2019-2020学年山东省青岛市高三(上)期中物理试卷 (含答案解析)

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1. 质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质

弹簧连接在轻滑轮的两侧。开始时用手托住物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。现

A与地面即将接触时速度恰好为零，由静止释放A，此时物体B对地面

恰好无压力，重力加速度为g，则( )

A. 物体A下落过程一直处于失重状态

B. 物体A即将落地时，物体B处于失重状态 C. 物体A下落过程中，弹簧最大弹性势能为mgh

D. 物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小 2. 某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则( )

A. 第10s末，质点的速度最大

B. 0∼10𝑠内，质点所受合外力的方向与速度方向相反 C. 第5s末和第15s末，质点的加速度方向相反 D. 在20s内，质点的位移为9m

两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB3.

M、m均处于静止状态。𝛽，与水平面的夹角分别为𝛼、已知𝛼<𝛽，则( )

A. 水平面一定是粗糙的 B. 水平面可能是光滑的

C. OA绳的拉力大于OB绳的拉力 D. OA绳的拉力等于OB绳的拉力

如图1，质量𝑚=1𝑘𝑔的物体，初速度为𝑣0，方向水平向右．在向右的水平拉力F的作用下，沿4.

粗糙水平面运动，位移为4m时，拉力F停止作用，物体又运动了4m后停下来．其运动过程中的动能随位移的变化(𝐸𝑘−𝑥)图线如图2所示，重力加速度g取10𝑚/𝑠2，则( )

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A. 物体的初速度𝑣0为√2𝑚/𝑠

B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C. 滑动摩擦力的大小为5N D. 拉力F的大小为2N

5. 如图所示，质量为𝑚2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为𝑚1的小球置于槽内，共同以速度

𝑣0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车𝑚3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为( )

230

A. 𝑚1+𝑚 +𝑚23

(𝑚+𝑚)𝑣

B. 𝑚1+𝑚2+𝑚3 D. 以上答案均不对

𝑚2𝑣0

C. 𝑚2+𝑚3

𝑚2𝑣0

二、多选题（本大题共10小题，共40.0分）

6. 如图所示，A、B两条直线是在𝐴.𝐵两地分别用竖直向上的力F拉质量

分别为𝑚𝐴和𝑚𝐵的物体实验得出的两个加速度a与F的关系图线，由图分析可知( )

A. 𝑚𝐴<𝑚𝐵 C. 𝑚𝐴>𝑚𝐵

B. 两地重力加速度𝑔𝐴>𝑔𝐵 D. 两地重力加速度𝑔𝐴=𝑔𝐵

7. 倾角为300的斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间t变化的图象及物体运

动的𝑣−𝑡图象如图所示，由图象中的信息可知(取𝑔=10𝑚/𝑠2)( )

A. 物体的质量3𝑘𝑔 B. 物体的质量3𝑘𝑔

5

10

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3

C. 物体与斜面间的动摩擦因数𝜇=√ 33D. 物体与斜面间的动摩擦因数𝜇=√ 2

8. 1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》指出：两个质量相差悬殊的天体(如太

阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L 1、L 2、L 3、L 4、L 5所示，人们称为拉格朗日点．若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动．若发射一颗卫星定位于拉格朗日L 2点，下列说法正确的是( )

A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等 B. 该卫星在L 2点处于平衡状态

C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度 D. 该卫星在L 2处所受太阳和地球引力的合力比在L 1处大

9. 如图所示，直杆AB与水平面成𝛼角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，

杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )

A. 滑块下滑和上滑过程加速度的大小𝑎1、𝑎2 B. 滑块第1次与挡板碰撞前速度𝑣1 C. 滑块与杆之间动摩擦因数𝜇

D. 滑块第k次与挡板碰撞到第𝑘+1次与挡板碰撞时间间隔△𝑡

10. (多选)如图所示是A、B两质点运动的𝑣−𝑡图象，则下列说法正确的是

( )

