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1、2021-2022学年四川省成都市天府新区高一（下）期末物理试卷1.如图所示，小物体M与水平圆盘保持相对静止，跟着圆一起做匀速圆周运动，则M的受力情况是（）A.受重力、支持力 B.受重力、向心力C.受重力、支持力、摩擦力 D.受重力、支持力、向心力、摩擦力2.做平抛运动的物体，下列说法正确的是（）A,速度的大小改变，方向改变 B.速度的大小不变，方向改变C.加速度的大小改变，方向不变 D.加速度的大小不变，方向改变3.在忽略空气阻力的情况下，小球在如下所列运动过程中，机械能不守恒的是（）A.：、小球在空中飞行的过程B.小球沿斜面匀速下滑的过程c.彳，/小球沿光滑曲面下滑的过程悬挂的小球摆动的过
2、程4.我国建设的“天宫二号”空间站绕地球在圆轨道上运行，已知轨道半径为r,运行周期为7,万有引力常量为G,利用以上数据不能求出的是（）A.地球的质量 B.空间站的加速度C.空间站受到的向心力 D.空间站运行的线速度5.如图质量是2kg的物体放在桌面，桌面的高度是0.8小。以桌,，面为零势面时物体的重力势能是Epi，若 物 体 从 桌 面 下 落 至 地面，势能的变化是Epi；以地面为零势面时物体的重力势能是Ep2,若物体从桌面下落至地面，势 能 的 变 化 是 则 下 列 正 确 的 是（）A.AEpi=AEp2 B.4Epi Ep2 C.Ep2=0/D.Epl=1 6 76.如图所示，自行车
3、的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为6、万、七，当4 点的线速度大小为时，C点的线速度大小为（）A.r2B.C.D.T-Vr3rlr27.质量为0.2kg的小球竖直向下以6?n/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的过程中，小球动量变化量为（）A.p=0.4kg-m/s B.p=-2kg-m/sC.p=2kg-m/s D.p=-0.4kg-m/s8.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆 环 与 水；L装km平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原
4、长状态.现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为3圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A.圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了遮mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变9.如图所示，小船在河中发动机损坏失去动力，人们用绳通过定滑轮将小船拉回河岸。若人以0.3m/s的速度匀速拉绳，某时刻绳与水平方向的夹角a=6 0 ,下列关于船的运动性质及该时刻小船在水中运动速度的说法，正确的是（）A.船做匀速直线运动 B.船做变速直线运动C.此时刻船的速度=0.6m/s D.此时刻船的速度
5、=0.15m/s1 0.如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的第2页，共17页运动轨迹，其中a和b是从同一点抛出的。不计空气阻力，贝 女）A.a的飞行时间比b的长 B.a和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小 D.c的初速度最大1 1.在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I,然后 1 1在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道H J U J（）（厨A.该卫星的发射速度必定大于11.2/an/sB.卫星在同步轨道II上的运行速度大于7.9km/sC.在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D.卫星在Q点通过
6、加速实现由轨道I进入轨道H1 2.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在/轴上，使小球在竖直平面内作圆周运动。重力加速度为g。下/列叙述正确的是（）（0A.小球在最高点时，杆对球的作用力可能为支持力 B.小球在最高点时的最小速度为的=屈C.小球在最高点u=时，杆对球的作用力为D.小球在最低点v=母 时，杆对小球的作用力为13.一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为琉，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为得。已知sina=0.6,重力加速度大小为g。则（）A.物体向上滑动的距离为急B.物体向下滑动时的加速
