北京市朝阳区2019届高三上学期期中考试质量检测物理试题 Word版含解析.doc

1、 北京市朝阳区北京市朝阳区 20192020 学年度第一学期高三年级期中质量检测学年度第一学期高三年级期中质量检测 物理试卷物理试卷 201911 一、选择题一、选择题 1.下列说法正确的是 A. 汽车速度越大越难停下，表明物体的速度越大其惯性越大 B. 汽车转弯时速度方向改变，表明其惯性也随之改变 C. 被抛出的小球尽管速度的大小和方向都改变了，但其惯性不变 D. 物体保持匀速直线运动或静止状态时，一定不受其它外力的作用 【答案】C 【详解】A物体的惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关，选项 A 错误； B汽车转弯时速度方向改变，但是惯性不变，选项 B错误； C惯性只与物体的质量有关，被抛

2、出的小球尽管速度的大小和方向都改变了，但其惯性不 变，选项 C正确； D物体保持匀速直线运动或静止状态时，可能受合外力为零，选项 D错误。 2.下列说法正确的是 A. 做直线运动的质点，其加速度一定保持不变 B. 做匀加速直线运动的质点，其加速度一定随时间均匀增加 C. 做平抛运动的质点，其速度和加速度都随时间改变 D. 做匀速圆周运动的质点，其速度和加速度都随时间改变 【答案】D 【解析】 【详解】A做直线运动的质点，其加速度不一定保持不变，例如简谐振动的物体，选项 A 错误； B做匀加速直线运动的质点，其加速度是不变的，选项 B错误； C做平抛运动的质点，其速度随时间改变，但是加速度不变，

3、选项 C 错误； D做匀速圆周运动的质点，其速度和加速度都随时间改变，选项 D 正确。 3.飞机起飞后在某段时间内斜向上加速直线飞行，用 F 表示此时空气对飞机的作用力，下列 关于 F的示意图正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【详解】飞机斜向上加速直线飞行，加速度斜向上，故其合力也斜向上；飞机受重力和空气 对其作用力，根据平行四边形法则作图如下： A该图与结论相符，选项 A 正确； B该图与结论不相符，选项 B 错误； C该图与结论不相符，选项 C 错误； D该图与结论不相符，选项 D错误； 4.下列说法正确的是 A. 由公式 vr 可知，人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越大 B

4、. 由公式= GM v r 可知，人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越小 C. 地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的速度大于 7.9km/s D. 地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度小于地球自转的角速度 【答案】B 【详解】AB由公式= GM v r 可知，人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越小，选项 B 正确，A错误； C根据= GM v r 可知，因同步卫星轨道半径大于地球半径，可知地球同步卫星在其圆 形轨道上运行时的速度小于 7.9km/s，选项 C 错误； D地球同步卫星与地球自转有相同的周期，则同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度等 于地球自转的角速度，选项 D 错误。 5.如图

5、所示，城市里很多立交桥的桥面可近似看成圆弧面。某汽车以恒定速率依次通过桥上 同一竖直平面内圆弧上的 A、B、C三点（B 点最高，A、C 等高） 。则汽车 A. 通过 A 点时所受合力大于通过 B 点时所受合力 B. 通过 B 点时对桥面的压力小于其自身重力 C. 通过 B 点时受重力、支持力和向心力的作用 D 通过 C 点时所受合力沿圆弧切线向下 【答案】B 【详解】A汽车所受的合外力 2 v Fm R ，可知汽车通过 A 点时所受合力等于通过 B 点时 所受合力，选项 A 错误； B通过 B点时： 2 N v mgFm R 可得 2 N v Fmgmmg R 则汽车对桥面的压力小于其自身重力

6、，选项 B正确； C通过 B点时受重力和支持力的作用，选项 C 错误； D通过 C点时所受合力指向圆心斜向下，选项 D 错误。 6.如图所示，倾角为 30 的斜面体固定在水平面上，质量分别为 3m和 m 的物块 A、B 通过细 线跨过滑轮相连。现在 A上放一小物体，系统仍能保持静止。细线质量、滑轮的摩擦都不 计。则 A. 细线的拉力增大 B. A 所受的合力增大 C. A 对斜面的压力增大 D. 斜面对 A的摩擦力不变 【答案】C 【详解】A对物体 M受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到： T=mg 绳子拉力一定不变，故 A错误； B系统仍处于静止状态，所以 A受力平衡，A 所受的合力不变