A. A质点以10 𝑚/𝑠的速度做匀速运动

B. B质点先以5 𝑚/𝑠的速度与A同方向运动1 𝑠，而后静止了1 𝑠，最后以5 𝑚/𝑠的速度做反向匀速运动 C. B质点最初3 𝑠内的位移是10 𝑚 D. B质点最初3 𝑠内的路程是10 𝑚

质量为m的小球在半径为R的光滑竖直圆环内做圆周运动，重力加速度大小为11.

g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )

A. 小球经过最低点的最小速度为√𝑔𝑅

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B. 小球经过最低点的最小速度为√5𝑔𝑅

C. 圆环最低点和最高点对小球的压力大小的差值为2mg D. 圆环最低点和最高点对小球的压力大小的差值为6mg

倾角为𝜃的传送带顺时针匀速转动，把一大小不计的物块m静止放置到传送带底端，12. 如图所示，

物块从底端运动到顶端的过程中，先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线

运动与做匀速直线运动时间相等，则下列说法正确的是( )

A. 两过程中传送带克服物块摩擦力做功之比为1:1 B. 两过程中物块运动的位移之比为1:2

C. 传送带对物块所做的功大于物块机械能的增量 D. 物块动能增加量小于物块与传送带摩擦生热

13. 如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返

回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能𝐸𝑘、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x关系的是(取初速度方向为正方向)( )

A. B. C. D.

14. 如图所示，质量为m的长木板静止在光滑水平面上，轻弹簧放在长木板上，一端与长木板右端

的固定挡板相连，长木板与挡板的总质量为m，一个质量为2𝑚的物块从长木板的左端以大小为𝑣0的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止；则

1

A. 物块与长木板相对静止时，弹簧的弹性势能一定为零

2

B. 弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为6𝑚𝑣0 2C. 物块与木板间因摩擦产生的热量为3𝑚𝑣0

11

D. 物块先向右做减速运动，后向左做加速运动(物块有可能有向左加速过程)

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15. 斜面小车的质量为M，高为h，一个质量为m的物体从小车的顶点

滑下，物块滑离斜面小车底端时的速度设为v，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )

A. 物块滑离小车时的速度𝑣=√2𝑔ℎ B. 物块滑离小车时的速度𝑣<√2𝑔ℎ

C. 物块滑离小车时小车的速度𝑉=D. 物块滑离小车时小车的速度𝑣<

𝑚𝑣𝑀𝑚𝑣𝑀

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）

16. 用图1所示的实验装置测本地的重力加速度．不计摩擦和空气阻力，𝑚2从静止开始下落，𝑚1拖

着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测得重力加速度．图2给出的是实验中获得的一条纸带，每相邻两计数点间还有4个点未标出．已知𝑚1=50𝑔，𝑚2=150𝑔，则眉山当地的重力加速𝑔= ______ 𝑚/𝑠2.(结果保留三位有效数字)．

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

17. 一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑

顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的𝑣−𝑡图象如图所示．已知2.0𝑠末的速度为18𝑚/𝑠，10s末拉开绳索开启降落伞，16.2𝑠时安全落地，并稳稳地站立在地面上．g取10𝑚/𝑠2，请根据此图象估算：

(1)起跳后2s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小。

(2)运动员从脚触地到最后速度减为0的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大。

(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功(结果保留两位有效数字)。

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一滑块经水平轨道AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨18. 如图所示，

道BC，已知滑块的质量𝑚=0.6𝑘𝑔，在A点的速度𝑣𝐴=8𝑚/𝑠，AB长

𝑥=5𝑚，滑块与水平轨道间的动摩擦因数𝜇=0.15，圆弧轨道的半径𝑅=2𝑚，滑块离开C点后竖直上升ℎ=0.2𝑚，取𝑔=10𝑚/𝑠2.求： (1)滑块经过B点时速度的大小；

