北京市陈经纶中学2025-2026学年高一下学期阶段检测物理试卷

2025-2026学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）月考物理试卷 一、单选题：本大题共10小题，共30分。 1.如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下说法正确的有(    ) A. 物体所受拉力F的冲量方向水平向右 B. 物体所受拉力F的冲量大小是 C. 物体所受摩擦力的冲量大小为0 D. 物体所受合力的冲量大小为0 2.如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度，光滑斜面固定在水平地面上。将a和b由静止释放，同时将c沿水平方向抛出。不计空气阻力，下列说法正确的是(    ) A. 三个物块同时落地 B. 三个物块动能的变化量相同 C. 三个物块落地前瞬间的动能相同 D. 重力对三个物块的冲量相同 3.光滑的水平面上有一质量为M的静止木块，质量为的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止(    ) A. 摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍 B. 摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能 C. 摩擦力对两物体做功的代数和等于0 D. 因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒 4.在图1中，运动员落地总是要屈腿，在图2中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图3中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图4中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(    ) A. 图1目的是为了减小地面对人的作用力 B. 图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同 C. 图3中球棒对垒球的冲量为零 D. 图4中小物块动量不变 5.运动员将质量为m的排球从离水平地面高h处斜向上击出。排球被击出时的速度为，在空中运动的最高点离地面的高度为H，落在地面上时的速度为。不计空气阻力，运动员击出排球时对排球做的功是(    ) A. mgH B. C. D. 6.如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时，转动手把柄使纸筒沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(    ) A. t时间内小球的运动路程为vt B. 小球通过a点时的速度大于通过b点的速度 C. 通过该实验纸带可得出操作员转动手把柄的速度大小 D. 如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小 7.蹦极运动中，长弹性绳一端固定，另一端绑在游客身上，游客从几十米高处跳下，经过一段时间绳子绷直。将蹦极过程简化为游客沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到游客第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列分析正确的是(    ) A. 绳对游客拉力的冲量大小等于重力对游客的冲量大小 B. 绳对游客的拉力始终做负功，游客的动能一直减小 C. 游客的加速度一直变大 D. 游客的动能最大时，绳对游客的拉力等于游客所受的重力 8.质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，其速度-时间图像如图所示。如果和时刻发动机的输出功率都为P，且行驶过程中受到的阻力大小保持不变，则(    ) A. 时刻汽车牵引力大小是时刻的2倍 B. 时刻汽车合力大小是时刻的 C. 时刻汽车加速度大小为 D. 时刻汽车加速度大小为 9.从地面上以初速度竖直上抛一质量为m的小球，一段时间后落回地面的速度大小为。小球运动的速度随时间变化的规律如图所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为g，下列说法中正确的是(    ) A. 小球上升过程的时间大于下落过程的时间 B. 小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等 C. 小球上升过程中的平均速度大于 D. 整个过程中阻力做功为0 10.乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为M。速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是(    ) A. 乌贼获得的最大速度为 B. 