1、北京市第四十三中学20202021学年度第一学期高三年级12月考物理学科测试卷一、单项选择题（共25个小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）1. 关于自由落体运动，下列选项正确的是（）A. 物体做自由落体运动时不受任何外力作用B. 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动C. 在空气中，不考虑空气阻力的运动就是自由落体运动D. 质量大的物体受到的重力大，自由落体运动到地面时的速度也大【答案】B【解析】【详解】A根据由自由落体运动定义可知，物体做此运动只受重力，故A错误；B自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，故B正确；C物体只受重力作
2、用从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动，故C错误；D根据v2=2gh知，自由落体运动的落地速度与物体质量无关，故D错误。故选B。2. 关于牛顿运动定律，下列选项正确的是（）A. 牛顿运动定律都可以通过实验操作进行验证B. 由牛顿第一定律可知物体只有在不受力时才具有惯性C. 由牛顿第二定律可得到1N=1kgm/s2D. 由牛顿第三定律可知相互作用力就是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】A牛顿第一定律不能通过实验进行验证，故A错误；B惯性是物体的固有属性，由牛顿第一定律可知物体受力时、不受力时都具有惯性，故B错误；C公式Fma中，各物理量的单位都采用国际单位，可得到力的单位1N1kgm/s2
3、故C正确；D由牛顿第三定律可知相互作用力分别作用在两个物体上，不是一对平衡力，故D错误。故选C。3. 滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，他克服阻力做功100J。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是（）A. 重力势能减少了900JB. 动能增加了1100JC. 机械能增加了1000JD. 机械能减少了100J【答案】D【解析】【详解】A重力对他做功1000J，重力势能减少1000J，A错误；B由动能定理得B错误；CD机械能减少量等于克服阻力的功100J，C错误，D正确。故选D。4. 下列物理量的“”号表示大小的是（）A. 物体的速度=-8.0m/sB. 物体的带电量
4、q=-8.0CC. 物体的重力势能Ep=-8.0JD. P、Q两点间的电势差UPQ=-8.0V【答案】CD【解析】【详解】A物体的加速度，负号表示加速度的方向与选定的正方向相反。故A错误；B物体的带电量，负号表示所带电荷为负，不表示大小，故B错误；C物体的重力势能的负号表示重力势能比0小，故C正确；DP、Q两点间的电势差的负号表示P点的电势比Q点的电势低，故D正确；故选CD。5. 如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t，测量遮光条的宽度为x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（）A. 使滑块的释放点更靠近光
5、电门B. 提高测量遮光条宽度的精确度C. 换用宽度更窄的遮光条D. 增大气垫导轨与水平面的夹角【答案】C【解析】【详解】A瞬时速度表示运动物体在某一时刻（或经过某一位置）的速度，应用极限思想，在时间趋于零的情况下平均速度近似看作瞬时速度，所以要计算通过光电门的瞬时速度，需要缩短通过时间，使滑块的释放点更靠近光电门，则t变长，故A错误；B提高测量遮光条宽度的精确度，不能缩短t，故B错误；C换用宽度更窄的遮光条，t时间更短，故C正确；D增大气垫导轨与水平面的夹角，在滑块的释放点距离光电门比较近的情况下，不能明显缩短t，故D错误。故选C。6. 如图所示，用同样大小的力F1、F2提一桶水沿水平路面做匀
6、速直线运动。已知两个力F1、F2在同一竖直平面内。下列说法中正确的是（）A. 两个力间的夹角大些比小些省力B. 两个力间的夹角大些或小些，F1、F2的大小不变C. 两个力间的夹角变大，F1、F2的合力也变大D. 两个力间的夹角变大，F1、F2的合力保持不变【答案】D【解析】【详解】AB设两位同学的手臂对水桶的拉力大小为F，设两位同学的手臂均与竖直方向成角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得得可知当两人对水桶的作用力之间的夹角变大时，每人的作用力大小变大，因此两个力间的夹角小些比大些省力，故AB错误；CD两个力间的夹角变大，F1、F2的合力大小等于水桶的重力，保持不变，故