7、度大小为:C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长1 4.如图所示，用碰撞实验器可以“验证动量守恒定律”，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前、后的动量关系。则：（1）下 列 说 法 中 符 合 实 验 要 求 的 是.A.安装轨道时，轨道末端必须水平且光滑B.必要的测量仪器有天平、刻度尺和秒表C.入射小球必须比靶球的质量大，且二者的直径必须相同。.在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一位置由静止释放(2)图中。点是小球抛出点在地面上的竖直投影实验时，先让入射小球多次从S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置.然后，把靶球静置于轨道的末端，再
8、将入射小球从同一位置由静止释放，多次重复，并找到碰撞后两球各自落地点的平均位置.简述确定平均落点位置的办法：。用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置与。点的距离线段。M=/、0 P =血、ON=x3o入射小球的质量为6 1，靶球的质量为H i 2,若满足关系式加6 2 =，则两球碰撞前、后系统动量守恒。入射小球1 5.如图为某实验小组验证动能定理的实验装置图。(1)下 列 说 法 正 确 的 是。A本实验需要将气垫导轨左侧垫高，平衡摩擦力B.实验开始前，应将气垫导轨调至水平，且细绳平行于导轨C.本实验需要祛码盘和祛码的总质量远小于滑块、遮光条和拉力传感器的总质量D两光电门之间的距离应适当大点(2
9、)若己知挡光条的宽度为d,经过光电门1 和光电门2 的时间分别为A t1 和d i?，则滑块经过光电门1 的 速 度 大 小 为 o(3)若拉力传感器的示数为尸，两光电门间的距离为s,滑块、挡光条、拉力传感器的总质量为M,则 验 证 动 能 定 理 的 表 达 式 为 (用题中所给字母表示)。(4)某同学利用实验中的数据计算时发现，细绳拉力所做的功始终略大于滑块、挡光条、拉力传感器的总动能增量，原 因 可 能 是 (写出一条即可)。第4页，共17页16.如图甲所示，有一辆质量为1800kg的小汽车驶上圆弧半径为r=90m的拱桥。g 取10m/s2o(1)画出汽车经过桥顶时，在竖直方向上的受力示
10、意图；(2)若汽车到达桥顶时的速度为u=10m/s,求此时桥对汽车的支持力；(3)如图乙所示，如果把地球表面看成一座巨大的拱形桥，若汽车速度足够大就可以飞离地面成为人造地球卫星，这个速度称为第一宇宙速度。已知地球表面的重力加速度为g,地球的半径为R。请推导第一宇宙速度的表达式。17.水平路面上有一质量为1幻 的玩具小车由静止开始沿直线启动，其 运 动 的 t图像如图所示，图中0 2s时间段图像为直线，2s后发动机的输出功率保持不变。已知玩具小车行驶中的阻力恒为2 N,求：(l)2s后牵引力功率；(2)玩具小车运动的最大速度：(3)0 4s内牵引力所做的功。18.如图所示，长为L=0.6巾的细线
11、拴一质量为m=M g的物块在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，摆线与竖直方向的夹角为a=60。，不计空气阻力，当物块运动到P点时绳子断了，一段时间后物块恰好从光滑圆弧4 8 c的4点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，己知圆弧的半径R=4 m,圆心角。=53。，物块经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带C D,滑上C点前后瞬间速率不变。传送带CD与地面的倾角37。，其速度为v=27n/s。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5(g取 10m/s2,sin530=0.80,cos530=0.6 0,)求：(1)物块运动到P点时的速度见大小；(2)物块在圆弧轨道B 点对轨道的压力；(3
12、)物块滑上传送带时的加速度。19.如图所示，质 量 为%=2 k g,滑块4 的长度d=在滑块4 的左端放有可视为质点的物体C，AC以%=5m/s的速度沿光滑水平面匀速运动,C的质量为me=5kg,C与4之间的动摩擦因数=0.2。某一时刻,4 与静止在水平面上质量为ms=3kg的木板B发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，4、B上表面高度相差H=0.8m。此后，物体C刚好掉落在B的右端并立即与B相对静止，不计空气阻力，取9=10m/s2o 求：(1)48碰撞结束时的速度灯;(2)整个系统损失的机械能ZE；(3)木板B的长度L。第6页，共17页答案和解析1.【答案】c【解析】解：小物体受三个力
