2023年高考物理與強(qiáng)基計(jì)劃核心知識(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他的支持力

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

靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強(qiáng)電場耳，持續(xù)一段時(shí)間后立即換成與E1相反方向的勻強(qiáng)電場與.當(dāng)電場與

與電場月持續(xù)時(shí)間相同時(shí)，滑塊恰好回到初始位置，且具有動(dòng)能E.在上述過程中，耳對滑塊的電場力做功為W1,

1k11

沖量大小為L;與對滑塊的電場力做功為W2,沖量大小為y則

A.1=%B.4I|=g

C.W,=0,2出W,=0.7田D

1k2k-W「0.2?W2=0,8?

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)

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

A.波源A開始振動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向

B.此后的!周期內(nèi)回復(fù)力對波源A一直做負(fù)功

C.經(jīng)半個(gè)周期時(shí)間質(zhì)點(diǎn)B將向右遷移半個(gè)波長

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m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過

的路程等于s。時(shí),速度的大小為七,此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑行2s。的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為8,則（）

A.在此過程中F所做的功為:mvz

2o

B.在此過中F的沖量大小等于3mv

2。

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于聲一

4sg

0

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F隨時(shí)間t的變化情況如圖

2所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t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。

?F/Nv/Xms'1)

3---；----：3Gs

2"T........i—:2"

h.門與1

0246810(246810

圖1圖2圖3

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長基地）

1.（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次立的動(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)做了兩次下蹲遂立的動(dòng)作

C.2s末至4s末重力對人做的功為零

D.2s末至4s末重力對人的沖量約為1300N-S

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vQm/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md.Okg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B,傳送

帶底端A、頂端B之間的距離LOm,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口口）.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lOm/sz,sin370）.6,cos37匚0.8。則下列說法正確的是（）

A.物塊從底端A傳送到頂端B過程中合力對物塊的沖量大小為6.0kgia/s

B.物塊從底端A傳送到頂端B過程中傳送帶對物塊的彈力的沖量為48應(yīng)NS]

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m的小球，固定在輕桿上，繞過O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、B是圓周上與圓心O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口/L^R（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（）

in

A.小球所受重力的沖量為0

B.小球所受向心力的沖量為mv

C.小球所受合力的沖量大小為2mv

D.輕桿對小球作用力的沖量大小為mv

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a、b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、Q兩點(diǎn)。已知0、P、Q三點(diǎn)的連線

恰在一條直線上，且xOPMPQ=2：3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.a、b的初速度之比為夜：石

B.a、b的質(zhì)量之比為3:2

C.落到山坡上時(shí)，a、b的動(dòng)能大小之比為1：1

D.從拋出到落在山坡上的過程中，重力對a、b沖量的大小之比為遍：夜

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

為m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口木板和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口，重

力加速度為g,現(xiàn)給滑塊一個(gè)向右的沖量I,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.滑塊和木板相對運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為日盂；

□_____________

C.木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為丄〃丿丿

9m

T

D.木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為」一2

18m

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，某公司對汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(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P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vm,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9,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，坡面對汽車的支持力的沖量為零

B.路面對汽車的阻力大小為戶

2v

m

C.上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度剛好增至%,所用時(shí)間為4mgssin匚口嗎;,

D.上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度增至丫皿，所用時(shí)間一定小于7

m

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

的滑道上端由靜止開始滑下，從距水面髙h=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t=&/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?。?/p>

（2）滑水者在管道中滑行時(shí)阻力對其做的功;

（3）下滑過程中管道對滑水者的沖量大小。

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mDLOkg的足夠長薄木板A和質(zhì)

A

量為mDl.Okg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)□□）.10,最大靜摩

B

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tO）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h@.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A、B的運(yùn)動(dòng)也無影響。（取gOlOm/s?）

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

00

（2）當(dāng)B與A相對靜止前，B在A上滑的距離；

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

10.（2021全國模擬預(yù)測）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)B；半徑r=lm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)，D是圓心的等高點(diǎn)，E為圓弧軌道的最高點(diǎn)；質(zhì)量m=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)B的能量損失，重力加速度g取10m/s2,$吊53。=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)D點(diǎn)？

（2）撤出木板AB,換成更長的光滑木板PB,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2蕊m/s?

