2023-2024学年江西省南昌五中高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年江西省南昌五中高一（下）期中物理试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）在地面上方某一高处，以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向成θ角时，石子的水平位移的大小是（不计空气阻力）（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）风很早就被人们利用主要是通过风车来抽水、磨面。现在，人们感兴趣的是如何利用风来发电。国内外都很重视利用风力来发电，开发新能源。如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，M点离转轴更近，在叶片转动过程中（ ）
A．vM＞vNB．ωM＞ωNC．TM＜TND．aM＜aN
3．（4分）已知引力常量为G，忽略地球自转影响，根据下列所给条件能估算出地球质量的是（ ）
A．月球绕地球的运行周期T和地球的半径R
B．人造地球卫星在地面附近运行的速度v和地球自转周期T
C．地球绕太阳运行的周期T和地球中心到太阳中心的距离r
D．地球的第一宇宙速度v和地球表面重力加速度g
4．（4分）一台起重机匀加速的将质量为1t的货物在2s的时间内从静止开始竖直吊起了4m，则起重机2s内的平均功率和2s末的输出功率分别为（ ）
A．20kW、40kWB．20kW、48kWC．24kW、48kWD．24kW、40kW
5．（4分）如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h。如果人工将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功（ ）
A．n（n﹣1）mghB．n（n﹣1）mgh
C．n（n+1）mghD．n（n+1）mgh
6．（4分）如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，竖直向上的推力F与速度倒数的关系图像如图乙所示，火箭获得的最大速度为vm，由静止开始到速度为v1需要的时间为t1。不计空气的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，则（ ）
A．火箭在启动过程中，加速度不变
B．关系图像的面积表示火箭的最大功率mgvm
C．火箭的速度为v1时，加速度为
D．0～t1，火箭上升的高度为vmt1
7．（4分）如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上一小滑块以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动S时，小滑块刚好滑到平板最右端已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为Ff在此过程中（ ）
A．摩擦力对滑块做的功为Ff（S+L）
B．摩擦力对平板做的功为FfS
C．摩擦力对系统做的总功为零
D．系统产生的热量Q＝Ff（S+L）
（多选）8．（6分）如图所示为直角三角形斜劈ABC，∠ABC＝30°，P为AB的中点，AP＝PB＝10m。小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2．将BC水平放置，小物块从A点由静止释放，滑到B点时速度刚好为零，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．μ1+μ2
B．μ1+μ2＝2
C．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1
D．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：（1）
（多选）9．（6分）过山车是一种深受年轻人喜爱的游乐项目。实验表明：当普通人所承受的加速度约为5倍的重力加速度时就会发生晕厥。图甲中，过山车轨道的回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙中，过山车轨道的回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰上部由静止开始下降，沿轨道内侧经过A、C点时均恰好和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．过山车经过A、C点时速度为0
B．图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
C．图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
D．“图乙中轨道顶峰的高度”比“图甲中轨道顶峰的高度”高R
（多选）10．（6分）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m的运动员与质量也为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，在运动过程中有保护装置确保运动员一直未离开斜面，不计一切摩擦及空气阻力，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物的重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，运动员和重物组成的系统总重力势能的减少量为
D．运动员在B点时，其速度大小为
二、实验题（每空2分，共14分）