13、的作用，重力、支持力互相平衡，静摩擦力提供向心力，故AB。错误，C正确，故选：C。做匀速圆周运动的物体，向心力的来源于重力、支持力、静摩擦力的合力。注意向心力不是一个单独的力。2.【答案】A【解析】解：4B、做平抛运动的物体，做的是匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，速度大小改变，方向改变，故A正确，B错误；C D,做平抛运动的物体，做的是匀变速曲线运动，加速度为重力加速度，故 错 误;故选：4。平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。解决本题的关键是明确平抛运动的性质，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律
14、。3.【答案】B【解析】解：4小球在空中飞行的过程中，只有重力做功，则机械能守恒，故A不符合题意；8小球沿斜面匀速下滑的过程，重力势能减小，动能不变，则机械能减小，故B符合题-T5-忌；C.小球沿光滑曲面下滑的过程，只有重力做功，则机械能守恒，故C不符合题意；D悬挂的小球摆动的过程，只有重力做功，则机械能守恒，故D不符合题意；故选：B。只有重力或弹力（保守力）做功时，物体的动能和势能相互转化，物体机械能才守恒。根据此条件进行分析，也可以动能与重力势能的总量即机械能是否变化判断。本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件是关键，题目比较简单。4.【答案】C【解析】解：4、设地球的质
15、量为M,天宫二号”空间站的质量为m。“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G粤与r,可 得 用=吗，知可以求出地球的质量M,故 4 正确；r2 T2 GT2B、空间站的加速度a=32=i r,知可以求出空间站的加速度a,故 3 正确；T2C、空间站受到的向心力为F=G等，由于不知道空间站的质量m,所以无法求出空间站的向心力F,故 C 错误；D、空间站运行的线速度为u=等，知可以求出空间站运行的线速度外 故。正确。本题选不能求出的，故选：Co“天宫二号”空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球对它的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律列式分析
16、。解决本题时，要知道已知环绕天体的轨道半径和周期，能求得中心天体的质量，能根据万有引力做向心力列方程，确定能求得的物理量。5.【答案】A【解析】解：以桌面为零势面时物体的重力势能是Epi=。若物体从桌面下落至地面，势能的变化是/Epi=mgh=-2 x 10 x 0.87=-167以地面为零势面时物体的重力势能是Ep2=mgh=167若物体从桌面下落至地面，势能的变化是AEp2=0 mgh 16/即=%2故选：Ao零势面不同时，物体所具有的重力势能也不同，零势面以上重力势能为正，零势面以下，重力势能为负。但物体运动过程中重力势能的变化量是相同的。本题考查重力势能的理解，关键注意重力势能的大小随
17、零势面的改变而改变，重力势能第8页，共17页的变化量是绝对量。6 .【答案】D【解析】解：4、传动过程中，同一链条上的4、B 两点的线速度相等，即 力=%，所以。1：v2=1：1.力点的速度为，根据=5 可知：=工=三r2 r2又小齿轮和后轮同轴转动，角速度相等，故 C点的线速度大小为：VC=0)cr3=a)Br3=乎r2故 A BC错误，。正确；故选：D。本题在皮带轮中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角速度相等。7 .【答案】C【解析】解：取竖直向上方向
18、为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：2=m v2 (m v j)=0.2 x (6 +4)kg m/s-2kg-m/s,方向竖直向上。故 C正确、ABD错误；故 选:Co取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差。本题考查动量定理的应用，要注意动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注意方向。8 .【答案】AB【解析】解：4、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力和重力对圆环做功，圆环、弹簧和地球系统的机械能守恒，故 A正确。8、圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变。弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能