(2)滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功．

19. 如图所示，平面AB与倾角为37°的斜面在B点相连，AB长5𝑚.质量是1kg的物体在𝐹=5𝑁的水

平拉力作用下由A点从静止开始运动，到达B点时立即撤去F，物体将沿斜面上滑(在B点速率不变).已知物体与水平面的动摩擦因数𝜇1=0.25，物体与斜面的动摩擦因数𝜇2=0.5.(取𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8)求： (1)物体运动到B处的速度

(2)物体在斜面上运动的最大位移．

20. 水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站的旅客行李安全检查仪器中．如图为一水平传送带装

置示意图，绷紧的传送带AB始终以𝑣=1 𝑚/𝑠的恒定速率顺时针运行，一质量为𝑚=4 𝑘𝑔的行李箱无初速的放在A处，该行李箱与传送带间的动摩擦因数𝜇=0.1，AB间的距离𝑙=2 𝑚，g取10 𝑚/𝑠2．

(1)行李箱从A运送到B所用的时间t为多少？

(2)行李箱放在传送带上后，传送带上留下的摩擦痕迹多长？

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(3)如果提高传送带的运行速率，行李箱就能够较快的传送到B处，求行李箱从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率𝑣′．

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：C

解析： 【分析】

本题的关键是分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。要注意A的机械能并不守恒。

A与地面即将接触时，物体B对地面恰好无压力，说明地面对B的支持力等于B的重力。分析弹簧的拉力与A的重力关系分析A的状态。B一直处于平衡状态。对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒求弹簧的弹性势能最大值，并分析A的动能和弹簧的弹性势能之和变化情况。 【解答】

A.物体A开始时速度为零，而且A与地面即将接触时速度恰好为零，所以物体A先加速下降然后减速下降，故物体A先失重后超重，A错误；

B.物体A从开始下落到落地，物体B一直静止在地面，可知物体B一直处于平衡状态，B错误； C.对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得弹簧的弹性势能最大值Epm=𝑚𝑔ℎ，C正确； D.物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，由系统机械能守恒知A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，D错误。 故选C． 2.答案：B

解析：试题分析：由𝑥−𝑡图像可知，据速度与图线斜率的关系，据v= k= 𝛥𝑥/ 𝛥𝑡=0，此时速度最小，所以A选项错误；0−10𝑠内，质点远离原点，图线的斜率减小，所以速度减小，则质点做减速运动，合外力与速度方向相反，B选项正确；10−15𝑠内质点靠近原点，图线斜率增大，质点速度增加，质点做加速运动，加速度方向与速度方向一致，所以，第5s末和第15s末，质点的加速度方向一致，都指向原点，C选项错误；在20s内质点的路程为9m，但位于为1m，所以D选项错误。 考点：本题考查对𝑥−𝑡图像的理解。

3.答案：A

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解析：解：C、D、对结点O受力分析如图：

把𝐹1和𝐹2分别分解到水平方向和竖直方向。 沿水平方向列方程：

𝐹1𝑐𝑜𝑠𝛼=𝐹2𝑐𝑜𝑠𝛽…①

沿竖直方向列方程：

𝐹1𝑠𝑖𝑛𝛼+𝐹2𝑠𝑖𝑛𝛽=𝑀𝑔…②

由于𝛼<𝛽，可得得：𝐹1<𝐹2

即绳子OA的拉力小于OB的拉力。故C错误，D错误；

A、B、对m受力分析：m受到重力。支持力和两边绳子的拉力，由于绳子OA的拉力小于OB的拉力，所以m要处于平衡状态，则必定受到向左的摩擦力，所以水平面一定是粗糙的，故A正确，B错误

故选：A。

对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力𝐹1和𝐹2.对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的𝐹1，水平向右的𝐹2，有平衡条件知𝐹1和𝐹2的差就等于m受到的摩擦力的大小。

本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容。解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等。 4.答案：B