11．（6分）如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景正方形的边长为d，闪光时间间隔为T，忽略空气阻力。求：（各问的答案均用d、T表示）
（1）当地重力加速度g的大小g＝ ；
（2）小球通过C点时竖直分速度大小vCy＝ ；
（3）小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA＝ 。
12．（8分）利用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、电火花打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 。
A．交流电源
B．刻度尺
C．直流电源
D．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图乙所示的一条纸带。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的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重锤的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量|ΔEp|＝ ，重锤动能增加量ΔEk＝ 。
（3）某同学利用图像法处理数据。他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2﹣h图像，得到如图丙所示的一条过原点的直线，于是据此作出判断：重物下落过程中机械能守恒。请你说明他的判断依据是否正确，并说明理由。
三、解答题（共40分）
13．（12分）如图（a）所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：
（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小；
（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）8s内恒力F所做的功。
14．（14分）如图所示，有一小物体自平台边缘的A点以v0＝5m/s、仰角（速度与水平方向的夹角）为37°的初速度从平台边缘的A点抛出，能够恰好沿固定斜面顶端B点下滑（A、B点等高），斜面顶端的高度为，斜面固定放置在水平地面上，其底端C点与水平地面平滑连接，小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数相等均为μ，小物体最终停止在水平地面上的D点，C点和D点的水平距离为3m，不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）小物体从A点运动到B点的时间为多少？
（2）小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数μ为多少？
15．（14分）如图，竖直平面内有水平光滑直轨道AB，轨道左侧有一竖直光滑半圆轨道CDE，其半径R＝0.2m，最低点E与水平传送带平滑连接。现一质量为m＝10g、可视为质点的滑块压缩弹簧（滑块与弹簧不栓接），静止释放后滑块沿轨道ABCDE运动，BC之间有小缝可供滑块通过，然后滑上传送带，最后落在水平地面P点。滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带的EF长度L＝0.6m，传送带轮子的半径r＝0.1m，传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带下表面离地面高度h＝0.6m。某次释放时弹簧的弹性势能Ep＝0.02J，忽略空气阻力取g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到E点时轨道对滑块支持力大小；
（2）落地点P与F点的水平距离；
（3）若要使滑块始终落在水平地面P点，弹簧弹性势能的取值范围是多少。
2023-2024学年江西省南昌五中高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题（1-7题为单选，每题4分；8-10题为多选，每题6分，漏选得3分，错选得0分，本道题共46分）
1．（4分）在地面上方某一高处，以初速度v0水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化到与水平方向成θ角时，石子的水平位移的大小是（不计空气阻力）（ ）
A．B．
C．D．
【分析】石子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，来分析计算即可．
【解答】解：石子的速度方向到与水平方向成θ角时，竖直分速度为vy＝v0tanθ
由vy＝gt，可得时间为t
所以水平位移 x＝v0t。
故选：C。
【点评】本题是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
2．（4分）风很早就被人们利用主要是通过风车来抽水、磨面。现在，人们感兴趣的是如何利用风来发电。国内外都很重视利用风力来发电，开发新能源。如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，M点离转轴更近，在叶片转动过程中（ ）
A．vM＞vNB．ωM＞ωNC．TM＜TND．aM＜aN
【分析】M、N两点都在风力发电机的叶片上，随叶片一起转动，同轴转动的各点具有相等的角速度，由此可判断选项。
【解答】解：B、风力发电叶片上的M、N两点在叶片转动过程中，角速度相等，则ωM＝ωN，故B错误；
A、根据v＝ωr
因rM＜rN
可知vM＜vN
故A错误；