喷水后乌贼做匀减速直线运动 C. 喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D. 喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 二、多选题：本大题共4小题，共12分。 11.如图为某水平弹簧振子中的小球做简谐运动的振动图像。下列说法正确的是(    ) A. 时，弹簧振子的弹性势能最大 B. 时，小球的加速度最大 C. 的过程中，小球的速度与加速度方向相同 D. 时和时，小球的位移相同 12.如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为，第二次为，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能随位移x的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是(    ) A. 做的功等于做的功 B. 的平均功率等于的平均功率 C. 的冲量大于的冲量 D. 两次运动中摩擦力的冲量相等 13.如图所示，两个皮带轮在电机的带动下顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率运行。将质量为的物体可视为质点轻轻放在传送带左端，经时间后，A的速度变为v，再经过相同时间后，到达传送带右端。则下列说法正确的是(    ) A. 物体A由传送带左端到右端的平均速度为 B. 传送带对物体做功为16J C. 系统因摩擦而产生的热量为16J D. 因传送物块，电机额外输出的能量为48J 14.“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积表演者在垂直风力方向的投影面积，来改变所受向上风力的大小。已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为，站立时受风面积为，当受风面积为时，表演者恰好可以静止或匀速漂移。如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿不计调整过程的时间和速度变化，运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是(    ) A. 从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度 B. 从A至B过程表演者的运动时间大于从B至C过程表演者的运动时间 C. 从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功 D. 从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值 三、实验题：本大题共2小题，共20分。 15.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，则： 该摆摆长为        cm。 如果他测得的g值偏小，可能的原因是        。 A.测摆线长时摆线拉得过紧 B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C.开始计时，秒表过迟按下 D.实验中误将49次全振动数为50次 为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、为纵坐标将所得数据连成直线如图，并求得该直线的斜率k。则重力加速度        用k表示，若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会        选填“偏大”、“偏小”或“不变”。 16.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。 为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的        。 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 除带夹子的重物、纸带、铁架台含铁夹、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是        。 A.交流电源 B.刻度尺 C.天平含砝码 实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量        ，动能变化量        。 大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是        。 A.利用公式计算重物速度 B.利用公式计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法 某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确        。 四、计算题：本大题共4小题，共38分。 17.如图所示，位于竖直平面上有圆弧的光滑轨道，半径为，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为。当把质量为的钢球从A点静止释放，最后落在了水平地面的C点处，若本地的重力加速度为，且不计空气阻力。