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2022_2023学年福建省福州重点中学高一（下）期中物理试卷
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这是一份2022_2023学年福建省福州重点中学高一（下）期中物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年福建省福州重点中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 静摩擦力一定不做功
B. 滑动摩擦力一定对物体做负功
C. 一对平衡力对物体做功的代数和一定为零
D. 一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功
2. 一小船在静水中的速度为5m/s，它在一条河宽为120m、水流速度为3m/s的河流中渡河。下列说法正确的是( )
A. 小船到达正对岸的时间为40s
B. 若以最短位移渡河，小船相对河岸的速度大小为4m/s
C. 若以最短时间渡河，小船相对河岸的速度大小为4m/s
D. 若以最短时间渡河，小船渡河的位移大小为160m
3. 如图，某同学把质量为m的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为v，离地高度为h。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 该同学踢球时对足球做功12mv2
B. 足球上升过程重力做功mgh
C. 该同学踢球时对足球做功mgh+12mv2
D. 足球上升过程克服重力做功mgh+12mv2
4. 如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )
A. 两次小球运动时间之比t1:t2= 2:1
B. 两次小球运动时间之比t1:t2=1:2
C. 两次小球抛出时初速度之比v01:v02=1: 2
D. 两次小球抛出时初速度之比v01:v02=1:2
5. 2021年央视春节晚会采用了无人机表演。现通过传感器获得无人机水平方向速度vx、竖直方向速度vy(取竖直向上为正方向)与飞行时间的关系如图所示，则下列说法正确的( )
A. 无人机在t1时刻上升至最高点
B. 无人机在t2时刻处于超重状态
C. 无人机在0∼t1时间内沿直线飞行
D. 无人机在t1∼t3时间内做匀变速曲线运动
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
6. (多选)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ>tanθ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek，机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图，固定斜面的倾角θ=37°，斜面与水平台面间有一轻质定滑轮，质量分别为2m、m的两小滑块P、Q，通过跨在定滑轮的轻绳连接，滑轮左侧轻绳水平，右侧轻绳与斜面平行，已知滑块Q与台面间的动摩擦因数为0.3，其它摩擦均不计，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。在两滑块由静止释放后做匀加速运动的过程中( )
A. 两滑块的加速度大小均为0.3g
B. 轻绳对Q做的功等于Q动能的增加量
C. Q的机械能增加量小于P的机械能减少量
D. P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量
8. 如图所示，倾角37∘的传送带以速度v0=3m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v−t图像如图所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)，则在图示时间内( )
A. 滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.875
B. 0∼4s内，传送带对滑块做功56J
C. 0∼4s内，滑块对传送带做功156J
D. 0∼4s内，系统产生的内能为28J
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 如图所示，汽车沿水平路面以恒定速度1m/s向左运动，将物体提升一段距离，则当拉绳与水平方向倾角37∘的时，被吊起的物体的速度是 m/s(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)，被吊起物体所受的拉力 它的重力(填“大于”、“对于”或“小于”)。
10. 一质量为m的同学计时跳绳，当地重力加速度为g，平均跳一下需用时间为T。每跳一下过程中，在空中的时间为t，则该同学跳绳的最大高度是 ，跳一下过程中该同学克服重力做功的平均功率的大小为 。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 在利用自由落体验证机械能守恒定律的实验中。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤，其中可省略或不正确的操作是______ 。