7、，故 B 错误； CA对斜面的压力等于重力垂直于斜面的分力，即 N=Mgcos 在 A 上放一小物体，M 增大，压力增大，故 C正确； DA受重力、支持力、拉力和静摩擦力，开始时 3mgsin30 mg，静摩擦力沿斜面向上， 如图 根据平衡条件得到： f+mg-3mgsin=0 解得： f=3mgsin30 -mg； 在 A 上放一小物体，系统仍能保持静止，A的质量增大，沿斜面向下的分力增大，则摩擦力 增大，故 D错误。 7.小明乘坐竖直电梯经过 1min 可达顶楼，已知电梯在 t =0 时由静止开始上升，取竖直向上 为正方向，该电梯的加速度 a随时间 t的变化图像如图所示。若电梯受力简化为只

8、受重力与 绳索拉力，则 A. t =4.5 s时，电梯处于失重状态 B. 在 555 s时间内，绳索拉力最小 C. t =59.5 s 时，电梯处于超重状态 D. t =60 s时，绳索拉力的功率恰好为零 【答案】D 【详解】A电梯在 t=0时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度 a0t=4.5s 时，a0，电梯也处于超重状态。故 A错误。 B555s 时间内，a=0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重 时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。故 B错误。 Ct=59.5s时，电梯减速向上运动，a0，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故 C 错误

9、。 D根据 a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，60s 内 a-t图象 与坐标轴所围的面积为 0，所以速度的变化量为 0，而电梯的初速度为 0，所以 t=60s 时，电 梯速度恰好为 0，根据 P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零，故 D 正确。 8.充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果 汁的需求。如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片。工作时，刀片在 电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止。则果汁机在完成榨汁的过程中 A. 某时刻不同刀片顶点的角速度都相等 B. 不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心

10、C. 杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供 D. 消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能 【答案】A 【详解】A不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等， 故 A 正确； B刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周运动，加速度方向不是指向圆心，故 B 错误； C杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故 C 错误； D消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故 D错误。 9.光滑水平地面上有一质量为 m的平板小车，小车上放一质量也为 m 的木块。现给小车施 加水平向右的恒力 F，使小车与木块相对静止

11、、一起向右运动。运动一段距离后，小车与竖 直墙壁发生碰撞，且速度立刻减为零。已知木块与小车之间的动摩擦因数为 ，重力加速度 为 g。则 A. 该碰撞前木块不受摩擦力作用 B. 该碰撞前木块所受的摩擦力大小为 mg C. 该碰撞后短时间内，木块所受的摩擦力大小为 mg D. 该碰撞后短时间内，木块所受的摩擦力大小为 2mg 【答案】C 【详解】AB水平地面光滑，小车和木块整体受到 F 作用，故做匀加速直线运动，分析木 块可知，静摩擦力提供木块运动加速度，但静摩擦力不一定为 mg，故 AB错误； CD碰撞后，小车速度减为零，木块继续向前运动，两者间产生滑动摩擦力，根据滑动摩 擦力公式可知，木块受到

12、的摩擦力大小为 mg，故 C正确，D 错误。 10.一小滑块以初速度 v0 沿足够长、粗糙程度均匀的固定斜面减速下滑，直至停止。若用 a、 x、h、v 分别表示滑块在此过程中加速度、位移、下降高度和速度的大小，t 表示时间，则 下列图像正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【详解】A在下滑过程中，物体的加速度为 mgsinmgcosma 0agsingcos 加速度的大小保持不变。故 A 错误； BC物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为 22 00 11 22 sv tatv tgsingcost 位移-时间关系的图象是向下弯曲的线。 下降的高度为 h=ssin 也是向右弯曲的线。故

13、B正确，C错误； D下滑过程中速度大小关系为 00 vvatvgsingcost（） 速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线。故 D错误。 11.蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好 被拉直为第一阶段； 从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。 不计空气阻力。 下列说法正确的是 A. 第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等 B. 第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等 C. 第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量 D. 第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小 【答案】B 【详解】AB设两个