C、根据，可知TM＝TN，故C错误；
D、根据a＝ω2r
因rM＜rN
可知aM＜aN
故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生基本公式的应用，各物理量之间关系的确定，在确定两个物理量之间的关系时，必须要保证不能有第三个变化的物理量，掌握同轴转动角速度相同。
3．（4分）已知引力常量为G，忽略地球自转影响，根据下列所给条件能估算出地球质量的是（ ）
A．月球绕地球的运行周期T和地球的半径R
B．人造地球卫星在地面附近运行的速度v和地球自转周期T
C．地球绕太阳运行的周期T和地球中心到太阳中心的距离r
D．地球的第一宇宙速度v和地球表面重力加速度g
【分析】利用引力提供向心力及引力形成重力可以判别估算出地球质量所需要的物理量，结合题目给定的条件进行综合判断。
【解答】解：A.已知月球绕地球的周期，根据万有引力提供向心力，则有，解得，其中r为月球绕地球的运行的轨道半径，而不是地球半径，故不能求出地球的质量，故A错误；
B.人造卫星在地球表面绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有，又根据，联立解得，其中T为近地卫星的公转周期，而不是地球自转的周期，故不能求出地球质量，故B错误；
C.地球绕太阳运行，根据万有引力提供向心力，则有，解得，其中M为太阳的质量，而不是地球的质量，故不能求出地球的质量，故C错误；
D.在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，近地卫星的线速度即为第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，则有，联立解得，故可以求地球的质量，故D正确。
故选：D。
【点评】考查万有引力定律的应用和黄金代换式等，会根据题意进行准确分析解答。
4．（4分）一台起重机匀加速的将质量为1t的货物在2s的时间内从静止开始竖直吊起了4m，则起重机2s内的平均功率和2s末的输出功率分别为（ ）
A．20kW、40kWB．20kW、48kWC．24kW、48kWD．24kW、40kW
【分析】由运动学公式求出加速度和末速度，根据牛顿第二定律求货物受到的拉力。根据求2s内的输出功率，根据P＝Fv求2s末的输出功率；
【解答】解：由位移—时间关系得：
所以2s末的速度大小：v＝at＝4m/s
设货物受到向上的拉力为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
变形得到：F＝m（g+a）＝1×103×（10+2）N＝1.2×104N
所以2s内的平均功率：
2s末的输出功率：P＝Fv＝1.2×104×4W＝48kW，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查平均功率、瞬时功率问题，解决本题的关键掌握功率的两个基本公式，以及掌握牛顿第二定律、运动学公式求相关物理量的问题。
5．（4分）如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h。如果人工将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功（ ）
A．n（n﹣1）mghB．n（n﹣1）mgh
C．n（n+1）mghD．n（n+1）mgh
【分析】本题重在分析各块砖的重心位置变化情况，从而找出叠放前后n块砖的重力势能变化。
【解答】解：把n块砖看作一个整体，其总质量是M＝nm，以地面为零势能面，n块砖都平放在地上时，其重心都在高处，所以这n块砖的初始重力势能为：E1nmgh。
当n块砖叠放在一起时，其总高度为：H＝nh，其总的重心位置在处，所以末态重力势能为：E2＝nmgn2mgh，人做的功至少等于重力势能的增量，即为：W＝ΔEp＝E2﹣E1n（n﹣1）mgh。
故选：B。
【点评】本题考查功能关系的应用，对有关多物体组成的连接体问题应从整体入手，然后再选取相应的物理规律求解即可。
6．（4分）如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，竖直向上的推力F与速度倒数的关系图像如图乙所示，火箭获得的最大速度为vm，由静止开始到速度为v1需要的时间为t1。不计空气的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，则（ ）
A．火箭在启动过程中，加速度不变
B．关系图像的面积表示火箭的最大功率mgvm
C．火箭的速度为v1时，加速度为
D．0～t1，火箭上升的高度为vmt1
【分析】公式P＝Fv可得：F＝P•分析启动情况；根据P＝Fv求解最大功率；根据牛顿第二定律结合图像求解加速度大小；根据动能定理求解0～t1火箭上升的高度。
【解答】解：A、根据题意，设火箭的功率为P，牵引力为F，由公式P＝Fv可得：F＝P•，由于速度增大的过程中，F图象的斜率不变，则功率不变，火箭以恒定的功率启动的，故A错误；
B、根据公式P＝Fv可得：F＝P•，由图可知，图像是过原点的倾斜直线，则火箭以恒定的最大功率Pm启动，图像的斜率表示火箭启动的恒定功率，当速度达到v＝vm时，开始匀速运动，由平衡条件可得F＝mg
则有：Pm＝mgvm，故B错误；
C、火箭的速度为v1时，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma，而：F，可知火箭的加速度为：ag，故C错误；
D、0～t1，设火箭上升的高度为h，根据动能定理可得：Pt1﹣mgh0，解得：h＝vmt1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了动能定理和功率的计算问题，根据牛顿第二定律结合图像的物理意义即可完成分析。
