山东省日照市2019届高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1山东省日照市 2019 届高三物理上学期期中试卷（含解析）一、本题包括 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，第 110 小题只有一项符合题目要求，第 1115 小题有多项符合题目要求。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，选错或不答的得 0 分。1.早在 16 世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，不能准确测量自由落体运动的时间，为此他让铜球沿着阻力很小的斜面由静止滚下， “冲淡”重力，验证他的猜想。关于伽利略的实验，下列说法错误的是A. 伽利略测出铜球的位移与所用时间的二次方成正比B. 伽利略测出铜球的瞬时速度与所用

2、时间成正比C. 伽利略实验表明，小球的加速度随斜面倾角的增大而变大D. 伽利略实验表明，斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同【答案】B【解析】【详解】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比，A正确 B 错误；若斜面长度一定，若斜面的倾角越大，则小球的速度变化越快，即加速度随斜面倾角的增大而变大，C 正确；若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的过程中的运动规律是相同的，时间也相同，即斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同，D 正确2.A、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周

3、运动，在相同的时间内，它们通过的路程之比是6：5，运动方向改变的角度之比是 5：4。则A. 它们的轨道半径之比是 6：5 B. 它们的向心加速度大小之比是 24：25C. 它们的向心力大小之比是 3：2 D. 它们的周期大小之比是 4：5【答案】D【解析】【分析】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心2加速度之比，根据周期和角速度关系求出周期之比【详解】快艇做匀速圆周运动，根据线速度的定义可知两者的线

4、速度大小之比为 ，根vAvB=65据角速度定义 可知两者角速度之比为 ，根据公式 可得两者的向心加=t AB=54 an=v2r=vvr=v速度大小之比为 ，B 错误；根据 可得 ，故两者的轨道半径之比为aAaB=vAAvBB=6554=32 v=r r=v，A 错误；由于不知道两者质量关系，所以无法计算两者向心力之比，C 错rArB=vABvBA=6455=2425误；根据公式 可得周期和角速度成反比，故周期大小之比为 4：5，D 正确T=23.2018 年 3 月 22 日，一架中国国际航空 CA103 客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客

5、机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为 700ms，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为 0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时间为 2.510-4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为A. 104N B. 105N C. 106N D. 107N【答案】C【解析】【详解】鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为 v=700m/s，对小鸟，由动量定理得： ，解得： ，接近 106N，C 正确Ft=mv0 F=mvt=0.47002.

6、5104=1.12106N【点睛】本题考查了求鸟对飞机的撞击力，鸟撞击飞机过程中内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律求出撞击后鸟的速度，然后应用动量定理可以求出撞击力4.甲、乙两个物体均做匀变速直线运动，其中甲的加速度 a1=2ms 2，乙的加速度 a2=-5ms 2。下列说法正确的是A. 甲一定做加速运动，乙一定做减速运动B. 甲的运动方向与乙的运动方向一定相反C. 甲的速度变化一定比乙的速度变化慢D. 甲所受的合外力一定比乙所受的合外力小【答案】C【解析】【详解】若加速度方向和速度方向同向，则做加速运动，若加速度方向和速度方向相反，3则左减速运动，题中没有给甲乙的初速度方向，所以甲

7、乙可以做加速运动，也可以做减速运动，AB 错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，且加速度是矢量，负号只表示方向不参与大小的比较，即乙的加速度大，乙的速度变化快，C正确；两者质量未知，不能根据牛顿第二定律 判断两者合力大小关系，D 错误F=ma5.2018 年 10 月 25 日 6 时 57 分，太原卫星发射中心成功发射海洋二号 B 卫星。该星对海洋资源开发利用、建设海洋强国等都具有十分重要的意义。小明通过资料获取三个数据，即海洋二号 B 卫星离地面的高度为 971km、地球的半径为 6400km、地球表面的重力加速度为 9.81 ms 2。若将卫星绕地球的运动看作