7、C错误，D正确；故选D。7. 在如图所示的实验中，两质量相等的小球A和B，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. 两球落地时的速度大小相同B. 从开始运动至落地，两小球动能的变化量相同C. 从开始运动至落地，重力对A球做功较多D. 从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小【答案】B【解析】【详解】AA小球做平抛运动，B小球做自由落体运动，故两小球在竖直方向上运动情况相同，落地时竖直方向具有相同的速度，但是A小球具有水平初速度，故A小球落地时的速度为水平方向速度与竖直方向速度的合速度，因此AB两小球落地时的速度大小不同
8、，故A错误；BC在两个小球的运动过程中，只有重力在做功，且物体下落的距离相同，重力做功的大小也是相同的。根据动能定理可得故动能的变化量相同，故B正确，C错误；DAB两个小球重力做功相同，且在竖直方向上均是自由落体运动，下落的距离相同，由可知两小球下落时间相同。由于功率可知，两小球重力做功与运动时间都相同，故平均功率也相同，故D错误。故选B。8. 如图，在同一根竖直的悬绳上、下两个不同的位置上，两个杂技演员在同一侧面沿水平方向抛出两小球a、b。空气阻力可以忽略不计。要使两小球在空中相撞，下列说法正确的是（）A. 应该同时抛出a、b两球B. 应该先抛出a球、后抛出b球C. a、b两球质量一定要相等
9、D. a球抛出速度大于b球抛出速度【答案】B【解析】【详解】AB要使两小球在空中相碰，两小球要同时到达相碰点，由于a小球的高度大于b小球，由可知，应该先抛出a球、后抛出b球，A错误，B正确；C两小球下落时间以及水平抛出速度大小与两球的质量无关，C错误； D要使两小球在空中相碰，两小球的水平位移要相等，由于a小球下落时间大于b小球，由水平方向x=v0t可知，b球抛出速度要大于a球抛出速度，D错误。故选B。9. 酒后驾驶会导致许多安全隐患。酒后驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间，表中“反应距离”是指“反应时间”内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员从发现情况到
10、汽车停止行驶的距离。假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同。分析表中数据可知，下列选项中错误的是（）反应距离/m制动距离/m速度/（ms-1）正常酒后正常酒后157.515.022.530.0A. 若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍B. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sC. 驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5m/s2D. 若汽车以25m/s的速度行驶时发现前方60m处有险情，酒后驾驶不能安全停车【答案】A【解析】【详解】A由题意可知，制动距离可知，若汽车的初速度增加一倍，制动距离增大不是一倍，故A错误；B驾驶员采取制动措施时，有一定的反应时间。若是正常情况
11、下， 由可得若是酒后则由可得所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s，故B正确；C制动距离减去思考距离才是汽车制动过程中的发生的位移由可得 故C正确；D当酒后的速度行驶时反应距离减速行驶的距离制动距离为不能安全停车故D正确。本题选择错误的，故选A。10. 如图所示为某质点做直线运动的-t图像，下列说法正确的是（）A. 03s内质点做匀加速直线运动B. 03s内质点的加速度大于3s4s内质点的加速度C. 质点在t=3s前后的速度方向发生了变化D. 04s内质点的位移为2.5m【答案】D【解析】【详解】A在01.5s内，物体做匀减速运动，在1.53s内物体做匀加速运动，故A错误；B在03s内，
12、物体的加速度大小为在34s内，物体的加速度大小为故B错误；C质点在t=1.5s前后的速度方向发生了变化，在3s前后加速度方向发生了改变，故C错误；D由对称性可知，在01.5s内与在1.53s内物体的位移相互抵消，故04s内的位移为故D正确；故选D。11. 取一较长的轻质软绳，用手握住一端O，将绳拉平后在竖直平面内连续向上、向下抖动长绳，手上下振动的周期是T，可以看到一列波产生和传播的情形，如图所示。在绳上做个标记P（图中未标出），且O、P的平衡位置间距为L。t=0时，O位于最高点，P离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向竖直向上。若该波可以看作是简谐波，下列判断正确的是（）A. 该波是纵波B.
