b以相同的速度从同一高度h，分别沿水平和斜向上方向抛出。已知b初速度与水平方向夹角为θ（θ＞0°）。不计空气阻力。则从抛出到落地前一瞬间，下列物理量相同的是（ ）
A．两石块落地时的动能 B．两石块落地时的速度
C．两石块重力的平均功率 D．两石块落地时重力的瞬时功率
【答案】A
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功的计算
【解析】【解答】A两物体抛出后，都只受重力作用，所以机械能守恒，以地面为零势面，根据机械能守恒定律可得石块落地时的动能为，可知两物体落地时动能相同，A符合题意，B不符合题意；
B.由两石块落地时动能相同，可得落地的速度大小相等，但是两石块落地时水平方向的速度分量不同，所以落地时速度方向不同，B不符合题意；
C.斜上抛的运动时间大于平抛运动的时间，重力做功相等，根据可知重力的平均功率不同，C不符合题意；
D.两物体落地时，速度大小相等，方向不同，根据，其中为落地速度与竖直方向夹角，可知两石块落地时重力的瞬时功率不同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据机械能守恒定律分析两石块落地时动能的关系；根据分析两石块重力的平均功率的关系；根据瞬时功率的公式，分析两石块落地时重力的瞬时功率的关系。
4．有一种玩具结构如图所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20cm，环上穿有一个带孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动．如果圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转（g＝10m/s2），则小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角θ是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】小球做匀速圆周运动，受到的重力和支持力的合力即为向心力，小球转动的半径为，根据平行四边形定则和牛顿第二定律，解得，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球做匀速圆周运动，合外力即为向心力，由牛顿第二定律列式，求解小球相对环静止时和环心O的连线与O1O2的夹角。
5．如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（ ）
A．该同学做匀速直线跑动
B．乒乓球处于平衡状态
C．球拍受到的合力大小为Mgtanθ
D．球拍受到乒乓球的压力大小为mgcosθ
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB.对小球分析，小球受重力和垂直球拍的支持力作用，如图所示：
由题意可知，该同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，由于球拍与球相对静止且均相对该同学身体静止，可知重力和支持力的合力水平向前，则小球所受的合力为，则球在水平方向加速运动，AB不符合题意；
C.由牛顿第二定律可得乒乓球的加速度为，因为拍和球加速度相同，故球拍受到合力大小为，C符合题意；
D.球拍对乒乓球的支持力大小为，由牛顿第三定律可得球拍受到乒乓球的压力大小为，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球的受力，得出该同学和乒乓球的运动状态；由牛顿第二定律求出乒乓球的加速度，根据球和拍加速度相同，求出球拍受到的合力大小；根据平行四边形定则求出球拍对乒乓球的支持力大小，再由牛顿第三定律得到球拍受到乒乓球的压力大小。
6．翻斗车自卸货物的过程可以简化成如图所示模型，翻斗车始终静止在水平地面上，原来处于水平的车厢，在液压机的作用下，与水平方向的夹角θ开始缓慢增大（包括货物下滑过程中θ也在增加）。下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的支持力先减小后增加
B．货物受到的摩擦力先减小后增加
C．货物受到的支持力一直做正功
D．货物受到的摩擦力一直做负功
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；功的概念
【解析】【解答】AB.货物没有下滑时，由共点力平衡条件可得，，可知，随着增大时，摩擦力f增大，支持力N减小，当货物滑动后，垂直斜面方向依然受力平衡，有，摩擦力变为滑动摩擦力，大小为，可知，随着增大时，支持力N和摩擦力f均逐渐减小，AB不符合题意；
C.货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向的夹角一直小于90°，做正功，C符合题意；
D.物体没有下滑时，摩擦力与瞬时速度速度方向垂直，不做功，物体开始下滑后，摩擦力与瞬时速度方向成钝角，做负功，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】货物没有下滑时，由共点力平衡条件推导摩擦力和支持力与夹角的关系，求出二力的变化情况，当货物开始下滑后，垂直斜面方向依然平衡，求出支持力随夹角的变化情况，摩擦力变为滑动摩擦力，由滑动摩擦力公式推导摩擦力与夹角的关系，求出摩擦力的变化情况；物体做曲线运动，根据力与瞬时速度的方向关系，判断支持力和摩擦力做功的正负。
7．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR D．摩擦力做功
【答案】D
