辽宁沈阳市某校2026-2027学年高三上学期限时训练三物理试卷

《限时训练三物理》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 10 答案 C C 0 D 8 D B C C B 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 D BD BD ABD AD ACD CD 1.C【详解】A.取竖直向下为正方向，设壶口比投出点低h,两球运动时间分别为4、42，第二个小球初速度的竖直 分量为：则h=)对=%4+行对 因为2v>0所以42<1，故A错误： C.两球质量相同，投出点与壶口的高度差相同，过程中均只有重力做功，由动能定理得△E=mgh 故两球动能变化量相同，故C正确： B.在水平方向上，两球水平位移x相同，有x=4=22因为2<t所以2x>Y 进而可知初速度大小y>又因为△三mghm心)m产解得落到壶口时的速率为V=P+2g 2 由于%>Y所以y,>y'即第二次落到壶口时的速率较大，故B错误； D.根据动量定理，动量变化量△p=I。=mgt由于两球运动时间t不同，所以动量变化量不同，故D错误。 2.C【详解】A.小球在半圆凹槽内运动的过程中，由于半圆凹槽的弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，故A 错误； BC.小球和凹槽构成的系统竖直方向受合外力不为零，则动量不守恒，但水平方向受合外力为零，则动量守恒；小球 从A点到B点，设凹槽向左移动x,则由水平方向动量守恒可得3mx-m(2R-x)=0 解得x三故B错误，C正确 D.小球运动到最低点时速度最大，若凹槽不动，则小球到达底端时mg·2R=，mm解得v=2√gR 2 2 根据牛顿第二定律有F-mg=m 解得F=mg+m R R=5mg此时对轨道的压力为5mg。 但因凹槽向左运动，则小球到达底端时的速度小于2√gR，故小球运动到凹槽最低点时，对轨道的压力不等于5g,故 D错误。故选C。 3.D【详解】两星球质量分布都是均匀的，在星球内部某一位置，设该位置到球心的距离为”，等效重力加速度为81， M4πr3 则质量为m的物体在该处有 3大m 4xR3x- G-3 即g,=G4 r2 -=mg1 在星球外部菜一位置，该位置到星球球心的距离为r时有mg,=G伽 M r2 即g2=G 2 由题中g-r图像可知，星球P的半径为R,表面处重力加速度为g。,星球Q的半径为2R,表面处重力加速度为2g。 AB。在星球表面有G0=mg可得是球质超M:&R MM 3g 对应密度P= V=4 G πR34πGR 3 答案第1页（共7页） 两星球质量有M。=8 G,M。=28x2R2 G 可得M。8 两星球密度有P,= 3g0_ 3×2g0= 3g0 4πGR’ PA=4πGx2R4rGR 则两星球密度相等，故AB错误； C.由mg=m R 可得常一宁有速度衣达式”-顾当合本球者头子政口错碳， D.同步卫星的角速度等于星球自转的角速度0， 设同步卫星到星球表面的高度为h,由G,Mm (R+h=m(R+ho 得 GM R 对星球P有h,= GM -R= 8oR2 -R V02 02 8R2 -R 对星球Q有h。= GMQ_2R- 88R2 -2R=2( /&R2 1 -)则有 02 23/8R2 =2故D正确。 -R) 02 4.D【详解】A.将篮球的运动反过来看即为平抛运动，平抛运动的时间只取决于高度，由于高度相同，则两次球的 运动时间相同，故A正确，不符合题意： BC.由动量定理可知，在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程中，篮球的动量变化量为△p=mgt 动量变化率为2=mg则两次球的动量变化量和动量变化率都相同，故BC正确，不符合题意： D.由于b处离篮框更近，即平抛运动的水平位移更小，由于运动时间相同，则水平速度在b处的更小，即在b处投掷 时，篮球击中篮框的速度更小，则两次篮球出手时的动能不同，由能量守恒可知，在α处和b处投掷篮球过程中，人 对篮球做的功不相同，故D错误，符合题意；本题选择错误选项，故选D。 5.B【详解】A.由题意，小球恰好能到达管道的最高点，此时二者速度相同，之后小球沿左侧管道滑下，从管道的 左端滑离，全过程小球给管道的弹力存在水平向右的分量，所以小车一直向右加速运动，不可能回到原来位置，故A 错误； B.由动量守恒可得mv=mY+2mv2 由机械能守恒定律可得m=)m+)2m解得y=y,y-y 1 2 2 2 2 3 3 小球滑离小车时相对小车的速度为-=-v故小球滑离小车时相对小车的速度大小为ⅴ，故B正确； C.小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，由动量守恒定律可得m=(m+2m)y 解得y=)y根据机械能守恒定律可得)mv2-号(m+2m)V2+mgh解得h=」 v ,故C错误； 3 2 3g D.根据动量定理可得，小车所受合外力冲量为1=△p=2mv=2m 二mv故D错误。故选B。 3 6.D【详解】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒， 但由于摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误： B.子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有(0.01m十0.99m)gL=。