请计算： 钢球运动到B点的瞬间受到的支持力。 钢球落地点C距B点的水平距离s。 钢球从B运动到C的过程动量的变化量。 18.雨滴打在荷叶上可以使荷叶上下振动，说明从高处落下的雨滴对物体具有一定冲击力，可以做功。 已知质量为m的雨滴由静止开始，下落高度为h时速度大小为v，重力加速度为g，求这一过程中重力做的功和空气阻力所做的功； 若雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，某一雨滴下落的速度v与其下落时间t之间的关系如图所示，观察图线发现OA段是倾斜直线，AB段逐渐弯曲，B点之后趋于水平，请分析图线出现这种趋势的原因； 为估算雨滴撞击荷叶产生的压强p，某同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，测得雨滴接触荷叶前的速度为v。不考虑雨滴的反弹，已知水的平均密度为，不计雨滴重力，请估算雨滴撞击荷叶产生的压强p的大小。 19.碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象。 如图1所示，在水平光滑的桌面上有两个大小相同的小球A、B，质量分别是、，A球以的速度与静止的B球相碰。碰撞后A、B的速度分别是、碰撞过程中A对B的作用力是，B对A的作用力是 请根据牛顿运动定律和加速度的定义，推导小球A和小球B在碰撞过程中满足：。 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。若、，某次碰撞满足、。通过计算碰撞前后的机械能说明该次碰撞属于弹性碰撞还是非弹性碰撞。 裂变反应可以在人工控制下进行，用慢化剂中的原子核跟中子发生碰撞，使中子的速率降下来，从而影响裂变反应的反应速度。 如图2所示，一个中子以速度v与慢化剂中静止的原子核发生弹性正碰，中子的质量为m，慢化剂中静止的原子核的质量为M，而且为把中子的速率更好地降下来，现在有原子核的质量M大小各不相同的几种材料可以作为慢化剂，通过计算碰撞后中子速度的大小，说明慢化剂中的原子核M应该选用质量较大的还是质量较小的。 20.中国水力资源理论蕴藏量、技术可开发量、经济可开发量及已建和在建开发量均居世界首位，水力资源是中国能源资源的最重要的组成部分之一。在世界能源日益紧缺的大背景下，如何充分利用水能，同时更好地保护环境，实现可持续发展，已成为中国水电建设乃至能源战略调整的必然选择。 年5月20日全线修建成功的三峡大坝在防洪、抗旱、发电等领域都起到了非常重要的作用。三峡电站是世界上装机容量最大的水电站。设通过大坝的，流量为单位时间内流过的水的体积，水的密度为，三峡大坝平均水位差为H，不计上游水流速度，坝底涡轮机将机械能转化为电能的效率为n，重力加速度为g。计算三峡电站的平均发电功率。 水力资源丰富的也会导致我国南方在每年的汛期遭受洪涝灾害的困扰。为降低洪涝灾害所带来的损失，一个最简单的做法就是修建防洪堤坝。在河流转弯处，河水会对外侧河岸产生附加压强，因此转弯处的防洪堤坝需要修的更加牢固。下面我们对河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强做一些定量研究。 ①这一附加压强的产生是由于河水转弯动量变化引起的。我们首先来研究一个简单模型。质量为m的小球斜射到木板上，与木板发生完全弹性碰撞，即碰撞前后的速度大小都是v，如图所示。已知碰撞后的速度方向相对于碰撞前转过了角，碰撞过程中忽略小球所受重力。设小球与木板相互作用的时间为。求出碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小。 ②下面我们来研究河流转弯处河水对外侧河岸产生的这一附加压强。设水的密度为，由坝底到水面的高度为h，河宽为w。计算这一附加压强。设河流拐弯处可看作外侧半径为R的圆弧，河道宽度相等，流速v为定值。提示：在非常小的情况下 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：根据冲量的定义式 物体所受拉力F的冲量方向与F相同，故A错误； B.物体所受拉力F的冲量大小是Ft，故B错误； C.物体处于平衡状态，则有 物体所受摩擦力的冲量大小为，故C错误； D.物体所受合力为零，物体所受合力的冲量大小为0，故D正确。 故选：D。 根据冲量定义，方向与力的方向一致和动量定理，结合物体保持静止的状态，逐一分析拉力、摩擦力及合力的冲量情况。 本题以静止物体受斜向拉力为情境，考查冲量基本概念与动量定理的应用，能有效区分单个力的冲量与合力冲量，检验对力学核心规律的掌握程度。 2.【答案】B  【解析】解：AD、由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由，得，故b、c下落时间相同，根据可知，重力对b、c两物体的冲量相同；但根据牛顿第二定律以及运动学公式可知，a的下落时间，与b、c的下落时间不同，故三个物体受重力的冲量不同，故AD错误； BC、由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据机械能守恒定律可知，，三个物块动能的变化量相同，c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，a、b的动能相同，故B正确，C错误。 故选：B。 