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.根据重力做功的公式W=mgh可得，小球从P到B的运动过程中重力做功为，A不符合题意；
CD.由题意可知，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可得，解得，根据动能定理得，小球从P到B的运动过程中，合力做功可表示为，摩擦力做功为，C不符合题意，D符合题意；
B.由上述分析可知，小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功，根据功能关系可得机械能减少，B不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据重力做功的公式W=mgh求解重力做功；分析小球在B点的受力，由牛顿第二定律求出小球在B点的速度，再由动能定理计算小球从P到B的运动过程中，合力和摩擦力做功；根据功能关系，分析小球机械能的变化。
8．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．碰前大人和车的速度大小为2m/s
B．碰碰车质量为15kg
C．碰撞过程中机械能损失为450J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为90N s
【答案】C
【知识点】动量定理；运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】AB.x-t图像中斜率表示速度，可得碰前瞬间，大人的速度为，小孩的速度为，碰后两人的共同速度，设碰碰车的质量为M，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得，解得M=30kg，AB不符合题意；
C.根据能量守恒定律得，解得，C符合题意；
D.对小孩和其驾驶的碰碰车，由动量定理可得，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量，负号表示方向，冲量大小为180N·s，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据x-t图像中斜率表示速度，求出大人和小孩碰撞前、后的速度，再由动量守恒定律列式，求出碰碰车的质量；根据能量守恒定律求解碰撞过程中机械能的损失；由动量定理求解碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小。
二、多项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每题给出的四个选项中，有多个选项正确，漏选给1分，错选0分。请将答案填涂在答题卡上。）
9．如图所示，轻质弹簧上端固定，下端栓一金属球，球被水平绳拉住保持静止。现将绳子剪断，虚线为之后金属球摆动过程中的一段运动轨迹，关于这段运动过程中说法正确的是（ ）
A．剪断绳子瞬间金属球加速度一定水平向左
B．在悬点正下方b位置时金属球所受合力可能竖直向上
C．金属球运动到轨迹最低点c位置时动能一定为零
D．金属球运动到轨迹最左侧d位置时水平速度一定为零
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A.细绳未剪断前，小球受重力、弹簧弹力和细绳拉力，根据共点力平衡条件可知，重力与弹簧弹力的合力与细绳的拉力等大反向，即重力和弹簧弹力的合力水平向左。细绳被剪断的瞬间，细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化，所以细线剪断瞬间，小球所受重力和弹簧弹簧的合力与剪断细绳前相同，仍水平向左，故细绳被剪断的瞬间小球加速度的方向水平向左，A符合题意；
B.当金属球运动到悬点O正下方时，受竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力，所以小球受到的合力一定在竖直方向，根据曲线运动中物体受到的合力一定指向曲线凹侧，结合图中过B点处的曲线可知，此时金属球所受合力方向为竖直向下，B不符合题意；
C.金属球运动到轨迹最低点c位置时，有水平方向的速度，动能不为0，C不符合题意；
D.金属球运动到最左端时，水平方向的速度为零，但合速度不为零，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】分析细绳剪断前小球的受力，由共点力平衡条件得到弹簧弹力与小球重力的合力方向，细绳剪断瞬间，根据弹簧弹力不突变的特点，得出重力与弹簧弹力的合力不变，继而得到加速度的方向；根据曲线运动中物体受到的合力一定指向曲线凹侧，判断小球在b点时所受合力的方向；金属球运动到最左端时，水平方向速度为零，竖直方向上有速度。
10．宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，下面一些关系式正确的是（ ）
A．g′＝g B．g′＝0 C．N＝mg D．N＝0
【答案】A,D
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB.在地球表面处，即，在宇宙飞船内，，A符合题意，B不符合题意；
CD.宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动时，其内物体处于完全失重状态，所以人站在可称体重的台秤时，对秤没有压力，即N=0，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】分别列出物体在地球表面时和在宇宙飞船中时，重力与万有引力相等的关系式，求出地球表面处的重力加速度与宇宙飞船所在处的地球引力加速度的关系；宙飞船内的人处于完全失重状态，对秤没有压力。