解析： 【分析】

本题应抓住动能与速度的关系：𝐸𝑘=2𝑚𝑣2，即可求出初速度；对撤去拉力F后直到停止的过程运用动能定理，求解动摩擦因数；滑动摩擦力的大小𝑓=𝜇𝑚𝑔；对加速运动过程，根据动能定理可求得F的大小．

本题考查图象问题，要从图象中获取正确有用的信息来解题，熟练运用动能定理解题． 【解答】

2

A、由图可知物体的初动能为2J，根据𝐸𝑘=2𝑚𝑣0得：𝑣0=2𝑚/𝑠，故A错误。

1

1

B、设匀加速的位移为𝑠1，匀减速运动的位移为𝑠2，由图知：𝑠1=4𝑚，𝑠2=4𝑚 对撤去拉力F后直到停止的过程运用动能定理得： −𝜇𝑚𝑔𝑠2=0−10𝐽，得𝜇=0.25，故B正确。

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C、滑动摩擦力的大小𝑓=𝜇𝑚𝑔=2.5𝑁.故C错误。

D、对于匀加速运动过程，由动能定理得𝐹𝑠1−𝑓𝑠1=10𝐽−2𝐽 解得，𝐹=4.5𝑁，故D错误。 故选：B。 5.答案：C

解析： 【分析】

对接过程，两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度。

本题考查了求小车的速度，正确确定研究对象是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题。 【解答】

解：对接过程，两小车组成的系统动量守恒(小球的速度不发生变化)，以小车𝑚2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚2𝑣0=(𝑚2+𝑚3)𝑣， 解得：𝑣= 𝑚2+𝑚3，故ABD错误，C正确。 故选C。 6.答案：AD

解析：解：A、由牛顿第二定律可知：𝑎=

𝐹−𝑚𝑔𝑚

𝑚2𝑣0

=𝑚−𝑔；故在𝑎−𝐹图象中，图象的斜率表示物体

𝐹

的质量的倒数；则由图象可知，A的斜率大于B的斜率；故A的质量小于B的质量；故A正确，C错误；

B、由公式可得，图象与a轴的交点为当地的重力加速度，由图可知，两图与a轴交于一点，故说明A地的重力加速度等于B的重力加速度，故D正确，B错误； 故选：AD。

由牛顿第二定律可知物体的加速度与力之间的关系，则分析图象的斜率可得出质量关系，并根据截距求出重力加速度．

本题考查对图象的认识，注意要由已知物体规律确定公式，再结合公式分析图象好可得出正确的结果．

7.答案：AD

解析：解：AB、设斜面的倾角为𝜃.物体在0−2𝑠内做匀加速直线运动，由𝑣−𝑡图象的斜率得出加速度为𝑎=

△𝑣△𝑡

=2=2𝑚/𝑠2…①

4

由𝐹−𝑡图象在0−2𝑠内读出𝐹1=15𝑁

由牛顿第二定律得𝐹1+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓=𝑚𝑎1…② 2～6𝑠向下做匀减速直线运动，加速度大小为𝑎2=由牛顿第二定律𝑓−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐹2=𝑚𝑎2…④ 由①②③④解得𝑚=

103

△𝑣′△𝑡′

=6−2=1𝑚/𝑠2…③

4

𝑘𝑔，故A正确，B错误；

CD、由①得𝑓=25𝑁

根据滑动摩擦力公式𝑓=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°，解得𝜇=√.故C错误，D正确；

2

3第10页，共17页

故选：AD

由𝑣−𝑡图象判断物体在不同时间内的运动情况，由𝐹−𝑡图象可以读出物体在不同时间内所受到的推力大小．物体在0−2𝑠内做匀加速直线运动，2～6𝑠做匀减速直线运动，由𝑣−𝑡图象的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解物块的质量．由摩擦力公式求出𝜇．