A.按照图1所示的装置安装器件
B.用天平测量重物和夹子的质量m
C.将电磁式打点计时器接到“6V”直流电源上
D.先接通电源后再释放纸带，打出一条纸带后，更换纸带，重复多次该步骤
E.选择一条理想的纸带，对其进行测量
(2)如图2所示是实验中测得的一条纸带，A点之后各点间距分别为x1，x2，x3，x4，各相邻点间的时间间隔为T，则B点的速度表达式为vB= ______ 。
(3)若将B点和D点的速度用vB、vD表示，当地重力加速度为g，要验证重物从B点运动到D点的过程中机械能守恒，则需满足关系______ 。
(4)若实验中阻力的存在不可忽略，验证时将发现物体重力势能的减少量将______ (填“大于”、“对于”或“小于”)物体动能的增加量。
12. 如图为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为1.25cm，g取10m/s2，则：
(1)闪光频率f=______Hz；
(2)图中A点______平抛的起点(选填“是”或“不是”)；
(3)小球运动的初速度v0=______m/s；
(4)小球过B点的速度vB=______m/s。
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 2022年冬季奥运会将在北京和张家口举行。冬季奥运会比赛项目之一的“跳台滑雪”，可简化为图示模型，质量为m=60kg的运动员由高处下滑后从平台末端A点水平跃出，落在水平地面上的B处。已知A点离地面高度H=20m，从A点水平跃出时的速度vA=30m/s，忽略一切阻力，取地面为零势能面，取g=10m/s2。求∶
(1)运动员从A点运动到B点的时间 t 以及运动员落地点距离A的水平距离x；
(2)在空中离B多高处运动员的动能恰好是该处重力势能的4倍。
14. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v−t图象，如图所示(除2～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。已知在小车运动的过程中，2s后小车的功率P=9W保持不变，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：
(1)小车所受到的阻力大小；
(2)整个过程小车牵引力的最大值；
(3)小车在0～10s内位移的大小。
15. 如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物玦离开水平面做平抛运动，下落高度h=0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37°的斜面上的C点，sin37°=0.6，g取10m/s2。求：
(1)小物块到达桌边B点时速度的大小；
(2)小物块到达C点时重力的功率；
(3)在压缩弹簧的过程中，弹簧最大弹性势能；
(4)O点至桌边B点的距离L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.静摩擦力对物体可做正功，可做负功，也可能不做功，选项A错误；
B.滑动摩擦力对物体可做正功，可做负功，也可能不做功，选项B错误；
C.一对平衡力等大反向，其位移相同，则对物体做功的代数和一定为零，选项C正确；
D.一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反作用力可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，选项D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】A.小船要到达正对岸就要小船向上游行驶，小船的合速度与河岸垂直，则v合= v12−v22= 52−32m/s=4m/s，小船到达正对岸的时间为t=dv合=1204s=30s，故A错误；
B.若以最短位移渡河，则小船到达正对岸，小船相对河岸的速度大小为v合=4m/s，故B正确；
C.若以最短时间渡河，则船头与河岸垂直，小船相对河岸的速度大小为v= v12+v22= 52+32m/s= 34m/s，故C错误；
D.若以最短时间渡河，则船头与河岸垂直，过河时间tmin=dv1=1205s=24s，小船渡河的位移大小为s=vtmin=24 34m，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】AC.由动能定理可得W−mgh=12mv2，解得该同学踢球时对足球做功W=12mv2+mgh，故C正确，A错误；
BD.足球上升过程重力做功WG=−mgh，则足球上升过程克服重力做功 mgh ，故BD错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据下降的高度之比，结合位移时间公式求出运动的时间之比，结合水平位移和时间之比求出两次抛出小球的初速度之比．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
【解答】
AB.根据h=12gt2得，t= 2hg，两小球下落的高度之比为1：2，则两次小球运动的时间之比为1： 2，故A、B错误。
CD.根据v0=xt知，两小球水平位移之比为1：2，时间之比为1： 2，则初速度之比为1： 2，故C正确，D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
