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2023-2024学年福建省福州市部分学校教学联盟高一（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省福州市部分学校教学联盟高一（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列几种运动中(忽略空气阻力的影响)，物体的机械能守恒的是( )
A. 在空中匀速下降的物体B. 沿固定光滑斜面下滑的物体
C. 竖直平面内做匀速圆周运动的物体D. 被起重机匀加速吊起的物体
2.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B. 物体在变力作用下一定做曲线运动
C. 做曲线运动的物体，其速度大小一定变化
D. 加速度(不为0)不变的运动可能是曲线运动
3.汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N减速行驶．下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，一物体从某一高度自由下落，落在直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始接触弹簧直到B点速度为零，然后被弹回，下列说法正确的是( )
A. 物体从A下降到B的过程中，动能不断减小
B. 物体从A下降到B的过程中，重力势能不断减小
C. 物体从A下降到B的过程中，物体的机械能不变
D. 物体从A下降到B的过程中，在B点时，所受合外力为零
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，假设在打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员克服阻力所做的功为0.9mgh
B. 运动员的机械能减少了0.1mgh
C. 运动员的重力势能减小了mgh
D. 运动员的动能减少了0.9mgh
6.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度vB竖直匀速上升，下列判断正确的是( )
A. 小车A做减速直线运动B. 绳子拉力大于物体B的重力
C. 小车A的速度大小可表示为vBcsθD. 小车A受到地面的支持力逐渐变大
7.消防车从同一点M分别以不同的初速度沿与水平方向成30°和60°的夹角喷出甲、乙两水柱，两水柱经过空间同一点N，M、N两点在同一水平线上，如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比为1：2
B. 甲、乙水柱从M点运动到N点的时间之比为 3：1
C. 甲、乙水柱上升的最大高度之比1：3
D. 甲、乙水柱从M点运动到N点过程平均速度之比为 3：1
8.如图所示，倾角θ=30°的传送带以大小为4m/s的速度顺时针匀速运行，一质量为1kg的工件(视为质点)以大小为8m/s的初速度从传送带的底端A冲上传送带，并恰好能到达传送带的顶端B，随即滑回A端。工件与传送带间的动摩擦因数为 35，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 工件沿传送带上滑的时间为2.5s
B. 工件返回A端时的速度大小为4 2m/s
C. 工件在传送带上的整个过程中，摩擦力对工件做的功为−18J
D. 工件在传送带上的整个过程中，因摩擦产生的热量为15J
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示以20m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上(g取10m/s2)，则物体撞击斜面时的速度为______m/s，完成这段飞行的时间为______s。
10.一条河宽400m，水流的速度为3m/s，船相对静水的速度5m/s，要想渡河的时间最短，渡河的最短时间是______s。若要以最短位移渡河，则渡河时间______s。
11.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动。当运动一小段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像。取g=10m/s2，摩擦力对物体所做的功为______J；物体匀速运动时的速度为______m/s。
四、实验题：本大题共2小题，共13分。
12.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______；
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.先释放重物，再接通电源
(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk= ______；
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是______。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
13.某位同学探究平抛运动规律时，进行如下操作，先采用甲图的方式定性研究平抛运动竖直方向的运动规律，然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
(1)甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做______运动。
(2)乙图所示的实验中以下操作必要的是______。
A.实验过程中必须让斜槽光滑
B.将小球放于斜槽下方末端任意位置，看其是否滚动从而检验叙槽末端是否水平
C.同一次实验过程，小球可以不用从斜槽上同一位置静止释放
D.可以在小球上涂上墨汁，让小球平抛过程在坐标纸上与纸接触画出运动轨迹
(3)同学得到了丙图的结果后，测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为______m/s，平抛的初位置坐标为______(坐标表达中需标明单位，以mm为单位)，g=10m/s2。
五、简答题：本大题共3小题，共35分。
14.某同学在h高度处将石块水平抛出，设石块离开手后做平抛运动，落地点离抛出点的水平距离x=16m，下落时间是2s，如图所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)石块做平抛运动的初速度v0。
(2)石块下落的高度h。
(3)石块落地时的速度。
15.质量m=3×106kg的列车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止开始出发，在运动的过程中受到的阻力f大小恒定，经过103s后速度达到最大行驶速度vm=20m/s，此时司机发现前方4×103m处的轨道旁山体塌方，便立即紧急刹车，刹车过程附加的制动力F恒为9×104N。结果列车正好到达轨道毁坏处停下。求：
(1)简要画出列车运动全程的速度—时间图像；
(2)整个行驶过程中列车所受的阻力f的大小；
(3)列车的额定功率；
