2023-2024学年福建省福州市六校联考（铭选、平潭、漳州）高一（下）期中物理试卷

这是一份2023-2024学年福建省福州市六校联考（铭选、平潭、漳州）高一（下）期中物理试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）部队为了训练士兵的体能，会进行一种拖轮胎跑的训练。如图所示，某次训练中，士兵在腰间系绳拖动轮胎在水平地面上以恒定速率跑了80m，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对轮胎先做负功后做正功
B．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
C．合外力对轮胎做了正功
D．支持力对轮胎不做功
3．（4分）如图是农村秋收时的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．糠秕比较轻，糠秕比米粒先落地
B．米粒和糠秕同时落地，二者落地时重力的瞬时功率相同
C．米粒和糠秕落地过程，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率
D．从释放到落地的过程中，风力对米粒和糠风力做功相同
4．（4分）某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、重物B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M＝600kg、m＝400kg，电机输出功率恒为P＝3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，则当轿厢速度为1m/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（ ）
A．5400NB．6000NC．6600ND．7000N
二、双项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。每一小题中全选对得6分，选对但不全得3分，有错选或不选得0分。）
（多选）5．（6分）在一次跳伞训练中，一名跳伞运动员在打开降落伞一段时间后，开始向下做匀速直线运动。在他匀速下落的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的动能增大
B．运动员的重力势能减小
C．运动员的机械能守恒
D．运动员所受的合力为0
（多选）6．（6分）如图所示的是汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线。则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力逐渐减小
C．t1～t2时间内的平均速度为
D．在全过程中，t2～t3时间内牵引力最小
（多选）7．（6分）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程速度变化量相同
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比4：3
C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9：16
D．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16：9
（多选）8．（6分）如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移（Ek﹣x）图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则（ ）
A．小滑块和木板的质量均为0.25kg
B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为m/s
D．木板长度至少要m，小滑块才不会冲出木板
三、填空题（本大题3小题，每空2分，共10分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
9．（4分）质量为4×103kg的汽车，其额定功率为80kW，阻力大小恒为4×103N。若它在水平直路上从静止加速，能达到的最大速度为 m/s；若它从静止开始以1m/s2的加速度匀加速行驶，匀加速的时间为 s。
10．（4分）如图甲所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块R能在水中以速度v0＝3cm/s匀速上浮，按图中所示建立坐标系。
（1）若在R从坐标原点O匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为 cm/s；
（2）若在R从坐标原点匀速上浮的同时，将此倒置的玻璃管安装在小车上，给小车以一定的初速度让其沿粗糙水平桌面滑行，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图乙中的 。
11．（2分）如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为 。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
四、实验题（本大题2小题，每空2分，共12分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
12．（4分）用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上、由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x＝12cm，测得AB和BC的竖直间距分别是y1＝15cm和y2＝25cm。可求得钢球平抛的初速度大小为 m/s（g取10m/s2）。