当初速度与合力方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，根据v−t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律分析物体的受力；超重时，加速度向上，失重时，加速度向下。
本题主要考查了速度时间图像的应用，运用运动的合成法研究合运动的规律，注意直线运动与曲线运动的判定条件。
【解答】
A.0∼t3时间内，竖直方向的速度一直向上，无人机在t3时刻上升至最高点，故A错误；
B.根据vy−t 图像，在t2时刻，图像的斜率为负，则表示竖直方向加速度向下，故无人机处于失重状态，故B错误；
C.两个图像在0∼t1时间内的斜率均不为零，说明在水平方向与竖直方向均有加速度，则合力一定不在水平方向，而无人机水平方向初速度不为零，竖直方向初速度为零，所以无人机的初速度沿水平方向，可见初速度方向与合力方向不在一条直线上，故无人机做曲线运动，故C错误；
D.在t1∼t3时间内，水平方向做匀速直线运动，水平方向不受力，竖直方向斜率恒定，说明合力恒定，沿竖直方向，则无人机的加速度恒定，故无人机在在t1∼t3时间内做匀变速曲线运动，故D正确。
6.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题主要考查动能定理，对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析。
【解答】
A.0∼x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1，撤去力F后，物体向上做匀减速直线运动直至静止，由牛顿第二定律可得μmgcosθ+mgsinθ=ma2，若F−μmgcosθ−mgsinθ<μmgcosθ+mgsinθ，则加速度大小关系可能为a1
C.0∼x0段，由动能定理可得(F−μmgcosθ−mgsinθ)x=Ek，由于F−μmgcosθ−mgsinθ恒定不变，因此Ek−x图线的斜率恒定不变，故0∼x0段图线应该是一条过原点的直线；
设撤去力F时，物块的动能为E0，则由动能定理可得−(mgsinθ+μmgcosθ)(x−x0)=Ek−Ek0，
转换可得Ek=−(mgsinθ+μmgcosθ)x+(mgsinθ+μmgcosθ)x0+Ek0，则撤去力F后，Ek−x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；
D.0∼x0段，机械能的变化量为E=(F−μmgcosθ)x，由于F−μmgcosθ恒定不变，则E−x图线是一条过原点向上倾斜的直线；
设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E−E0=−μmg(x−x0)，则E=−μmgx+μmgx0+E0，
撤去力F后，E−x图线是一条向下倾斜的直线，D正确。
7.【答案】AC
【解析】
【分析】运用隔离体法分别对AB受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；根据动能定理求解拉力做的功；根据能量守恒求解机械能的变化量。
【解答】A.设两滑块的加速度大小为a。对Q，由牛顿第二定律得
T−μmg=ma
对P，由牛顿第二定律得
2mgsinθ−T=2ma
联立解得
a=0.3g
故A正确；
B.在Q运动的过程中，轻绳的拉力对Q做正功，摩擦力对Q做负功，其他力不做功，根据动能定理可知，轻绳对Q做的功与摩擦力对Q做功之和等于Q动能的增加量，则轻绳对Q做的功大于Q动能的增加量，故B错误；
C.对P、Q组成的系统，由于Q要克服摩擦力做功，所以系统的机械能减少，则Q的机械能增加量小于P的机械能减少量，故C正确；
D.P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量与Q的机械能增加量之和，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】A.根据图像可知，物块向上加速后匀速，加速过程μmgcos37∘−mgsin37∘=ma ，a=ΔvΔt=1m/s2，解得μ=0.875，故A正确；
B.根据能量守恒，0∼4s内，传送带对滑块做功W=12mv 2−12mv02+mgxsin37∘ ， x=1+32×2m+3×2m=10m，解得W=128J，故B错误；
C.0∼4s内，滑块对传送带做功W′=−μmgcos37∘⋅3×2−mgsin37∘×2×3=−156J，故C错误；
D.0∼4s内，系统产生的内能为Q=μmgΔxcos37∘ ， Δx=12×2×2m=2m，解得0∼4s内，系统产生的内能为28J ，故D正确。
故选AD。
9.【答案】0.8；大于
【解析】根据运动的合成与分解可知，将小车的速度分解如图：
则v2=v1cos37∘=0.8m/s；
在运动的过程中，θ角减小，cosθ增大，则v 绳增大。所以物体加速上升，物体的加速度方向向上，则被吊起物体所受的拉力大于它的重力。
10.【答案】gt28
mg2t28T
【解析】在空中的时间为 t ，则下落时间 t2 ，该同学跳绳的最大高度是h=12g(t2)2=gt28；
跳一下过程中该同学克服重力做功的平均功率的大小为P=mghT=mg2t28T。
11.【答案】(1)BC；(2)x1+x22T；(3)mgx2+x3=12mvD2−12mvB2；(4)大于。
【解析】(1)A.按照图1所示的装置安装器件，A正确，不符合题意；