明确各物体的运动情况，知道a沿斜面做加速度为，初速度为零的匀加速直线运动，b做自由落体运动，c做平抛运动。三物体下落高度相同，质量相同，故重力对三物体做功相同。 本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据动能定理、动量定理和运动学公式列式分析即可求解，注意动量和冲量的矢量性。 3.【答案】A  【解析】解：A、设子弹的初速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 可得 则摩擦力对子弹做功为 木块获得的动能为 因可知， 则，故A正确； B、摩擦发热量为子弹射入木块的深度，木块获得的动能为为木块对地的位移，两者不相等，故B错误； C.摩擦力子弹做功，摩擦力对物块做功，则摩擦力对两物体做功的代数和等于，故C错误； D、因为存在相互间的摩擦力，产生内能，所以系统机械能不守恒，但系统受合外力为零，则系统动量守恒，故D错误。 故选：A。 先根据动量守恒定律求出子弹射入木块后的速度，根据动能定理求出摩擦力对子弹做功，再求摩擦力对子弹做功与木块获得动能的关系；根据位移关系分析摩擦发热量与木块获得的动能的关系；子弹与木块发生相对位移，摩擦力对两物体做功的代数和不等于0；分析能量转化情况，判断机械能是否守恒。系统受合外力为零，系统动量守恒。 本题考查子弹打木块问题，分析清楚运动过程，确定研究对象，应用动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可正确解题。 4.【答案】A  【解析】解：运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，根据动量定理可知，时间变长则可以减小地面对人的作用力，故A正确； B.图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小是相等的，但方向相反，所以冲量不同，故B错误； C.图3中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故C错误； D.图4中小物块运动方向时刻变化，则动量大小不变，方向改变，即小物块的动量在不断的变化，故D错误。 故选：A。 根据动量定理分析AC；根据相互作用分析B；动量是矢量，据此分析D。 掌握动量定理的应用是解题的基础。 5.【答案】B  【解析】解：ABC、排球被击出过程，排球初始静止，根据动能定理可知，运动员对排球做的功等于排球被击出时的动能，被击出后速度为，则运动员做功为，故AC错误，B正确； D、不计空气阻力，排球从被击出到落地，外力做功为零，则，即有，故D错误。 故选：B。 研究排球被击出过程，根据动能定理求运动员击出排球时对排球做的功。 解答本题时，要明确研究过程，分析外力做功情况，运用动能定理解答。 6.【答案】B  【解析】解：A、根据题意，vt是t时间内纸带通过的路程，并非小球的运动路程，故A错误； B、小球做简谐运动，由图像可知，小球通过a点时更接近平衡位置，依据简谐运动规律，其速度大于通过b点时的速度，故B正确； C、通过本实验可测得纸带的速度，即纸筒边缘的线速度，纸筒与手把柄的角速度相同，由可知，因不知纸筒与手把柄的半径关系，故无法求得操作员转动手把柄的角速度大小，故C错误； D、小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，故D错误。 故选：B。 分析需明确小球运动与纸带运动的关系，小球路程由简谐运动决定而非纸带速度。比较小球在a、b两点速度需依据简谐运动规律，靠近平衡位置速度更大。纸带速度可测但无法直接得到手把柄角速度，因缺少半径关系。振动周期由系统本身性质决定，与振幅大小无关。 本题以简谐运动与匀速运动叠加形成记录图像为背景，巧妙考查了对简谐运动基本规律的理解与图像分析能力。题目计算量小，但需要学生清晰区分小球的实际振动位移与纸带记录痕迹所反映的“形似位移图像”的本质区别，这是本题的核心易错点。学生需明确纸带记录的是小球在空间不同时刻的位置投影，其轨迹并非小球自身的图像，从而准确判断路程、速度等物理量。题目有效考查了学生的模型辨析能力和对简谐运动周期与振幅无关这一基本性质的掌握。 7.【答案】D  【解析】解：绳刚被拉直时游客有向下的初动量mv，根据动量定理，规定向下的方向为正方向有，可知绳的拉力冲量大于重力的冲量，故A错误； B.绳对人的拉力一直做负功，而合力先做正功后做负功，故游客的动能先增加后减少，故B错误； C.刚开始人所受的重力大于绳对人的拉力，合力向下，加速度向下；当人所受的重力等于绳对人的拉力时，合力为零，加速度为零；随后人所受的重力小于绳对人的拉力，合力向上，加速度向上，故游客的加速度先减小后增大，故C错误； D.当人所受的重力等于绳对人的拉力时，速度最大，动能最大，故D正确。 故选：D。 根据动量定理和动能定理以及物体的受力情况和加速度的变化情况，结合平衡条件进行分析解答。 考查动量定理和动能定理以及物体的受力情况和加速度的变化情况，结合平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。 8.【答案】D  【解析】解：A、根据瞬时功率表达式，因时刻汽车的速度是时刻的2倍，可知时刻汽车牵引力大小是时刻的倍，故A错误； B、时刻汽车的加速度为零，则合力为零；而时刻的加速度不为零，合力不为零，故B错误； CD、根据牛顿第二定律与瞬时功率表达式有 时刻，有 时刻，有 整理上式解得汽车加速度大小为，故C错误，D正确。 