11．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。已知重力加速度大小为g。现对小球施加水平力将小球拉到Q点，此时绳子偏离竖直方向夹角为θ，则下列说法正确是（ ）
A．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为Flsinθ
B．若小球从P点缓慢地移动到Q点，则水平拉力F做功为mgl（1﹣cosθ）
C．若水平恒力F＝mg，则从P点运动到Q点，则水平拉力F做功为mglsinθ
D．若水平恒力F＝mg，θ＝，则从P点运动到Q点，小球速度先增大后减小
【答案】B,C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB.对小球从P点缓慢地移动到Q点的过程，根据动能定理可得，解得水平拉力F做功为，A不符合题意，B符合题意；
C.若水平恒力F=mg，根据功的定义：一个力做的功等于该力与物体在该力方向上发生的位移的乘积，可得水平拉力F做功为，C符合题意；
D.若水平恒力F=mg，则小球受重力和拉力的合力，与竖直方向夹角为45°，由等效重力场可判断，若θ＝，小球做圆周运动的等效最低点刚好在图中Q位置，所以小球从P点运动到Q点，小球速度一直增大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由动能定理分析小球从P点缓慢地移动到Q点的过程，求出水平拉力做功；根据功的定义求解若水平恒力F＝mg，水平拉力F做功；根据等效重力场的方法，找到小球做圆周运动时等效最低点的位置，再分析小球从P点运动到Q点的速度变化。
12．如图所示，物理兴趣小组要测物块A与桌面间动摩擦因数μ，按图连接好装置，按住A，绳恰绷直。将A由P点静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。测出B下落高度h＝0.20m，和 PQ间距离s＝0.50m。A、B质量均为m。则下列说法正确的是（ ）
A．A和B组成的系统机械能不守恒
B．A与桌面的动摩擦因数μ＝0.25
C．若仅考虑滑轮与绳子的摩擦，测量值与真实值相比偏小
D．若仅考虑定滑轮转动时的动能，测量值与真实值相比偏大
【答案】A,B,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.A和B组成的系统要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，A符合题意；
B.对A、B组成的系统，从释放A到B落地前瞬间，根据动能定理有，B落地后，A做减速运动，由动能定理可得，联立，解得μ=0.25，B符合题意；
CD.无论是仅考虑滑轮与绳子的摩擦还是仅考虑定滑轮转动时的动能，克服摩擦力做功都会增加，可知测量值与真实值相比偏大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据机械能守恒条件分析A、B系统的机械能是否守恒；分别对B落地前A、B系统的运动和B落地后A的运动应用动能定理，求出A与桌面间的动摩擦因数；根据功能关系分析摩擦因数的测量误差。
13．我国自主研发的卫星不仅可以在高空领域清理空间碎片，还可以发挥“太空拖船”的作用。“实践21号卫星”将一颗失效的北斗二号卫星由同步卫星轨道经转移轨道送入“墓地轨道”，这一操作震惊了世界。如图所示，轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、分别为同步卫星轨道、转移轨道和墓地轨道，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期一定大于24小时
B．卫星从轨道Ⅰ上进入轨道Ⅱ时，在P点处的线速度相同
C．卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同
D．卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能守恒
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.根据开普勒第三定律可知，轨道I的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则卫星在轨道Ⅲ上的运行周期大于在轨道I上的运行周期，而轨道I为同步卫星轨道，故卫星在轨道I上的周期为24h，所以卫星在轨道Ⅲ上的周期大于24h，A符合题意；
B.根据卫星变轨原理可知，卫星从轨道I进入轨道Ⅱ时，需在P点点火加速，做离心运动，才可以进入轨道Ⅱ，故卫星在轨道I上P点的速度小于在轨道Ⅱ上P点的速度，B不符合题意；
C.根据牛顿第二定律可得，解得卫星的加速度大小为可知，卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度相同，C符合题意；
D.根据变轨原理可知，卫星从轨道I转移到轨道Ⅲ的过程中，需要在P点和Q点点火加速，所以卫星机械能增大，卫星高度增加，所以引力势能增大，根据，解得，可知，卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ，速度减小，动能减小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】通过开普勒第三定律比较卫星在轨道Ⅲ和轨道I上运行周期的关系；根据卫星变轨原理分析卫星在轨道I和轨道Ⅱ上P点的速度关系；由牛顿第二定律分析卫星从轨道Ⅱ上进入轨道Ⅲ时，在Q点处的加速度关系；根据变轨原理和能量守恒定律分析卫星机械能的变化，由卫星高度的变化分析引力势能的变化，根据卫星线速度的变化分析动能的变化。