14、阶段的时间分别是 t1和 t2；根据动量定理可知 122 ()0mgtmgtFt 即第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等，选项 A 错误，B正确； C由 122 ()0mgtmgtFt可知，第一、第二阶段重力的总冲量等于第二阶段弹力的冲 量，选项 C错误； D第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动， 后来重力小于弹力，运动员做减速运动，选项 D 错误。 12.某同学手持篮球站在罚球线上，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。 从手持篮球到篮球刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为 Wf，重力做功为 WG，投篮 时该同学对篮球做功为 W。

15、篮球可视为质点。则在此过程中 A. 篮球在出手时刻的机械能最大 B. 篮球机械能的增量为 WG-Wf C. 篮球动能的增量为 W+WG-Wf D. 篮球重力势能的增量为 W-WG+Wf 【答案】A 【详解】A由于篮球有空气阻力做功，则篮球在出手时刻的机械能最大，选项 A正确； B篮球机械能的增量等于阻力做功，即为-Wf，选项 B错误； C根据动能定理可知，篮球动能的增量等于合外力的功，即为-WG-Wf，选项 C错误； D篮球重力势能的增量等于克服重力做功，即为-WG，选项 D 错误。 13.一辆货车运载若干相同的、光滑圆柱形空油桶，质量均为 m。如图所示，底层油桶平整 排列、相互紧贴。上层只有

16、一只桶油 C，自由摆放在油桶 A、B之间，且与汽车一起处于静 止状态。重力加速度为 g。若汽车向左加速运动时（C 始终与汽车相对静止） ，则 A. A 对 C的支持力增大 B. B 对 C支持力减小 C. 当加速度 3 = 3 ag时，B 对 C的支持力为 2 3 3 mg D. 当加速度 3 = 3 ag时，C 对 A、B 的压力均为 3 3 mg 【答案】C 【详解】对 C 受力分析，由牛顿第二定律： cos60cos60 BA FFma sin60sin60 BA FFmg 解得 3 A mg Fma 3 B mg Fma AB则当汽车向左加速时，则 a 变大，则 FA减小，FB增加，选

17、项 AB错误； C当加速度 3 = 3 ag时，由 3 B mg Fma 可得，B对 C 的支持力为 2 3 3 B Fmg 选项 C正确； D当加速度 3 = 3 ag时，C对 B 的压力为 2 3 3 mg，C对 A 的压力为 0，选项 D 错误。 14.小红在探究弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系时，将刻度尺悬挂在弹簧下端，刻度尺的零 刻线在下方。在铁架台上固定一箭头与刻度尺的零刻线对齐，如图所示。之后，在刻度尺的 下端悬挂钩码， 读出并记录此时箭头指示处刻度尺的读数； 在弹簧的弹性限度内再逐个增加 钩码，依次读数并记录，共获得六组数据。下列说法正确的是 A. 小红没有测量弹簧原长，本实验不能

18、用来探究弹簧的弹力与伸长量的关系 B. 小红没有测量刻度尺重力，本实验不能用来探究弹簧的弹力与伸长量的关系 C. 若小红实验操作规范准确，以读出的刻度尺示数为横轴，以所挂钩码的重力为纵轴，能 拟合出一条不过原点的直线 D. 若小红实验操作规范准确，以读出的刻度尺示数为横轴，以所挂钩码的重力为纵轴，能 拟合出一条过原点的直线 【答案】D 【详解】根据胡克定律可知，弹簧的弹力与形变量的比值为弹簧的劲度系数，该实验中，设 弹簧原长为 L0；挂上刻度尺重力为 G0后弹簧长度为 L1，则 G0=k(L1-L0) 挂上重量为 G=F的钩码后弹簧长度为 L，则 00 ()FGk LL 即 1 ()=Fk L

19、Lkx 即以刻度尺的示数为弹簧的形变量，做出 F-x 图象，斜率表示劲度系数，能拟合出一条过原 点的倾斜直线。 A小红没有测量弹簧原长，本实验不能用来探究弹簧的弹力与伸长量的关系，与结论不相 符，选项 A错误； B小红没有测量刻度尺重力，本实验不能用来探究弹簧的弹力与伸长量的关系，与结论不 相符，选项 B 错误； C若小红实验操作规范准确，以读出的刻度尺示数为横轴，以所挂钩码的重力为纵轴，能 拟合出一条不过原点的直线，与结论不相符，选项 C错误； D若小红实验操作规范准确，以读出的刻度尺示数为横轴，以所挂钩码的重力为纵轴，能 拟合出一条过原点的直线，与结论相符，选项 D 正确； 二、实验题二、