(4)列车从出发到停下经过的总行程。
16.如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一弹性挡板，斜面上距离挡板一段距离处放置一质量为m的薄板B，其上下表面均与斜面平行，薄板由两段不同材质的板拼接而成，上半段粗糙、下半段光滑。薄板B最上端放置一质量也为m的物块，初始时A和B在外力作用下均处于静止状态。t=0时撇去外力，A、B开始运动，在第2s末，物块刚好运动到薄板光滑段，第3s末与薄板同时运动到斜面底端弹性挡板处。已知物体与弹性挡板的碰撞为弹性碰撞，A与B粗糙段间的动摩擦因数μ1=38，整个薄板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2,sin37°=35，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；
(2)薄板B的总长度；
(3)通过计算分析物块是否能从薄板左端滑出，若能，求出物块滑离薄板时的速度；若不能，求出与弹性挡板碰撞后物块在薄板上粗糙部分运动的总路程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、在空中匀速下降的物体，动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故A错误；
B、沿固定光滑斜面下滑的物体运动过程中，斜面对物体的支持力不做功，只有重力做功，则物体的机械能守恒，故B正确；
C、竖直面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故C错误；
D、被起重机匀加速吊起的物体，动能逐渐增大，重力势能一直增大，则物体的机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
物体机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，通过分析物体的受力的情况，根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒，或根据机械能的概念进行判断。
本题主要是考查机械能守恒定律，解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或弹力做功；2、看系统的动能和势能之和是否变化。
2.【答案】D
【解析】解：AB.物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一直线上，而不一定是恒力或变力，故AB错误；
C.做曲线运动的物体速度方向一定变化，但速度大小不一定变化，若物体做匀速圆周运动，则物体的速度大小不变，故C错误；
D.加速度(不为0)不变的运动可以是匀变速直线运动或匀变速曲线运动，故D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，理解物体做曲线运动的条件，注意匀速圆周运动、平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
3.【答案】C
【解析】解：赛车做的是曲线运动，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车是从M向N运动的，并且速度在减小，所以合力与赛车的速度方向的夹角要大于90°，故C正确。
故选：C。
做曲线运动的物体，运动的轨迹是曲线，物体受到的合力应该是指向运动轨迹弯曲的内侧，速度沿着轨迹的切线的方向．
做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车的速度在减小，合力与速度的夹角还要大于90°．
4.【答案】B
【解析】解：AB、物体从A点到B点的运动过程：物体受到向下的重力和弹簧向上的弹力，弹力先小于重力，合力向下，物体加速，之后弹力大于重力，合力向上，物体开始减速，直至减为零。当弹力和重力相等时，物体的速度达到最大，所以物体的速度先增大后减小，则动能先增大后减小；重力一直做正功，重力势能不断减小，故A错误、B正确；
C、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，物体从A下降到B的过程中，物体的机械能与弹簧的弹性势能之和不变，弹簧的弹性势能增大、则物体的机械能减少，故C错误；
D、由上分析可知物体在AB之间某个位置，重力与弹力相平衡，此位置合力为零，在B点物体受到的弹力大于重力，合外力方向向上，故D错误。
故选：B。
动能的大小与物体的速度有关，通过分析物体的受力情况，判断其速度的变化情况，就可以知道动能的变化情况；重力势能和弹性势能的变化可根据重力和弹力做功情况进行判断；根据系统机械能守恒判断物体的机械能的变化；合外力为零的位置是速度最大的位置。
本题关键要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况，要抓住弹力的可变性，不能认为物体一接触弹簧就开始减速。
5.【答案】BC
【解析】解：A、打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，所以运动员克服阻力所做的功为Wf=fh=0.1mgh，故A错误；
B、根据功能关系可知，运动员克服阻力做功等于运动员的机械能减少量，所以运动员的机械能减少了0.1mgh，故B正确；
C、运动员的重力势能减小等于重力所做的功，为mgh，故C正确；
D、合外力做功为W=mgh−Wf=mgh−0.1mgh=0.9mgh，所以，动能增加0.9mgh，故D错误。
故选：BC。
根据功的计算公式求出运动员克服阻力所做的功。运动员的机械能减少量等于运动员克服阻力所做的功。运动员的重力势能减小量等于重力所做的功。根据合外力做功求运动员的动能减少量。
解决本题的关键要知道合外力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其他力做功与机械能的变化关系。
6.【答案】AD
【解析】解：AC、将小车A的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，如图所示，可得
vAcsθ=vB
vB=vAcsθ，则vA=vBcsθ
小车A沿水平地面向左做直线运动，θ逐渐减小，vB不变，则小车A的速度vA逐渐减小，小车A做减速直线运动，故A正确，C错误；
B、物体B匀速上升，受力平衡，可得T=mBg，即绳子拉力等于物体B的重力，故B错误；
D、对小车A，根据竖直方向受力平衡可得小车A受到地面的支持力为：FN=mAg−Tsinθ=mAg−mBgsinθ，θ逐渐减小，则小车A受到地面的支持力逐渐变大，故D正确。
故选：AD。
将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于B的速度，由此列式分析小车A的速度变化情况，从而得出小车A的运动情况。物体B匀速上升，受力平衡，由平衡条件判断拉力和重力的大小关系。对小车A，根据竖直方向受力平衡分析小车A受到地面的支持力变化情况。
解决本题的关键要知道小车沿绳子方向的分速度等于物体B的速度，根据平行四边形定则分析两者速度关系。
7.【答案】CD
【解析】解：A.水柱做斜抛运动，设水柱在空中运动的时间为t