7．（4分）如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上一小滑块以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动S时，小滑块刚好滑到平板最右端已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为Ff在此过程中（ ）
A．摩擦力对滑块做的功为Ff（S+L）
B．摩擦力对平板做的功为FfS
C．摩擦力对系统做的总功为零
D．系统产生的热量Q＝Ff（S+L）
【分析】分析滑块和平板对地的位移，从而求得摩擦力对滑块和平板做的功，从而求得摩擦力对系统做的总功。系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的总功。
【解答】解：A、此过程中滑块对地的位移大小为S+L，摩擦力对滑块做负功，则摩擦力对滑块做的功为﹣Ff（S+L），故A错误。
B、平板对地的位移为S，摩擦力对平板做正功，则摩擦力对平板做的功为FfS，故B正确。
C、摩擦力对系统做的总功为﹣Ff（S+L）+FfS＝﹣FfL，故C错误。
D、系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的总功，为FfL，故D错误。
故选：B。
【点评】本题求功时要注意位移的参照物必须是地面。要知道系统产生的热量等于系统克服摩擦力做的总功。要注意功的正负。
（多选）8．（6分）如图所示为直角三角形斜劈ABC，∠ABC＝30°，P为AB的中点，AP＝PB＝10m。小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2．将BC水平放置，小物块从A点由静止释放，滑到B点时速度刚好为零，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．μ1+μ2
B．μ1+μ2＝2
C．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1
D．下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：（1）
【分析】根据动能定理，可以求出μ1和μ2的关系；从A到P和从P到B的平均速度均为，位移也相等，则根据可知小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1。
【解答】解：AB、设x＝AP＝PB，从A到B由动能定理：
mg•xsin30°﹣μ1mgcs30°•x﹣μ2mgcs30°•x＝0
解得：μ1+μ2，故A正确，B错误；
CD、因从A到P和从P到B的平均速度均为，位移也相等，则根据可知，小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了动能定理、平均速度公式等知识点。对于没有涉及到时间的动力学问题，利用动能定理更加简洁。
（多选）9．（6分）过山车是一种深受年轻人喜爱的游乐项目。实验表明：当普通人所承受的加速度约为5倍的重力加速度时就会发生晕厥。图甲中，过山车轨道的回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙中，过山车轨道的回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰上部由静止开始下降，沿轨道内侧经过A、C点时均恰好和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．过山车经过A、C点时速度为0
B．图甲过山车轨道比图乙轨道更安全
C．图乙过山车轨道比图甲轨道更安全
D．“图乙中轨道顶峰的高度”比“图甲中轨道顶峰的高度”高R
【分析】A.AC点与轨道间没有作用力，重力完全提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；
BC.根据机械能守恒定律分别求解最低点的速度，根据向心加速度公式求最低点的向心加速度，然后作答；
D.根据机械能守恒定律分别求解两山峰的高度，再求高度差，据此分析作答。
【解答】解：A.AC点与轨道间没有作用力，重力完全提供向心力；
根据牛顿第二定律和向心力公式
代入数据解得，故A错误；
BC.图甲中A、B点机械能守恒，取B点为零势能面
根据机械能守恒定律
代入数据解得
利用向心加速度的公式an5g，因此甲过山车存在安全隐患；
同理对于乙图，可以列出公式：
代入数据解得
根据公式3.5g＜5g，因此乙过山车安全，故B错误，C正确；
D.过山车从顶峰到最低点，根据机械能守恒mgh
代入数据解得甲图的顶峰高度h甲＝2.5R
乙图的顶峰高度h乙＝3.5R
两山峰的高度差Δh＝h乙﹣h甲＝3.5R﹣2.5R＝R
因此图乙中顶峰高度比图甲中顶峰高度高R，故D正确。
故选：CD。
【点评】题目考查的是机械能守恒和向心力的综合问题，也可以用动能定理解决问题。
（多选）10．（6分）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m的运动员与质量也为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，在运动过程中有保护装置确保运动员一直未离开斜面，不计一切摩擦及空气阻力，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物的重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，运动员和重物组成的系统总重力势能的减少量为
D．运动员在B点时，其速度大小为