14．如图所示，质量分别为2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为（ ）
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
【答案】A,B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，联立解得碰后A、B的速度分别为， ，B与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，联立解得碰撞B的速度为，为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足，由于k>2，则有， 联立解得2
【分析】A、B碰撞和B、C碰撞均为弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出两次碰撞后A、B各自的速度表达式，再结合A与B只发生一次碰撞的条件限定，求解k的值。
15．如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F（F＞mg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列正确的是（ ）
A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同
B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C．当B开始运动时，A的速度大小为
D．全程中，A上升的最大高度为
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；冲量
【解析】【解答】A. 弹簧恢复到原长的过程中， 弹簧对A和B的弹力等大反向，由冲量的公式I=Ft可知，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，但由于作用力的方向相反，所以冲量的方向相反，A不符合题意；
B.当A开始向上运动时，弹簧弹力大于重力，合力向上并减小，加速度向上并减小，A做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力减小到A的重力时，A受力平衡，加速度为零，之后A继续上升，弹簧弹力小于重力，合力向下并增大，加速度向下并增大，直至弹簧恢复原长，A做加速度增大的减速运动，由以上分析可知，弹簧的弹力大小等于A木块的重力时，A的速度最大，此时弹簧处于压缩状态，B符合题意；
CD. 由共点力平衡条件和胡克定律可得，撤去F前，弹簧的形变量，设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为，根据动量守恒定律可得，设A、B共同上升的最大高度为h，则A上升的最大高度为H=h+x，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有，A、B共同上升过程中根据能量守恒有：，联立解得B开始运动时，A的速度大小为，全程中，A上升的最大高度，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据弹簧对A、B的作用力关系，由冲量的定义式I=Ft分析弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量的关系；分析A向上运动的过程中合外力的变化，找到速度最大的位置，确定弹簧的状态；分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律，综合求解当B开始运动时A的速度大小和A上升的最大高度。
16．如图所示，在光滑地面上有一个质量为m、半径为R、内表面光滑的半球形凹槽。质量同样为m的小球在距离A点上方为R处，以速度v0开始平抛；与此同时，凹槽也以v0开始运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到C点的过程中，凹槽经历了先减速再加速的过程
B．小球从C离开后仍能够从C点落回到凹槽
C．小球运动到B点时，地面的支持力等于2mg
D．小球运动到B点时的速度大小为v0+
【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.根据平抛的运动规律可知，平抛小球水平方向做匀速直线运动，与凹槽具有相同的水平方向速度，以凹槽为参考物，小球做自由落体运动，小球落入凹槽后，在AB段运动过程中，小球给凹槽一个斜向下的压力，使凹槽做减速运动，在BC段给凹槽一个斜向左下的压力，使凹槽加速运动，A符合题意；
B.小球离开C点时与凹槽具有相同的水平方向速度，而凹槽与水平地面没有摩擦，所以凹槽做匀速运动，小球离开C点后水平方向不受外力，水平分运动也为匀速运动，所以小球仍会回到C点，B符合题意；
C.由于小球在B点做圆周运动，其加速度竖直向上，处于超重状态，小球对凹槽的压力大于mg，凹槽对地面的压力应大于2mg，C不符合题意；