(0.01m十0.99mv2 2 解得子弹射入物块B后的速度为v=√2gL 答案第2页（共7页） 子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得0.01m,=(0.01m十0.99m)v 解得子弹射入物块B的初速度为y。=100√2gL故B错误； C.若物块A不固定，子弹仍以V,射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B(包括子弹)的动能和物块B (包括子弹)的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，故C错误； D.当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，在水平方向系统动量定守恒，由动量守恒定律有 (0.01m十0.99m)v=(0.01m+0.99m+2m)v'解得 V=2g故D正确。故选D。 3 7.B【详解】A.在角速度从0增大至①过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点， 故A错误；B.小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有I=mv-0又因为v=0r由以上二式可得I=m@r, 1 故B正确：C.支持力和重力不做功，根据动能定理可知摩擦力做功等于动能改变量，形，=△8，=2m心-0=2m@,7, 故C错误：D.圆盘的角速度等于o时，小物块刚好相对圆盘滑动，此时恰好摩擦力等于滑动摩擦力，则4mg=m@r 则有= g ,故D错误。故选B。 8.C【详解】A.因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2=2gH 解得vA=g=Ve=√2gH,故A正确，不满足题意要求： B.由题意可知，C球碰地，反向碰B,B再反向碰A,因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能 1 21 守恒定律，可知C碰B有m义。-m=m)+。)B碰A有m一m义=m 21 )%m,双由以上几武可得m,mm=:2:6,故B正确，不清 CD.由B项分析解得以-32gH根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度么=9H,枚C错误，不清足题 2g 意要求；D正确，满足题意要求。故选C。 9.C【详解】A.以水桶为对象，根据平衡条件可得Fcos30°=mg F,sin30°=F 解得F÷ 23 3 mg,F= 二mg,故A错误；B.若突然撤去OA板，垂直OB板方向由平衡条件可得 3 月=mg cos30=5g2V5 2mg<3mg可知B将减小，故B错误： C.若解除锁定，使OA板逆时针缓慢转动的过程中，根据三角形定则，水桶的受力如图所示 由图可知F先减小后增大，故C正确： 1m9 D.将OA锁定，则E、F的夹角保持120°不变，抬起把手使整体从如图位置原地逆时针缓慢转动30°的过程中，可等 效为F、F的方向不变，重力顺时针转动30°，如图所示 根据平衡条件Fcos30°=mg cos0 可得由于0从0增大到30°，cos0逐渐减小，则F一直减小，故D错误。故选C。 答案第3页（共7页） 10.B 【详解】A.重物Q释放瞬间的速度为零，当滑块P运动至B点时，根据运动的合成与分解，可知重物Q的速度也为 零，所以P从A点运动至B点的过程中，重物Q的速度先增加后减小，重物Q的重力的功率先增加后减小，故A错 误；B.对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过A、B两点时 弹簧弹力大小相等，则P在A点时弹簧被压缩，P在B点时弹簧被拉伸，故P从A到B的过程中，弹簧对P先做正功， 后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确： C.P从A到B的过程中，设轻绳拉力对Q做功为W,P到达B点时Q的速度为0，对Q利用动能定理得 6mg (污小形=0-0解得形=一eL测轻昆对P微功为-m=ne数c错误： D.由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到弹 簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到B点时所受合力竖直向下，则加速度竖直向下，所以滑块P从A到 B的过程中，开始时加速最后减速，即在A、B间某位置速度最大，故D错误。故选B。 11.D【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为V,速度方向 与水平方向夹角为O,则空气阻力大小f=w其水平分量f=osB=cosB=km方向与水平速度方向相反。 根据牛顿第二定律，水平方向有-M.=ma,=mA化整理得-y△M=mAy,由于v△M=△x代入上式得-k△x=mAy 对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为x,初水平速度为，末水平速度为2x,则有-c=m(y2x-yx) Dx=x-x)由恩意可知，起跳时水平分速度Y,=ycos37=6,4m/s落地时水平分速度%.=%cos53=30n 代入数据解得x=5m故选D。 12.BD【详解】A.当汽车速度达到最大值2y,时，加速度为零。设此时牵引力为F,取沿斜坡向上为正方向，由牛顿 第二定律得F-f-mgsin0=0由牵引力与速度同向时的功率公式得Pnax=2Fv。