解决本题的关键是明确𝑣−𝑡图象的斜率等于加速度，而加速度是联系力和运动的桥梁，在动力学问题中是必求的量． 8.答案：CD

解析： 【分析】

该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力。根据公式𝑎=

4𝜋2𝑇2 𝑟分析其绕太阳运动的向心加速度与地球绕太阳运动的向心加速度关系。

本题首先要读懂题意，不要被新情景吓住，其次要正确分析“嫦娥二号”的受力情况，灵活选择圆

周运动的规律进行分析。

【解答】

A.据题意知，“嫦娥二号”与地球同步绕太阳做圆周运动，则地球的公转周期相同，故A错误； B.该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；

C.由于“嫦娥二号”与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，“嫦娥二号”的轨道半径大，根据公式𝑎=

4𝜋2𝑇2

𝑟分析可知，“嫦娥二号”的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，

故C正确;

D.根据C项的分析，再结合牛顿第二定律可知：该卫星在 𝐿2处所受太阳和地球引力的合力比在 𝐿1处大，故D正确。 故选CD。

9.答案：AC

解析：解：A、设AB长为𝐿.对整个过程，运用动能定理得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼⋅0.5𝐿−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼(𝐿+0.5𝐿)=0 得：𝜇=3

根据牛顿第二定律得下滑过程：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝑎1； 上滑过程：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚𝑎2；

解得：𝑎1=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼−𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼，𝑎2=𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼，

所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小𝑎1、𝑎2.故A、C正确．

B、由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度．故B、D错误． 故选：AC．

利用动能定理可求解动摩擦因数𝜇.滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律可求出两端加速度．

1

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本题分析时，要灵活选择研究过程，运用动能定理求解动摩擦因数是关键，还要抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等． 10.答案：ABD

解析： 【分析】

根据图象的形状分析物体的运动性质。𝑣−𝑡图象的斜率等于加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移。路程等于位移大小之和。

对于运动学图象应注意明确图象的性质，速度−时间图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移。 【解答】

A.匀速直线运动的速度图线平行于时间轴，知A质点以10 𝑚/𝑠的速度匀速运动，故A正确。

B.图线在t轴上方速度为正方向，在t轴下方速度为负方向，当速度为零时，图线在t轴上，可知，B质点先以5 𝑚/𝑠的速度与A同方向运动1 s，而后停了1 s，最后以5 𝑚/𝑠相反方向的速度匀速运动，故B正确。

𝐶𝐷.根据“面积”表示位移，可知，B质点最初3 s内的位移为0，而路程是10 m，故D正确，C错误。

故选ABD。 11.答案：BD

解析：解：𝐴𝐵.在最高点，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

2𝑣1

𝐹1+𝑚𝑔=𝑚 𝑅当𝐹1=0时，𝑣1有最小值√𝑔𝑅；

对从最高点到最低点过程，根据动能定理，有：

1122 𝑚𝑔⋅2𝑅=𝑚𝑣2−𝑚𝑣122将𝑣1的最小值√𝑔𝑅代入，得到𝑣2的最小值为√5𝑔𝑅； 故A错误，B正确；

𝐶𝐷.在最高点，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 𝐹1+𝑚𝑔=𝑚1 ①

𝑅𝑣2

在最低点，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 𝐹2−𝑚𝑔=𝑚𝑅 ②

压力差：

△𝐹=𝐹2−𝐹1 ③

对从最高点到最低点过程，根据动能定理，有：

22

𝑚𝑔⋅2𝑅=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣1 ④

1

1

2𝑣2

联立①②③④解得：

△𝐹=6𝑚𝑔

故C错误，D正确； 故选BD。

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在最高点，弹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式判断最高点的最小速度，然后根据动能定理列式求解最低点的最小速度；设最高点速度为𝑣1，最低点速度为𝑣2，根据牛顿第二定律列式分别求解最高点和最低点的弹力，然后求解差值。