【分析】根据运动员速度与重物速度的关系求重物的速度大小；根据重力势能的计算公式求重力势能的变化量；应用机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A．运动员在A点时，运动员的速度沿绳子方向的分量为零，此时重物的速度大小为零，故A错误；
B、运动员从A点运动到B点，重物的重力势能的增加量为ΔEP1＝mg（）mgL，故B正确；
C、运动员从A点运动到B点，运动员重力势能减小ΔEP2＝mgLsin37°mgL，运动员和重物组成的系统总重力势能的减少量为ΔEPmgLmgLmgL，故C正确；
D．运动员在B点时设其速度为v，则重物的速度vcs37°，从A到BB由机械能守恒定律得ΔEP，解得其速度大小为v，故D正确。
故选：BCD。
【点评】分析清楚运动员的运动过程，根据重力势能的计算公式，应用机械能守恒定律即可解题。
二、实验题（每空2分，共14分）
11．（6分）如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景正方形的边长为d，闪光时间间隔为T，忽略空气阻力。求：（各问的答案均用d、T表示）
（1）当地重力加速度g的大小g＝ ；
（2）小球通过C点时竖直分速度大小vCy＝ ；
（3）小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA＝ T 。
【分析】（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出当地的重力加速度；
（2）在竖直方向上，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的竖直分速度；
（3）根据速度—时间公式求出抛出点到C点的运动时间，从而得出抛出点到A位置经历的时间。
【解答】解：（1）A到B和B到C的时间间隔相等，时间间隔为T，在竖直方向上，根据Δy＝d＝gT2
得：g
（2）在竖直方向上，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，C点的竖直分速度vCy
（3）抛出点到C点的运动时间tC
解得tCT
则抛出点到A的时间tA＝tC﹣2TT﹣2TT
故答案为：（1）；（2）；（3）T
【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
12．（8分）利用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、电火花打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 AB 。
A．交流电源
B．刻度尺
C．直流电源
D．天平（含砝码）
（2）实验中，先接通电源，再释放重锤，得到图乙所示的一条纸带。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的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重锤的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量|ΔEp|＝ mghB ，重锤动能增加量ΔEk＝ 。
（3）某同学利用图像法处理数据。他在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2﹣h图像，得到如图丙所示的一条过原点的直线，于是据此作出判断：重物下落过程中机械能守恒。请你说明他的判断依据是否正确，并说明理由。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据从O到B过程中重锤下降的高度求解重锤的重力势能减少量，再根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此可求打B点时重锤的速度，进而计算出重锤的动能增加量；
（3）根据机械能守恒定律列式求出v2与h的关系式，根据斜率是否为2g来判断重物机械能是否守恒。
【解答】解：（1）AC、电火花计时器需要交流电源，故A正确，C错误；
B、在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，故B正确；
D、在验证机械能守恒时，mgh，既需要验证gh即可，与质量无关，故不需要天平，故D错误。
（2）在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以打B点时重锤的速度，
打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量|ΔEp|＝mghB，重锤动能的增加量Δ
（3）若机械能守恒，有mgh，则v2＝2gh，可知v2﹣h图线为过原点的一条倾斜直线，并且斜率为2g才能说明机械能守恒，故该同学的判断依据不正确。
故答案为：（1）AB；（2）mghB，；（3）该同学的判断依据不正确，当v2﹣h图线为过原点的一条倾斜直线，并且斜率为2g才能说明机械能守恒。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，如果利用图象解决问题要注意图象的斜率和截距。
三、解答题（共40分）
13．（12分）如图（a）所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：
（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小；
（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）8s内恒力F所做的功。
【分析】（1）物体先向右减速在向左加速，根据v﹣t图象得到两段的加速度；
（2）然后根据牛顿第二定律列式求解拉力及动摩擦力因数。