=2f。+2 mngvosin0,故A错误： BCD.在0<v阶段，设牵引力为R,由题图及牵引力与速度同向时的功率公式P=Rv整理得乃=？量 由前述计算得F。=2(f+mngsin0)取沿斜坡向上为正方向，由牛顿第二定律得F。-f-mgsin0=ma 整理得a=f+mgsin0汽车由静止加速至o,由匀变速直线运动速度公式得，=ad解得1= mvo f+mgsin mvo 由匀变速直线运动速度与位移关系得=2x解得x= 2(f+mgsin) 由恒力做功公式得W=Fx=mw,故BD正确， l3.BD【详解】A.设两斜面底端在同一水平面，项点到底端的竖直高度为h。沿斜面方向由牛顿第二定律得ma=mgsinθ 由上式得a=gsin0斜面长度满足L=h 由匀变速直线运动位移公式得L=】。 2h 联立得t= sine Vgsin20 因题设中8小于O,,所以沿AB下滑的时间大于沿AC下滑的时间，故A错误； B.两小球下降的高度相同，重力做功相同，均为W。=mgh 由平均功率定义得P-”。由A项可知沿4C下滑的时间较短，所以沿AC下滑时重力的平均功率较大，故B正确」 C.斜面光滑且小球从静止释放，只有重力做功，机械能守恒。沿AB和AC到达底端时分别有2m=mgh,2m心=mgh 答案第4页（共7页） 所以Y=%2,故C错误：D.由功率公式P=vcosa,重力方向与小球速度方向的夹角为90°-O,到达底端时重力的 瞬时功率为P=mgvcos(90°-0)=mgvsin0由C项可知两小球到达底端时速率相等，又因题设中0，大于0，所以沿AC下 滑的小球重力的瞬时功率较大，故D正确。故选BD。 14.ABD【详解】A.包装箱在顶端P无初速度释放时，向下做匀加速直线运动，设加速度为4，则有 d-Migsina cosa=1om/s M v 2 包装箱从释放到与运输带共速所用时间为4，=一 10s=0.2s 包装箱从释放到与运输带共速通过的位移为x-2=2×0.2m=0.2m<3.2m由于gsina>4M,8cosa 2 包装箱与运输带共速后，包装箱继续向下做匀加速直线运动，设加速度为4，则有4，=M&sma-4M,8cos“-2m/g: M, 设包装箱从共速到底端所用时间为，则有L-,=W,+2,片解得4=s或4=-3s(舍去) 包装箱在运输带上运动的时间为t=1+42=1.2s故A正确： D.包装箱从释放到与运输带共速的过程，包装箱相对于运输带向上运动，发生的相对位移为△x=4,-x=0.2m 包装箱从共速到底端，包装箱相对于运输带向下运动，发生的相对位移为△x2=(L-x)-t2=m 由于△x<△x2可知包装箱在运输带上留下的划痕长度为1m,故D正确。 B.包装箱在运输带上运动因摩擦产生的热量为g=4M18cos(△x+△x2)=240J 包装箱到达底端时的速度为y=v+a242=4m/s 包装箱滑上转运车，最终包装箱和转运车都处于静止状态，则包装箱滑上转运车时的动能全部变成因摩擦产生的热量， 则有Q,=M=40!故整个过程中因摩擦产生的热量为0=Q+0=6401故B正确， C.包装箱滑上转运车做匀减速运动的加速度大小为4，=少M8=5m/s M 转运车做匀加速运动的加速度大小为d=么M,8-凸4+M,迟=1m/s M, 3m/s 回装箱滑上转运车到与转运车共速y所用时间为，则有失y一α4=Q解得私子令，'生 4 4园程包装箱与转运车发生的相对位移为△=26-23” 4 包装箱与转运车共速后，一起相对静止向前做匀减速运动，则要保证包装箱没有滑离转运车，转运车长度至少为。m, 3 故C错误。故选ABD。 15.AD【详解】A.球B、C分离前前，B一直对C做功，使C动能增加，由于A、B、C组成的整体机械能守恒（地 面光滑，只有重力做功)，因此A、B组成的系统机械能不断转移给C,逐渐减小，故A正确： B.球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度对A、B整体竖直方向由牛顿第二定律2mg-N=may 可得支持力N<2g,根据牛顿第三定律，B对地面的压力小于2mg,故B错误； D.水平方向总动量始终为0，分离时mvA=mv+mv 答案第5页（共7页） 可得A水平速度大小v,=2v分离后A、B水平动量守恒，总动量向左为m,2v-mv=v A落流时A、B共速，则2m=m可得分因比B城绕动能为宁学-古m,C动能为m2。 的=1 整体机械能守恒，初始重力势能gl全部转化为三者动能，因此A落地动能E4=mgl- =mgl 8mw2, C.从开始到A球落地的过程中，设杆对球B做功为W,以BC整体为研究对象，应用动能定理W=EB+EC 代入B、C动能值，可得形-m,C错误。放选AD。 1 6.AcD解)A.以向下为方向，弹性碰动量守恒，能量守恒，有m,=m+2mm)m年)2m 1 2 解得，=一%，=专因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为；，故A正确： 1 B.第一次碰撞后，小球相对水平海圆盘的速度为y=,=-%发生第二次碰撞，相对位移满足=以+2默=0 解得4=少，故B错误：C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为=4- 4 g 3g 8 摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功W=-2mg,=一3md 圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为8，故C正确： D.