19、为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为2L,下降的高度为 =2 3圆环重力势能减少了r n g h,根据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增加量为0=mgh=m g -V3L=V3mgL 故 8 正确。C、圆环的初速度与末速度均为零，可知其速度先增大后减小，合力为零时速度最大，所以到达最低点时小环的加速度的方向向上，合力的方向向上，不为0,故C错误。、圆环速度先增大后减小，动能先增大后减小，根据系统的机械能守恒知，圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故。错误。故选：AB分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据
20、系统的机械能守恒和圆环的受力情况进行分析.对物理过程进行受力分析、运动分析、做功分析，这是解决问题的根本方法.要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒.9.【答案】BC【解析】解：船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有：vccosa=v0则%=0.6m/s因船向左运动时a角的增大，导致增大，即船做加速运动，是变速直线运动，故8c正确，4。错误。故选：BC.将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于小根据平行四边形定则求出船的速度表达式分析即可。解决本题的关键知道船的实际速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，会根
21、据平行四边形定则对速度进行合成。10.【答案】D【解析】解：4、a、b同一点抛出，抛出点高度%相同，平抛运动在竖直方向做自由落体 运 动,仁加可知,运动时间源相同，故A错误；8、a的抛出点高度大于c的抛出点高度，据t=。可知,a的运动时间大于c的运动时间,第1 0页，共1 7页故8错误；C、a、b都做平抛运动，竖直高度相同，运动时间相同，由图可知，a的水平位移大于b的水平位移，根据。=；可知，a的水平速度比b的大，故C错误；D、由C分析知，a的水平速度比b的大，a、c的水平位移相同，由B分析知a的运动时间大于c的运动时间，故c的初速度大于a的初速度，即c的初速度最大，故。正确。故选：D。平抛运
22、动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。11.【答案】CD【解析】解：4、该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s,因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行。故4错误；B、根据卫星的速度公式=秒,知卫星的轨道半径越大，圆周运动的线速度越小，所以卫星在同步轨道I【上的运行速度小于近地卫星的速度,即小于7.9km/s。故B错误；C、在轨道I上，卫星由P点运动到Q点的过程中，万有
23、引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度。故C正确；。、卫星在Q点要由轨道I进入轨道H,做离心运动，必须在Q点点火加速。故。正确；故选：CD.11.2km/s是地球的第二宇宙速度，当卫星的发射速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道；根据卫星的速度公式v=严比较同步卫星的速度与第一宇宙速度的关系。由开普勒第二定律分析卫星在P点和Q点的速度大小。结合变轨原理分析本题。解决本题的关键是掌握卫星的线速度公式以及开普勒第二定律，并能灵活运用。12.【答案】AC【解析】解：.小球的重力完全提供向心力时，根据牛顿第二定律mg=m苧，得%=ygL;当u V%时，杆施加支持力
24、，故A正确；根据牛顿第二定律mg-尸=当F=时，v=0,杆能够通过最高点的最小速度为0,故8错误。C.当小球在最高的的速度=聘 屈 时，杆的支持力为F 1，此时有m g 0=解得F i=：mg,故 C正确。D小球在最低点的速度v =栏 时，根据牛顿第二定律尸 2-m g =解得 2 =ng,故。错误。故选：AC.竖直平面内的圆周运动主要包括轻绳模型和轻杆模型，轻杆模型有支撑，所以小球在最高点的速度可以为零；轻杆在最高点点可以施加拉力，也可以施加支持力；最低处轻杆只能施加拉力。轻杆有支撑，小球在最高点的速度可以为零；重力完全提供向心力时的速度是判断轻杆施加拉力或支持力关键。13.【答案】BC【解
25、析】解：A C.设物体向上滑动的距离为,斜面的动摩擦因数为，对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：-mgsina x-jmgcosa x=0-Ek对物体向下滑行的过程，由动能定理可知：mgsina-%-imgcosa-%=y-0联立解得：X =意，M=0.5,故 A错误，C正确；3、物体向下滑动时，由牛顿第二定律可知：mgsina-fimgcosa=m a2解得故 8正确；。、物体向上滑动和向下滑动的距离相同，而向上滑的加速度由牛顿第二定律可知：mgsina+fimgcosa=,解得：a、=g,即为1 2，向上滑动过程也可看做初速度为零，加速度大小等于血的匀加速直线运动，由 =汨=立 应 可