13、该波的最大波长为4LC. t=时，P的振动方向竖直向下D. 若手上下振动加快，该简谐波的波长将变大【答案】BC【解析】【详解】A由图可知，绳波是沿水平方向向右传播的，而绳上各点的振动方向是竖直方向，波的传播方向与质点的振动方向垂直，所以该波是横波，故A错误；B由图可知，现在O点在最上方，P点在平衡位置，且向上振动，根据同侧法可知，P点在如图所示的的位置，也可以是 的位置，则有解得 (n=0、1、2、3)当n=0，可求得=4L，可见波的最大波长是4L，故B正确；C在t=T时，因为TT，说明质点P向上运动到最大位置后又向下运动了，故此时P的振动方向是竖直向下的，故C正确；D若手上下的振动加快，说明
14、周期变小，而波速是不变的，根据=vT可知，波长将变小，故D错误。故选BC。12. 一弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之三周期，振子受到沿x轴正方向的最大回复力。则下列能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据简谐运动的特征可知，经过四分之三周期，振子具有沿x轴正方向的最大回复力，则此时振子的位移为负向最大故选A。13. 如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。在这一过程中，关于顾客的受力分析正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】而当扶梯加速上升时，在竖直方向，
15、人受重力、支持力；接触面水平，摩擦力沿水平方向，将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，所以在水平方向，扶梯应对人有平行于接触面向前的摩擦力。故选C。14. 如图所示，质量为m的箱子在与水平方向成角的恒力F作用下，静止在水平地面上。下列说法正确的是（）A. 物块受到的支持力大小为mgB. 物块受到的支持力大小为FsinC. 物块受到的摩擦力大小为0D. 物块受到的摩擦力大小为Fcos【答案】D【解析】【详解】设物体受到的支持力为N，摩擦力为f，由力的平衡可知，竖直方向有水平方向有故有故选D。15. 倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是A.
16、木块受到的摩擦力大小是mgcosB. 木块对斜面体的压力大小是mg sinC. 桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin cosD. 桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g【答案】D【解析】试题分析：先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡解：AB、先对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有：f=mgsinN=mgcos故AB错误；CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为N=（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误，D正确故选D【点评】本题关键灵
17、活地选择研究对象，运用隔离法和整体法结合求解比较简单方便16. 斜面放置在水平地面上始终处于静止状态，物体在沿斜向上的拉力F作用下正沿斜面向上运动，某时刻撤去拉力F，那么物体在撤去拉力后的瞬间与撤去拉力前相比较，以下说法正确的是（）A. 斜面对地面的压力一定增大B. 斜面对地面的压力可能变小C. 斜面对地面的静摩擦力可能增大D. 斜面对地面的静摩擦力一定不变【答案】D【解析】【详解】物体在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动时，斜面体受重力Mg、支持力N、压力N1、滑块对其的滑动摩擦力f1以及地面对其的静摩擦力f2，如图，斜面体平衡；撤去拉力后，物体由于惯性继续沿斜面上升，斜面体受重力、支持力
18、、压力、滑块对其的滑动摩擦力均不变，斜面对地面的压力一定不变，故斜面体仍会保持静止，地面对其的静摩擦力也不会变，即斜面对地面的静摩擦力一定不变。故选D。17. 如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示。a、c两点在大齿轮上，b、d两点在小齿轮上。a、b是两个齿轮边缘上的两点，c、d是两齿轮半径中点处的两点。则下列说法正确的是（）A. a、b两点的周期相等B. a、c两点的线速度大小相等C. a点的向心加速度小于b点的向心加速度D. c点的角速度大于d点的角速度【答案】C【解析】【详解】A由图可知，两轮边缘处线速度大小相等，但是半径不同，所以周期不等；A错误；
19、Ba、c两点同在大齿轮上，角速度相等，但是半径不等，所以线速度不等；B错误；C根据向心加速度公式a点的半径大，所以向心加速度小，C正确；Da、b两点的线速度大小相等，根据角速度公式a点的半径大，所以角速度小，a、c的角速度相同，b、d的角速度相同，所以c点的角速度小于d点的角速度。D错误。故选C。18. 如图所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方一个钉子A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。下列说法中正确的是（）A. 小球摆动过程中，所受合力大小保持不变B. 小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度
20、C. 当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的向心加速度突然变小D. 钉子的位置靠近小球，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断【答案】D【解析】【详解】A小球在由静止释放后，小球向下运动，故小球的重力做正功，小球会加速向下运动，小球做圆周运动的线速度在增大，故它受到的合外力是变化的，A错误；B根据能量守恒，小球在左侧也能摆到与右侧同样的高度，不会大于右侧，B错误；C细绳与钉子碰后的瞬间，小球的线速度可以认为是不变的，而半径变小了，故根据向心加速度可知，加速度变大了，C错误；D钉子的位置越靠近小球，细绳与钉子相碰时，即R变小；小球在最下端，根据牛顿第二定律可知所以所以R越小，则F越大，绳就越容易断，D正确。故选
21、D。19. 一个圆锥摆由长为l的摆线、质量为m的小球构成，小球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向的夹角为，如图所示。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是（）A. 小球受到重力、拉力和向心力的作用B. 小球的向心加速度大小为a=gsinC. 小球圆周运动的周期为D. 某时刻剪断摆线，小球将做平抛运动【答案】D【解析】【详解】对小球受力分析如图所示A小球受到重力和拉力的作用，这两个力的合力提供向心力，向心力是一种作用效果，物体受力分析时不能说受到向心力，故A错误；B根据牛顿第二定律得mgtan=ma得a=gtan故B错误；C根据牛顿第二定律得 解得小球圆周运动的周期故C
22、错误；D某时刻剪断细线，小球只受重力的作用，有水平方向的速度，所以小球做平抛运动，故D正确；故选D。20. 两根长度不同细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图，正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】小球做匀速圆周运动，如图所示有整理得常量，即两球处于同一高度故选B。21. 如图，光滑水平面上，小球在拉力F作用下，沿逆时针做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法错误的是（）A. 若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B.