第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为yo=Y+g马1=o 1 21, 用相对于Y的速度进行计算，第三次碰橙动量守恒。能量守恒，有m,三m1+2m2a)ma三2m+)2m 22 解得=-30=3%，a=3。-30 第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为Y2=(y21+2)-(v22+Y2)=-% 当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有42= _0-y=o 88 最大距离为x=站%地式上28，故D正确。故选AC四 17,CD【详解】A.0~t时间内物块A减少的机械能等于物块B增加的机械能以及增加的弹性势能之和，故A错误； B.0~6,动量守恒m,=(mtm方%解得m=2m 1 21 。1 1=24,时A与弹簧分离，弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒：m,%=m+m2m,6=2m,火+2m哈 2 代入m,=m,解得%=-号%-号，速率之比以：=1：2，不是1：3，放B错误： 1 3 C.A、B共速时葬黄弹性势徒最大，A、B弹簧组成系统机械徒守恒么，=m,~厂-(m,+m传】 解得E。=m2,故C正确： D.最大压缩量出现在t=,时刻，满足△x=xa一 答案第6页（共7页） 已知B的位移x.=Y。,对任意时刻动量守恒式ma,=maVA+mvB 两边对时间从0到。积分：∫mdt=m∫0y,d+md,即：mh=mx+mx 1 代入m,=2m、=7。,整理得=-276 因此最大压缩量：△x=xa-xg=(V-27Yo)-7Y。=-37Y,故D正确；故选CD。 18.(1)6m/s(2)0.1m (34s(④m 【详解】(1）对A从斜面顶端释放到滑上B左端的过程，由动能定理m,8Lsi血0-4m,8(Lcos0+)=2m, 解得=6m/s (2)A滑上B后，AB系统水平方向不受外力，动量守恒，A到达B最右端时共速y,有mA=(mA+m)y 得y=4m/s B与C碰撞时间极短，A速度不变，B、C动量守恒，碰撞后共速，有my=(mg+mc)%得V2=2m/s A滑上圆弧C,上升到最大高度时三者共速，系统水平动量守恒、机械能守恒m出+(mg+mc)Y=(m4+mB+mc)共 +号网+风)片-m,+m+观)+m,动解得y=3n,=01m (3)A从圆弧滑下到最低点过程，系统水平动量守恒、机械能守恒，设A速度为'，BC速度为'm,有 my+(ma+mc)v2 =mav+(mp+mc)vm 2m+a,+)店-m+a+m,)得.=4m1: (4)A滑上B到共速过程，能量守恒m,G-m,+m,)片=4m,,得，=lm A滑回B后，最终三者共速，相对滑动过程能量守恒，相对滑动路程$满足 ++发-m,+m+风候=4g得名如 ，15 A相对于B向左滑动s,因此最终离左端距离x=L,-3-16m=。” 6 答案第7页（共7页）物理限时训练三 一、单选题 1.投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射 出两个相同的小球，第一次初速度1水平，第二次初速度2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计 空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中() A.运动时间相同 B.落到壶口时的速率相同 C.动能变化量相同 D.动量变化量相同 2.如图所示，光滑水平面上放置着一光滑的半圆形凹槽，一质量为的小球（可视为质点）从半圆形凹槽槽口A点正上方 R处静止下落，最后从槽口另一端B点飞出。己知凹槽质量为3、半径为R,重力加速度为g,不计一切摩擦和阻力。在整 个运动过程中下列说法正确的是() A.小球的机械能守恒 B.小球和凹槽系统动量守恒 B R C.小球刚从B端飞出时，凹槽相对地面的位移为) D.小球运动到凹槽最低点时，对轨道的压力为5g 777777777777777777777777777777 3.已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，两星 球某位置的重力加速度大小随该位置到星球中心的距离r变化的图像如图所示，关于P、Q星球，下列说法正确的是() g A.P、Q两个星球质量之比为1：4 2g0 B.Q星球的密度大于P星球的密度 C.P、Q两个星球的第一宇宙速度大小之比为2：1 D.P、Q两个星球的同步卫星距星球表面的高度之比为1：2 2R 4,如图，小明分别在篮筐正前方4b位置投掷篮球，出手时篮球高度相同，最终都垂直击中篮板上同一点。不考虑篮球旋 转且不计空气阻力，下列说法错误的是() A.两个过程，篮球从出手到击中篮筐的时间相等 B.在α处和b处篮球出手后到垂直击中篮板过程，篮球的动量变化量相同 C.在α处和b处篮球出手后到垂直击中篮板过程，篮球的动量变化率相同 D.在处和b处投掷篮球过程中，人对篮球做功相同 a 6 5.如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2，原来静止在光滑的水平面上。有一个可 以看作质点的小球，质量为，半径略小于管道半径，以水平速度ⅴ从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后 从管道左端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，己知重力加速度为g。