26、知 向 上 滑 的 时 间 比向下滑的时间短，故。错误；故 选:B C。在物体上滑过程和下滑过程，分别应用动能定理列等式，可求出物体向上滑动的距离和物体与斜面间的动摩擦因数；由牛顿第二定律求出向上滑和向下滑的加速度大小；结合加速度大小，根据运动学规律可分析物体向上滑动所用的时间和向下滑动的时间哪个更大。本题是动能定理、牛顿第二定律和运动学知识的综合运用，关键是分过程分别列动能定理式子，以及匀变速直线运动的逆过程的应用。第12页，共17页1 4.【答案】C D用一个最小的圆把所有的点迹圈起来，这个最小圆的圆心位置就是平均位置+m2x3【解析】解：(1)4本实验根据平抛运动规律验证动量守恒定律，所
27、以轨道末端必须水平，但不一定光滑，故A错误；8、实验中需要测量小球的质量和水平距离，但不需要测量时间，故不需要秒表，故8错误；C、为了防止入射球反弹，故入射球必须比靶球质量大，且为了保证对心碰撞，故二者的直径必须相同，故C正确；。、在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一位置由静止释放，这样才能保证小球每次碰撞中的速度相同，故。正确。故选：CD(2)找平均位置的方法是：用一个最小的圆把所有的点迹圈起来，这个最小圆的圆心位置就是平均位置；根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为3贝U：入射球碰撞前的速度：V o =y.碰撞后的速度：巧=半。靶球碰撞后的速度：v2 以向右
28、的方向为正方向，若碰撞前后动量守恒：=m1v1+m2v3,联立解得：=m/i +m2x3故答案为：(1)C D；(2)用一个最小的圆把所有的点迹圈起来，这个最小圆的圆心位置就是平均位置；(3)m i/+m2x3(1)分析实验原理，明确实验中应满足的条件；同时根据实验原理明确实验中的注意事项；(2)用圈圆法找落点的平均位置；根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，注意明确平抛运动时间相同，所以用平抛的水平距离来表示水平速度。该题考查用平抛实验验证动量守恒定律，质量可测而瞬时速度较难.所以利用平抛运动的性质来进行该实验，注意虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移工来代替速度外成为是解
29、决问题的关键。1 5.【答案】B D肃F s =#册-焉滑块在运动过程中受到空气阻力作用【解析】解：(1)4、实验前需要把气垫导轨调平，滑块在气垫上运动时不受摩擦力作用,本实验不需要将气垫导轨左侧垫高，平衡摩擦力，故A错误；8、为使滑块受到的合力等于细绳的拉力，实验开始前，应将气垫导轨调至水平，且细绳平行于导轨，故B正确；C、滑块所受拉力可以由拉力传感器测出，本实验不需要祛码盘和祛码的总质量远小于滑块、遮光条和拉力传感器的总质量，故C错误；两光电门间的距离越大，测量两光电门间距离时的相对误差越小，为减小实验误差，两光电门之间的距离应适当大点，故。正确；故选：B D。(2)很短时间内的平均速度等
30、于瞬时速度，滑块经过光电门1的速度大小巧=言；(3)很短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块经过光电门2的速度大小%=看；对滑块，由动能定理得：Fs=；M域 一 语，整理得：Fs=争春-卷(4)滑块在运动过程中受到空气阻力作用或实验前气垫导轨没有调平都可能造成细绳拉力所做的功始终略大于滑块、挡光条、拉力传感器的总动能增量。故答案为：(1)BD；(2)；(3)网=竽 焉一挑；(4)滑块在运动过程中受到空气阻力作用。(1)根据实验原理与实验注意事项分析答题。(2)很短时间内的平均速度等于瞬时速度，根据遮光条的宽度与遮光条通过光电门的时间求出滑块的速度。(3)根据动能定理求出实验需要验证的表达式。(4
31、)滑块受到阻力作用或气垫导轨没有调平都会造成实验误差。理解实验原理是解题的前提与关键；根据遮光条的宽度与遮光条通过光电门的时间求出滑块的速度，应用动能定理即可解题.16.【答案】解：(1)汽车受力分析如下图:(2)对汽车根据牛顿第二定律可知第14页，共17页m g-F .=m 代入数据解得F支=16000N(3)车速度足够大就可以飞离地面成为人造地球卫星，此时尸支=0,则有V1m g =*解得力=ygR答：(1)在竖直方向上的受力示意图见解析；(2)若汽车到达桥顶时的速度为1?=1 0 m/s,此时桥对汽车的支持力为16000N；(3)见解析。【解析】(1)根据受力分析作图；(1)汽车做圆周运