20、实验题 15.某同学在研究匀变速直线运动的实验中进行了以下操作。 （1）该同学组装了图甲所示的装置。下列说法正确的是_。 A应将图中干电池换成合适的交流电源 B实验时小车应从靠近打点计时器处释放 C实验前一定要平衡小车运动过程中所受的阻力 （2）纠正错误后，该同学实验得到如图乙所示的一条纸带，图中 A、B、C、D、E 为相邻 的计数点，且相邻计数点间还有 4个计时点未标出。图中 xAB=1.40cm，xAC=3.30cm， xAD=5.69cm，xAE=8.59cm，则打下 A点时小车的瞬时速度_ （选填“等于”或“不 等于”）零；打下 C点时小车的瞬时速度 vC =_ m/s（结果保留两位有

21、效数字） 。 （3）在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度后，下列三种计 算加速度大小的方案中，最佳的是_。 A根据某两计数点的速度，由= v a t 算出加速度大小 B根据实验数据画出 v-t图像，在图像上取相距较远的两点求其斜率即为加速度大小 C根据实验数据画出 v-t图像，量取其倾角 ，再由=tana算出加速度大小 【答案】 (1). AB (2). 不等于 (3). 0.21 (4). B 【详解】 （1）1A打点计时器应该使用交流电源，则应将图中干电池换成合适的交流电 源，选项 A正确； B实验时小车应从靠近打点计时器处释放，选项 B正确； C 此实验只需小车做

22、加速运动即可， 不需要平衡小车运动过程中所受的阻力， 选项 C错误； （2）23打下 C 点时小车的瞬时速度 2 (5.69 1.40) 10 m/s0.21m/s 20.2 BD C x v T 小车的加速度： 2 22 2 (8.593.303.30) 10 m/s0.50m/s 44 0.01 CEAC xx a T 则 A 点的速度： 20.21 2 0.5 0.10.11m/s AC vvaT 即打下 A 点时小车瞬时速度不等于零； （3）4AB、在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能 会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出 v-t图象，考虑到误差

23、，不可能是所 有点都整齐的排成一条直线， 连线时， 应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的 两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图象上相距较远的两点所对应的速度、时间用公 式= v a t 算出加速度，这样误差最小故 A错误，B 正确 C、根据实验数据画出 v-t图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量 出其倾角，用公式 a=tan算出的数值并不是加速度，故 C错误 16.某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律。图中 AB为斜槽，BC 为水平槽。 （1）下列说法正确的是_。 A该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量 B该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质

24、C该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度 h 得到小球碰撞前的速度 D该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前后的速度 （2）实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置 S多次由静止释放，落到位于水平地面的 记录纸上并留下痕迹，从而确定 P 点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球 仍从位置 S 多次由静止释放， 跟被碰小球碰撞后， 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹， 从而确定 M、N 点的位置。实验中，确定 P 点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的 零刻线与 O点对齐，则 OP=_cm。 （3） 该实验若要验证两小球碰撞前后的动量是否守恒， 需要分别测量

25、记录纸上 M点距 O点 的距离 LOM、P点距 O 点的距离 LOP、N 点距 O点的距离 LON。除此之外，还需要测量的物 理量是_，需要验证的关系式为_（其中涉及需要测量的物理量请 用自己设定的字母表示） 。 （4）该实验巧妙运用了平抛运动的规律。请以平抛运动为例，分析论证当物体所受的合力 与初速度方向不在一条直线上时，物体必做曲线运动_。 【答案】 (1). A (2). 39.80 (3). 入射小球的质量 m1 和被碰小球的质量 m2 (4). 112OPOMON m Lm Lm L (5). 见解析 【详解】 （1）1AB、要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反

26、 弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无要求，故 A正确，B错误； C、入射小球从静止下落过程中会受到回到对其的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以 不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度 h 得到小球碰撞前的速度，故 C错误； D两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为 x v t ，竖直高度相同，则下落时间相等， 故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度； 故选 A； （2）2为保证减小实验误差，则应用最小的圆把所有落点圈起来，其中心为平均落地点， 即读轨迹中心到 O 点的距离即为 OP 的长度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，所以 OP=39.80cm； （3）3