8、是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，仅根据以上该同学获取的数据，可以计算出A. 海洋二号 B 卫星的线速度 B. 海洋二号 B 卫星的向心力C. 地球的质量 D. 地球的平均密度【答案】A【解析】【详解】地球对卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定离得 可得GMm(h+R)2=mv2(h+R)，而根据黄金替代公式可得 ，即 ， （g、R、h 已知）A 正确；由于v=GM(h+R) GM=gR2 v= gR2(h+R)不知道卫星的质量，故不能计算向心力大小，B 错误；由于不知道引力常量，故不能计算地球的质量，C 错误；质量求解不出来，则不能计算地球密度，D 错误6.如图所示，水平向右加速行

9、驶的小车内有一固定斜面，斜面上放有一物体，与小车保持相对静止。此时斜面体对物体的作用力方向可能沿着图中的(其中 oa 竖直、oc 水平)A. oa B. ob C. oc D. od【答案】B【解析】【分析】本题可建立模型，即已知一个合力方向，一个分力大小和方向，求另个分力的方向，根据平行四边形定则分析【详解】整体的加速度向右，即物体受到的合力方向水平向右，物体的受力可分为两大类，4一是竖直向下的重力，二是斜面对物体的作用力，两者的合力方向向右，如图所示，根据平行四边形定则可得斜面对物体的力斜向右上，B 可能7.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶。在 t=0 到 t=t1的时间内，它们的位移时

10、间图象如图所示。在这段时间内A. 汽车甲的平均速度比乙的平均速度大B. 汽车甲的位移比乙的位移大C. 汽车甲与汽车乙的运动方向相反D. 汽车甲做减速运动，汽车乙做加速运动【答案】C【解析】【详解】从图中可知两者的位移大小相等，所用时间相等，根据 可知两者的平均速度v=xt相等，AB 错误；甲向负向运动（到坐标原点的距离越来越小） ，而乙向正向运动（到坐标原点的距离越来越大） ，所以两者的运动方向相反，C 正确；图像的斜率表示速度，从图中可知两者的斜率都减小，所以速度都减小，D 错误【点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移

11、时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于 x 的变化量 x8.图甲是微信上的一张热点图片，在挪威的两个山崖间夹着一块石头，很多游客站在这块石头上，寻找惊险刺激的感觉。示意图如图乙所示，右壁竖直，左壁稍微倾斜，设左壁与5竖直方向的夹角为 ，由于风化， 将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，下列说法正确的是A. 减小，山崖对石头的作用力增大B. 减小，山崖右壁对石头的作用力不变C. 人站到石头上，石头受到的合力将增大D. 人站到石头上，山崖左壁对石头的作用力将增大【答案】D【解

12、析】【详解】对石头受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件可得山崖对石头的作用力大小等于石头的重力大小，两者方向相反， 减小，重力不变，所以山崖对石头的作用力不变，A 错误；山崖右壁对石头的作用力 ， 减小，则山崖右壁对石头的作用力 增大，N1=Gtan N1B 错误；人站在石头上，石头仍处于静止状态，合力仍为零，C 错误；人站到石头上，相当于 G 增大，山崖左壁对石头的作用力 也随之增大，D 正确N2=Gsin【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况

13、，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析69.在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。距离 P 一定水平距离的探测屏 AB 竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，下列说法正确的是A. v 越大，在空中飞行的时间越长B. v 越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小C. v 越小，相等的时间内动量变化量就越小D. v 越小，打在探测屏上时的动能越小【答案】B【解析】【分析】微粒做平抛运动，根据平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律分析解题；【详解】微粒在水平方向上做匀速运动，由于粒子源到屏的水平距离恒定，根据 可知t=x

14、v速度越大，飞行时间越短，A 错误；打在探测屏上时速度的偏转角 ，v 越大，ttan=vyv=gtv越小， 越小， B 正确；微粒在飞行过程中只受重力，根据动量定理可得 ，在相tan mgt=p等时间内的动量变化量相等，与速度大小无关，C 错误；v 越小，飞行时间越长，在竖直方向得到的速度越大，打在屏上的动能 ，存在极值，不一定越小，D 错误Ek=12m(v2+(gt)2)10.位于粗糙水平面上的滑块，以 v0=1 ms 的初速度从 O 点开始做匀减速直线运动。当滑块运动到 A 位置时，照相机开始拍照，并在以后的运动过程中，每隔 0.1s 拍照一次，拍下的照片如图所示，x AB=7.5cm，x