13．（8分）在《验证机械能守恒定律》的实验中，纸带上打出的点如图所示。
（1）在实际实验中，重物质量 （选填“是”或“不是”）必须测量的物理量；
（2）若重物的质量为1千克，图中点P为打点计时器打出的第一个点，则从起点P到打下点B的过程中，重物的重力势能的减小量ΔEP＝ J，重物的动能的增加量ΔEk＝ J（打点计时器的打点周期为0.02s，g＝9.8m/s2计算结果小数点后面保留两位）。
（3）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是 ；
A.重物下落的实际距离大于测量值
B.重物下落的实际距离小于测量值
C.重物下落受到阻力
D.重物的实际末速度大于计算值
五、计算题（本大题共3小题，共38分。其中第14题10分，第15题12分，第16题16分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
14．（10分）某同学将一个小球在距水平地面h＝1.8m高的平台边缘处水平击出。测出小球落地时的水平距离s＝4.8m，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球在空中运动的时间；
（2）小球被击出时的初速度大小；
（3）小球落地时的速度。
15．（12分）如图甲所示，光滑水平面OB与倾角为37°的粗糙斜面BC平滑交于B点，轻弹簧左端固定于竖直墙面，质量m＝2kg的滑块将弹簧压缩至D点，由静止释放，滑块脱离弹簧后的速率﹣时间图象如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）释放滑块前弹簧的弹性势能Ep；
（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；
（3）滑块回斜面底端时重力的瞬时功率P。
16．（16分）如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，皮带轮逆时针转动、速率v＝3m/s。一质量为m＝1kg、可视为质点的物块A自曲面上高h＝0.9m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L＝1m。已知A与OP段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）A第一次经过O点时的速度大小v0；
（2）A第一次自P点上滑的最大位移x；
（3）A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q。
2023-2024学年福建省福州市六校联考（铭选、平潭、漳州）高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
二．多选题（共4小题）
一、单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项是正确的。）
1．（4分）体育课上两位同学在室内羽毛球场进行羽毛球比赛，羽毛球在空中上升的运动轨迹如图中虚线所示，羽毛球加速度方向示意图可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据羽毛球做曲线运动，且速度在减小分析即可。
【解答】解：羽毛球做曲线运动，所以加速度方向与速度方向不共线，且指向轨迹的内侧，羽毛球在上升阶段做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角大于90°，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】掌握物体做曲线运动的条件是解题的基础，还要知道羽毛球做减速运动，所以加速度方向与速度方向的夹角为钝角。
2．（4分）部队为了训练士兵的体能，会进行一种拖轮胎跑的训练。如图所示，某次训练中，士兵在腰间系绳拖动轮胎在水平地面上以恒定速率跑了80m，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对轮胎先做负功后做正功
B．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
C．合外力对轮胎做了正功
D．支持力对轮胎不做功
【分析】A.由题意可知，轮胎所受摩擦力方向始终与轮胎运动方向相反，据此分析判断；
BC.结合题意及动能定理，即可分析判断；
D.由题意可知，轮胎所受支持力方向竖直向上，轮胎位移为水平方向，据此分析判断。
【解答】解：A.由题意可知，轮胎所受摩擦力方向始终与轮胎运动方向相反，故摩擦力始终做负功，故A错误；
BC.由图可知，轮胎所受拉力方向与其位移方向夹角为锐角，则拉力对轮胎做正功，又因为轮胎的速度大小不变，则动能大小不变、动能的变化量为0，则拉力对轮胎所做的功大于轮胎动能的改变，且由动能定理可知，合外力对轮胎不做功，故BC错误；
D.由题意可知，轮胎所受支持力方向竖直向上，轮胎位移为水平方向，二者垂直，故支持力不做功，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
3．（4分）如图是农村秋收时的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．糠秕比较轻，糠秕比米粒先落地
B．米粒和糠秕同时落地，二者落地时重力的瞬时功率相同
C．米粒和糠秕落地过程，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率
D．从释放到落地的过程中，风力对米粒和糠风力做功相同
【分析】根据功的表达式分析力与位移是否相同从而判断力做功是否相同；根据竖直方向自由落体运动规律可以知道两物体竖直速度一直相同，结合重力的瞬时功率表达式可知功率关系。