32、动，应用牛顿第二定律可以求出支持力；(2)根据重力提供向心力时汽车恰好对地面没有压力，推得第一宇宙速度的表达式。此题考查了汽车过拱形桥问题，关键找出车经过桥的最高点时的向心力来源，然后根据牛顿第二定和向心力公式列式求解，在最高点重力和支持力的合力提供向心力。17.【答案】解：在 0 2s内，玩具车的加速度为。=与=刎/s2=3m/s2,根据牛顿第二定律可得：F-f =m a,解得F=5 N,故2s后牵引力的功率P=Fu=5 x 6W=3 0WP(2)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则为=-=m/s=15m/sJ /(3)0-2$内匀加速通过的位移为*=3*2*6 巾=6 6，牵引力做功为名=
33、F x =5 x6J=30/在22-4 s 内在额定功率下运动则叫=Pt2=30 x 2/=60/故0 4s内牵引力做功为W=名+修=30；+60/=90/答：(l)2s后牵引力功率为30小；(2)玩具小车运动的最大速度为15m/s；(3)04s内牵引力所做的功为90人【解析】(1)在0-2s内匀加速直线运动，求得加速度，根据牛顿第二定律求得牵引力,由P=F求得的额定功率也(2)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=f 即可求得；(3)根据图像求得匀加速通过的位移，由皿=口:求得牵引力做功，在后2s内在额定功率下运动，根据w=Pt求得牵引力做功，即可求得总功。本题考查了速度时间图线与功率、
34、牛顿定律的综合运用，要求学生熟练掌握机车启动的过程。18.【答案】解：(1)小球在水平面内做匀速圆周运动，半径r=Lsin6(T=0.6 x/m0.3V3m，由牛顿第二定律得：mgtan60。=m崇，代入数据解得：%=3m/s(2)小球恰好从光滑圆弧4BC的4点沿切线方向进入圆弧，所 以 以=去？=高7n/s=5m/s从/到B对小球由动能定理得：mgRl cos8)=代入数据解得力=6mls在B处，根据牛顿第二定律N-m g =m g代入数据解得N=36.2/V根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力N：36.2N,方向竖直向下。(3)物块滑到传送带上，设加速度的大小为a,由牛顿第二定律得租外出37
35、。+Hmgcos37=ma解得a=gsin37+林gcos37=10 x 0.6+0.5 x 10 x 0.8=10m/s2方向沿传送带向下答：(1)小球运动到P点时的速度为=3 m/s,方向水平向右。(2)小球到达圆弧B点时对轨道的压力约为3 6.2 N,方向竖直向下。(3)物块在传送带上的加速度大小为10m/s2,方向沿传送带向下。【解析】受力分析，根据牛顿第二定律求解；根据平抛运动的规律，分解速度求出4点速度，然后根据动能定理求解B点速度，再根据牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力,根据牛顿第三定律求出压力；物块到达传送带后先进行受力分析，求出加速度。本题考查平抛运动、圆周运动、匀变速直线
36、运动的相关知识，动能定理、牛顿运动定律，综合性强，难度较大。第1 6页，共1 7页1 9.【答案】解：(1)4、B 碰撞过程，4、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mB)v1代入数据解得：女=2 m/s；(2)4、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(rnA+mc)v0=(mA+mB+mc)v,对系统，由能量守恒定律得：|(mA+mc)v+mcgH=|(mA+mB+mc)v2+Z l f,代入数据解得:AE=6 6.2 5 7；(3)4、B 碰撞后到C 离开4 过程，设C离开4 时的速度为 2，此时S B的速度为内,
37、对A、B、C 系统，由能量守恒定律得：1(mA+1mc1(mA+mcvl+n mcgd,A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v1+mcv0=(mA+mB)v3+mcv2,C离开4 后做平抛运动，竖直方向：H =：g t 2水平方向：L+v3t=v2t,代入数据解得：L=OAm.答：(1)4 B 碰撞结束时的速度打为2m/s；(2)整个系统损失的机械能为6 6.25/；(3)木板B 的长度为0.4 m。【解析】(1)4、B 碰撞过程，4、B 系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出4、B 碰撞后的速度；(2)由题意可知，最终4、B、C速度相等，4、B、C 系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出它们的共同速度，然后应用能量守恒定律求出损失的机械能；(3)4、B、C 系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C离开4 时与C 的速度，C离开4 后做平抛运动，应用平抛运动规律求出木板B 的长度L本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意研究对象与运动过程的选择,注意正方向的选择。