水平方向做匀速运动，水平位移x=vcsθ⋅t
竖直方向做竖直水平运动，根据匀变速运动公式vsinθ=gt2
代入数据解得x=v2sin2θg
甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比为v甲v乙= sin120°sin60∘= sin60°sin60∘=1：1，故A错误；
B.根据匀变速运动公式，运动时间t=2vsinθg
可知甲、乙水柱从M点运动到N点的时间之比为t甲t乙=vsin30°vsin60∘=12 32= 33，故B错误；
C.水柱在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速运动公式h=(vsinθ)22g
可知，甲、乙水柱上升的最大高度之比h甲h乙=(vsin30°vsin60∘)2=(12 32)2=13，故C正确；
D.根据平均速度公式v−=xt
则甲、乙水柱从M点运动到N点过程平均速度之比为v甲−v乙−=t乙t甲= 31，故D正确。
故选：CD。
A.水柱做斜抛运动，根据斜抛运动规律求甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比；
BC.水柱在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速公式求运动时间之比和上升高度之比；
D.根据平均速度公式求解作答。
本题主要考查了斜抛运动的规律，根据斜抛运动的对称性求运动时间；根据平抛运动规律求解初速度之比是解题的关键。
8.【答案】AC
【解析】解：A、工件所受重力沿传送带向下的分力大小为G1=mgsinθ=0.5mg，滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ=0.3mg
当工件的速度大于传送带的速度时，工件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，所以工件沿传送带向上做匀减速运动。
根据牛顿第二定律可得上滑的加速度大小为a1=G1+fm，代入数据解得a1=8m/s2
工件从A端上滑至与传送带速度相同的时间为t1=v0−va1=8−48s=0.5s
此后工件继续向上做匀减速运动，上滑的加速度大小为a2=G1−fm，代入数据解得a2=2m/s2
从工件与传送带达到共同速度至工件到达B端的时间为t2=va2=42s=2s
故工件沿传送带上滑的时间为t=t1+t2=0.5s+2s=2.5s，故A正确；
B、A、B两端的距离为L=v0+v2t1+v2t2，解得：L=7m
设工件返回A端时的速度大小为v′，则有
v′2=2a2L
解得：v′=2 7m/s，故B错误；
C、工件在传送带上的整个过程中，根据动能定理可知摩擦力对工件做的功W=12mv′2−12mv02，代入数据解得：W=−18J，故C正确；
D、工件从B端下滑至A端的时间为t′=v′a2=2 72s= 7s
工件在传送带上滑行的过程中，因摩擦产生的热量为
Q=f(v0+v2t1−vt1)+f(vt2−v2t2)+f(vt′+L)，代入数据解得：Q=(36+12 7)J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律以及速度—时间公式相结合即可求得工件沿传送带上滑的时间。根据位移等于平均速度与时间的乘积求出A、B两端的距离。根据速度—位移公式求出工件返回A端时的速度大小，再根据动能定理求解摩擦力对工件做的功，结合相对位移求解摩擦生热。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用和功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式相结合求解运动学参量。要知道摩擦生热与相对路程有关。
9.【答案】40 2 3
【解析】解：物体垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，则有
tan30°=v0vy
解得
vy=v0tan30∘=20 33m/s=20 3m/s
则物体撞击斜面时的速度为
v= v02+vy2= 202+(20 3)2m/s=40m/s
完成这段飞行的时间为
t=vyg=20 310s=2 3s
故答案为：40；2 3。
本题根据物体垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，得到水平速度和竖直速度的关系，再根据vy=gt求解时间。
本题考查了平抛运动，理解平抛运动水平防线做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动是解决此类问题的关键。
10.【答案】80 100
【解析】解：当船头垂直对岸航行时，渡河时间最短，此时有tmin=dv船=4005s=80s
由于v船>v水，根据矢量合成法则，可知当船的合速度垂直指向对岸时，船的渡河位移最短，此时有v船= v船2−v水2= 52−32m/s=4m/s
则渡河时间为t=dv合=4004s=100s
故答案为：80；100。
当船头始终正对河岸渡河时，渡河时间最短；由于v静>v水，当水速与船在静水中的速度的合速度方向垂直河岸时，渡河位移最短；应用平行四边形定则和运动学公式解答。
本题考查了运动合成与分解的应用，小船过河问题要理解船渡河的速度是水速与船在静水中的速度的合速度。当船在静水中的速度大于水速，合速度可以与河岸垂直，渡河最小位移可以等于河宽；当船在静水中的速度小于水速，合速度就不能与河岸垂直，当合速度与船的静水速度垂直，渡河位移最小。
11.【答案】−16 2
【解析】解：0～2m内拉力F=4N，物体做匀速直线运动，则摩擦力f=F=4N，整个过程摩擦力对物体所做的功Wf=−fx=−4N×4m=−16J
F−x图像图像与横轴所夹的面积表示力F做的功，由图可知，全过程拉力F做的功W=(2+4)×42J=12J
全过程由动能定理有：W+Wf=0−12mv2
代入数据可得物体匀速运动时的速度为：v=2m/s
故答案为：−16；2。
根据物体做匀速运动合力为零和图像可得摩擦力大小，由W=Fx可得摩擦力做的功；
根据图像面积的意义可得全过程拉力F做的功，全过程由动能定理可得解。
本题考查了动能定理和功的计算，解题的关键是知道F−x图像图像与横轴的面积表示力F做的功。
12.【答案】AB m(hC−hA)28T2 C
【解析】解：(1)A.为了减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，实验应选择重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.若机械能守恒，应满足mgh=12mv2，因此质量m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；
D.先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选：AB。
(2)利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度
vB=hC−hA2T
从打O点到打B点的过程中，动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