下列说法正确的是() A.小球滑离小车时，小车回到原来位置 B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为ⅴ 2m C.车上管道中心线最高点的竖直高度为 2g D,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为心 3 6.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为0.99的物块B 通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子 试卷第1页（共4页） 弹以如的速度水平射入物块B(时间极短，子弹未穿出)后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g,则() A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒 2m B.子弹射入物块B的初速度y。=100√gL C.若物块A不固定，子弹仍以射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置 Vo 包0.99m D.若物块A不固定，子弹仍以%射入，当物块B摆到最高点时速度为2gL 0.01m 3 7.如图所示的水平圆盘上，距中心轴O为r处有一质量为的小物块。经过t时间，圆盘的角速度从0均匀增大至0时， 小物块刚好相对圆盘滑动。己知小物块与圆盘间的动摩擦因数为，重力加速度为g,此过程() A,小物块所受的摩擦力方向始终指向O点 B.小物块所受的摩擦力冲量大小为mω，” C.小物块所受的摩擦力做功为mor2 0 D.圆盘的角速度a,=2,竖 r 8.物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大，A、 B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下 部离地H),所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，已知重力加速度为g。则下列说法不正确的是() A.C球落地前瞬间，A球的速度为√2gH B.从上至下三球的质量之比为1：2：6 C.A球弹起的最大高度为25H H D.A球弹起的最大高度为9H 9.如图为装有桶装水的推车，OB为固定的车底板，O点处有一锁定装置，锁定时挡板OA被固定，且∠AOB=60°，未锁定 时，OA可绕O点转动。图示初始状态：工人抬起把手，OA被锁定且处于竖直状态，推车和质量为m的桶装水（水和桶）均 保持静止，OA、OB对水桶的弹力分别为F、F。不计桶所受摩擦力，重力加速度为8，下列说法正确的是() A.桶装水对OA的压力为5m 桶装水 把手 A B.若突然撤去OA,则F将增大 C.若解除锁定，使OA逆时针缓慢转动60°的过程中，耳将先减小后增大 G车轴 777777777777777/7/7/77 D.OA锁定时，使推车整体从图示位置绕车轴逆时针缓慢转动30°的过程中，F,将先增大后减小 10.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑 轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6,把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B 两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角=53°，OB长为L,与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加 速度为g,滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是() ekeLieE δO A.对于重物Q,其重力的功率一直减小 B.P与Q的机械能之和先增加后减小 C.轻绳对滑块P做功为3gL 试卷第2页（共4页） D.滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为4V3gL 3 11.如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速 度大小'1=8/s,方向与水平面的夹角a=37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2=5/s,方向与水平面的夹角B=53°。不 考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足=，其中k=34kgs。 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为() A.3.6m B.4.2m B 77777777777777777 777777777777 C.4.8m D.5m 二、多选题 12.在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。汽车在倾角为的长直斜坡上由静止启动上坡，汽车的输出功率与速度的 关系图像如图所示，当汽车的速度增大到后保持最大功率不变，汽车达到的最大速度为20。汽车的质量为，汽车启动 过程中所受的阻力（不包括重力沿斜坡向下的分力）大小恒为重力加速度大小为g。下列说法正确的是() A.汽车发动机的最大功率为0十2 g vosin8 B.