A.

11.(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、D是圓弧的兩端點(diǎn)。兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a和b,分別從A點(diǎn)和C

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

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

磁性的原因b球在CD上還會(huì)受到軌道對它的垂直軌道方向、大小為F口"mgsin□的吸引力，□是b球所在位置與

C點(diǎn)間的圓弧所對的圓心角。視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，兩球與AB間的動(dòng)摩擦因素均為□。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：

(1)b球在空中運(yùn)動(dòng)過程中重力的沖量；01——jD

(2)b球由D滑向c的過程中對軌道壓力的最大值；6吐丿

ADC

(3)a、b兩球在AB上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。"°L

12.(2021安徽合肥二模)如圖a所示，一足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一小物塊。在t=0時(shí)

刻對木板施加一水平向右的恒力F,1s后撤去F,此后木板運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖b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)F的大?。?/p>

(2)撤去F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。

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；

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mg匚FDnV2

Nr

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I=mgt,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=mgvcos°

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4,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)

勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有二匚上：*,所以有Vz=2v「根據(jù)動(dòng)能定理有：W口:mv?,Wmv2mv2,而

E匚gmv2,所以WOJ.25E,W□）.75E,故C正確，D錯(cuò)誤；又因?yàn)槲灰拼笮∠嗟?，所以兩個(gè)過程中電場力的

K221K2K

大小之比為1：3,根據(jù)沖量定義得：L=F]t,所以12=3卜故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1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.由簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，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FHing口na】①

由速度位移公式有V2D2as②

010

外力撤去后，由牛頓第二定律可知山ng口na,③

由速度位移公式有用。內(nèi)⑵。）④

由①@③④可得，水平恒力F

0

動(dòng)摩擦因數(shù)

滑動(dòng)摩擦力F「EZQng匚分

0

可知F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F做功為WEFs。耳mv?,故A錯(cuò)誤;

B.由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間T

在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是1DFt][mv。，故B正確。故選BG

6.(l)18N-s；(2)6m；(3)30J

【解析】（1油圖像知，力F的方向恒定，故力F在0?8s內(nèi)的沖量

1號(hào)蟲尸丄口.指口NS1LMN國D8N風(fēng)方向向右。

（2油圖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

trfPomO5m

位移即為2?6s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x

12

（3油圖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fO2N

物體在6?8s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)位移x[JvtEZBQm□6m

2

物體在8~10s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)位移X3仕竽（4出宇?QmQm

所以物體在0~10s內(nèi)的總位移xDX]匚匕匚匕口5m

摩擦力做功W,ET3xmD5J□口OJ,即物體克服摩擦力做功30J。

（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，1s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)）,

完成一次下蹲國立動(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)做了一次下蹲次立動(dòng)作，B錯(cuò)誤；

C.2s末至4s末表示起立過程，重力對人做的功不等于零，C錯(cuò)誤；

D.2s末至4s末重力對人的沖量約為I匚111/口55口0??4國口300N國，D正確。故選D。

2.D

【解析】A.上升過程，根據(jù)牛頓第二定律，有升mg=ma

解得aQg^

m

下降過程，根據(jù)牛頓第二定律，有mgfma'

aOgD-Og

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

xIZZ^-at

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2必然小于拋出時(shí)的速率V],則由動(dòng)能

公式E=：mv2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

k2

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fEkv

故阻力的沖量大小為I口在匚kvt匚kx

f

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￡口OngcosS7

根據(jù)牛頓第二定律有I3ngcos37Dngsin37Dma

解得加速度aDm/S2

與傳送帶達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t匚T匚Bs

1a

運(yùn)動(dòng)的位移為x-t4.5m

因?yàn)?75,即OngcosHQngsin口

所以，當(dāng)物塊的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，開始以v匚Bm/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A