(3)AB.若利用公式v=gt或v= 2gh计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)m(hC−hA)28T2；(3)C。
(1)根据实验原理和注意分析作答；
(2)根据匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度求解打下B点的瞬时速度，再求动能的减小量；
(3)实验过程中存在阻力，重物要克服阻力做功，据此分析作答。
本题考查了机械能守恒定律的验证，关键要理解实验的原理，掌握实验的方法；本实验的误差主要来源于空气阻力和摩擦阻力。
13.【答案】自由落体 B 0.6 (−9mm,−16.875mm)
【解析】解：(1)甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
(2)A、只要每次从同一位置静止释放小球，小球做平抛运动的初速度相同，与斜槽是否光滑没有关系，故A错误；
B、为保证小球做平抛运动，安装有斜槽的木板时，一定要保证斜槽末端切线水平，可以将小球放于斜槽下方末端任意位置，看其是否滚动从而检验叙槽末端是否水平，故B正确；
C、每次实验都要把小球从同一位置由静止释放，从而保证小球到达底端时的速度相同，故C错误；
D、小球在运动过程中与木板上的白纸相接触有可能会改变它的运动轨迹，从而不是平抛运动，故D错误。
故选：B。
(3)平抛运动在竖直方向上，根据△y=L=gT2解得
T= Lg
小球抛出时的水平速度：2L=v0T
代入数据联立解得：v0=0.6m/s
b点竖直方向的速度：vby=3L2T、vby=gt
代入数据解得：t=0.045s
则
yb=12gt2，代入数据解得：yb=0.010125m
xb=v0t，代入数据可得：xb=
所以抛出点
x0=xb−4L，代入数据可得：x0=−9mm
y0=yb−3L，代入数据可得：y0=−16.875mm
则抛出点的坐标为(−9mm,−16.875mm)。
答：(1)自由落体；
(2)B；
(3)0.6、(−9mm,−16.875mm)
(1)根据甲图中两球同时落地，可以得到在竖直方向上做自由落体运动；
(2)根据实验要求确定必要操作；
(3)根据平抛运动在水平和竖直方向的运动类型以及丙图中的数据求出初始位置坐标。
本题主要考查平抛运动的实验，对于实验题，在做题中一定要注意实验要求和结论。
14.【答案】解：(1)由于石块运动的分运动具有等时性，所有水平方向上的运动时间也为2s；
石块做平抛运动的初速度为：v=xt=162m/s=8m/s
(2)石块下落的高度为：h=12gt2=12×10×22m=20m
(3)石块落地的竖直速度为vy=gt=10×2m/s2=20m/s2
石块落地时的速度为v= v02+vy2= 82+202m/s2=4 29m/s2
答：(1)石块做平抛运动的初速度为8m/s；
(2)石块下落的高度为20m；
(3)石块落地时的速度为4 29m/s。
【解析】(1)由于石块运动的分运动具有等时性，所有水平方向上的运动时间与下落时间相同，水平方向是匀速直线运动，根据v=xt计算；
(2)竖直方向是自由落体运动，根据h=12gt2计算；
(3)落地的速度是合速度，根据平行四边形法则计算。
本题考查了平抛运动的特点，平抛运动的分运动具有等时性，水平方向和竖直方向运动的时间相等。水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动。落地速度是物体的合速度，要用速度的合成。
15.【答案】解：(1)列车的功率P=F牵v，由牛顿第二定律有：F牵−f=ma
可得加速度a=Pmv−fm，列车恒功率启动，P不变，v增大，则a减小，当a=0时，列车速度达到最大值，此时司机发现前方轨道旁山体塌方，司机刹车，列车做匀减速直线运动，直到速度减为零，汽车运动全程的速度—时间图像如下图所示：
(1)设列车匀减速过程加速度为a1，则有：vm2=2a1x1
由牛顿第二定律有：F+f=ma1
代入数据可得：f=6×104N
(2)列车匀速行驶时，牵引力和阻力相等，列车速度达到最大，列车的额定功率：P=F牵vm=fvm=6×104×20W=1.2×106W
(3)加速过程，由动能定理有：Pt−fx2=12mvm2
代入数据可得：x2=1.0×104m
列车从出发到停下经过的总行程：x=x1+x2=4×103m+1.0×104m=1.4×104m
答：(1)简要画出列车运动全程的速度—时间图像，见解析；
(2)整个行驶过程中列车所受的阻力f的大小为6×104N；
(3)列车的额定功率为1.2×106W；
(4)列车从出发到停下经过的总行程为1.4×104m。
【解析】(1)根据P=Fv和牛顿第二定律分析列车加速度变化特点画图像；
(2)匀减速过程，利用运动学公式和牛顿第二定律分析；
(3)根据P=fvm求解；
(4)加速过程利用动能定理可得解。
本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是知道当牵引力和阻力大小相等时，列车的速度达到最大值。
16.【答案】解：(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
FN1=mgcsθ
Ff1=μ1FN1
Ff2=μ2FN2
FN2=FN1+mgcsθ
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff1=ma1
mgsinθ−Ff2+Ff1=ma2
联立解得
a1=3m/s2,a2=1m/s2
(2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=3×2m/s=6m/s，v2=a2t1=1×2m/s=2m/s
2s后，设A和B的加速度分别为a′1和a′2，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a′1=6m/s2,a′2=−2m/s2
由于a′2<0，可知B做减速运动，设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2+a′2t2=0
解得
t2=1s
在t1时间内，A相对于B运动的距离
x1=v1t12−v2t12，解得x1=4m
在t2时间内，A相对于B运动的距离
x2=v1t1+12a1′t22−(v2t2+12a2′t22)，解得x2=8m
t1+t2=2s+1s=3s
物块与薄板刚好同时运动到斜面底端弹性挡板处，薄板B的长度
L=x1+x2=4m+8m=12m
(3)由(2)可知3s时，薄板B的速度为0，物块的速度
v3=v1+a′1t2=6m/s+6×1m/s=12m/s
物块与挡板碰撞后以12m/s的速度反弹，此过程中薄板静止不动，物块上滑的加速度
a3=−gsinθ，解得a3=−6m/s2
设物块以加速度a3减速到0，该过程中物块的位移
x3=0−v322a3，解得x3=12m=L
由于物块滑上薄板的粗糙区域后加速度大于a3，故物块不会从薄板滑离，当物块与挡板多次碰撞后返回薄板粗糙处速度恰为0时，由能量守恒得
12mv32=mgx2sinθ+μ1mgscsθ
解得
s=8m
答：(1)在0～2s时间内A加速度的大小为3m/s2，B加速度的大小为1m/s2；