本题是竖直平面内的圆周运动问题；在最高点和最低点，合力提供向心力；同时整个过程机械能守恒，本题中最高点和最低点的压力差恒定可以作为结论记住。 12.答案：BD

解析： 【分析】

根据匀变速直线运动的位移等于平均速度乘以时间，而平均速度等于初末速度的平均值。根据功能关系得出机械能的增加量。根据动能定理得出物块动能的增加量，根据摩擦热等于滑动摩擦力乘以相对位移得出摩擦热。

本题是传送带问题的常规题目，涉及到运动学公式，动能定理和功能关系，中等难度。 【解答】

B.在匀加速阶段，物块的位移为𝑥1=2𝑡，在匀速阶段物块的位移为𝑥2=𝑣𝑡，故两过程中物块运动的位移之比为1:2，故B正确；

A.在加速阶段物块所受的摩擦为滑动摩擦力，大小为𝑓1=𝜇𝑚𝑔cos𝜃，第二阶段摩擦力为静摩擦力，大小为𝑓2=𝑚𝑔sin𝜃，因为不知道摩擦因数和传送带倾角，故无法求出两个过程中，摩擦力做功之比，两个过程中摩擦力都是做正功，故A错误；

C.物块机械能的增加等于传送带对物块所做的功，故C错误；

D.在第一个过程中，根据动能定理得出：𝛥𝐸𝑘=𝜇𝑚𝑔cos𝜃𝑥1−𝑚𝑔𝑥1sin𝜃 传送带摩擦生热为：，故物块动能增加量小于物块与传送带摩擦生热，故D正确。 故选BD。 13.答案：AD

𝑣

AB、解析：解：物体上滑时的加速度大小𝑎1=滑时的加速度大小𝑎2=

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑚

1

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑚

=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，方向沿斜面向下．下

=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，方向沿斜面向下，则知𝑎1>𝑎2，方向相

同，均为负方向．根据位移公式𝑥=2𝑎𝑡2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间𝑡2>上滑的时间𝑡1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度时间图线的

斜率表示加速度，故A正确，B错误．

C、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，且动能是标量，不存在负值．故C错误． 故C错误．

D、重力做功𝑊=−𝑚𝑔ℎ=−𝑚𝑔𝑥𝑠𝑖𝑛𝜃，故D正确． 故选：AD

根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据𝑊=𝑚𝑔ℎ，得出重力做功与位移的关系．

解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．

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14.答案：D

解析：

【分析】

本题考查了动量守恒和滑块木板模型、弹簧问题的综合应用，注意当弹簧压缩到最大时，两者共速；当返回到最左端时，两者也具有共同速度。

根据动量守恒定律分析物块与长木板相对静止时弹簧的弹性势能；当弹簧被压缩具有最大弹性势能时，物块与长木板有共同速度，根据动量守恒和能量守恒计算弹簧弹性势能；当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒和能量守恒计算产生热量；根据受力情况分析加速度方向。 【解答】

A.根据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时，物块与长木板相对静止，此时弹簧的弹性势能不为0，故A错误；

B.当弹簧被压缩具有最大弹性势能时，物块与长木板有共同速度，设共同速度为v，则𝑚𝑣0=

21

(2𝑚+𝑚)𝑣，根据能量守恒𝑄+𝐸𝑃=2×2𝑚𝑣02−2(2𝑚+𝑚)𝑣2，由此可得弹簧被压缩时具有的最大弹性势能小于6𝑚𝑣02，故B正确；

C.当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒可知，这时木块与长木板的共同速度也为v，这时有2𝑄=2×2𝑚𝑣02−2(2𝑚+𝑚)𝑣，物块与木板间因摩擦产生的热量为2𝑄=6𝑚𝑣02，故C正确；

D.物块与弹簧接触，物体先向右减速运动，速度减为零时，若弹簧向左的弹力大于木板向右的摩擦力，则物块向左加速，故D错误。 故选BC。 15.答案：BD

1

1

1

11

1

11111

解析：解：A、根据系统机械能守恒定律得，𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2+2𝑀𝑣′2，可知物块滑离小车时的速度𝑣<√2𝑔ℎ.故A错误，B正确．