B.动能的增加量及重力势能的减少量表达式中均含质量，故不用测量重物和夹子的质量，B错误，符合题意；
C.电磁式打点计时器使用的是交流电源，C错误，符合题意；
D.先接通电源后再释放纸带，打出一条纸带后，更换纸带，重复多次该步骤，D正确，不符合题意；
E.选择一条理想的纸带，对其进行测量，E正确，不符合题意。
故选BC。
(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的速度表达式为：vB=x1+x22T；
(3)重物从B点运动到D点，重力势能的减小量为：mg(x2+x3)，动能的增加量为：12mvD2−12mvB2，当mgx2+x3=12mvD2−12mvB2，机械能守恒；
(4)若实验中阻力不可忽略，根据能量守恒知，重力势能的减小量转化为动能的增加量和内能，则重力势能的减小量大于物体动能的增加量。
12.【答案】(1)20；
(2)不是；
(3)0.75；
(4)1.25
【解析】(1)根据 Δy=gT2 可得T= Δyg= 2Lg= 2×1.25×10−210s=0.05s，则频率f=1T=20Hz；
(2)因AB与BC竖直位移之比为3:5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点位置；
(3)初速度v0=3LT=3×1.25×10−20.05m/s=0.75m/s；
(4)通过B点的竖直速度vBy=yAC2T=8×1.25×10−22×0.05m/s=1m/s，则vB= v02+vBy2= 0.752+12m/s=1.25m/s。
13.【答案】解：(1)根据平抛运动的规律可知：竖直位移H=12gt2，
解得t=2s，
运动员落地点距离A的水平距离x=vAt，
解得x=60m；
(2)设在空中离距离B处的高度为h时运动员的动能恰好是该处重力势能的4倍，则有4mgh=12mv2，
根据机械能守恒有mgH+12mvA2=mgh+12mv2，
解得h=13m。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)由图可知，在10s后小车匀速运动，达到额定功率，此时牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv，得：F=Pvm=96N=1.5N
则小车所受到的阻力大小为：f=F=1.5N
(2)在0～2s小车做匀加速运动，由速度−时间图象斜率的物理意义，可得加速度为：a=ΔvΔt=32m/s2=1.5m/s2
根据速度−时间图象，可知2s～10s内加速度减小，合外力减小，牵引力减小，所以整个过程中，前2s内小车牵引力最大，
由牛顿第二定律得：Fm−f=ma
代入数据解得整个过程小车牵引力的最大值为：Fm=3N
(3)前2s，小车做匀加速直线运动，位移x1，由运动学公式得x1=v12t1=32×2m=3m，
2s∽10s内，时间为t2，根据动能定理Pt2−fx2=12mvm2−12mv12，
代入数据解得x2=39m，
0∽10s内位移x=x1+x2=42m．
【解析】(1)由图象可知小车获得的最大速度，此时小车受到的牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv即可求得；
(2)在v−t图象中，斜率代表加速度，求得加速度，利用牛顿第二定律求得牵引力；
(3)分析0～10s内牵引力和阻力做功，根据动能定理即可求得位移；
本题以自制遥控小车的性能为情景载体，考查了有关机车启动问题，解决此题的关键是要分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解，抓住速度最大时牵引力等于阻力即可。
15.【答案】解：(1)物块由B到C做平抛运动，竖直方向根据自由落体运动的规律可得
h=12gt2
解得
t= 2hg= 2×0.810s=0.4s
物块在C点垂直击中斜面，根据运动的合成与
分解可得
tan37°=v0gt
解得物块做平抛运动的初速度
v0=gt·tan37°=10×0.4×0.75m/s=3.0m/s
则小物块到达桌边B点时速度的大小
vB=v0=3.0m/s
(2)小物块到达C点时竖直方向的速度
vy2=2gh
解得
vy= 2gh= 2×10×0.8m/s=4m/s
小物块到达C点时重力的功率
P=mgvy=0.4×10×4W=16W
(3)由图乙可知，当力F增大到1.0N时物体开始运动，所以物块与桌面间的滑动摩擦力
Ff=1.0N
图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，故在压缩弹簧的过程中，推力做的功
W=12×(47.0+1.0)×0.1J=2.4J
压缩过程中，由功能关系得
W−Ffx−Ep=0
解得弹簧存贮的最大弹性势能
Ep=2.4J−1×0.1J=2.3J
(4)物块从A到B的过程中，由功能关系得
Ep−Ff(x+L)=12mvB2
解得
L=0.4m
【解析】(1)根据平抛运动知识结合运动的合成与分解进行求解；
(2)求得C点竖直方向的速度，再求重力的功率；
(3)图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，再根据功能关系解得弹簧存贮的最大弹性势能；
(4)由功能关系得O点至桌边B点的距离L．
本题主要是考查了功能关系、平抛运动的规律以及运动的合成与分解，解答时首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中物体的受力情况，分析哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