(2)薄板B的总长度12m；
(3)与弹性挡板碰撞后物块在薄板上粗糙部分运动的总路程为8m。
【解析】(1)通过受力分析，结合牛顿第二定律可求出各自的加速度；
(2)利用运动学公式，可求出薄板长度；
(3)通过运动学求出位移，结合能量守恒可求出运动的总路程。
学生在解决本题时，应注意将牛顿第二定律同运动学公式结合起来，同受力分析结合起来。
1.下列几种运动中(忽略空气阻力的影响)，物体的机械能守恒的是( )
A. 在空中匀速下降的物体B. 沿固定光滑斜面下滑的物体
C. 竖直平面内做匀速圆周运动的物体D. 被起重机匀加速吊起的物体
2.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B. 物体在变力作用下一定做曲线运动
C. 做曲线运动的物体，其速度大小一定变化
D. 加速度(不为0)不变的运动可能是曲线运动
3.汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N减速行驶．下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，一物体从某一高度自由下落，落在直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始接触弹簧直到B点速度为零，然后被弹回，下列说法正确的是( )
A. 物体从A下降到B的过程中，动能不断减小
B. 物体从A下降到B的过程中，重力势能不断减小
C. 物体从A下降到B的过程中，物体的机械能不变
D. 物体从A下降到B的过程中，在B点时，所受合外力为零
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，假设在打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员克服阻力所做的功为0.9mgh
B. 运动员的机械能减少了0.1mgh
C. 运动员的重力势能减小了mgh
D. 运动员的动能减少了0.9mgh
6.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度vB竖直匀速上升，下列判断正确的是( )
A. 小车A做减速直线运动B. 绳子拉力大于物体B的重力
C. 小车A的速度大小可表示为vBcsθD. 小车A受到地面的支持力逐渐变大
7.消防车从同一点M分别以不同的初速度沿与水平方向成30°和60°的夹角喷出甲、乙两水柱，两水柱经过空间同一点N，M、N两点在同一水平线上，如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比为1：2
B. 甲、乙水柱从M点运动到N点的时间之比为 3：1
C. 甲、乙水柱上升的最大高度之比1：3
D. 甲、乙水柱从M点运动到N点过程平均速度之比为 3：1
8.如图所示，倾角θ=30°的传送带以大小为4m/s的速度顺时针匀速运行，一质量为1kg的工件(视为质点)以大小为8m/s的初速度从传送带的底端A冲上传送带，并恰好能到达传送带的顶端B，随即滑回A端。工件与传送带间的动摩擦因数为 35，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 工件沿传送带上滑的时间为2.5s
B. 工件返回A端时的速度大小为4 2m/s
C. 工件在传送带上的整个过程中，摩擦力对工件做的功为−18J
D. 工件在传送带上的整个过程中，因摩擦产生的热量为15J
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示以20m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上(g取10m/s2)，则物体撞击斜面时的速度为______m/s，完成这段飞行的时间为______s。
10.一条河宽400m，水流的速度为3m/s，船相对静水的速度5m/s，要想渡河的时间最短，渡河的最短时间是______s。若要以最短位移渡河，则渡河时间______s。
11.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动。当运动一小段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像。取g=10m/s2，摩擦力对物体所做的功为______J；物体匀速运动时的速度为______m/s。
四、实验题：本大题共2小题，共13分。
12.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______；
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.先释放重物，再接通电源
(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk= ______；
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是______。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
13.某位同学探究平抛运动规律时，进行如下操作，先采用甲图的方式定性研究平抛运动竖直方向的运动规律，然后再采用乙图的方式定量研究平抛运动，得到了如图丙坐标系中的几个点。
(1)甲图所示的实验说明了平抛的小球在竖直方向上做______运动。
(2)乙图所示的实验中以下操作必要的是______。
A.实验过程中必须让斜槽光滑
B.将小球放于斜槽下方末端任意位置，看其是否滚动从而检验叙槽末端是否水平
C.同一次实验过程，小球可以不用从斜槽上同一位置静止释放
D.可以在小球上涂上墨汁，让小球平抛过程在坐标纸上与纸接触画出运动轨迹
(3)同学得到了丙图的结果后，测得坐标纸的方格边长为9mm，由此可得到平抛运动的初速度为______m/s，平抛的初位置坐标为______(坐标表达中需标明单位，以mm为单位)，g=10m/s2。
五、简答题：本大题共3小题，共35分。
14.某同学在h高度处将石块水平抛出，设石块离开手后做平抛运动，落地点离抛出点的水平距离x=16m，下落时间是2s，如图所示。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)石块做平抛运动的初速度v0。
(2)石块下落的高度h。
(3)石块落地时的速度。
15.质量m=3×106kg的列车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止开始出发，在运动的过程中受到的阻力f大小恒定，经过103s后速度达到最大行驶速度vm=20m/s，此时司机发现前方4×103m处的轨道旁山体塌方，便立即紧急刹车，刹车过程附加的制动力F恒为9×104N。结果列车正好到达轨道毁坏处停下。求：
(1)简要画出列车运动全程的速度—时间图像；
(2)整个行驶过程中列车所受的阻力f的大小；
(3)列车的额定功率；
(4)列车从出发到停下经过的总行程。