15、 BC=5.5cm，g=10ms 2。则A. C、D 间的距离 xCD=2.5cmB. O、A 间的距离 xOA=9.5cmC. 滑块与水平面间的动摩擦因数为 0.55D. 滑块从 O 点运动到 B 点所用的时间 tOB=0.175s7【答案】D【解析】【详解】滑块做匀减速直线运动，在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，解得 ，A 错误；根据 可得 ，而根据xABxBC=xBCxCD xCD=3.5cm x=aT2 a=xT2=0.020.12=2m/s2匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程中的平均速度可得，故 ，根据位移速度公式可得vB=xAC2T=1310220.1=0.65m/s

16、 tOB=vBvOa =0.352s=0.175s，B 错误 D 正确；根据牛顿第二定律可得 ，解得xOA=xOBxAB=v2Bv202axAB=7cm mg=ma，C 错误=0.2【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬x=aT2时速度等于该过程中的平均速度11.天文学家哈雷曾经在 1682 年跟踪过一颗彗星，它算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的 18 倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，后来哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。如图所示为哈雷彗星绕太阳运行的

17、椭圆轨道，P 为近日点，Q 为远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点。若只考虑哈雷彗星和太阳之间的相互作用，则A. 哈雷彗星的运行周期约为 76 年B. 哈雷彗星从 P 点运动到 M 点需要 19 年C. 哈雷彗星从 P 经 M 到 Q 阶段，速率逐渐减小D. 哈雷彗星从 P 经 M 到 Q 阶段，机械能逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】设彗星的周期为 T1，地球的公转周期为 T2，这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的 18 倍，由开普勒第三定律 得： ，即 年，A 正确；a3T2=k T1T2= (a1R2)3= 18376 T1=76从 P 到 Q 过程中，需要克服引力做功，动能减小，

18、即速度越来越小，所以从 P 到 M 过程中小于周期的四分之一，即小于 19 年，B 错误 C 正确；过程中只有引力做功，机械能不变，8D 错误【点睛】彗星的运动不是速度大小恒定不变的运动，所以从 P 到 M 过程中不等于周期的四分之一，这一点是易错点12.如图所示，某工厂车间里生产的货物，通过传送带运送到低处的仓库里。传送带以恒定的速率逆时针转动，将货物轻轻放在传送带的顶端。则货物传送过程的速度随时间变化的规律，可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】刚放上去的时候，货物受重力、支持力、摩擦力方向向下，货物做加速运动，故由牛顿第二定律 ，解得 ，mgsin+mgcos=

19、ma1 a1=gsin+gcos若两者共速前，货物滑到最下端，则整个过程中货物做加速度为 的匀加速运动；v-t 图a1像应为一条过原点的倾斜直线；若两者共速前，货物未滑到最下端，若 ，则两者共速后，摩擦力方向mgsinmgcos改为沿传送带向上，即 ，解得 ，之后加速度mgsinmgcos=ma2 a2=gsingcosmgcos tan朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，人对滑梯的作用力小于其重力，故地面对滑梯的支持力小于两者的重力，B 错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右，即电梯有向右的运

20、动趋势，电梯受到地面的摩擦力方向一定向左，故地面的摩擦力大小为a水 平 =acos=mgsinmgcosm cos=(gsingcos)cos，C 错误 D 正确f=ma水 平 =(mgsinmgcos)cos14.如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体 A，A 下面再用棉线挂一物体 B，A、B 质量相等，g 为当地重力加速度。烧断棉线，下列说法中正确的是10A. 烧断棉线瞬间，物体 A 的加速度大小为 gB. 烧断棉线之后，物体 A 向上先加速后减速C. 烧断棉线之后，物体 A 在运动中机械能守恒D. 当弹簧恢复原长时，物体 A 的速度恰好减到零【答案】ABD【解析】【分析】