2022~2023学年福建省福州重点中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 静摩擦力一定不做功
B. 滑动摩擦力一定对物体做负功
C. 一对平衡力对物体做功的代数和一定为零
D. 一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反作用力一定做负功
2. 一小船在静水中的速度为5m/s，它在一条河宽为120m、水流速度为3m/s的河流中渡河。下列说法正确的是( )
A. 小船到达正对岸的时间为40s
B. 若以最短位移渡河，小船相对河岸的速度大小为4m/s
C. 若以最短时间渡河，小船相对河岸的速度大小为4m/s
D. 若以最短时间渡河，小船渡河的位移大小为160m
3. 如图，某同学把质量为m的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为v，离地高度为h。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 该同学踢球时对足球做功12mv2
B. 足球上升过程重力做功mgh
C. 该同学踢球时对足球做功mgh+12mv2
D. 足球上升过程克服重力做功mgh+12mv2
4. 如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )
A. 两次小球运动时间之比t1:t2= 2:1
B. 两次小球运动时间之比t1:t2=1:2
C. 两次小球抛出时初速度之比v01:v02=1: 2
D. 两次小球抛出时初速度之比v01:v02=1:2
5. 2021年央视春节晚会采用了无人机表演。现通过传感器获得无人机水平方向速度vx、竖直方向速度vy(取竖直向上为正方向)与飞行时间的关系如图所示，则下列说法正确的( )
A. 无人机在t1时刻上升至最高点
B. 无人机在t2时刻处于超重状态
C. 无人机在0∼t1时间内沿直线飞行
D. 无人机在t1∼t3时间内做匀变速曲线运动
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
6. (多选)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ>tanθ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek，机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图，固定斜面的倾角θ=37°，斜面与水平台面间有一轻质定滑轮，质量分别为2m、m的两小滑块P、Q，通过跨在定滑轮的轻绳连接，滑轮左侧轻绳水平，右侧轻绳与斜面平行，已知滑块Q与台面间的动摩擦因数为0.3，其它摩擦均不计，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。在两滑块由静止释放后做匀加速运动的过程中( )
A. 两滑块的加速度大小均为0.3g
B. 轻绳对Q做的功等于Q动能的增加量
C. Q的机械能增加量小于P的机械能减少量
D. P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量
8. 如图所示，倾角37∘的传送带以速度v0=3m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v−t图像如图所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,g=10m/s2)，则在图示时间内( )
A. 滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.875
B. 0∼4s内，传送带对滑块做功56J
C. 0∼4s内，滑块对传送带做功156J
D. 0∼4s内，系统产生的内能为28J
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 如图所示，汽车沿水平路面以恒定速度1m/s向左运动，将物体提升一段距离，则当拉绳与水平方向倾角37∘的时，被吊起的物体的速度是 m/s(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)，被吊起物体所受的拉力 它的重力(填“大于”、“对于”或“小于”)。
10. 一质量为m的同学计时跳绳，当地重力加速度为g，平均跳一下需用时间为T。每跳一下过程中，在空中的时间为t，则该同学跳绳的最大高度是 ，跳一下过程中该同学克服重力做功的平均功率的大小为 。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 在利用自由落体验证机械能守恒定律的实验中。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤，其中可省略或不正确的操作是______ 。
A.按照图1所示的装置安装器件
B.用天平测量重物和夹子的质量m
C.将电磁式打点计时器接到“6V”直流电源上
D.先接通电源后再释放纸带，打出一条纸带后，更换纸带，重复多次该步骤
E.选择一条理想的纸带，对其进行测量