16.如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一弹性挡板，斜面上距离挡板一段距离处放置一质量为m的薄板B，其上下表面均与斜面平行，薄板由两段不同材质的板拼接而成，上半段粗糙、下半段光滑。薄板B最上端放置一质量也为m的物块，初始时A和B在外力作用下均处于静止状态。t=0时撇去外力，A、B开始运动，在第2s末，物块刚好运动到薄板光滑段，第3s末与薄板同时运动到斜面底端弹性挡板处。已知物体与弹性挡板的碰撞为弹性碰撞，A与B粗糙段间的动摩擦因数μ1=38，整个薄板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2,sin37°=35，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；
(2)薄板B的总长度；
(3)通过计算分析物块是否能从薄板左端滑出，若能，求出物块滑离薄板时的速度；若不能，求出与弹性挡板碰撞后物块在薄板上粗糙部分运动的总路程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、在空中匀速下降的物体，动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故A错误；
B、沿固定光滑斜面下滑的物体运动过程中，斜面对物体的支持力不做功，只有重力做功，则物体的机械能守恒，故B正确；
C、竖直面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，故C错误；
D、被起重机匀加速吊起的物体，动能逐渐增大，重力势能一直增大，则物体的机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
物体机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，通过分析物体的受力的情况，根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否守恒，或根据机械能的概念进行判断。
本题主要是考查机械能守恒定律，解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或弹力做功；2、看系统的动能和势能之和是否变化。
2.【答案】D
【解析】解：AB.物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一直线上，而不一定是恒力或变力，故AB错误；
C.做曲线运动的物体速度方向一定变化，但速度大小不一定变化，若物体做匀速圆周运动，则物体的速度大小不变，故C错误；
D.加速度(不为0)不变的运动可以是匀变速直线运动或匀变速曲线运动，故D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，理解物体做曲线运动的条件，注意匀速圆周运动、平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
3.【答案】C
【解析】解：赛车做的是曲线运动，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车是从M向N运动的，并且速度在减小，所以合力与赛车的速度方向的夹角要大于90°，故C正确。
故选：C。
做曲线运动的物体，运动的轨迹是曲线，物体受到的合力应该是指向运动轨迹弯曲的内侧，速度沿着轨迹的切线的方向．
做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由于赛车的速度在减小，合力与速度的夹角还要大于90°．
4.【答案】B
【解析】解：AB、物体从A点到B点的运动过程：物体受到向下的重力和弹簧向上的弹力，弹力先小于重力，合力向下，物体加速，之后弹力大于重力，合力向上，物体开始减速，直至减为零。当弹力和重力相等时，物体的速度达到最大，所以物体的速度先增大后减小，则动能先增大后减小；重力一直做正功，重力势能不断减小，故A错误、B正确；
C、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，物体从A下降到B的过程中，物体的机械能与弹簧的弹性势能之和不变，弹簧的弹性势能增大、则物体的机械能减少，故C错误；
D、由上分析可知物体在AB之间某个位置，重力与弹力相平衡，此位置合力为零，在B点物体受到的弹力大于重力，合外力方向向上，故D错误。
故选：B。
动能的大小与物体的速度有关，通过分析物体的受力情况，判断其速度的变化情况，就可以知道动能的变化情况；重力势能和弹性势能的变化可根据重力和弹力做功情况进行判断；根据系统机械能守恒判断物体的机械能的变化；合外力为零的位置是速度最大的位置。
本题关键要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况，要抓住弹力的可变性，不能认为物体一接触弹簧就开始减速。
5.【答案】BC
【解析】解：A、打开伞之前受大小为0.1mg的恒定阻力作用，所以运动员克服阻力所做的功为Wf=fh=0.1mgh，故A错误；
B、根据功能关系可知，运动员克服阻力做功等于运动员的机械能减少量，所以运动员的机械能减少了0.1mgh，故B正确；
C、运动员的重力势能减小等于重力所做的功，为mgh，故C正确；
D、合外力做功为W=mgh−Wf=mgh−0.1mgh=0.9mgh，所以，动能增加0.9mgh，故D错误。
故选：BC。
根据功的计算公式求出运动员克服阻力所做的功。运动员的机械能减少量等于运动员克服阻力所做的功。运动员的重力势能减小量等于重力所做的功。根据合外力做功求运动员的动能减少量。
解决本题的关键要知道合外力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其他力做功与机械能的变化关系。
6.【答案】AD
【解析】解：AC、将小车A的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，如图所示，可得
vAcsθ=vB
vB=vAcsθ，则vA=vBcsθ
小车A沿水平地面向左做直线运动，θ逐渐减小，vB不变，则小车A的速度vA逐渐减小，小车A做减速直线运动，故A正确，C错误；
B、物体B匀速上升，受力平衡，可得T=mBg，即绳子拉力等于物体B的重力，故B错误；
D、对小车A，根据竖直方向受力平衡可得小车A受到地面的支持力为：FN=mAg−Tsinθ=mAg−mBgsinθ，θ逐渐减小，则小车A受到地面的支持力逐渐变大，故D正确。
故选：AD。
将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于B的速度，由此列式分析小车A的速度变化情况，从而得出小车A的运动情况。物体B匀速上升，受力平衡，由平衡条件判断拉力和重力的大小关系。对小车A，根据竖直方向受力平衡分析小车A受到地面的支持力变化情况。
解决本题的关键要知道小车沿绳子方向的分速度等于物体B的速度，根据平行四边形定则分析两者速度关系。
7.【答案】CD
【解析】解：A.水柱做斜抛运动，设水柱在空中运动的时间为t
水平方向做匀速运动，水平位移x=vcsθ⋅t
竖直方向做竖直水平运动，根据匀变速运动公式vsinθ=gt2
代入数据解得x=v2sin2θg
甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比为v甲v乙= sin120°sin60∘= sin60°sin60∘=1：1，故A错误；