C、物块滑离小车时，物块和小车在水平方向上动量守恒，有：0=𝑚𝑣′−𝑀𝑣″，解得𝑣″=为𝑣′<𝑣，则物块滑离小车时小车的速度小于𝑀.故D正确，C错误．

故选BD．

根据系统机械能守恒判断物块滑离小车时的速度大小，抓住物块和小车和水平方向上动量守恒判断小车的速度大小．

解决本题的关键知道系统机械能守恒和动量守恒的条件，并能熟练运用． 16.答案：9.72

𝑚𝑣

𝑚𝑣′𝑀

1

1

，因

解析：

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【分析】

本题主要考查了牛顿第二定律以及纸带法求加速度的方法，知道匀变速直线运动的推论△𝑥=𝑎𝑇2，难度适中。

根据△𝑥=𝑎𝑇2求出两个物体的加速度，再分别对𝑚1和𝑚2应用牛顿第二定律列式求解重力加速度。 【解答】

每相邻两计数点间还有4个点未标出，则𝑇=0.1𝑠， 根据𝑥3−𝑥2=2𝑎𝑇2 得：𝑎=

0.1882−0.0910

2×0.01

=4.86𝑚/𝑠2

对整体根据牛顿第二定律得：𝑇−𝑚1𝑔=𝑚1𝑎，𝑚2𝑔−𝑇=𝑚2𝑎，联立得： 𝑎=

(𝑚2−𝑚1)𝑔𝑚2+𝑚1

，

𝑚/𝑠2=9.72𝑚/𝑠2

解得：𝑔=

4.86×(0.15+0.05)

0.15−0.05

故答案为：9.72。

17.答案：解：(1)由𝑣−𝑡图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为：𝑎=

𝑣1𝑡1

=9.0𝑚/𝑠2

设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有：𝑚总𝑔−𝑓=𝑚总𝑎

解得：𝑓=80𝑁

(2)由𝑣−𝑡图可知，运动员脚触地时的速度为𝑣2=5.0𝑚/𝑠，经过时间𝑡2=0.2𝑠速度减为0 设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得： (𝑚𝑔−𝐹)𝑡2=0−𝑚𝑣2 代入解得：𝐹=2450𝑁

(3)由𝑣−𝑡图可知，10s末开伞时的速度𝑣=40𝑚/𝑠，开伞前10s内运动员下落的高度约为： ℎ=30×10𝑚=300𝑚

设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有： 𝑚总𝑔ℎ+𝑊=𝑚总𝑣2

21

解得：𝑊=−1.8×105𝐽

答：(1)起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N； (2)运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为−1.8×105J.

解析：(1)由𝑣−𝑡图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，读出加速度值，由牛顿第二定律求出阻力大小．

(2)由𝑣−𝑡图可知，运动员脚触地时的速度为𝑣2=5.0𝑚/𝑠，经过时间𝑡2=0.2𝑠速度减为0，根据动量定理求解．

(3)由𝑣−𝑡图读出开伞前运动员下落高度，在这个过程中，重力和空气阻力对运动员做功，根据动能定理求解．

本题是理论联系实际的问题，关键考查建立物理模型的能力和读图能力，同时要注意对运动过程的分析与受力分析．

18.答案：解：(1)滑块从A到B过程，只有摩擦力做功，由动能定理得

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22

−𝑓𝑥=2𝑚𝑣𝐵−2𝑚𝑣𝐴

11

其中摩擦力 𝑓=𝜇𝑚𝑔 联立上式，解得 𝑣𝐵=7.0𝑚/𝑠

即滑块经过B点时速度的大小为7.0𝑚/𝑠．

(3)滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公式 2𝑣𝐶=2𝑔ℎ

从B到C的过程中，设摩擦力做功𝑊𝑓，由动能定理

22

−𝑚𝑔𝑅+𝑤𝑓=𝑚𝑣𝐶−𝑣𝐵

2

2

1

1

解得 𝑊𝑓=−1.5𝐽 克服摩擦力做功𝑊𝑓′=1.5𝐽

即滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功为1.5𝐽． 答(1)滑块经过B点时速度的大小是7.0𝑚/𝑠；

(2)滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功是1.5𝐽..