27、4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 t，则： 0 OP L v t 1 OM L v t 2 ON L v t 令入射小球的质量为 m1和被碰小球的质量 m2，根据动量守恒定律有： m1v0=m1v1+m2v2， m1LOP=m1LOM+m2LON 则还需测量：入射小球的质量 m1 和被碰小球的质量 m2； （4）5由于物体在平抛运动中仅受重力作用，根据牛顿第二定律可知，其加速度 a的方 向与重力方向相同，即竖直向下。根据加速度的定义 v a t 可知，物体在任意时间t内的 速度变化量v 的方向必与加速度 a的方向相同，即竖直向下。如图所示， 由于 v0的方向水平向右

28、，而v 的方向竖直向下，由矢量三角形定则可知 vt的方向必与 v0的 方向不同，即运动方向发生改变，则必做曲线运动。 三、计算题三、计算题 17.前不久，科学家们宣称，在距离地球 20.5光年之外的天秤座发现了一颗宜居行星，它或 许可以让人类“拎包即住”。 这颗被科学家们称为“581c”的系外行星， 其半径为地球的 p倍， 质量为地球的 q 倍。不计星球的自转影响。地球表面重力加速度为 g，地球第一宇宙速度大 小为 v1。求： （1）该行星表面重力加速度的大小 gc； （2）该行星“第一宇宙速度”的大小 vc。 【答案】 （1） 2 c q gg p （2） 1c q vv p 【详解】 （1

29、）设“581c”星球质量为 Mc，半径为 Rc，其表面有一物体质量为 m，由于不计星 球的自转影响，则万有引力等于重力，即 2 c c c GM m mg R 若该物体在地球表面有 2 GM m mg R 地 地 联立式并代入相关数据可得 2 c q gg p （2）设质量为 m0的飞行器在其表面附近做圆周运动，有 2 00 2 cc cc GM mm v RR 若该飞行器在地球表面附近做圆周运动，则同理有 2 00 1 2 GM mm v RR 地 地地 联立式并代入相关数据可得 1c q vv p 18.一质量 m=2.0kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角 =37 足够长的固定斜面，

30、某同学利 用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面至最高点过程中多个时刻的瞬时速度， 并绘出了小 物块上滑过程中速度 v随时间 t的变化图像，如图所示。计算时取 sin37 =0.6，cos37 =0.8， 10g m/s2。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。 （1）求小物块冲上斜面过程中加速度的大小 a 及上滑的最大距离 x； （2）求小物块与斜面间的动摩擦因数 ； （3）请分析说明小物块能否返回出发点。 【答案】 （1）8 m/s2；4.0m（2）0.25（3）能够返回出发点 【解析】 【详解】 （1）由图像可知 0 08.0 1.0 vv a t m/s2= 8 m/s2 小物块沿斜面上滑的

31、最大距离为 0 8 1.0m4.0m 22 v xt （2）对小物块进行受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有 mg sin37 +f= ma 其中 N= mg cos37 f=N 代入数据可得 =0.25 （3）小物块能返回出发点。 因为当速度减为零时，重力的下滑分力 G1=mg sin37 =12N 此时的最大静摩擦力 fmax =N=mg cos37 =4N 由于 G1fmax，所以小物块将沿斜面向下匀加速运动，能够返回出发点。 19.雨滴下落时由于空气阻力的作用，经过一段加速后会趋近匀速下落。为解释雨滴下落过 程中的各种现象，某同学查阅资料发现，若将雨滴视作半径为 r 的球体，则在竖

32、直下落过程 中雨滴所受的阻力满足公式 22 fkr v，其中 k 为常数，v为雨滴下落的速度大小。已知雨 滴的密度为 ，重力加速度为 g. （1） 取雨滴由静止开始下落时刻作为计时起点， 请在下面的 v-t图中定性画出雨滴从高空 开始下落后直至落地前的过程中，其速度随时间的变化图像（取竖直向下为正方向，且不考 虑与其它雨滴的碰撞） ； （2）若某一雨滴的半径为 rc，某时刻在竖直方向加速下落的速度大小为 vc，求该时刻雨滴 加速度的大小 a； （3）高空中的雨滴竖直下落后打在沙滩上会留下深浅不一的小坑，该同学查阅资料后认为 坑的深浅取决于雨滴撞击地面时的平均压强。 为简化问题， 雨滴撞击地面时

33、可视为圆柱体形 状，且撞击时间极短，撞击后的速度为零。请你帮助该同学推导此雨滴撞击地面时平均压强 p 的表达式（结果用 、g、k和 r 表示） 。 【答案】 （1）（2） 2 3 4 c c kv ag r （3） 2 4 3 g pr k 【详解】 （1）速度随时间的变化图像如图所示。 （2）该雨滴的质量为 3 4 3 c mVr 速度为 vc时，雨滴所受的阻力为 22 cc fkr v 由牛顿第二定律有 mgfma 可得 2 3 4 c c kv ag r （3）雨滴撞击地面时，取极短时间 t内与地面作用的质量为 m的一小部分为研究对象， 由于时间极短，可不计重力影响。 取竖直向下为正方向

34、，由动量定理有 0F tmv 其中 mSv t 根据牛顿第三定律可得雨滴对地面的压力大小也为 F，由压强公式有 F p S 联立以上各式可得 2 pv 依据题意有 22 mgfkr v 其中 3 4 3 mr 联立式可得 2 4 3 g pr k 20.某科技小组学习了反冲现象后，设计了以下实验。 如图甲所示，小车上固定一个右端开口的小管，管口刚好与小车右端对齐。小管内装有一根 质量可忽略不计的硬弹簧， 小车与管的总质量为M=0.2kg。 将一个大小合适、 质量为m=0.05kg 的小球压入管内，管口的锁定装置既可控制小球不弹出，也可通过无线遥控解锁。小球弹出 时间极短，在管内运动的摩擦可忽略

35、。该小组利用此装置完成以下实验。 实验一：测量弹簧储存的弹性势能 如图乙所示，将该装置放在水平桌面上，小车右端与桌面右端对齐，并在小车右端悬挂重锤 线到地面，标记出 O点。固定小车，解锁后，小球水平飞出，落到地面上的 A 点。测得 OA 的距离为 x=2.4m，小球抛出点的竖直高度为 h=0.8m。取10g m/s2。 实验二：对小车反冲距离的理论预测与实验检验 如图丙所示，将该装置放在水平地面上静止不动，解除锁定，小球弹出瞬间小车向相反方向 运动。已知地面对小车的阻力恒为车对地面压力的 k=0.3 倍。该小组在实验一的基础上，先 通过理论计算得出小车反冲距离的预测值为 s，再通过实验测得反冲

36、距离的实际值为 s。 请根据上述实验数据及所学知识解答以下问题： （1）求小球锁定时弹簧储存的弹性势能 EP； （2）请你帮助该小组计算小车反冲距离的预测值 s； （3）请分析说明根据现有信息能否预测 s与 s 的大小关系。 【答案】 （1）0.9J（2）0.3m（3）不能预测 s与 s 的大小关系 【详解】 （1）小球弹出后做平抛运动，则 2 1 2 hgt 0 xv t 小球弹出前后瞬间，小球与弹簧系统机械能守恒，则 2 0 1 2 p Emv 联立式可得 2 4 p mgx E h 代入相关数据可得 EP=0.9J （2）设向右方向为正，在小球弹出瞬间，小球与小车系统动量守恒、机械能守恒

37、，则 12 0mvMv 22 12 11 22 p EmvMv 小球弹出后，小车在阻力作用下逐渐减速为零的过程中，由动能定理得 2 2 1 0 2 kMgsMv 联立式可得 () p m sE kM Mm g 代入相关数据可得 s=0.3m （3）仅根据现有信息，不能预测 s与 s 的大小关系。理由如下： 第一，在实验一中，上述计算弹簧储存的弹性势能 EP时，由于没有考虑小球平抛运动过程 中所受阻力的影响，使得 EP的预测值比实际值偏小，由式可知预测值 s 将偏小； 第二，在实验二中，上述预测计算时没有考虑弹出小球过程中地面摩擦的影响，使得小车速 度 v2的预测值要比实际值偏大；同时，在上述预测计算中，也没有考虑小车反冲过程中所 受空气阻力的因素，由式可知，均致使预测值 s偏大。 综上，仅根据现有信息，无法比较上述偏差的大小关系，所以不能预测 s与 s 的大小关系。