B.根据匀变速运动公式，运动时间t=2vsinθg
可知甲、乙水柱从M点运动到N点的时间之比为t甲t乙=vsin30°vsin60∘=12 32= 33，故B错误；
C.水柱在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速运动公式h=(vsinθ)22g
可知，甲、乙水柱上升的最大高度之比h甲h乙=(vsin30°vsin60∘)2=(12 32)2=13，故C正确；
D.根据平均速度公式v−=xt
则甲、乙水柱从M点运动到N点过程平均速度之比为v甲−v乙−=t乙t甲= 31，故D正确。
故选：CD。
A.水柱做斜抛运动，根据斜抛运动规律求甲、乙水柱喷出时的初速度大小之比；
BC.水柱在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速公式求运动时间之比和上升高度之比；
D.根据平均速度公式求解作答。
本题主要考查了斜抛运动的规律，根据斜抛运动的对称性求运动时间；根据平抛运动规律求解初速度之比是解题的关键。
8.【答案】AC
【解析】解：A、工件所受重力沿传送带向下的分力大小为G1=mgsinθ=0.5mg，滑动摩擦力大小为f=μmgcsθ=0.3mg
当工件的速度大于传送带的速度时，工件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，所以工件沿传送带向上做匀减速运动。
根据牛顿第二定律可得上滑的加速度大小为a1=G1+fm，代入数据解得a1=8m/s2
工件从A端上滑至与传送带速度相同的时间为t1=v0−va1=8−48s=0.5s
此后工件继续向上做匀减速运动，上滑的加速度大小为a2=G1−fm，代入数据解得a2=2m/s2
从工件与传送带达到共同速度至工件到达B端的时间为t2=va2=42s=2s
故工件沿传送带上滑的时间为t=t1+t2=0.5s+2s=2.5s，故A正确；
B、A、B两端的距离为L=v0+v2t1+v2t2，解得：L=7m
设工件返回A端时的速度大小为v′，则有
v′2=2a2L
解得：v′=2 7m/s，故B错误；
C、工件在传送带上的整个过程中，根据动能定理可知摩擦力对工件做的功W=12mv′2−12mv02，代入数据解得：W=−18J，故C正确；
D、工件从B端下滑至A端的时间为t′=v′a2=2 72s= 7s
工件在传送带上滑行的过程中，因摩擦产生的热量为
Q=f(v0+v2t1−vt1)+f(vt2−v2t2)+f(vt′+L)，代入数据解得：Q=(36+12 7)J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律以及速度—时间公式相结合即可求得工件沿传送带上滑的时间。根据位移等于平均速度与时间的乘积求出A、B两端的距离。根据速度—位移公式求出工件返回A端时的速度大小，再根据动能定理求解摩擦力对工件做的功，结合相对位移求解摩擦生热。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用和功能关系，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式相结合求解运动学参量。要知道摩擦生热与相对路程有关。
9.【答案】40 2 3
【解析】解：物体垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，则有
tan30°=v0vy
解得
vy=v0tan30∘=20 33m/s=20 3m/s
则物体撞击斜面时的速度为
v= v02+vy2= 202+(20 3)2m/s=40m/s
完成这段飞行的时间为
t=vyg=20 310s=2 3s
故答案为：40；2 3。
本题根据物体垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，得到水平速度和竖直速度的关系，再根据vy=gt求解时间。
本题考查了平抛运动，理解平抛运动水平防线做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动是解决此类问题的关键。
10.【答案】80 100
【解析】解：当船头垂直对岸航行时，渡河时间最短，此时有tmin=dv船=4005s=80s
由于v船>v水，根据矢量合成法则，可知当船的合速度垂直指向对岸时，船的渡河位移最短，此时有v船= v船2−v水2= 52−32m/s=4m/s
则渡河时间为t=dv合=4004s=100s
故答案为：80；100。
当船头始终正对河岸渡河时，渡河时间最短；由于v静>v水，当水速与船在静水中的速度的合速度方向垂直河岸时，渡河位移最短；应用平行四边形定则和运动学公式解答。
本题考查了运动合成与分解的应用，小船过河问题要理解船渡河的速度是水速与船在静水中的速度的合速度。当船在静水中的速度大于水速，合速度可以与河岸垂直，渡河最小位移可以等于河宽；当船在静水中的速度小于水速，合速度就不能与河岸垂直，当合速度与船的静水速度垂直，渡河位移最小。
11.【答案】−16 2
【解析】解：0～2m内拉力F=4N，物体做匀速直线运动，则摩擦力f=F=4N，整个过程摩擦力对物体所做的功Wf=−fx=−4N×4m=−16J
F−x图像图像与横轴所夹的面积表示力F做的功，由图可知，全过程拉力F做的功W=(2+4)×42J=12J
全过程由动能定理有：W+Wf=0−12mv2
代入数据可得物体匀速运动时的速度为：v=2m/s
故答案为：−16；2。
根据物体做匀速运动合力为零和图像可得摩擦力大小，由W=Fx可得摩擦力做的功；
根据图像面积的意义可得全过程拉力F做的功，全过程由动能定理可得解。
本题考查了动能定理和功的计算，解题的关键是知道F−x图像图像与横轴的面积表示力F做的功。
12.【答案】AB m(hC−hA)28T2 C
【解析】解：(1)A.为了减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，实验应选择重物选用质量和密度较大的金属锤，故A正确；
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.若机械能守恒，应满足mgh=12mv2，因此质量m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；
D.先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选：AB。
(2)利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度
vB=hC−hA2T
从打O点到打B点的过程中，动能变化量ΔEk=12mvB2=m(hC−hA)28T2
(3)AB.若利用公式v=gt或v= 2gh计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选：C。
故答案为：(1)AB；(2)m(hC−hA)28T2；(3)C。
(1)根据实验原理和注意分析作答；
(2)根据匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度求解打下B点的瞬时速度，再求动能的减小量；