当汽车的速度大小为vo时，其加速度大小为f+mgsin日 m mvo C.汽车的速度从0增大到o所用的时间为 f+2mgsine D.在汽车的速度从0增大到n的过程中，汽车发动机做的功为子 13.如图所示，光滑斜面AB和AC与水平面的夹角分别为882，且8<B2:两个完全相同的小球从顶点同时由静止释放， 分别沿AB和AC下滑至底端，不计空气阻力，下列说法正确的是() A.两小球下滑到底端过程中时间相等 B.下滑过程中，沿AC斜面下滑的小球重力的平均功率较大 C.沿AB斜面下滑的小球到达底端时速度较大 D.沿AC斜面下滑的小球到达底端时重力的瞬时功率较大 B18, 02C 14.如图所示为某超市的自动卸货装置示意图，在运输车和转运车之间搭建了一个长为L=3.2m的运输带，倾角为a=37°， 且在电机的带动下以恒定的速度v=2m/s逆时针转动。现将质量为M1=50kg的包装箱由运输带的顶端P无初速度释放，包装 箱与运输带之间的动摩擦因数凸=05，经过一段时间包装箱运动到运输带的底端Q。通过圆弧无能量损失进入质量为 M2=100kg水平静止的转运车，包装箱与转运车之间的动摩擦因数42=0.5，转运车与地面之间的动摩擦因数为5=0.1，包 装箱没有滑离转运车。重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是( A.包装箱在运输带上运动的时间为1.2s B.整个过程中因摩擦产生的热量为640J 运输车 C.转运车长度1m,可以保证包装箱没有滑离转运车 转运车 D.包装箱在运输带上留下的划痕长度为lm ■ 0 15.如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球 B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C 分离，已知C球的最大速度为v,小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是() 试卷第3页（共4页） A.球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B.球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg C.,从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为2mW D.小球A落地时的动能为mgl-m心 8 ®© zikiiuiiaicinnii 16.在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管道中的运动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管， 管内有一质量为2m的水平薄圆盘恰好静止，圆盘距圆管的上端口有一段距离。一质量为m的小球从管的上端由静止释放， 以速度。与圆盘发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小 球与圆盘的碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为8，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列 选项正确的是() A.第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为 B.第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为 C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为8 3 露次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为 17.如图甲所示，一质量为m的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块A向B运动，O时与弹簧接触，在-2。 时与弹簧分离，A、B的v-1图像如图乙所示。己知从O到气，时间内，物块B运动距离为。，碰撞过程中弹簧始终处于 弹性限度内，则() A.0~。时间内物块A减少的机械能等于物块B增加的机械能 2 B.t=2t,时物块A与物块B的速率之比为13 c.碰撞过程弹簧的弹性势能最大为石m B 7777777777777777777777777777 2t0 A D.碰撞过程弹簧压缩量最大为。-3o 图甲 图乙 三、解答题 18.如图，倾角0=53°，长为L=3m的斜面固定在水平台面上。斜面底端与台面平滑相连，与台面右边缘的距离x,=1.2m。 一质量为m=1kg的长木板B紧靠在台面的右墙面上，B的上表面与台面等高，下表面在光滑的水平地面上。在B的右侧有 质量为m:=1kg的号光滑圆弧形物块C,圆弧的最低点与B的上表面等高。现让一质量为m,=2kg的物块A从斜面顶端 静止释放，A经过台面滑上B的上表面。当A运动到B的最右端时，两者共速，此时B与C发生碰撞并粘在一起。己知A 与斜面和台面的动摩擦因数均为4=0.2，A与B上表面的动摩擦因数42=0.6，重力加速度大小g=10m/s2,sin53°=0.8， 碰撞的时间极短，其它阻力不计。求： (1)物块A刚滑上长木板B上表面时的速度'的大小： (2)物块A上升的最大高度： (3)物块C的最大速度Vm: 台面 B 流 (4)物块A最终离长木板B左端的距离x。 试卷第4页（共4页）