(2)如图2所示是实验中测得的一条纸带，A点之后各点间距分别为x1，x2，x3，x4，各相邻点间的时间间隔为T，则B点的速度表达式为vB= ______ 。
(3)若将B点和D点的速度用vB、vD表示，当地重力加速度为g，要验证重物从B点运动到D点的过程中机械能守恒，则需满足关系______ 。
(4)若实验中阻力的存在不可忽略，验证时将发现物体重力势能的减少量将______ (填“大于”、“对于”或“小于”)物体动能的增加量。
12. 如图为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为1.25cm，g取10m/s2，则：
(1)闪光频率f=______Hz；
(2)图中A点______平抛的起点(选填“是”或“不是”)；
(3)小球运动的初速度v0=______m/s；
(4)小球过B点的速度vB=______m/s。
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 2022年冬季奥运会将在北京和张家口举行。冬季奥运会比赛项目之一的“跳台滑雪”，可简化为图示模型，质量为m=60kg的运动员由高处下滑后从平台末端A点水平跃出，落在水平地面上的B处。已知A点离地面高度H=20m，从A点水平跃出时的速度vA=30m/s，忽略一切阻力，取地面为零势能面，取g=10m/s2。求∶
(1)运动员从A点运动到B点的时间 t 以及运动员落地点距离A的水平距离x；
(2)在空中离B多高处运动员的动能恰好是该处重力势能的4倍。
14. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v−t图象，如图所示(除2～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。已知在小车运动的过程中，2s后小车的功率P=9W保持不变，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：
(1)小车所受到的阻力大小；
(2)整个过程小车牵引力的最大值；
(3)小车在0～10s内位移的大小。
15. 如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=0.4kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，设小物块与桌面的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小物玦离开水平面做平抛运动，下落高度h=0.8m时恰好垂直击中倾角θ为37°的斜面上的C点，sin37°=0.6，g取10m/s2。求：
(1)小物块到达桌边B点时速度的大小；
(2)小物块到达C点时重力的功率；
(3)在压缩弹簧的过程中，弹簧最大弹性势能；
(4)O点至桌边B点的距离L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.静摩擦力对物体可做正功，可做负功，也可能不做功，选项A错误；
B.滑动摩擦力对物体可做正功，可做负功，也可能不做功，选项B错误；
C.一对平衡力等大反向，其位移相同，则对物体做功的代数和一定为零，选项C正确；
D.一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反作用力可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，选项D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】A.小船要到达正对岸就要小船向上游行驶，小船的合速度与河岸垂直，则v合= v12−v22= 52−32m/s=4m/s，小船到达正对岸的时间为t=dv合=1204s=30s，故A错误；
B.若以最短位移渡河，则小船到达正对岸，小船相对河岸的速度大小为v合=4m/s，故B正确；
C.若以最短时间渡河，则船头与河岸垂直，小船相对河岸的速度大小为v= v12+v22= 52+32m/s= 34m/s，故C错误；
D.若以最短时间渡河，则船头与河岸垂直，过河时间tmin=dv1=1205s=24s，小船渡河的位移大小为s=vtmin=24 34m，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】AC.由动能定理可得W−mgh=12mv2，解得该同学踢球时对足球做功W=12mv2+mgh，故C正确，A错误；
BD.足球上升过程重力做功WG=−mgh，则足球上升过程克服重力做功 mgh ，故BD错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据下降的高度之比，结合位移时间公式求出运动的时间之比，结合水平位移和时间之比求出两次抛出小球的初速度之比．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
【解答】
AB.根据h=12gt2得，t= 2hg，两小球下落的高度之比为1：2，则两次小球运动的时间之比为1： 2，故A、B错误。
CD.根据v0=xt知，两小球水平位移之比为1：2，时间之比为1： 2，则初速度之比为1： 2，故C正确，D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