（3）8s内恒力F所做的功。
【解答】解：（1）由图可知，0﹣4s内，物体向右做匀减速直线运动，4﹣8s内，物体向左做匀加速直线运动；
0﹣4s内，，方向水平向左；
4﹣8s内，a2，方向水平向左；
由牛顿第二定律，得到：
F+μmg＝ma1
F﹣μmg＝ma2
代入数据解得：F＝7N，μ＝0.15
（2）依据图象可知，物体4s内的位移：
S6m
（2）根据牛顿第二定律，在0﹣4s内恒力F与摩擦力同向：
F+μmg＝ma1
4s﹣8s内恒力F与摩擦力反向：
F﹣μmg＝ma2
代入数据解得：
F＝7N，μ＝0.15
（3）根据图形的面积可得8s内物体运动的位移
s（4×20）（4×8）＝24m
做的功为 W＝Fs＝﹣7×24＝﹣168J
答：（1）物块在0﹣4s内的加速度a1的大小和4﹣8s内的加速度a2的大小分别为5m/s2和2m/s2；
（2）恒力F的大小为7N，物块与水平面的动摩擦因数μ为0.15；
（3）8s内恒力F所做的功为﹣168J。
【点评】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度。根据功的公式计算做功的多少。
14．（14分）如图所示，有一小物体自平台边缘的A点以v0＝5m/s、仰角（速度与水平方向的夹角）为37°的初速度从平台边缘的A点抛出，能够恰好沿固定斜面顶端B点下滑（A、B点等高），斜面顶端的高度为，斜面固定放置在水平地面上，其底端C点与水平地面平滑连接，小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数相等均为μ，小物体最终停止在水平地面上的D点，C点和D点的水平距离为3m，不计空气阻力，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）小物体从A点运动到B点的时间为多少？
（2）小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数μ为多少？
【分析】（1）小物体从A点运动到B点做斜抛运动，根据竖直分运动的规律，由速度—时间公式求运动时间。
（2）根据斜抛运动的对称性知道小物体达B点的速度沿斜面向下，并确定此时速度大小，对小物块从B到D过程，利用动能定理求解动摩擦因数μ。
【解答】解：（1）小物体从A点运动到B点做斜抛运动，由vt＝v0+at及斜抛运动的对称性可得小物体从A点运动到B点的时间为
ts＝0.6s
（2）由于斜抛运动的对称性可知，小物体达B点的速度沿斜面向下，大小为vB＝5m/s
对小物块从B到D过程，由动能定理有

解得：μ＝0.5
答：（1）小物体从A点运动到B点的时间为0.6s；
（2）小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数μ为0.5。
【点评】本题考查斜抛运动和动能定理的综合应用，对于斜抛运动，要掌握分运动的规律，抓住对称性分析小物体的运动情况。涉及力在空间上的积累效果时，要优先考虑动能定理。
15．（14分）如图，竖直平面内有水平光滑直轨道AB，轨道左侧有一竖直光滑半圆轨道CDE，其半径R＝0.2m，最低点E与水平传送带平滑连接。现一质量为m＝10g、可视为质点的滑块压缩弹簧（滑块与弹簧不栓接），静止释放后滑块沿轨道ABCDE运动，BC之间有小缝可供滑块通过，然后滑上传送带，最后落在水平地面P点。滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带的EF长度L＝0.6m，传送带轮子的半径r＝0.1m，传送带以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带下表面离地面高度h＝0.6m。某次释放时弹簧的弹性势能Ep＝0.02J，忽略空气阻力取g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到E点时轨道对滑块支持力大小；
（2）落地点P与F点的水平距离；
（3）若要使滑块始终落在水平地面P点，弹簧弹性势能的取值范围是多少。
【分析】解答过程清晰，逻辑性强，从机械能守恒定律出发，逐步分析滑块在不同阶段的运动状态，最终得出答案。解答中还考虑了滑块在E点时轨道对滑块的支持力计算，以及滑块离开传送带后的平抛运动分析，最后讨论了弹性势能的取值范围，全面覆盖了题目要求，
【解答】解：（1）根据机械能守恒：

滑块运动到E点时，设轨道对滑块的支持力为N，根据牛顿第二定律：

解得：
N＝0.7N
（2）滑块在传送带上加速度大小：
a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
根据
解得，滑块加速度到速度v＝4m/s时位移s＝0.5m
所以滑块运动到F点速度vF＝v＝4m/s
此后做平抛运动，根据：
解得r＝0.4s
落地点P离开传送带右端的水平距离：
Δx＝vFt
解得：Δx＝1.6m
（3）若要使滑块的落地点在同一位置，则滑块运动到F点速度：vF＝v＝4m/s
当在传送带上加速运动时，有


解得：EP1≤0.064J
所以弹性势能的取值范围是：
0.016J≤EP≤0.064J
答：（1）滑块运动到E点时轨道对滑块支持力为0.7N；
（2）落地点P与F点的水平距离为1.6m；
（3）若要使滑块始终落在水平地面P点，弹簧弹性势能的取值范围是0.016J≤EP≤0.064J。
【点评】题目通过具体的物理情境，让学生能够将理论知识应用于实际问题中，有助于提高学生解决实际问题的能力。综上所述，这是一道设计合理、难度适中、能够有效考查学生物理知识掌握情况的题目。
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2
3
4
5
6
7
答案
C
D
D
C
B
D
B
题号
8
9
10
答案
AC
CD
BCD