【解答】解：A、糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据可知，从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A错误；
B、落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据PG＝mgvy，因米粒的重力大于糠秕的重力，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误；
C、由于忽略空气阻力，则米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动，而下落高度相同，则可知米粒和糠秕从释放到落地的过程中运动时间相同，但二者质量不同，米粒的质量大于糠秕的质量，因此可知米粒重力做的功大于和糠秕重力做的功，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率，故C正确；
D、由于下落过程中，风力水平且大小恒定，但米粒和糠秕的水平位移x不同，由W＝Fx可知，风力对米粒和糠秕做功不相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是对平抛运动规律及功和功率的考查，解题时将运动分解，解题思路就比较清晰，竖直方向自由落体，可以确定时间，水平匀加速直线运动，可以推测水平距离，用力和沿力的方向距离的乘积判断两个方向力所做的功，这样求解力的功就比较简单。
4．（4分）某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、重物B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M＝600kg、m＝400kg，电机输出功率恒为P＝3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，则当轿厢速度为1m/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（ ）
A．5400NB．6000NC．6600ND．7000N
【分析】由速度根据P＝Fv，可求牵引力，分别对A、B进行受力分析，可求出A、B之间轻质缆绳的拉力大小。
【解答】解：当轿厢速度为1m/s时，电动机的牵引力为：，A、B为连接体具有的加速度大小相等，以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得T﹣Mg＝Ma，以对重B为对象，根据牛顿第二定律可得F+mg﹣T＝ma，联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为T＝6600N
故选：C。
【点评】本题考查电动机功率，牛顿第二定律应用，注意连接体具有相同的大小的加速度。
二、双项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。每一小题中全选对得6分，选对但不全得3分，有错选或不选得0分。）
（多选）5．（6分）在一次跳伞训练中，一名跳伞运动员在打开降落伞一段时间后，开始向下做匀速直线运动。在他匀速下落的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的动能增大
B．运动员的重力势能减小
C．运动员的机械能守恒
D．运动员所受的合力为0
【分析】分析运动员的动能和重力势能变化情况，再判断其机械能是否守恒；运动员匀速运动，合力为0。
【解答】解：A、运动员匀速下落，速度不变，则运动员的动能不变，故A错误；
B、运动员匀速下落，位移方向向下，高度降低，重力对运动员做正功，则运动员的重力势能减小，故B正确；
C、运动员的动能不变，重力势能减小，两者之和即机械能减小，故C错误；
D、运动员做匀速直线运动，处于平衡状态，则运动员所受的合力为0，故D正确。
故选：BD。
【点评】解答本题时，要明确动能和重力势能的决定因素，知道机械能是动能和势能的总和。
（多选）6．（6分）如图所示的是汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线。则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力逐渐减小
C．t1～t2时间内的平均速度为
D．在全过程中，t2～t3时间内牵引力最小
【分析】汽车先做匀加速直线运动，牵引力不变，根据P＝Fv分析功率的变化，然后功率不变，做变加速直线运动，根据P＝Fv分析牵引力的变化，最后做匀速运动，牵引力等于阻力，功率不变。结合图像分析。
【解答】解：A．0﹣t1时间内汽车做匀加速直线运动，由
F﹣f＝ma
可知牵引力不变，由P＝Fv，可知功率不断增大，故A错误；
B．根据P＝Fv可知，t1﹣t2时间内功率恒定，但速度逐渐增大，故牵引力逐渐减小，故B正确；
C．t1﹣t2时间内若汽车做匀加速运动，则平均速度为

但汽车做加速度减小的加速运动，对比汽车在水平路面上启动过程中的速度图像可知，相同时间内的位移比匀加速时大，故平均速度大于，故C错误；
D．0﹣t1时间内牵引力恒定但大于阻力，功率从0增大到额定功率；t1﹣t2时间内牵引力减小，但也大于阻力；在t2﹣t3时间内牵引力等于阻力。t1﹣t3时间内功率均等于额定功率，故在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，t2﹣t3时间内牵引力最小，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键理清汽车在整个过程中的运动规律，知道汽车匀加速运动结束后，功率不变，结合P＝Fv分析判断。