故选：D。 A、根据瞬时功率表达式以及图像中汽车各时刻速度大小关系判断牵引力的大小关系； B、根据牛顿第二定律中合力与加速度的关系判断； CD、根据牛顿第二定律与瞬时功率表达式联立计算汽车的加速度表达式。 本题结合速度与时间图像考查学生机车启动的问题，其中知道灵活运用瞬时功率表达式与牛顿第二定律为解决本题的关键。 9.【答案】B  【解析】解：由题意可得，和分别表示上升和下降时阻力大小，上升过程中，根据牛顿第二定律可得小球的加速度为 下落过程中，小球的加速度为 可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据 可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误； B.由题意可得，阻力与速率的关系为 上升过程中阻力的冲量大小， 因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确； C.上升过程若是匀减速运动，则平均速度为 但由图可知，其速度-时间图像面积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小球上升过程中的平均速度小于，故C错误； D.整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。 故选：B。 上升和下降的位移相同，加速度越大，运动时间越短；根据阻力平均值与时间的乘积分析阻力冲量关系；将小球的运动与匀减速直线运动对比，分析两者位移关系，从而确定小球上升过程中的平均速度大小；阻力一直在做负功。 解答本题的关键要会积分法求变力的冲量。对于恒力的冲量，可直接根据冲量的定义式来求解。 10.【答案】C  【解析】解：A、根据动量守恒定律有 解得 故A错误； B、所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则 随着速度减小，加速度逐渐减小，所以喷水后乌贼做变减速直线运动，故B错误； C、对 运用积分原理有 解得 故C正确； D、喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误。 故选：C。 乌贼与水组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出乌贼获得的最大速度；根据牛顿第二定律列式可求出喷水后乌贼做匀减速直线运动以及喷水后乌贼向后逃离的最远距离；喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和。 本题考查了动量守恒定律的应用，本题属于反冲运动问题，根据题意应用动量守恒定律即可解题。 11.【答案】ACD  【解析】解：根据水平弹簧振子中的小球做简谐运动的振动图像可知时，小球的位移最大，弹簧形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故A正确； B.时，小球位移等于零，加速度等于零，故B错误； C.的过程中，位移为正，回复力为负，加速度为负，速度方向为负，小球的速度与加速度方向相同，故C正确； D.根据振动图像结合对称性分析时和时，小球的位移相同，故D正确。 故选：ACD。 根据振动图像结合对称性可分析各项。 本题考查对简谐运动的理解，以及识图能力，要熟悉简谐运动中不同物理量之间的关系。 12.【答案】AC  【解析】解：A、根据题意分析可知，由动能定理可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知小于，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即、做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故、做的功相等，故A正确； B、根据图乙分析可知，撤去时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，根据功率定义式，由平均功率可知，的平均功率小于的平均功率，故B错误； CD、根据题意分析可知，两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，故、的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即的冲量大于的冲量，故C正确，D错误。 故选：AC。 利用动能定理确定推力做功的关系，结合图像的斜率分析合外力变化，进而比较作用时间和冲量、功率。注意两次冰壶停止位置相同，总位移相同，摩擦力做功相同，从而推导推力做功相等。再通过最大动能不同判断加速和减速的时间差异，结合动量定理分析冲量。 本题考查动能定理、动量定理、功率、冲量的综合应用，关键在于抓住“总位移相同”得出摩擦力做功相同，进而推导推力做功相等；再通过图像的峰值判断最大动能，结合加速、减速阶段的时间差异，利用动量定理分析冲量关系。 13.【答案】BC  【解析】解：A、由题意可知，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，再与传送带一起做匀速直线运动。