当初速度与合力方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，根据v−t图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律分析物体的受力；超重时，加速度向上，失重时，加速度向下。
本题主要考查了速度时间图像的应用，运用运动的合成法研究合运动的规律，注意直线运动与曲线运动的判定条件。
【解答】
A.0∼t3时间内，竖直方向的速度一直向上，无人机在t3时刻上升至最高点，故A错误；
B.根据vy−t 图像，在t2时刻，图像的斜率为负，则表示竖直方向加速度向下，故无人机处于失重状态，故B错误；
C.两个图像在0∼t1时间内的斜率均不为零，说明在水平方向与竖直方向均有加速度，则合力一定不在水平方向，而无人机水平方向初速度不为零，竖直方向初速度为零，所以无人机的初速度沿水平方向，可见初速度方向与合力方向不在一条直线上，故无人机做曲线运动，故C错误；
D.在t1∼t3时间内，水平方向做匀速直线运动，水平方向不受力，竖直方向斜率恒定，说明合力恒定，沿竖直方向，则无人机的加速度恒定，故无人机在在t1∼t3时间内做匀变速曲线运动，故D正确。
6.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题主要考查动能定理，对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析。
【解答】
A.0∼x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1，撤去力F后，物体向上做匀减速直线运动直至静止，由牛顿第二定律可得μmgcosθ+mgsinθ=ma2，若F−μmgcosθ−mgsinθ<μmgcosθ+mgsinθ，则加速度大小关系可能为a1
C.0∼x0段，由动能定理可得(F−μmgcosθ−mgsinθ)x=Ek，由于F−μmgcosθ−mgsinθ恒定不变，因此Ek−x图线的斜率恒定不变，故0∼x0段图线应该是一条过原点的直线；
设撤去力F时，物块的动能为E0，则由动能定理可得−(mgsinθ+μmgcosθ)(x−x0)=Ek−Ek0，
转换可得Ek=−(mgsinθ+μmgcosθ)x+(mgsinθ+μmgcosθ)x0+Ek0，则撤去力F后，Ek−x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；
D.0∼x0段，机械能的变化量为E=(F−μmgcosθ)x，由于F−μmgcosθ恒定不变，则E−x图线是一条过原点向上倾斜的直线；
设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E−E0=−μmg(x−x0)，则E=−μmgx+μmgx0+E0，
撤去力F后，E−x图线是一条向下倾斜的直线，D正确。
7.【答案】AC
【解析】
【分析】运用隔离体法分别对AB受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；根据动能定理求解拉力做的功；根据能量守恒求解机械能的变化量。
【解答】A.设两滑块的加速度大小为a。对Q，由牛顿第二定律得
T−μmg=ma
对P，由牛顿第二定律得
2mgsinθ−T=2ma
联立解得
a=0.3g
故A正确；
B.在Q运动的过程中，轻绳的拉力对Q做正功，摩擦力对Q做负功，其他力不做功，根据动能定理可知，轻绳对Q做的功与摩擦力对Q做功之和等于Q动能的增加量，则轻绳对Q做的功大于Q动能的增加量，故B错误；
C.对P、Q组成的系统，由于Q要克服摩擦力做功，所以系统的机械能减少，则Q的机械能增加量小于P的机械能减少量，故C正确；
D.P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量与Q的机械能增加量之和，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】A.根据图像可知，物块向上加速后匀速，加速过程μmgcos37∘−mgsin37∘=ma ，a=ΔvΔt=1m/s2，解得μ=0.875，故A正确；
B.根据能量守恒，0∼4s内，传送带对滑块做功W=12mv 2−12mv02+mgxsin37∘ ， x=1+32×2m+3×2m=10m，解得W=128J，故B错误；
C.0∼4s内，滑块对传送带做功W′=−μmgcos37∘⋅3×2−mgsin37∘×2×3=−156J，故C错误；
D.0∼4s内，系统产生的内能为Q=μmgΔxcos37∘ ， Δx=12×2×2m=2m，解得0∼4s内，系统产生的内能为28J ，故D正确。
故选AD。
9.【答案】0.8；大于
【解析】根据运动的合成与分解可知，将小车的速度分解如图：
则v2=v1cos37∘=0.8m/s；
在运动的过程中，θ角减小，cosθ增大，则v 绳增大。所以物体加速上升，物体的加速度方向向上，则被吊起物体所受的拉力大于它的重力。
10.【答案】gt28
mg2t28T
【解析】在空中的时间为 t ，则下落时间 t2 ，该同学跳绳的最大高度是h=12g(t2)2=gt28；
跳一下过程中该同学克服重力做功的平均功率的大小为P=mghT=mg2t28T。
11.【答案】(1)BC；(2)x1+x22T；(3)mgx2+x3=12mvD2−12mvB2；(4)大于。
【解析】(1)A.按照图1所示的装置安装器件，A正确，不符合题意；
B.动能的增加量及重力势能的减少量表达式中均含质量，故不用测量重物和夹子的质量，B错误，符合题意；