（多选）7．（6分）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭的质量，竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程速度变化量相同
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时速度大小之比4：3
C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9：16
D．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16：9
【分析】两箭做平抛运动，竖直方向下落高度相等，根据平抛运动规律分析竖直方向的速度变化关系，再根据几何关系分析水平速度。
【解答】解：A．由题意知两箭做平抛运动，两支箭竖直方向下落高度相等，则两支箭在空中的运动时间t相同，可得Δv＝gt，所以，甲、乙两人所射的箭到落入壶口的过程动量变化Δv相同，故A正确；
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时竖直分速度相同，为vy＝gt，根据计算可得v甲sin53°＝v乙sin37°＝vy，解得甲、乙实际速度大小之比为3：4，故B错误；
D.设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则，即，两支箭射出的初速度大小之比为tan37°：tan53°＝9：16，故D错误；
C.根据x＝v0t，可知，因两支箭在空中的运动时间相同，则甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，等于9：16：，故C正确。
故选：AC。
【点评】考查对平抛运动规律的理解，清楚水平速度与竖直速度的关联，熟悉公式的运用。
（多选）8．（6分）如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移（Ek﹣x）图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则（ ）
A．小滑块和木板的质量均为0.25kg
B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为m/s
D．木板长度至少要m，小滑块才不会冲出木板
【分析】结合图像根据动能定理可解得动摩擦因数与质量，同时解得小滑块滑上木板瞬间，木块的初速度大小；先求得滑块与木板共速的时间，根据相对位移可记得木板最少的长度。
【解答】解：AB、由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1m后与木板共速，此时滑块的动能为1J，则由动能定理
μ1mgx1＝Ek0﹣Ek1＝4J﹣1J＝3J
μ2mgx2＝2Ek1＝2×1J＝2J
其中x2＝2m，解得
μ1＝0.6
m＝0.5kg
选项A错误，B正确；
CD、根据
Ek0
小滑块滑上木板瞬间，木块的初速度大小为
v0
代入数据解得v0＝4m/s
同理共速时木块的速度
v1＝2m/s
木块的加速度
a1＝μ1g
到达共速时的时间
t
代入数据解得ts
对木板根据牛顿第二定律有
μ1mg﹣μ2•2mg＝ma2
小滑块滑上木板瞬间木板的速度
v0板＝v1﹣a2t
代入数据解得v0板m/s
到达共速时木板的位移
x'1
滑块相对木板的位移
Δx＝x1﹣x'1
联立代入数据解得Δxm
即木板长度至少要m，小滑块才不会冲出木板选项C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】解决本题的关键是要分析清楚滑块和木板的运动情况，关键是正确受的力分析，利用牛顿第二定律求得加速度，利用好运动学公式即可。
三、填空题（本大题3小题，每空2分，共10分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
9．（4分）质量为4×103kg的汽车，其额定功率为80kW，阻力大小恒为4×103N。若它在水平直路上从静止加速，能达到的最大速度为 20 m/s；若它从静止开始以1m/s2的加速度匀加速行驶，匀加速的时间为 10 s。
【分析】汽车达到最大速度时，牵引力与阻力相等，则由功率公式可求得汽车能达到的最大速度；分析匀加速运动过程可求得匀加速运动的时间。
【解答】解：当汽车在路面上行驶达到最大速度，则有F＝f
汽车在路面上行驶所能达到的最大速度为
根据牛顿第二定律得
F﹣f＝ma
设匀加速行驶的最大速度为v，P＝Fv
根据速度公式v＝at
解得
t＝10s
故答案为：20；10
【点评】本题考查汽车的匀加速直线运动启动方式，注意当汽车达到最大功率时，汽车的功率不能再变，也就不能再保持匀加速直线运动，而是做变加速直线运动。
10．（4分）如图甲所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块R能在水中以速度v0＝3cm/s匀速上浮，按图中所示建立坐标系。
（1）若在R从坐标原点O匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为 5 cm/s；
（2）若在R从坐标原点匀速上浮的同时，将此倒置的玻璃管安装在小车上，给小车以一定的初速度让其沿粗糙水平桌面滑行，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图乙中的 C 。
【分析】红蜡块同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动，根据位置坐标，由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，以及水平方向上vx，再由速度合成求此时的速度大小；由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断运动轨迹。