D.对小球从开始运动到B点的过程，由水平方向上的的动量守恒和机械能守恒可得，，解得小球在B点的速度为，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据小球落入槽后对槽的作用力，分析槽的运动情况；小球离开C点时与凹槽具有相同的水平方向速度，分析小球在空中运动过程中，水平方向的分速度与槽的速度关系，确定小球能否落回C点；结合圆周运动的特点，分析小球在B点时对槽的压力与重力的关系，得到地面对槽的支持力与总体重力的关系；根据水平方向分动量守恒和机械能守恒定律求解小球在B点的速度。
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16分。）
17．用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板的那一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有____。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的平面直角坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或“不需要”）y轴与重垂线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，可求得钢球平抛的初速度v0大小为 （已知重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
【答案】（1）B；D
（2）球心；需要；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）B.因为小球离开斜槽后要做平抛运动，所以斜槽末端要水平，B符合题意；
AD.小球每次抛出要具有相同的初速度，为保证这一点，小球每次必须从斜槽的相同位置由静止滚下，与斜槽轨道是否光滑无关，故A不符合题意，D符合题意；
C.将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须满足的条件，故C不符合题意。
故答案为：BD。
（2）a.小球静止于Q点时球心的位置为小球做平抛的抛出点，所以球心对应白纸上的位置即为原点；平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以y轴应沿竖直方向，确定y轴时需要y轴与重垂线平行。
b.根据平抛运动水平方向做匀速直线运动可知，AB和BC的水平间距相等，所用时间相等，设AB=BC=x，有可知，再根据竖直方向的运动规律，利用逐差法可得，解得钢球平抛的初速度大小为。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）a.小球静止于Q点时球心的位置即为小球的抛出点，y轴要竖直，所以y轴要由铅垂线确定；b.根据平抛运动的规律，由运动学公式计算小球平抛的初速度大小。
18．如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。
（1）用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是____。
A．图中打点计时器应使用8V左右的交流电源
B．实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行
C．实验时必须把轨道右端抬高以平衡摩擦力
D．实验时不需要满足槽码的质量远小于小车的质量
E．为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据
（2）某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度—时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是____。
A．实验中没有平衡摩擦力
B．实验中没有满足小车质量远大于槽码质量
C．实验中先让释放小车后打开打点计时器
D．实验中未保持细线和轨道平行
（3）某同学利用上述实验装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出各计数点到“A”的距离（单位：cm）。则由数据可得其加速度为 m/s2（保留两位有效数字）。
（4）在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器（图4）来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是____。
A．实验操作中不需要槽码的质量远小于小车的质量
B．实验操作中不需要细线和轨道平行
C．实验操作中不需要平衡摩擦力
D．实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据
【答案】（1）B；D；E
（2）D
（3）4.0
（4）A
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）A.图中是电火花计时器，使用220V交流电源，A不符合题意；
B.为保证实验过程中小车受到的合力不变，实验时必须通过调节轨道左端的滑轮，让细线和轨道平行，B符合题意；
C.本实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变，小车做匀变速直线运动即可，不需要补偿阻力，C不符合题意；
D.因为本实验不需要知道小车受到拉力的具体数值，所以不需要满足槽码的质量远小于小车的质量的要求，D符合题意；
E.为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据，E符合题意。
故答案为：BDE。