23、 若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C. 若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc做近心运动D. 不管拉力是变大还是变小，小球都将沿轨迹Pa运动【答案】D【解析】【详解】拉力突然变小，小球将做离心运动，即远离圆心；如拉力消失，将依靠惯性做匀速直线运动； 拉力突然变大，小球将做近心运动。故选D。22. 在环绕地球运动的空间实验室内，下列几项实验中不能进行的是（）用天平测物体质量用弹簧秤测作用于秤钩上的拉力用单摆测该处的重力加速度验证力的合成得平行四边形法则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】在环绕地球运动的空间实验室内，一切跟重力相关的都不能进行。所以天平不能测物体的质量，因为物体
24、和砝码对托盘无压力；弹簧秤是利用形变产生拉力的，所以可以测拉力；单摆在完全失重的情况下将不再摆动，验证力的合成时是利用弹簧的拉力测量力的，所以可以得到平行四边形法则。故选B。23. 有三颗质量相同的人造地球卫星a、b、c，a是放置在赤道附近还未发射的卫星，b是靠近地球表面做圆周运动的卫星，c是在高空的一颗地球同步卫星。则三颗人造卫星的运动周期T、线速度、角速度和向心力F，下列判断正确的是（）A. TaTbTcB. a=cbC. abcD. Fa=FcFb【答案】B【解析】【详解】根据题意地球同步卫星c周期与地球自转周期相同，即与放在赤道的卫星a的周期相同，即根据可知根据 则对表面卫星b与同步卫
25、星c，由可知则cb且 所以a=cb故ACD错误，B正确。故选B。24. 2020年底发射的“嫦娥五号”将执行月球采样返回任务。如图所示，“嫦娥五号”登陆月球前在圆形轨道上运动到达轨道的P点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点Q时，再次点火进入近月轨道绕月做圆周运动，下列说法正确的是（）A. 飞船在轨道上运行的周期小于轨道III上运行的周期B. 飞船在轨道I运行速率大于轨道III上的运行速率C. 飞船在轨道上经过P点的加速度等于在轨道上经过P点的加速度D. 飞船在轨道I上经过Q点的运行速率小于飞船在轨道III上经过Q点的运行速率【答案】C【解析】【详解】AB根据万有引力提供向心力得，由于，则
26、，故AB错误；C飞船运动的过程中万有引力产生加速度，根据牛顿第二定律有得知r相等则加速度相等，故C正确；D飞船在轨道III上做圆周运动，只有通过加速使万有引力小于所需的向心力，让飞船做离心运动变轨到轨道II，所以飞船在轨道III上经过Q点的运行速率小于飞船在轨道上经过Q点的运行速率，故D错误。故选C。25. 如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则A.