物体的总位移为，解得：，故物体从传送带左端运动到右端的平均速度为，解得：，故A错误； B、根据能量守恒定律，传送带对物体所做的功等于物体动能的增加量，即，解得：，故B正确； C、在物体加速阶段，对物体应用牛顿第二定律，有。系统因摩擦而产生的热量为，联立解得：，故C正确； D、由能量守恒可知，因传送该物块，电动机额外输出的能量为，解得：，故D错误。 故选：BC。 题目描述物体在传送带上先匀加速后匀速的运动过程。首先明确物体在匀加速阶段经历时间t后速度达到传送带速率，此阶段内物体位移可由匀变速运动规律求出；再经过相同时间匀速运动后到达右端，总位移为两阶段位移之和。平均速度等于总位移与总时间之比，需注意总时间包含两个阶段。传送带对物体做功仅改变物体动能，根据动能变化可直接计算。系统摩擦生热源于物体与传送带间的相对滑动，需计算匀加速阶段两者相对位移与摩擦力的乘积。电机额外输出能量需同时提供物体动能增加和系统产生的热量，将两部分能量相加即可。 本题以水平传送带模型为载体，综合考查了牛顿运动定律、功能关系以及能量转化与守恒定律。题目涉及匀变速直线运动规律、平均速度计算、传送带做功、摩擦生热和电机能量输出等多个核心知识点，计算量适中，难度中等偏上。题目通过设置“轻轻放置”和“经时间t后速度变为v”等条件，引导学生分析物体先加速后匀速的运动过程，重点考查了学生对运动学图像和过程的建模分析能力，以及对功能关系不同表达式的准确理解和应用能力。选项C和D的对比设置尤为巧妙，深刻区分了“摩擦产生的热量”与“电机额外输出的总能量”这两个易混淆概念，要求学生准确把握能量转化的去向：电机额外输出的能量等于物体获得的动能与系统产生的内能之和。这有效锻炼了学生的逻辑推理能力和能量守恒思想的综合运用。 14.【答案】BD  【解析】解：A至B过程为从零加速，B至C过程为减速至零，两过程在B点速度相同，可以将B至C过程采用逆向思维分析 A、根，两过程在B点速度一样，故位移大者加速度小，A至B位移大，表演者加速度要小，A错误； B、由可知两过程平均速度相同，根据故位移大者时间长，A至B位移大，运动时间长，B正确； C、A至B过程表演者的动能变化量即为至B处动能，B至C过程重力做正功、风力做负功，由动能定理，克服风力做功W数值上等于B处动能和重力做功之和，C错误。 D、A至B过程表演者的动量变化量即为至B处动量，方向向下。选向下为正方向，则B至C过程重力冲量为正、风力冲量为负，根据动量定理可判断从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值，D正确； 故选：BD。 A至B过程为匀加速，B至C过程为匀减速可采用逆向思维分析，两个过程B处速度相同，根据题设的位移大小关系，结合运动学公式判断加速度和运动时间大小；明确风力和重力方向，两过程风力和重力做功情况，再结合功能关系分析； A至B过程为匀加速，B至C过程为匀减速可采用逆向思维分析，两个过程B处速度相同，这种情况可以采用运动学公式直接判断，也可以作图象进行定性判断；明确风力和重力方向，两过程风力和重力做功情况，再结合功能关系分析；C和D选项是比较难判断的，要熟记冲量、动量、动能等基本概念，熟练掌握和应用动量定理和动能定理。 15.【答案】 B 不变   【解析】解：单摆的摆长 根据单摆的周期公式 解得重力加速度 A.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误； B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B正确； C.开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C错误； D.实验中误将49次全振动数为50次。测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故D错误。 故选：B。 根据单摆周期公式 解得 函数的斜率 解得重力加速度 若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，根据单摆周期公式 解得 可知图像的斜率不变，计算得到的g值不变。 故答案为：；；；不变。 根据摆长的含义求解作答； 根据单摆周期公式求解重力加速度，结合各选项分析作答； 根据单摆周期公式求解函数，结合图像斜率的含义分析作答。 本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式的运用。 16.【答案】A AB C 不正确，还需要看图像的斜率是否接近2g   【解析】解：根据机械能守恒定律可得 故需要比较动能变化量与势能变化量。 故A正确，BC错误。 故选：A。 电磁打点计时器使用的是交流电源；需要用到刻度尺测量纸带上两点之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以忽略不计，所以不需要天平测质量。故AB正确，C错误。 故选：AB。 从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量 根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有 则从打O点到打B点的过程中，动能变化量为 大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，使得有一部分减少的重力势能转化为内能。 