（2）由图像可知小车在运动的后阶段加速度发生了变化，说明小车受到的合外力发生了变化，引起合力变化的原因可能是细线拉力方向后阶段发生变化，故可能存在的问题是试验中未保持细线和轨道平行，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（3）每5个点取一个计数点，故相邻计数点时间间隔为T=5×0.02s=0.10s，根据位移差公式，可得小车的加速度为；
（4）A.实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器直接得到，所以不需要槽码的质量远小于小车的质量，A符合题意；
B.为保证实验过程中小车受到的合力不变，加速度不变，需保持细线和轨道平行，B不符合题意；
C.实验过程中需要用细线的拉力充当小车受到的合外力，所以需要平衡摩擦力，C不符合题意；
D.多次改变小车的质量以获得多组数据，可以减小偶然误差，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）根据图2出现的现象，分析实验中可能存在的问题；（3）根据位移差公式计算小车的加速度；（4）根据探究物体加速度与质量、力的关系的实验原理、实验步骤和注意事项分析判断。
四、计算题（本大题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，画出相应的示意图。只写出最后答案的不能得分。）
19．一辆汽车在平直公路上行驶，已知汽车的质量m＝2.0×103kg，发动机的额定功率P0＝80kW，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒为f＝4.0×103N。
（1）在不超过额定功率的前提下，求该汽车所能达到的最大速度vm。
（2）如果汽车从静止开始做匀加速直线运动。加速度的大小a＝2.0m/s2，在发动机不超过额定功率的前提下，求汽车维持匀加速运动的时间t。
【答案】（1）解：设汽车以额定功率启动后达到最大速度vm时牵引力为F0，汽车达到最大速度时有：F0＝f＝4.0×103N
而功率：P0＝F0vm
代入数据解得：vm＝20m/s；
答：汽车所能达到的最大速度是20m/s；
（2）解：设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F，根据牛顿第二定律 F﹣f＝ma
解得：F＝8.0×103N
设保持匀加速的时间t，匀加速达到的最大速度为v1，则有：P0＝F v1
解得：v1＝10m/s
而由速度—时间规律有：v1＝at
解得：t＝5.0s
答：汽车做匀加速运动所能达到的最大速度为10m/s，维持匀加速运动的时间是5.0s。
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）当牵引力与阻力相等时，汽车的速度最大，由求出汽车所能达到的最大速度；（2）由牛顿第二定律求出汽车匀加速运动时的牵引力，由P=Fv求出求出匀加速运动结束时的速度，再由匀变速直线运动速度时间关系计算汽车维持匀加速运动的时间。
20． 2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即太阳、地球、天王星处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。观测得天王星半径为R，它的一颗天然卫星环绕的周期约为T，环绕半径为r，万有引力常量为G，求：
（1）估算天王星的质量；
（2）估算天王星第一宇宙速度的大小；
（3）若天王星绕太阳的环绕周期是n年，两次出现天王星冲日现象需要时间间隔多少年。
【答案】（1）解：根据万有引力提供向心力有
解得
答：天王星的质量为
（2）解：根据万有引力与重力的关系有
结合
联立解得
答：天王星第一宇宙速度的大小为
（3）解：设两次出现天王星冲日现象需要时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：
解得年
答：两次出现天王星冲日现象需要时间间隔年
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【分析】（1）天王星的卫星绕天王星做圆周运动的向心力由天王星对它的万有引力提供，由牛顿第二定律列式，求出天王星的质量；（2）天王星第一宇宙速度即为卫星绕天王星表面做圆周运动的线速度，由万有引力等于重力和万有引力提供向心力列式，可求解天王星的第一宇宙速度；（3）两次出现天王星冲日现象即两次天王星离地球最近，分析两次天王星离地球最近的过程中，天王星和地球所转过的圆心角的关系，求解两次出现天王星冲日现象需要时间间隔。
21．如图所示，质量M＝1.0kg的木块随传送带一起以v＝2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1＝50m/s．设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g＝10m/s2．求：
（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；
（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；
（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能．
【答案】（1）解：设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒
mv0﹣Mv＝mv1+Mu 解得 u＝3.0m/s