【解答】解：（1）小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，由运动学公式得
y＝v0t
解得运动时间为
t
在x轴水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由位移—时间公式得
x
解得加速度为
a
那么R的速度大小为
v
（2）小车以一定初速度沿粗糙水平桌面沿x轴正方向运动，受到滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，所受合外力沿x轴负方向，由合外力方向指向轨迹弯曲的内侧来判断轨迹示意图是C。
故答案为：（1）5
（2）C
【点评】本题考查了运动的合成与分解，分析好红蜡块的两个分运动，由运动的合成与分解求其合速度，由合外力的方向判断曲线弯曲的方向。
11．（2分）如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为 。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
【分析】结合题意，由速度关系、动能定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，即：
v物＝v0cs37°，
设在此过程中人的拉力对物体所做的功为W，
根据动能定理可得：
，
联立可得：
；
故答案为：
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
四、实验题（本大题2小题，每空2分，共12分。按要求作答，把正确答案填写在答题卡相应横线上。）
12．（4分）用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上、由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 BD 。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x＝12cm，测得AB和BC的竖直间距分别是y1＝15cm和y2＝25cm。可求得钢球平抛的初速度大小为 1.2 m/s（g取10m/s2）。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平抛运动竖直与水平方向的运动规律解答。
【解答】解：（1）AD.为了保证小球每次抛出的速度相同，每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，需要调节斜槽轨道末端水平，故B正确；
C.挡板高度不需要等间距变化，故C错误。
故选：BD。
（2）竖直方向根据
Δy＝y2﹣y1＝gT2
可得
T＝0.1s
水平方向有
x＝v0T
可得钢球平抛的初速度大小为v0＝1.2m/s
故答案为：（1）BD；（2）1.2m/s
【点评】本题关键掌握研究平抛运动的实验原理和自由落体运动的规律。
13．（8分）在《验证机械能守恒定律》的实验中，纸带上打出的点如图所示。
（1）在实际实验中，重物质量 不是 （选填“是”或“不是”）必须测量的物理量；
（2）若重物的质量为1千克，图中点P为打点计时器打出的第一个点，则从起点P到打下点B的过程中，重物的重力势能的减小量ΔEP＝ 0.49 J，重物的动能的增加量ΔEk＝ 0.48 J（打点计时器的打点周期为0.02s，g＝9.8m/s2计算结果小数点后面保留两位）。
（3）实验中动能的增加量略小于重力势能的减少量，其主要原因是 C ；
A.重物下落的实际距离大于测量值
B.重物下落的实际距离小于测量值
C.重物下落受到阻力
D.重物的实际末速度大于计算值
【分析】（1）根据实验原理结合机械能守恒定律进行分析；
（2）由图可读出P到B点物体下落的高度，则可求得重力势能的减小量；由平均速度公式可求得B点的瞬时速度，则可求得B点的动能；
（3）该实验的误差主要来源于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在。
【解答】解：（1）由验证机械能公式mgh可知，物体质量可以约掉，因此不需要测量质量；
（2）由题意可得物体由P到B的过程中，重物高度下降了Δh＝5.01cm＝0.0501m
故重力势能的减小量ΔEP＝mgΔh＝1×9.8×0.0501J≈0.49J；
B点的速度等于AC段的平均速度，故vB0.01m/s＝0.98m/s
则动能的增加量ΔEk1×（0.98）2≈0.48J；
（3）在重物在下落中会受到空气阻力，故增加的动能小于减小的重力势能；
故C正确，ABD错误；
故答案为：（1）不是；（2）0.49；0.48；（3）C
【点评】在本实验中应明确纸带的处理方法，熟练应用匀变速直线运动规律解决实验问题；重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能。
五、计算题（本大题共3小题，共38分。其中第14题10分，第15题12分，第16题16分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
14．（10分）某同学将一个小球在距水平地面h＝1.8m高的平台边缘处水平击出。测出小球落地时的水平距离s＝4.8m，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）小球在空中运动的时间；
（2）小球被击出时的初速度大小；
（3）小球落地时的速度。
【分析】（1）（2）小球做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动；
（3）小球落地的速度是水平和竖直速度的合成，根据平行四边形定则求解。
【解答】解：（1）由题意可知小球竖直方向做自由落体运动，有h
代入数据可得t＝0.6s