故选C。 该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据 可得 可知，图像就是过原点的一条直线。要想通过图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。 故答案为：；；，；；不正确，还需要看图像的斜率是否接近2g。 根据机械能守恒定律分析判断； 根据实验原理分析需要测量的物理量判断； 根据重力势能表达式计算，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度和动能表达式计算； 根据实验存在阻力做功，使一部分减少的重力势能转化为内能判断； 考虑阻力，根据动能定理推导图像对应的表达式，看图像的斜率是否接近2g判断。 本题考查验证机械能守恒实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法。 17.【答案】钢球运动到B点的瞬间受到的支持力为30N  钢球落地点C距B点的水平距离为2m  钢球从B运动到C的过程动量的变化量为，方向竖直向下  【解析】解：由动能定理可知，从A点到B点：，，解得； 由解得，从C点到B点，钢球做平抛运动，，代入数据解得； 取竖直向下为正方向，根据动量定理有，故，代入数据解得，方向竖直向下。 答：钢球运动到B点的瞬间受到的支持力为30N。 钢球落地点C距B点的水平距离为2m。 钢球从B运动到C的过程动量的变化量为，方向竖直向下。 钢球从A到B过程机械能守恒，可求出B点速度，再结合向心力公式求支持力； 钢球离开B点后做平抛运动，根据竖直方向下落的高度求时间，再算水平位移； 依据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，这里只有重力作用，所以冲量就是mg乘以时间。 解决此类问题需分阶段处理，圆周运动部分用机械能守恒和向心力公式，平抛运动分解为两个方向独立处理，动量变化用动量定理更简便。 18.【答案】解：这一过程中重力做的功为 由动能定理，可得 解得 依题意雨滴所受空气阻力与其速度的平方成正比，当雨滴速度较小时，阻力较小，与重力相比忽略不计，此过程做自由落体运动，故OA段是倾斜直线，当阻力不能忽略时，由牛顿第二定律可知 随着雨滴速度的增加，其阻力增大，加速度减小。做加速度逐渐减小的加速运动，故AB段逐渐弯曲，当雨滴所受阻力与自身重力等大时，受力平衡。将做匀速直线运动，故B点之后趋于水平。 设t时间内有质量为m的雨水落到荷叶上，取向上为正方向，根据动量定理可得 设量杯的横截面积为S，有 雨滴撞击荷叶产生的压强为 联立解得 答：重力做的功为mgh、空气阻力所做的功为； 见解析； 雨滴撞击荷叶产生的压强p的大小为。  【解析】根据做功和动能定理计算； 根据牛顿第二定律分析判断； 根据动量定理和压强公式计算。 本题考查动量定理和功能关系综合问题，要求掌握动能定理、动量定理和牛顿第二定律。 19.【答案】解：根据牛顿第二定律，碰撞过程中A、B两球的加速度分别是   ， 根据牛顿第三定律，有 令A、B作用时间为，根据加速度定义：  ， 联立可得： 根据动量守恒定律有    解得： 碰前机械能： 碰后机械能： 解得 因，则知碰撞过程有机械能损失，所以是非弹性碰撞。 令碰撞后中子速度为，某原子核速度为 根据动量守恒定律有   由能量关系： 解得碰撞后中子速度： 因为，所以 可见，M 越小，越小，为了使中子速率更好降下来，慢化剂中的原子核质量应选较小的。 答： 、见上。 b、是非弹性碰撞。 碰撞后中子速度的大小是。为了使中子速率更好降下来，慢化剂中的原子核质量应选较小的。  【解析】、根据牛顿第二定律、加速度的定义及牛顿第三定律结合推导出动量守恒定律表达式。 b、根据动量守恒定律求出碰撞后A的速度，再分析碰后和碰前机械能关系，从而确定碰撞类型。 中子与原子核发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，得到碰撞后中子速度的大小，再分析即可。 微观粒子的碰撞往往是弹性碰撞，遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律。本题的结果可在理解的基础上记住，经常用到。 20.【答案】解：单位时间内流过的水的质量为 下落H所做的功为 得平均发电功率为 解得 ①小球碰撞前后动量变化量为 规定小球的初速度方向为正方向，由动量定理 联立解得 ②时间内流过的水的质量为 这些水转过一个小角度的动量改变量为 设这些水受到的堤坝对它的作用力大小为，根据动量定理 可得 根据牛顿第三定律河水对堤坝的作用力大小 对应的外侧面积为 河流转弯处河水对外侧河岸的附加压强为 答：三峡电站的平均发电功率为； ①碰撞前后木板对小球的平均作用力的大小为； ②这一附加压强为②。  【解析】先计算下落H重力做的功，然后根据功率公式计算即可； ①根据动量定理计算； ③根据动量定理和牛顿第三定律计算。 本题考查了功率的计算以及动量定理的应用，尤其是对流体在动量定理中的应用，注意研究对象的选择是解题的基础。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $