河北省冀州中学2020-2021学年高三上学期期中考试物理试题

河北省冀州中学2020-2021学年高三上学期期中考试物理试
题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．货车和客车在公路上同一车道行驶，客车在前，货车在后，突然出现紧急情况，两车同时刹车，刚开始刹车时两车相距30m ，刹车过程中两车的v -t 图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A ．在t =10s 时刻两车发生追尾事故
B ．在t =10s 时刻之前两车发生追尾事故
C ．两车不会追尾，在t =10s 时刻两车相距距离为50m
D ．两车会在客车停止之后发生追尾事故
2．宇航员乘坐航天飞船，在距月球表面高度为H 的圆轨道绕月运行．经过多次变轨最后登上月球．宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铅球从高度为h 处同时以速度v 0做平抛运动，二者同时落到月球表面，测量其水平位移为x ．已知引力常量为G ，月球半径为R ，则下列说法不正确的是（ ）
A ．月球的质量22022hv R M Gx
= B
．在月球上发射卫星的第一宇宙速度大小1v =
C ．月球的密度20234hv GRx ρπ= D
．有一个卫星绕月球表面运行周期0T v h π=
3．竖直固定的光滑四分之一圆弧轨道上，质量相同均可视为质点的甲、乙两个小球，分别从圆周上的A 、B 两点由静止释放，A 点与圆心等高，B
点与圆心的连线与竖直方
向的夹角为θ＝60°，两球经过最低点时的加速度之比及对轨道的压力之比为( )
A．a甲∶a乙＝1∶2 B．a甲∶a乙＝1∶1
C．F1∶F2＝2∶1 D．F1∶F2＝3∶2
4．如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A点和A点正上方的O点抛出，O点抛出小球做平抛运动，A点斜抛出的小球能达到的最高点与O点等高，且两球同时落到水平面上的B点，关于两球的运动，下列说法正确的是
A．两小球应该是同时抛出
B．两小球着地速度大小相等
C．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等
D．两小球做抛体运动过程重力做功相等
5．如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将
A．停止运动
B．向左运动
C．向右运动
D．运动方向不能确定
6．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为
A ．20400mv
B ．20200mv
C ．2099200mv
D ．20199400
mv 7．如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5m 的圆环顶点P ，另一端系一质量为0.1kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动，设开始时小球置于A 点，橡皮筋处于刚好无形变状态，A 点与圆心O 位于同一水平线上，当小球运动到最低点B 时速率为1m/s ，此时小球对圆环恰好没有压力（取g =10m/s 2）．下列说法正确的是
A ．从A 到
B 的过程中，小球的机械能守恒
B ．从A 到B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.5J
C ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为0.2N
D ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为1.2N
8．双星系统由两颗绕着它们中心连线上的某点旋转的恒星组成．假设两颗恒星质量相等，理论计算它们绕连线中点做圆周运动，理论周期与实际观测周期有出入，且
=1)1
T n T >理论观测，科学家推测，在以两星球中心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球中心连线长度为L ，两星球质量均为m ，据此推测，暗物质的质量为（ ）
A ．(n -1)m
B ．(2n -1)m
C ．14n m -
D ．28n m - 9．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中倾角θ=37°的斜面AB 与半径为R 的圆弧轨道平滑相切于B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心，质量为m 的小球(可视为质点)从与B 点高度差为h 的斜面上的A 点处由静止释放，重力加速度大小为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A．当h=3R时，小球过C点时对轨道的压力大小为27
5
mg
B．当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动
C．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点
D．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点
二、多选题
10．如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接．当ab静止时，Oa端绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g．则下列说法正确的是（）
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳对a的拉力大小为mg tanθ
D．杆对a的弹力大小为mg cosθ
11．如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m．现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10 m/s2．下列说法正确的是（）
A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/s
B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 Ns
C．小铁块B从反向到与车同速共历时0.6s
D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J
12．某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的可能是)
A．B．
C．D．
13．如图所示，一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平面上，一质量为m的滑块通过一跨过定滑轮的轻绳与一重力为G的钩码相连（两滑轮间的轻绳水平），现将滑块置于斜面上，滑块在斜面上匀速上滑，且发现在滑块运动过程中，斜面一直保持不动，则下列说法中正确的是
A．地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小为G sinθ
B．滑块对斜面体的摩擦力方向沿斜面向上，大小为G-mg sinθ
C．地面对斜面体的支持力大小为(M+mg)+G
D．地面对斜面体的支持力大朩为(M+m)g
14．如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为m A=2kg,m B=3kg,m C=1kg,初状态三个小球均静止,BC球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是
A．球A和B碰撞是弹性碰撞
B．球A和B碰后,球B的最小速度可为0
C．球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96J
D．球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s
15．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，
A．矿车上升所用的时间之比为4:5
B．电机的最大牵引力之比为2:1
C．电机输出的最大功率之比为2:1
D．电机所做的功之比为4:5
16．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
三、实验题
17．如图所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管径略大于两球直径），金属管水平固定在离地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧，现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小取g，按下述步骤进行实验：
①用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出管口离地面的高度h；
③解除锁定记录两球在水平地面上的落点N、M；
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是（______）
A．弹簧的压缩量Δx
B．P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2
C．金属管的长度L
D．两球从弹出到落地的时间t1、t2
（2）根据测量物理量可得弹性势能的表达式
E P=_____________________________________．
（3）如果满足关系式_______________________，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属球组成的系统动量守恒．（用测得的物理量符号表示）
四、解答题
18．飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m＝1×104kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P＝8 000 kW，滑行距离x＝50 m，滑行时间t＝5 s，以水平速
度v0＝80 m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L＝1 600 m的过程中，上升高度为h＝400 m．取g＝10 m/s2.
(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力F f的大小；
(2)飞机在上升高度为h＝400 m过程中，求受到的恒定升力F及机械能的改变量．19．质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离？
20．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（g取10m/s2）
（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O 点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．（结果可保留根式）
21．如图（a）所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S＝1×10-4m2、质量为m＝0.2kg厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强P0＝1.0×105Pa．现将气缸竖直放置，如图（b）所示，取g＝10m/s2．求：
①活塞与气缸底部之间的距离；
②加热到675K时封闭气体的压强．
22．如图所示，实线是某时刻的波形图像，虚线是0．2 s后的波形图像，质点P位于实线波的波峰处。

①若波向右以最小速度传播，求经过t＝4 s质点P所通过的路程；
②若波速为35 m/s，求波的传播方向。

五、填空题
23．一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换，则可以判断T M_____________T N；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化，在等容变化过程中气体
____________________，在等压变化过程中气体____________________．（填“吸热"或者“放热"）
24．一质点做简谐运动，其图像如图所示，那么在0~4s内，_________________时刻速度为正向最大值，但加速度为零；______________________时刻速度为零，加速度为正向最大值；在P时刻质点速度方向为_________________________，加速度方向为
_________________________。

参考答案
1．D 【解析】 【详解】
AB.在t =10s 之前，客车的速度比货车的速度快，因此客车的位移比货车的位移大，客车在货车前方，因此不会发生追尾事故，故AB 错误；
C.t =10s 时，由图线知两车的速度相等，都为20m/s ，此时两车相距最远；t =10s 时客车的位移大小
11
(2040)10m 300m 2
x =⨯+⨯=
货车的位移大小
21
(2030)10m 250m 2
x =⨯+⨯=
所以在t =10s 时刻两车相距距离为
x =x 1-x 2+30m=80m
故C 错误；
D.客车在t =20s 时停止运动，根据对称性可知，此时两车的距离与t =0时的距离相同，不会追尾；由图可知货车刹车后发生的位移
21
3030m 450m 2
x '=⨯⨯=
客车刹车后发生的位移
11
2040m 400m 2
x '=⨯⨯=
由于21x x ''-=50m >30m ，所以两车会在客车停止之后发生追尾事故，故D 正确． 2．C 【解析】 【详解】
设平抛运动落地时间为t ，根据平抛运动规律；水平方向：0x v t =；竖直方向：201h g t 2
=
解得月球表面重力加速度为：2
02
2hv g x =；在月球表面忽略地球自转时有：02Mm G mg R ＝，解得月球质量：22
02
2hv R
M x G
=，故选项A 正确；在月球表面运动的卫星的第一宇宙速度为v ，
由万有引力定律提供向心力得到：2
2Mm v G m R R
''＝，
解得：
v =故选项B 正确；
据密度公式可以得到：22
02202
32hv R
3hv M x G ρ4V 2x G πR πR 3
===，故选项C 错误；根据公式可以得到卫星绕月球表面运行的周期
：
02πR 2πR πT v v v h =
==
，故选项D 正确．此题选择不正确的选项，故选C. 【点睛】
本题首先要通过平抛运动的知识求解月球表面的重力加速度，然后结合月球表面的重力等于万有引力、万有引力提供卫星圆周运动的向心力列式分析即可． 3．D 【解析】
对甲球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：
21
2
mv mgR =甲， 则甲球在最低点的加速度2
v a R
甲甲=，
21v F mg m R -=甲，解得：2
2v a g R
==甲甲，13F mg =， 对乙球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：()21
1602
mv mgR cos 乙=-︒
则乙球在最低点的加速度2v a R 乙乙＝，2
2v F mg m
R -=乙 解得：2
v a g R
==乙甲 ，22F mg =
则:2:1a a =甲乙，123:2F F =:，故D 正确．
点睛：本题主要考查了机械能守恒定律和牛顿运动定律的直接应用，知道在最低点由支持力和重力的合力提供向心力． 4．C
【解析】 【详解】
A 、从水平地面上A 点抛出的小球做斜抛运动，设O 点与水平地面的高度为h ，所以从水平
地面上A 点抛出的小球的运动时间为1t =O 点抛出的小球做平抛运动，小球的
运动时间为2t =
A 错误；
BC 、两小球在竖直方向上，则有y v =
在水平方向根据0x v t =可知从水平地面上A
点抛出的小球的水平初速度是从O 点抛出的小球做平抛运动的初速度的2倍，根据
t v =根据y y P mgv =可知两小球着地前瞬间时刻重力的瞬时功率相等，故选项C 正确，B 错误；
D 、根据G W mgh =可得从水平地面上A 点抛出的小球的重力做功为零，从O 点抛出的小球的重力做功为mgh ，故选项D 错误； 5．A 【详解】
将两个大小均为F 的恒力，同时分别作用在A 、B 两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止；
A. 停止运动，与结论相符，选项A 正确；
B. 向左运动，与结论不相符，选项B 错误；
C. 向右运动，与结论不相符，选项C 错误；
D. 运动方向不能确定，与结论不相符，选项D 错误． 6．A 【详解】
系统全过程动量守恒：
()()0129999100mv m m v m m m v =+=++
子弹打入木块过程损失的动能转化为系统内能，A 、B 速度相同时弹性势能有最大值：
()()223
01211999910022400
p mv E m m v m m m v =+-++=
故选A 。

7．D 【分析】
由题意可知考查功能关系和牛顿第二定律应用，根据动能定理、牛顿第二定律分析计算可得。

【详解】
A ．从A 到
B 的过程中，橡皮筋的弹力对小球做负功，小球的机械能守恒减少，转化为弹性势能。

B ．从A 到B 的过程中，取小球为研究对象，由动能定理可得
21
=m 2
mgR W v -弹
代入数值可求得=0.45J W 弹
即橡皮筋的弹性势能增加了0.45J ，故B 错误。

C D ．小球过B 点时，
2
N v F mg m R
-=
代入数值可得F N =1.2N
橡皮筋上的弹力为1.2N ，故D 正确，C 错误。

【点睛】
小球下落过程中弹力对其做负功，小球机械能减少，根据动能定理可求出弹力做功多少，由牛顿第二定律可求得弹力的大小。

8．C 【解析】
设星球的质量均为m ，轨道半径为
2
L
，周期为T ，双星运动过程中万有引力提供向心力：
2222()2m L G m L T π=，解得T =
；设暗物质的质量为M '，对星球由万有引力提供
向心力22
222()2()2
m M m L G G m L L T π'+='，
解得T =
根据T T =理论观测，联立以上可得：1
4
n M m -'=
，选项C 正确． 【点睛】该题属于信息题，解答本题的关键是知道对于双星，由暗物质引力和双星之间的引力的合力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列方程求解，要细心计算． 9．D 【详解】
A.当h =3R 时，小球从A 点到C 点的过程，根据机械能守恒有：
2
1[]2
1C mg h R cos mv θ+-=
（） 小球过C 点时有：
2C
N v F mg m R
-=
联立解得：
F N =7.4mg
据牛顿第三定律可知，小球过C 点压力大小为7.4mg ，故A 错误； B.若小球恰好从D 点离开圆弧轨道，则有：
20
v mg m R
=，
从开始到D 的过程，有
mg （h 0-R-R cosθ）=
1
2
mv 02 解得：
0v =，
h 0=2.3R ＞2R
所以当h =2R 时，小球在运动到D 前已经脱离轨道，不会从D 点离开做平抛运动，故B 错误；
CD.若小球以速度v 0从D 点离开后做平抛运动，则
R +R cosθ=
12
gt 2
得：
t =且
0x v t Rsin θ==
所以小球能从D 点离开圆弧轨道，但一定不能落在B 点，故D 正确，C 错误． 10．AC 【详解】
A.对a 球受力分析可知，若45θ=，则Oa 绳竖直，a 受到重力，绳子的拉力而平衡，a 可能受到2个力的作用，故A 错误．
B.两球的受力如图所示：
轻环不受重力作用，所以绳子对他的拉力T '和杆对他的弹力N '二力平衡，该段绳子与杆垂直，故B 错误．
CD.以a 球为研究对象，则绳子的拉力为：sin tan cos mg T mg θ
θθ
=
=，根据正弦定理可得
sin sin(902)T N θθ=-，解得cos 2cos mg N θ
θ
=，故C 正确，D 错误． 11．BD 【解析】
A 项：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得
22
101122
mgL mv mv μ-=
-，代入数据可得：14m v s =，故A 错误； B 项：小铁块B 与竖直墙壁发生弹性碰撞，所以小铁块弹回的速度大小为'
14m v s
=，方向
向右，根据动量定理18?
m I m v kg s
=∆=⨯ ，故B 正确； C 、D 项：假设小铁块最终和平板车达到共速v 2，根据动量守恒定律得'
12()mv m M v =+，
解得21m v s
=， 小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移：
'21114
0.6 1.522v v x t m m ++==⨯=，平板车的位移：2210.60.322v x t m m ==⨯=
12 1.2x x x m L ∆=-=>，说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车，所以小铁
块在平板上运动过程中系统损失的机械能为29E mgL J μ∆==，故C 错误，D 正确． 点晴：本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正确运用功能关系求解． 12．CD 【详解】
竖直上抛时小球恰好击中触发器，则到达最高点的速度为零；
A ．沿图A 中轨道以速率v 抛出小球，小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动，到达最高点的速
A 错误．
B ．沿图B 中轨道以速率v 抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜抛运动，最高点具有水平方向的速度，所以也不能到达触发器的高度，即不能击中触发器，选项B 错误． CD ．图
C 及图
D 中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可知小球能够击中触发器，选项CD 正确． 13．BD 【分析】
由题意可知考查连结体平衡问题，运用整体法、隔离法根据平衡关系列式计算可得。

【详解】
A ．取m 、M 为研究对象，整体上受到向左的水平拉力，拉力大小为G ，水平方向合力为零，所以地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小也为G ，故A 错误。

B ．取滑块为研究对象，滑块匀速运动，合力为零，由平衡关系可得
T f sin F F G θ=+
所以
f sin F G m
g θ=-
方向沿斜面向下，根据力的相互性，滑块对斜面体的摩擦力方向沿斜面向上，大小为G-mgsinθ C D ．取m 、M 为研究对象，竖直方向合力为零，地面对斜面体的支持力大小为（M+m ）g ,故C 错误，D 正确。

【点睛】
分析地面对斜面的摩擦力、支持力时，取斜面、滑块整体为研究对象，根据水平方向、竖直方向合力为零，计算可得，分析滑块对斜面体的摩擦力时，取滑块为研究对象，根据受力平衡计算可得。

14．AD 【详解】
A.A 、B 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m A v 0=m A v A +m B v B ，
解得：
v B =8m/s ，
碰撞前系统总动能：
22A 011
210100J 22
J K E m v =
=⨯⨯= 碰撞后系统总动能：
222
2A A B B 11112238100J J 2J 222
K E m v m v '=
+=⨯⨯-+⨯⨯=（） 碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A 正确；
BD.A 、B 碰撞后，B 、C 组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B 的速度最小，C 的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：
m B v B =m B v B ′+m C v C
由机械能守恒定律得：
222B B B B C C 111
222
m v m v m v ='+ 解得：v B ′=4m/s ，v C =12m/s （弹簧恢复原长时C 的速度最大，v B ′=8m/s ，v C =0m/s 不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C 的速度为12m/s ，B 的最小速度为4m/s ，故B 错误，D 正确；
C.B 、C 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B 、C 系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m B v B =（m B +m C ）v C ，
由机械能守恒定律得：
22B B B C C 11
22
P m v m m v E =++（） 解得弹簧的最大弹性势能：E P =24J ，故C 错误． 15．AC 【详解】
A ．由图可得，变速阶段的加速度0
v a t =
，设第②次所用时间为t ，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，0
000
111122[2]222
v t v t t v a ⨯⨯=+-⨯⨯（），解得：052t t =，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为0052:4:52
t t = ，选项A 正确；
B ．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，
F mg ma -=，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；
C ．由功率公式，P =Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；
D ．加速上升过程的加速度0
10
v a t =
，加速上升过程的牵引力11
00()F ma mg m v g t =+=+，减速上升过程的加速度0
20
a v t =-
，减速上升过程的牵引力 220
)(F ma mg m g v t =+=-
， 匀速运动过程的牵引力3F mg =．第①次提升过程做功
11002000011
22
W F t v F t v mgv t =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=；
第②次提升过程做功
10000200002311131111
22222222
W F t v F t v F t v mgv t =⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=；
两次做功相同，选项D 错误．
【点睛】
此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同． 16．AB 【详解】
结合两图像可判断出0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F 等于f ，故F 在此过程中是变力，即C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s 和4-5s 列运动学方程，可解出质量m 为1kg ，2-4s 内的力F 为0.4N ，故A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D 错误.
17．B ； 22112244P m gx m gx E h h
=+
； 1122m x m x = ； 【详解】
（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由E P ＝
1
2
mv 2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m 以及通过光电门的速度v ，为了测量小球的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P 、Q 两球落地点M 、N 到对应管口的水平距离 x 1、x 2；压缩量、金属管的长度以及时间和小球的直径均不需要测量；故B 正确，ACD 错误．故选B ； （2）由（1）可知：2
21122112
2
P E m v m v +＝
由h ＝
12gt 2
可得平抛运动的时间为：t=v 1＝1x t ，v 2＝2x t ，即为：2222
1122112211=2244P m gx m gx E m v m v h h
＝++
（3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：0=m 1v 1-m 2v 2
再根据水平方向x=vt 可得：m 1x 1=m 2x 2 【点睛】
本题考查动量守恒定律的验证以及弹性势能的计算，要注意通过题意明确实验原理，能根据
机械能守恒定律以及动量守恒定律分析对应的实验规律及误差情况．
18．(1)1.6×105 N (2)1.2×105 N 4.8×107 J
【解析】
（1）飞机在水平滑行过程中，根据动能定理()20102
Pt fx mv +-=
- 解得51.610f N =⨯ （2）该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t 2，竖直方向加速度为a ，升力为F ，则
02L v t = 、2212
h at =、F mg ma -= 解得51.210F N =⨯
飞机机械能的改变量E Fh ∆=，解得74.810E J ∆=⨯
19．h =x 02．
【解析】
【详解】
物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得v 0=√6gx 0 ①
设v 1表示质量为m 的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有mv 0=2mv 1②
设刚碰完时弹簧的弹性势能为E p ，当他们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，
根据题意，由机械能守恒得 E P +12(2m)v 12=2mgx 0 ③ 设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有 2mv 0=3mv 2④
设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v 2，则由机械能守恒定律得E ′P +12(3m)v 22=3mgx 0+12(3m)v 2⑤ 在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x 0，故有E p ′=E p ⑥
当质量为2m 的物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g ，一过O 点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g ，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g ，方向向下，故在O 点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v 竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得ℎ=v 22g ，而v =√gx 0 所。