21、根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出 A 的加速度；根据弹力与重力的关系判断 A 的运动性质；根据机械能守恒条件判断 A机械能是否守恒；烧断棉线后 A 做简谐振动，根据最高点和最低点回复力大小相等判断分析【详解】棉线烧断前，将 AB 看做一个整体，弹簧的弹力为 ，烧断瞬间弹簧来不及F=2mg恢复形变，弹力仍为 2mg，向上；物体 A 还受竖直向下的重力 mg，故 A 的加速度为，向上，A 错误；烧断棉线后，物体 A 在弹力和重力的作用下向上运动，弹力aA=2mgmgg =g先大于重力，后小于重力，所以物体 A 向上先加速后减速，B 正确；烧断棉线后

22、， A 还受弹簧弹力作用，故 A 的机械能不守恒，不过 A 和弹簧组成的系统机械能守恒，C 错误；烧断棉线后， A 在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力 ，向上，F=2mgmg=mg根据对称性可知，在最高点回复力应为 ，向下，即 ，解得 ，故在F=mg mgF弹 =mg F弹 =0最高点，速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D 正确15.如图所示，一质量为 m 的圆环套在一根固定的光滑竖直杆上，圆环通过细线绕过定滑轮O 与质量为 5m 的钩码相连。竖直杆上有 A、B、C 三点，B 为 AC 的中点，AO 与竖直杆的夹角 =53，B 点与滑轮 O 在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距

23、为 L。不计滑轮的质量和摩擦，现将圆环从 A 点由静止释放，下列说法正确的是(sin53=0.8，cos53=0.6)11A. 圆环下滑到 B 点时速度最大B. 圆环下滑到 B 点时速度为 2gLC. 圆环下滑到 C 点时速度为零D. 钩码运动过程中机械能最小的位置距离钩码的初始位置为L4【答案】BD【解析】【分析】根据圆环的受力情况分析速度变化情况圆环下滑到 C 点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到 C 点时的速度大小当圆环运动到 B 点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守

24、恒定律可解出圆环的速度大小；当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离【详解】圆环从 A 运动到 B 的过程中，合力向下，做加速运动，从 B 运动到 C 的过程中，绳子拉力竖直向上的分力先小于重力，后大于重力，所以圆环先加速后减速，所以速度最大的位置在 B 点的下方，A 错误；假设圆环没有重力，到达 C 点时，钩码又回到初始位置，钩码的机械能变化量为 0，根据能量守恒可知圆环下滑到 C 点时速度为零，但存在重力，因此最低点在 C 点的下方，所以圆环下滑到 C 点时速度不为零，圆环下滑到 B 点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零，

25、根据几何关系可知：圆环下降高度为 ，hAB=Ltan53=34L砝码下降的高度为 ，系统只有重力做功，所以系统机械能守h=lAOlBO=Lsin53L=54LL=14L恒，则有 ，由上可解得圆环的速度为 ，B 正确 C 错误；当圆mghAB+5mgh=12mv21 v1=2gL环运动到 B 点时，砝码下降的距离最大，拉力做负功最大，机械能最小，由上知最大距离12为 ，D 正确h=54LL=14L【点睛】本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于钩码的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘：钩码下降到最低点的同时其速度

26、等于零二、本题包括 2 小题，共 16 分。根据题目要求将答案填写在答题卡中的指定位置。16.王川同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块 A 从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离 x1(图甲)；然后将左侧贴有双面胶的小滑块 B 放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块 A 从圆弧轨道上某一点无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离 x2。已知滑块 A 和 B 的材料相同。(1)下列选项中，属于本实验要求的是_(填相应选项前的字母)A实验中所用圆弧轨道必须是光滑的B实验必须保证 A 的

27、质量不大于 B 的质量C实验中滑块 A 的释放点离水平桌面要高一些D两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块 A(2)若滑块 A、B 的质量分别为 m1、m 2，与水平桌面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为g。则 A、B 碰撞前的动量 P1=_，碰撞后的动量 P2=_(用字母m1、m 2，、g、x 1、x 2表示)。只要 P1=P2，则验证了 A 和 B 碰撞过程中动量守恒。(3)本实验_(填“需要”或“不需要”)测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。【答案】 (1). CD (2). (3). (4). 不需要m12gx1 (m1+m2) 2gx2【解析】【分析】本实验是根据内力远大于外力时系