傳送到頂端B過程中，根據(jù)動(dòng)量定理，合力對物塊的沖量等于物塊動(dòng)量的變化量，有I□pGvO)D5kg[3i/s,

合

故A正確；

B.物塊勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移為xDL匚k[31.5m

21

勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t任^口.5s

2V

則物塊從底端傳送到頂端用的時(shí)間為t口10?.5s

傳送帶對物塊的彈力為FDngcosS7

N

則彈力的沖量為I口7tO72N國，故B錯(cuò)誤；

N

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

1「

x-vt4.5m

i2i

傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)x=vt2x=9.0m

211

□Gngcos□xQLC2J53J

第二階段物塊與傳送帶之間沒有相對滑動(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.物塊從底端傳送到頂端B過程中，機(jī)械能的增量為E吟mvz5gLsin37D17J

故D錯(cuò)誤。故選AG

4.CD

【解析】A.根據(jù)沖量公式1口自得，重力的沖量為、匚higt

又vH/w

從A到B路程為口＜,則t展呼

則I]Dnv,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)1口口

得IEZFtDnvtzHhvQEmv

2合

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

D.由A可知，重力的沖量為mv,向下，合力的沖量為2mv,向下，因此則輕桿對小球作用力的沖量大小為

pttmvQnvDnv,方向向下，D正確。故選CD,

5.CD

【解析】A.由xOPxPQ=2:3

可知，兩個(gè)小石塊a、b下落的高度之比hahb=2：5

下落的水平位移之比xaMb=2：5

由h=ygt2

可得下落時(shí)間之比ta:顯

由v=*

t

可得兩石塊的初速度之比va：vb=/：逐,故A錯(cuò)誤；

B.二者初動(dòng)能相等，即Lmava2=Lmbvbe

22

可得兩石塊的質(zhì)量之比maEb=5:2故B錯(cuò)誤；

C.重力對兩石塊做功大小之比maghahibghb=l：1

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Eka石古=1：1故C正確；

D.兩石塊落在山坡上時(shí)，重力對兩石塊沖量的大小之比papb=magtaxnbgtb=75:品

故D正確。故選cn

6.BD

【解析】A.分別對滑塊和木板受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律4Ong口nq

4OngEZBQngLBma

2

可得滑塊加速度qD1R

達(dá)到共同速度后，對整體受力分析可得IHBImg匚Bma,

加速度a口口

3

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.滑塊的初速度丫《

由vDit匚ht

112

可得滑塊和木板相對運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t故B正確;

CD.經(jīng)過t

滑塊和木板的共同速度公

整個(gè)過程木板的位移x□:;

板2a2a5413n2g

23

所以，木板和地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為CE匚BQngx氏口焉，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BLX

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fUngsin口

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

mgsinmf

V

m

即f匚広~，故B正確；

m

C.上坡過程中，汽車從靜止啟動(dòng)到速度剛好增至m，由動(dòng)能定理Pt匚歷唔$出匚Ulf”dmv?0)得到tP14mgssin^Dn

1,12m2P

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)，平均速度大于寧，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間

VV

m

故D正確。故選BCD

8.(1)200J；(2)2400J；(3)2600N國

【解析】(1)滑水者離開管道后做平拋運(yùn)動(dòng)h匚4gt;

可得vDZm/s

根據(jù)動(dòng)能定理有mgh匚耳，

由此得到動(dòng)能EDngh金mwE32OOJ

)滑水者在管道中滑行過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(Hh)DV^mv

可得阻力做的功WDD400J

f

(3)下滑過程中動(dòng)量變化量大小為口)匚knV]□)DnV][3()0kg4/s,方向水平向右。

重力的沖量大小IDngt匚1500回國，方向豎直向下。

G

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

1G

9.(1)TD2N,m13.5kg；(2)-m；⑶4N國

°。3

【解析】(1)為保證A、B相對滑動(dòng)，則aQ

BA

對A進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律Fda

得I3ngOna,aL12m/s2

BAAA

對B進(jìn)行受力分析知[Q

mB

B

TI_I\ncr

又ad,當(dāng)a口時(shí)----密?匚hEH2m/s2

BABAmB

B

則T口2N

o

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

mgETOna

000B

得m13.5kg

o

(2)由題知DyinC^-kg,對C進(jìn)行受力分析得嗎用DT

對B進(jìn)行受力分析得T匚DngOna

BBB

聯(lián)立得aD4m/s2,TQONDTD2N

B0

故AB可以發(fā)生相對滑動(dòng)