解析：(1)滑块由A至B过程，只有摩擦力做功，可以由动能定理求解； (2)先根据运动学公式求出在C点的速度，再对滑块由B至C段过程运用动能定理列式求解；也可以直接对由B至最高点过程运用动能定理列式求解．

本题中第一问也可以根据运动学公式求解，但用动能定理求解不用考虑加速度，过程明显简化；运用动能定理要注意过程的选择，通常运动过程选的越大，解题过程越简化；动能定理比运动学公式适用范围更广，对于曲线运动同样适用．

19.答案：解：(1)在AB段做减速运动，根据牛顿第二定律得：𝐹−𝜇1𝑚𝑔=𝑚𝑎1 解得：𝑎=2.5𝑚/𝑠2

2

根据速度位移公式得：0−𝑣𝐵=2𝑎1𝑥𝐴𝐵 解得：𝑣𝐵=5𝑚/𝑠

(2)物体沿斜面上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°+𝜇2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°=𝑚𝑎2 解得：𝑎2=10𝑚/𝑠2

根据速度与位移关系得到在斜面上运动的最大位移： 𝑥=2𝑎=2×10𝑚=125𝑚

22𝑣𝐵

52

答：(1)物体运动到B处的速度为5𝑚/𝑠； (2)在斜面上运动的最大位移为125m．

解析：(1)由牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学基本公式即可求解物体运动到B处的速度； (2)由牛顿第二定律求出上滑加速度，再根据运动学基本公式求解最大位移，

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键是先求解加速度，加速度是运动问题与受力问题的桥梁，难度不大，属于基础题．

20.答案：解：(1)行李箱轻放在传送带上，开始是静止的，行李箱受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李箱的加速度为a，

由牛顿第二定律得𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎，𝑎=1.0 𝑚/𝑠2设行李箱从速度为零运动至速度为1 𝑚/𝑠，所用的时间为𝑡1，所通过的位移为𝑥1， 则𝑣=𝑎𝑡1，𝑡1=1 𝑠，

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2

𝑥1=2𝑎𝑡1，𝑥1=0.5 𝑚

1

行李箱速度达到1 𝑚/𝑠后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为𝑡2， 则𝑡2=

𝑙−𝑥1𝑣

=1.5 s

设行李箱从A运送到B所用时间为t，则𝑡=𝑡1+𝑡2=2.5 𝑠

(2)从上面的计算可知行李箱加速阶段通过的位移𝑥1=0.5 𝑚，而这段时间传送带的位移为𝑥2=𝑣𝑡1=1 𝑚传送带上留下的摩擦痕迹长为𝛥𝑥=𝑥2−𝑥1=0.5 𝑚 (3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短，

2

由𝑙=2𝑎𝑡min，得𝑡𝑚𝑖𝑛=2 𝑠

1

此时传送带对应的运行速率为𝑣′=𝑎𝑡𝑚𝑖𝑛=2 𝑚/𝑠 故传送带对应的最小运行速率为2 𝑚/𝑠

解析：(1)行李放传送带上时在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度达到传送带速度时，将做匀速运动，分别求出相应运动时间即可以求出行李从A至B的时间；

(2)分别求出行李箱加速阶段通过的位移和这段时间传送带所走位移，二者之差即为传送带上留下的摩擦痕迹长度；

(3)从A至B的时间最短，由运动规律可知，当行李从A至B一直做匀加速运动时，行李所需时间最短，运用运动学公式求出对应的速度。

本题是物体在传送带上运动问题，物体在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速运动，速度达到传送带速度时，物体将和传送带一起匀速运动，由此分析解题即可。

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