28、统动量守恒的原理分析的，需要注意：一：保证碰撞前A 的速度相等；二、A 碰撞时速度不能过小；三、A 碰撞后不能反弹；结合动能定理求解碰13撞前后的速度，根据动量守恒列式【详解】 （1）因为碰撞瞬间内力远大于外力，两者在碰撞前后动量守恒，测出运动距离，根据动能定理求解碰撞前后的速度，所以无需圆弧轨道必须是光滑的，A 错误；为了保证A 不反弹， A 的质量必须不小于 B 的质量，B 错误；为了保证两者碰撞后运动的距离不过小，便于测量，应使得 A 碰撞时的速度大一些，即实验中滑块 A 的释放点离水平桌面要高一些，C 正确；两次释放，为了要保证碰撞前的速度相同，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑

29、块 A，D 正确；（2）滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：对滑块 A： ，解得mgx1=012mv21，故碰前动量 ；对两者黏在一起运动时，v1= 2gx1 P1=m1v1=m12gx1，解得 ，碰撞后动量(m1+m2)gx2=012(m1+m2)v22 v2= 2gx2；P1=(m1+m2)v2=(m1+m2) 2gx2（3）比较 ，即比较 ，过程中 可抵消，故不需要测出P1、 P2 m12gx1、 (m1+m2) 2gx2 2g滑块与水平桌面间的动摩擦因数17.如图甲所示，电火花打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。(1)电火花打点计

30、时器使用电压为_V 的交流电源。(2)关于实验过程，下列操作正确的是_(填相应选项前的字母)A重物选用质量较大、体积较小的物体B两限位孔在同一竖直平面内上下对正14C先接通电源后，再释放重物D若用秒表测出时间 t，可用 v=gt 求出瞬时速度(3)实验中选择一条较理想的纸带，如图乙所示。测出从起始点 O 依次到五个连续计时点A、B、C、D、E 的距离 x1、x 2、x 3、x 4、x 5。已知重物的质量为 m，当地的重力加速度为g，电源频率为 f。则从 O 到 D 的过程中，重物的动能增加了_，重物的重力势能减少了_。(4)该同学又根据这一条纸带来计算重物下落过程中的加速度 a，要充分利用记录

31、数据，尽可能减少实验操作和测量过程中的误差，加速度的计算式应为 a=_(用题中给出物理量的字母表示)。【答案】 (1). 220 (2). ABC (3). (4). (5). 18m(x5x3)2f2 mgx414(x52x3+x1)f2【解析】【详解】 （1）电火花打点计时器使用的是 220V 的交流电；（2）为了减小空气阻力，重物应选用重力大，体积小的物体，A 正确；为了减小纸带与限位孔的摩擦，并且保证重物做竖直方向上的运动，两限位孔在同一竖直平面内上下对正，B 正确；为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C 正确；因为要验证机械能守恒，即验证下落过程中加速度是否等于 g，所以不能

32、使用 v=gt 求出瞬时速度，D 错误；（3）根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得 D 点的速度为 ，速度vD=xCE2T=x5x321f =(x5x3)f2是从零增大，故动能增加量为 ，从 O 到 D 过程中重物下降的高度为Ek=12mv2D=18m(x5x3)2f2，故重力势能减少 ；x4 Ep=mgx4（4）根据逐差公式可得 ， ，两式相加求平均可得xDExBC=2a1T2 xCDxAB=2a2T2a=a1+a22 =xDExBC+xCDxAB4T2 =14(x52x3+x1)f2【点睛】分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定

33、值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时x=aT2速度等于该过程中的平均速度三、本题包括 3 小题。共 39 分。解答时应写出必要的文字说明、主要公式和重要的演算步15骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当加速时间 t=40s、位移 x=1.6103m 时才能达到起飞所要求的速度。已知飞机质量m=7.0104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 g=10m

34、s 2。求：(1)飞机起飞所要求的速度 v；(2)飞机滑跑过程中，牵引力的最大功率 P。【答案】(1) 80 m/s (2) 1.68107W【解析】【分析】（1）飞机做初速度为零的匀加速直线运动，根据平均速度推论求解；（2）当速度最大时牵引力的功率最大，先根据牛顿第二定律求解牵引力，然后根据公式 求解最大功率P=Fv【详解】 （1）飞机滑跑过程做匀变速直线运动，初速度为零，末速度为 v，则全程的平均速度为 ，则有 ，代入数据，解得 v=80m/s；12v x=12vt（2）设飞机滑跑过程的加速度大小为 a，由速度与时间的关系式 ，解得v=at a=2m/s2已知滑跑时受到的阻力为自身重力的