C.电磁式打点计时器使用的是交流电源，C错误，符合题意；
D.先接通电源后再释放纸带，打出一条纸带后，更换纸带，重复多次该步骤，D正确，不符合题意；
E.选择一条理想的纸带，对其进行测量，E正确，不符合题意。
故选BC。
(2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，B点的速度表达式为：vB=x1+x22T；
(3)重物从B点运动到D点，重力势能的减小量为：mg(x2+x3)，动能的增加量为：12mvD2−12mvB2，当mgx2+x3=12mvD2−12mvB2，机械能守恒；
(4)若实验中阻力不可忽略，根据能量守恒知，重力势能的减小量转化为动能的增加量和内能，则重力势能的减小量大于物体动能的增加量。
12.【答案】(1)20；
(2)不是；
(3)0.75；
(4)1.25
【解析】(1)根据 Δy=gT2 可得T= Δyg= 2Lg= 2×1.25×10−210s=0.05s，则频率f=1T=20Hz；
(2)因AB与BC竖直位移之比为3:5，不是从1开始的连续奇数比，可知A点不是平抛的起点位置；
(3)初速度v0=3LT=3×1.25×10−20.05m/s=0.75m/s；
(4)通过B点的竖直速度vBy=yAC2T=8×1.25×10−22×0.05m/s=1m/s，则vB= v02+vBy2= 0.752+12m/s=1.25m/s。
13.【答案】解：(1)根据平抛运动的规律可知：竖直位移H=12gt2，
解得t=2s，
运动员落地点距离A的水平距离x=vAt，
解得x=60m；
(2)设在空中离距离B处的高度为h时运动员的动能恰好是该处重力势能的4倍，则有4mgh=12mv2，
根据机械能守恒有mgH+12mvA2=mgh+12mv2，
解得h=13m。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)由图可知，在10s后小车匀速运动，达到额定功率，此时牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv，得：F=Pvm=96N=1.5N
则小车所受到的阻力大小为：f=F=1.5N
(2)在0～2s小车做匀加速运动，由速度−时间图象斜率的物理意义，可得加速度为：a=ΔvΔt=32m/s2=1.5m/s2
根据速度−时间图象，可知2s～10s内加速度减小，合外力减小，牵引力减小，所以整个过程中，前2s内小车牵引力最大，
由牛顿第二定律得：Fm−f=ma
代入数据解得整个过程小车牵引力的最大值为：Fm=3N
(3)前2s，小车做匀加速直线运动，位移x1，由运动学公式得x1=v12t1=32×2m=3m，
2s∽10s内，时间为t2，根据动能定理Pt2−fx2=12mvm2−12mv12，
代入数据解得x2=39m，
0∽10s内位移x=x1+x2=42m．
【解析】(1)由图象可知小车获得的最大速度，此时小车受到的牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv即可求得；
(2)在v−t图象中，斜率代表加速度，求得加速度，利用牛顿第二定律求得牵引力；
(3)分析0～10s内牵引力和阻力做功，根据动能定理即可求得位移；
本题以自制遥控小车的性能为情景载体，考查了有关机车启动问题，解决此题的关键是要分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解，抓住速度最大时牵引力等于阻力即可。
15.【答案】解：(1)物块由B到C做平抛运动，竖直方向根据自由落体运动的规律可得
h=12gt2
解得
t= 2hg= 2×0.810s=0.4s
物块在C点垂直击中斜面，根据运动的合成与
分解可得
tan37°=v0gt
解得物块做平抛运动的初速度
v0=gt·tan37°=10×0.4×0.75m/s=3.0m/s
则小物块到达桌边B点时速度的大小
vB=v0=3.0m/s
(2)小物块到达C点时竖直方向的速度
vy2=2gh
解得
vy= 2gh= 2×10×0.8m/s=4m/s
小物块到达C点时重力的功率
P=mgvy=0.4×10×4W=16W
(3)由图乙可知，当力F增大到1.0N时物体开始运动，所以物块与桌面间的滑动摩擦力
Ff=1.0N
图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，故在压缩弹簧的过程中，推力做的功
W=12×(47.0+1.0)×0.1J=2.4J
压缩过程中，由功能关系得
W−Ffx−Ep=0
解得弹簧存贮的最大弹性势能
Ep=2.4J−1×0.1J=2.3J
(4)物块从A到B的过程中，由功能关系得
Ep−Ff(x+L)=12mvB2
解得
L=0.4m
【解析】(1)根据平抛运动知识结合运动的合成与分解进行求解；
(2)求得C点竖直方向的速度，再求重力的功率；
(3)图乙中，图线所围成面积表示推力做的功，再根据功能关系解得弹簧存贮的最大弹性势能；
(4)由功能关系得O点至桌边B点的距离L．
本题主要是考查了功能关系、平抛运动的规律以及运动的合成与分解，解答时首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中物体的受力情况，分析哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
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