设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得 a＝5.0m/s2
木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1
u2＝2as1
解得 s1＝0.90m
答：在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；
（2）解：根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为
E=+Mv2-﹣Mu2
解得 E＝872.5J
答：子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；
（3）解：设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式
v2＝2as2解得 s2＝0.40m
t1＝＝0.60s，t2＝＝0.40s
木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为
S′＝vt1+S1＝2.1m，
产生的内能 Q1＝μMgS′＝10.5J
木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″＝vt2﹣s2＝0.40m，
产生的内能Q2＝μMgS″＝2.0J
所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能
Q＝Q1+Q2＝12.5J
答：木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J。
【知识点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹穿过木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿过木块后木块的速度，然后木块在传送带上匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出木块向右运动距A点的最大距离；（2）以子弹和木块组成的系统为研究对象，根据能量守恒定律求出子弹击穿木块过程中产生的内能；（3）由牛顿第二定律和运动学公式求出木块相等传送带运动的位移，再由功能关系求出木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
22．动量定理在物理学中有着非常重要的地位，是人们解决相关问题的一重要工具。
（1）简述动量定理，并画示意图构建一个运动模型，根据牛顿定律推导出动量定理。
（2）阅读下述材料，回答问题。
水刀（图甲），利用超高压技术将普通的水加压到极高的压强，然后再通过直径约0.05毫米的喷嘴喷射出来，形成速度约为800米/秒的高速射流，该射流可用来切割软质材料。如果再在射流中加入适量的磨料，则几乎可以用来切割所有的硬质材料，比如金刚石。水刀是目前世界上最锋利的“刀”。已知水的密度ρ＝1×103kg/m3。
a.估算水刀施加于被切割材料的压强。
b.分析说明，为什么在普通水中添加磨料，可以切割更坚硬的材料？
（3）迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，如图乙所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以速度v0从喷口竖直向上喷出，喷口截面积为S。设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。求：
a.喷泉水泵的输出功率。
b.米老鼠模型在空中悬停的高度。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得F＝ma
匀加速直线运动的时间为t＝
联立上式得动量定理的表达式为I＝Ft＝ma×＝mv2﹣mv1
（2）解：a、单位时间内喷出的水的体积为V＝vS
单位时间内喷嘴喷出的水的质量M＝ρV＝ρvS
设Δt时间内水的质量为：Δm＝ρSvΔt
规定水的速度方向为正方向，对与切割物体发生相互作用的水，由动量定理得：﹣F Δt＝0﹣Δmv
解得切割物体对水刀的作用力为：F＝ρSv2
根据牛顿第三定律，可知水刀工作时对被切割物体的作用力为：F′＝F＝ρSv2
根据压强的定义，可得水刀工作时对被切割物体的压强为：p＝＝ρv2
代入数据解得施加于被切割材料的压强为p＝6.4×108Pa
b、普通水中添加磨料，可以增大水的密度，从而增加压强；
（3）a、喷泉喷水的功率为：P＝＝＝＝
b、以向上为正方向，Δt内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v，有：
F Δt＝Δp＝Δm Δv＝ρSv0Δt Δv＝ρSv0Δt （0﹣v）
所以：F＝﹣ρSv0v
根据牛顿第三定律：F'＝﹣F＝Mg
所以：Mg＝ρSv0v得：
喷口喷出水后在做竖直上抛运动：
所以：
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）可以以匀加速直线运动为模型，由牛顿第二定律和运动学公式，推导动量定理的表达式；（2）根据动量定理求出切割物体对水刀的作用力，由牛顿第三定律得到水刀对切割物体表面的作用力，再由压强公式计算水刀施加于被切割材料的压强；（3）根据功率公式和功能关系，求解喷泉水泵的输出功率；由动量定理和牛顿第三定律，求出冲浪板受到的水对其向上的冲力表达式，再由共点力平衡条件求出水冲到冲浪板上时的速度，然后由竖直上抛的运动规律计算喷口喷出水后到达冲浪板的高度，即为米老鼠模型在空中悬停的高度。