35、0.1 倍，即 f=0.1mg=7.0104N设飞机滑跑过程的牵引力为 F，由牛顿第二定律 ，解得 ，Ff=ma F=2.1105N当速度最大的时候，牵引力的功率最大，即 ，P=Fv代入数据，得最大功率 P=1.68107W19.如图所示，质量为 2m 的小车紧靠平台的边缘静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是长为L 的水平粗糙轨道，BC 段是四分之一圆弧光滑轨道，两段轨道相切于 B 点。小车 AB 段轨道与平台在同一水平面上。质量为 m 的滑块(可视为质点)沿着光滑的平台以某一速度向右运动并滑上小车，若滑块与 AB 段轨道间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。(1)使滑块不滑过 B 点，则滑

36、块在平台上运动的速度 v 不超过多大?16(2)当滑块在平台上运动的速度为 时，恰好能到达 C 点，则 BC 段圆弧轨道的半径 R 是3gL多大?【答案】(1) (2) 2L3gL【解析】【详解】 （1）若滑块在平台上运动的速度为 v 时，恰好滑到小车的 B 点，此时滑块和小车的共同速度为 ，v1地面光滑，满足动量守恒的条件，有 ，解得 ，mv=(2m+m)v1 v1=13v由功能关系，该过程中产生的内能 ，E=mgL减少的动能 ，Ek=12mv212(2m+m)v21已知减少的动能全部转化为内能，联立可得 v= 3gL即滑块在平台上运动的速度 v 不超过 3gL（2）当滑块在平台上运动的速度

37、 时，恰好能到达 C 点，即滑块和小车恰好达到v=3gL共同速度，设此时速度为 ，根据动量守恒定律 ，解得 ；v2 mv=(2m+m)v2 v2= gL该过程减少的动能 ，Ek=12mv212(2m+m)v22增加的内能和重力势能 ，E=mgL+mgR系统减少的动能全部转化为内能和重力势能，联立可得 R=2L20.2022 年将在我国举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某比赛轨道示意图如图所示，助滑道 AB 末端水平，倾角 =37的着陆坡 BC 与圆弧形停止区 CD 在 C 点连接。某次比赛中，质量 m=50kg 的运动员从高 H=48m 的助滑道 A 处由静止开始加速下滑，到 B

38、 处以 v=30 ms 的速度水平飞出，恰好沿 C 点切线滑入半径 R=55m 的停止区。通过最低点 D 后旋转滑板迅速减速到零。C、D 间的高度 h=5m，运动员在空中飞行的过程和在C、D 间运动的过程中所有阻力均不计，g=10ms 2，tan37=0.75。求：(1)运动员在助滑道 AB 上的运动过程中克服阻力做的功；17(2)运动员在空中飞行的时间；(3)运动员滑至停止区的最低点 D 时对轨道的压力。【答案】(1) 1500J (2) 4.5s (3) 3250N【解析】【详解】 （1）设运动员在助滑道 AB 上的运动过程中克服阻力做的功为 Wf，由动能定理，代入数据，解得 Wf=1500J；mgH-Wf=12mv2-0（2）设运动员在空中飞行的时间为 t，根据平抛运动的规律，水平方向 ，x=vt竖直方向 ，y=12gt2由几何关系可得， ，yx=tan代入数据，解得 t=4.5s；（3）运动员落到 C 点时，竖直分速度 ，vCy=gt水平分速度仍为 v，则运动员到达 C 点的速度 满足 ，代入数据解得 vC= m/s；运动员在 C、 D 间运动的过程中所有阻力均不计，机械能守恒得 ，解得 ；在 D 点，运动员受到重力和轨道对运动员的支持力 ，由牛顿第二定律解得 FN=3250N，由牛顿第三定律，运动员对轨道的压力大小也等于 3250N，方向竖直向下