（2）小球水平方向上匀速直线运动，所以有s＝v0t
代入数据可得v0＝8m/s
（3）小球落地前竖直方向分速度 vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s
所以小球落地速度v
解得：v＝10m/s
设与水平方向的夹角为θ，则tanθ
可知θ＝37°
答：（1）小球在空中运动的时间为0.6s；
（2）小球被击出时的水平初速度为8m/s；
（3）小球落地时的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为37°。
【点评】该题考查了平抛运动的规律，明确水平方向上是匀速直线运动，竖直方向上是自由落体运动是解题的关键。
15．（12分）如图甲所示，光滑水平面OB与倾角为37°的粗糙斜面BC平滑交于B点，轻弹簧左端固定于竖直墙面，质量m＝2kg的滑块将弹簧压缩至D点，由静止释放，滑块脱离弹簧后的速率﹣时间图象如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）释放滑块前弹簧的弹性势能Ep；
（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；
（3）滑块回斜面底端时重力的瞬时功率P。
【分析】（1）滑块在水平面上运动时，是弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，据此求解弹性势能即可；
（2）由图乙求出滑块上滑的加速度大小，再结合牛顿第二定律求解动摩擦因数；
（3）有牛顿第二定律求出物体下滑加速度，再结合图乙求出物体的下滑位移，从而求出滑块到达斜面底端的速度，再根据瞬时功率公式求解瞬时功率即可；
【解答】解：（1）根据能量守恒定理可得 ；
（2）由图乙可得1s～2s内物块沿斜面上滑的加速度大小为
由牛顿第二定律得 mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
联立解得：μ＝0.25
（3）物块下滑过程，由牛顿第二定律可得 mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma2
下滑到底端时的位移
据速度—位移关系公式 v2＝2a2x
物体回到斜面底端时重力的瞬时功率 p＝mgv•sin37°
联立解得：
答：
（1）释放滑块前弹簧的弹性势能Ep为64J；
（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数μ为0.25；
（3）滑块回斜面底端时重力的瞬时功率P为48。
【点评】本题处理时可以采用动力学方法进行处理，也可以利用动能定理等涉及功能关系的内容来处理问题，殊途同归。
16．（16分）如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，皮带轮逆时针转动、速率v＝3m/s。一质量为m＝1kg、可视为质点的物块A自曲面上高h＝0.9m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L＝1m。已知A与OP段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）A第一次经过O点时的速度大小v0；
（2）A第一次自P点上滑的最大位移x；
（3）A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q。
【分析】（1）物块A第一次到O点的过程中，由动能定理求得；
（2）物块A从O到P根据动能定理求得到达P点的速度，从P到传送带最高点，根据牛顿第二定律求得加速度大小，利用运动学公式求得通过的位移；
（3）根据运动学公式求得物块A相对传送带发生的相对位移，根据Q＝fΔx求得产生的热量。
【解答】解：（1）设物块第一次达到O点的速度为v0，物块A第一次到O点的过程中，由动能定理得：
代入数据，解得：
（2）A第一次到P点的速度为v1，
代入数据，解得：v1＝4m/s
A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μ2mgcsθ＝ma
解得：a＝10m/s2
当A的速度为零时，上滑位移最大，由运动学公式得：0＝v1﹣at1

代入数据解得：t1＝0.4s，x1＝0.8m
（3）A第一次在传送带上到达最高点过程，传送带的位移xD为：xD＝vt1＝3×0.4m＝1.2m
传送带向下运动，物块向上运动，所以此过程相对位移为：Δx1＝xD+x1＝0.8+1.2m＝2.0m
A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块与传送带速相同时，有：v＝at2
解得：t2＝0.3s
A的位移为：
解得：x2＝0.45m＜0.8m
即物体与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物与带的相对位移：Δx2＝vt2﹣x2＝0.45m
全过程生热Q＝μ2mgcsθ（Δx1+Δx2）
解得：Q＝12.25J
答：（1）A第一次经过O点时的速度大小v0为
（2）A第一次自P点上滑的最大位移x为0.8m；
（3）A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q为12.25J。
【点评】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，明确在传送带上的运动，知道产生的热量Q＝fΔx即可。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/21 10:25:04；用户：秦子政；邮箱：13669037329；学号：41037197题号
1
2
3
4
答案
C
D
C
C
题号
5
6
7
8
答案
BD
BD
AC
BC