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

h出at2

2Bl

tDs

v匚htEZHm/s

BlB1

且此時(shí)B相對于地面前進(jìn)的距離為S|匚hdm

A加速度為aQm/s2,vQtEZEm/s

AAlA1

B進(jìn)行受力分析根據(jù)牛頓第二定律mgDna'

BB

解得a'nim/s2

B

方向水平向左開始減速A加速度仍為aQ2m/s2；

A

設(shè)再過t,AB共速，相對靜止則vQt口口,t得t

2AlA2BlB223

在這個(gè)時(shí)間段內(nèi)B前進(jìn)的距離為sDvt0'at2

2Bi22B2

代入數(shù)據(jù)得s,1m

又在整個(gè)過程中A前進(jìn)的距離為s□□□

32A12

代入數(shù)據(jù)得S；卑m

則B在A上滑行得距離為s小公公代入數(shù)據(jù)得slZ^m

1233

(3)由(2)知tD)到C落地用時(shí)1s,故根據(jù)沖量公式I匚Ft

得Igt口N國

B1

10.(1)IQNS,aL2>/5m/s2；(2)53°

G1

【解析】(1)設(shè)木板與豎直方向的夾角為口根據(jù)幾何知識(shí)ABDRcos口

對小球受力分析，由牛頓第二定律mgcos□匚

由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律AB工at2

21

綜合可得t匚q口s

重力的沖量為IDngtdN國

G

小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為XQaj

小球從B運(yùn)動(dòng)到D的過程中，由機(jī)械能守恒:mvz匚higr

綜合解得aQ>/5m/s2

1

(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為七,小球從B運(yùn)動(dòng)到E的過程中，由機(jī)械能守恒有

-mv2rimv2Qmgr

222Ea

小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度v匚2jSm/s,結(jié)合rlZlm,綜合解得vLBm/s

E2

根據(jù)等時(shí)圓知識(shí)，小球沿PB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與□□均無關(guān)，依然是tDs

由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球到達(dá)B點(diǎn)的速度匕Q,t

設(shè)木板PB的傾角匚L對小球受力分析，由牛頓第二定律mgsin口匚hia

2

聯(lián)立解得sin口匚!).8,003□

11.(1)2m際；方向豎直向下；(2)6mg；(3)

球第一次上升，在空中運(yùn)動(dòng)高度為R,設(shè)D點(diǎn)速度為，則丫口22gR

解得V。匚腸或

b球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t匚^歩

g

b球在空中運(yùn)動(dòng)過程中重力的沖量為IDngt匚方向豎直向下

(2b球由最高點(diǎn)下落到圓弧上P點(diǎn)時(shí)的高度差為h匚R匚Reos匚口＜山05匚口

由mghcAmvi得P點(diǎn)的速度v0y2ghU^2gRQzbos!_匚I

由N匚FDngcos□□n—得ND2mgQ/7mgsinDQmgcos口

R

解得NdmgDugEBcos:mgDlmgLBmg

由牛頓第三定律知，b球由由D滑向C的過程中對軌道壓力的最大值為6mgo

(3股a球碰撞前后的速度分別為v,、V；,由2mgRD^my,imgRE^mv2

分別求得b球碰撞前后的速度大小分別為v匚E陋，V-

bb

取向左為正方向，由mv，匚卜耳‘同nvDuv,—mv'2□^-mv2Di-mv2

bb2a2b2a2b

解得v,□:噂，vjd糜

由機(jī)械能守恒可知，b球的初速度為V匚口UlJgR

0bby

則a球的初速度為vI12vLL_4JgR

Oa0b丫

則a球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t

i

因?yàn)閂2口2匚但史Ov，2|Z)lgR,v'LUv,

Oaa4aab

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)