(3)实验过程中存在阻力，重物要克服阻力做功，据此分析作答。
本题考查了机械能守恒定律的验证，关键要理解实验的原理，掌握实验的方法；本实验的误差主要来源于空气阻力和摩擦阻力。
13.【答案】自由落体 B 0.6 (−9mm,−16.875mm)
【解析】解：(1)甲图两球同时落地，说明了平抛的小球在竖直方向上做自由落体运动。
(2)A、只要每次从同一位置静止释放小球，小球做平抛运动的初速度相同，与斜槽是否光滑没有关系，故A错误；
B、为保证小球做平抛运动，安装有斜槽的木板时，一定要保证斜槽末端切线水平，可以将小球放于斜槽下方末端任意位置，看其是否滚动从而检验叙槽末端是否水平，故B正确；
C、每次实验都要把小球从同一位置由静止释放，从而保证小球到达底端时的速度相同，故C错误；
D、小球在运动过程中与木板上的白纸相接触有可能会改变它的运动轨迹，从而不是平抛运动，故D错误。
故选：B。
(3)平抛运动在竖直方向上，根据△y=L=gT2解得
T= Lg
小球抛出时的水平速度：2L=v0T
代入数据联立解得：v0=0.6m/s
b点竖直方向的速度：vby=3L2T、vby=gt
代入数据解得：t=0.045s
则
yb=12gt2，代入数据解得：yb=0.010125m
xb=v0t，代入数据可得：xb=
所以抛出点
x0=xb−4L，代入数据可得：x0=−9mm
y0=yb−3L，代入数据可得：y0=−16.875mm
则抛出点的坐标为(−9mm,−16.875mm)。
答：(1)自由落体；
(2)B；
(3)0.6、(−9mm,−16.875mm)
(1)根据甲图中两球同时落地，可以得到在竖直方向上做自由落体运动；
(2)根据实验要求确定必要操作；
(3)根据平抛运动在水平和竖直方向的运动类型以及丙图中的数据求出初始位置坐标。
本题主要考查平抛运动的实验，对于实验题，在做题中一定要注意实验要求和结论。
14.【答案】解：(1)由于石块运动的分运动具有等时性，所有水平方向上的运动时间也为2s；
石块做平抛运动的初速度为：v=xt=162m/s=8m/s
(2)石块下落的高度为：h=12gt2=12×10×22m=20m
(3)石块落地的竖直速度为vy=gt=10×2m/s2=20m/s2
石块落地时的速度为v= v02+vy2= 82+202m/s2=4 29m/s2
答：(1)石块做平抛运动的初速度为8m/s；
(2)石块下落的高度为20m；
(3)石块落地时的速度为4 29m/s。
【解析】(1)由于石块运动的分运动具有等时性，所有水平方向上的运动时间与下落时间相同，水平方向是匀速直线运动，根据v=xt计算；
(2)竖直方向是自由落体运动，根据h=12gt2计算；
(3)落地的速度是合速度，根据平行四边形法则计算。
本题考查了平抛运动的特点，平抛运动的分运动具有等时性，水平方向和竖直方向运动的时间相等。水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动。落地速度是物体的合速度，要用速度的合成。
15.【答案】解：(1)列车的功率P=F牵v，由牛顿第二定律有：F牵−f=ma
可得加速度a=Pmv−fm，列车恒功率启动，P不变，v增大，则a减小，当a=0时，列车速度达到最大值，此时司机发现前方轨道旁山体塌方，司机刹车，列车做匀减速直线运动，直到速度减为零，汽车运动全程的速度—时间图像如下图所示：
(1)设列车匀减速过程加速度为a1，则有：vm2=2a1x1
由牛顿第二定律有：F+f=ma1
代入数据可得：f=6×104N
(2)列车匀速行驶时，牵引力和阻力相等，列车速度达到最大，列车的额定功率：P=F牵vm=fvm=6×104×20W=1.2×106W
(3)加速过程，由动能定理有：Pt−fx2=12mvm2
代入数据可得：x2=1.0×104m
列车从出发到停下经过的总行程：x=x1+x2=4×103m+1.0×104m=1.4×104m
答：(1)简要画出列车运动全程的速度—时间图像，见解析；
(2)整个行驶过程中列车所受的阻力f的大小为6×104N；
(3)列车的额定功率为1.2×106W；
(4)列车从出发到停下经过的总行程为1.4×104m。
【解析】(1)根据P=Fv和牛顿第二定律分析列车加速度变化特点画图像；
(2)匀减速过程，利用运动学公式和牛顿第二定律分析；
(3)根据P=fvm求解；
(4)加速过程利用动能定理可得解。
本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是知道当牵引力和阻力大小相等时，列车的速度达到最大值。
16.【答案】解：(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
FN1=mgcsθ
Ff1=μ1FN1
Ff2=μ2FN2
FN2=FN1+mgcsθ
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff1=ma1
mgsinθ−Ff2+Ff1=ma2
联立解得
a1=3m/s2,a2=1m/s2
(2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=3×2m/s=6m/s，v2=a2t1=1×2m/s=2m/s
2s后，设A和B的加速度分别为a′1和a′2，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a′1=6m/s2,a′2=−2m/s2
由于a′2<0，可知B做减速运动，设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2+a′2t2=0
解得
t2=1s
在t1时间内，A相对于B运动的距离
x1=v1t12−v2t12，解得x1=4m
在t2时间内，A相对于B运动的距离
x2=v1t1+12a1′t22−(v2t2+12a2′t22)，解得x2=8m
t1+t2=2s+1s=3s
物块与薄板刚好同时运动到斜面底端弹性挡板处，薄板B的长度
L=x1+x2=4m+8m=12m
(3)由(2)可知3s时，薄板B的速度为0，物块的速度
v3=v1+a′1t2=6m/s+6×1m/s=12m/s
物块与挡板碰撞后以12m/s的速度反弹，此过程中薄板静止不动，物块上滑的加速度
a3=−gsinθ，解得a3=−6m/s2
设物块以加速度a3减速到0，该过程中物块的位移
x3=0−v322a3，解得x3=12m=L
由于物块滑上薄板的粗糙区域后加速度大于a3，故物块不会从薄板滑离，当物块与挡板多次碰撞后返回薄板粗糙处速度恰为0时，由能量守恒得
12mv32=mgx2sinθ+μ1mgscsθ
解得
s=8m
答：(1)在0～2s时间内A加速度的大小为3m/s2，B加速度的大小为1m/s2；
(2)薄板B的总长度12m；
(3)与弹性挡板碰撞后物块在薄板上粗糙部分运动的总路程为8m。
【解析】(1)通过受力分析，结合牛顿第二定律可求出各自的加速度；
(2)利用运动学公式，可求出薄板长度；
(3)通过运动学求出位移，结合能量守恒可求出运动的总路程。
学生在解决本题时，应注意将牛顿第二定律同运动学公式结合起来，同受力分析结合起来。
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