27、时刻小球动能最大B. 时刻小球动能最大C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少D. 这段时间内，小球增加动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】【详解】小球在接触弹簧之前做自由落体碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能上升过程恰好与下降过程互逆由乙图可知时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误；时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误；时刻小球往上运动恰好要离
28、开弹簧；这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，C正确D错误二、计算题（本题共4小题，9分+9分+10分+10分+12分=50分。）26. 如图所示，两根细绳AO和BO连接于O点，O点的下方用细绳CO悬挂一花盆并处于静止状态。已知花盆的总质量为m，细绳AO与竖直方向的夹角为，细绳BO沿水平方向。(1)画出O点的受力示意图；(2)求细绳BO受到的拉力FBO；(3)若已知各段细绳能承受最大拉力均为F0，则细绳不被拉断的情况下，求花盆的最大质量。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)如图，O点受到三个力拉力作用F1、F2、F3(2)由
29、平衡得则由牛顿第三定律得，细绳BO受到的拉力(3)在三条细绳中，细绳AO受到的力最大，则得令，则得27. 已知地面附近的重力加速度为g，万有引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。忽略地球自转影响。求：(1)地球的质量M；(2)地球的第一宇宙速度；(3)若要利用地球绕太阳的运动估算太阳的质量，需要知道哪些相关数据？请分析说明。【答案】(1)；(2)；(3)万有引力常量G、地球绕太阳运动的轨道半径r和周期T，见解析【解析】【详解】(1)忽略地球自转影响，万有引力与重力相等，则解得(2)第一宇宙速度时解得(3)由太阳对地球的万有引力提供地球绕太阳做匀速圆周运动的向心力，得解得需要知道
30、万有引力常量G、地球绕太阳运动的轨道半径r和周期T。28. 如图所示为某公园的大型滑梯，滑梯长度L=9m，滑梯平面与水平面夹角=37，滑梯底端与水平面平滑连接。某同学从滑梯顶端由静止滑下，与倾斜接触面间的动摩擦因数1=0.5，与水平接触面之间的动摩擦因数2=0.6。已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）该同学在斜面上下滑时的加速度大小；（2）该同学滑到斜面底端时的速度大小；（3）该同学在水平面上滑行的距离。【答案】（1）2m/s2；（2）6m/s；（3）3m【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可得mgsin-1mgcos=ma代入数据可得a=2m/s2（2）设
31、滑到底端时速度大小为v，由匀加速直线运动公式v2=2aL代入数据可得v=6m/s（3）设在水平面上滑行的距离为x，在水平方向对物体由能量守恒可得代入数据可得x=3m29. 沙尘暴和雾霾，都会对我们的健康造成伤害。沙尘暴是通过强风的推动，将地面上大量的沙子和尘土吹起来卷入空中，使空气变得浑浊。根据流体力学知识，空气对物体的作用力可用f0Av2来表达，为一系数，0为空气密度，A为物体的截面积，v为物体的速度。地球表面的重力加速度为g。(1)若沙尘颗粒在静稳空气中由静止开始下落，请你定性在坐标系中画出沙尘颗粒下落过程的v-t图线；(2)将沙尘颗粒近似为球形，沙尘颗粒密度为，半径为r（球体积公式为）；
32、a.若沙尘颗粒在静稳空气中由静止开始下落，推导其下落过程趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b.结合上问结果说明地面附近形成扬沙天气的风速条件。【答案】(1)；(2)a.；b.当风速的竖直向上分量达到或大于vm时，即可将沙尘颗粒吹起形成扬沙【解析】【详解】(1)颗粒下落过程中受到重力和空气阻力，由牛顿第二定律可得因此随着速度的增加加速度逐渐减小，当二力平衡时物体做匀速运动并且速度达到最大，因此运动图像如图(2)a.当f=mg时颗粒达到最大速度f=0Av2m=VA=r2联立得b.当风速的竖直向上分量达到或大于vm时，即可将沙尘颗粒吹起形成扬沙；30. 如图所示，一截面为正方形的塑料管道固定在水平
33、桌面上，管道内充满液体，其右端面上有一截面积为s的小喷口，喷口离地的高度为h（h远远大于喷口的直径）。管道中有一与截面平行的活塞，活塞沿管道向右匀速推动液体使液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为。若液体的密度为，重力加速度为g。液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性。(1)液体从小喷口水平射出速度的大小v0；(2)喷射过程稳定后，空中液体的质量m；(3)假设液体击打在水平地面上后速度立即变为零，求液体击打地面水平向右的平均作用力Fx的大小。【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)因为液体做平抛运动，水平方向上竖直方向上解得(2)由于喷出的时间为t=故空中液体的质量(3)设液体与水平地面间的作用时间为t，取t时间内液体为研究对象,液体水平向右的初速度为v0，末速度为0，取向右为正方向,根据动量定理得解得