2024-2025学年山东省泰安市新泰一中老校区高一（下）期中物理试卷

这是一份2024-2025学年山东省泰安市新泰一中老校区高一（下）期中物理试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱盖和车体间安装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时，AO2和水平方向夹角为75°，AO1和水平方向夹角为45°，A点相对于O1的速度是vA，则A点相对于O2的角速度为（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（ ）
A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面
B．水在空中运动时间的最大值为
C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg
D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短
3．（3分）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
4．（3分）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．2mg，沿杆向上B．2mg，沿杆向下
C．，沿杆向上D．，沿杆向下
5．（3分）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示．假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远．已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为
6．（3分）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹，如图为从某时刻开始计时的雨滴在水平x方向和竖直y方向的运动图像，下列说法不正确的是（ ）
A．雨滴做匀变速曲线运动
B．雨滴的初速度是8m/s
C．0～2s内，雨滴重力的瞬时功率一直增大
D．0～2s内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功
7．（3分）如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75m，质量m＝1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24W
D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W
8．（3分）现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m＝1kg，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.7，F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3m时停止运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物体动能的最大值为2.25J
B．F0＝17.5N
C．物体在2.5m时的速度最大
D．物体速度的最大值为1.5m/s
（多选）9．（4分）如图所示，探测卫星a在某星球的赤道平面内绕该星球转动，其轨道可视为圆，绕行方向与该星球自转方向相反，卫星通过发射激光与星球赤道上一固定的观测站P通信，已知该星球半径为R、自转周期为T，卫星轨道半径为2R、周期为2T。下列说法正确的是（ ）
A．该星球的第一宇宙速度为
B．该星球的“同步”卫星轨道半径为
C．每卫星a经过P正上方一次
D．该星球赤道上的重力加速度大小为
（多选）10．（4分）如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg
B．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R
C．ω的最大值为
D．ω的最大值为
（多选）11．（4分）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
（多选）12．（4分）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。）
13．（7分）某同学设计了一个测油漆喷枪喷射速度的实验。装置如图甲所示，该油漆喷枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴，一个直径为D＝20cm的纸带环安放在水平转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线。转台稳定转动时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中沿水平方向喷射油漆雾滴，当狭缝A、B正对平行时，雾滴通过狭缝A在纸带的内侧面留下油漆痕迹。改变喷射速度v0（v0）重复实验，在纸带上留下四个油漆痕迹a、b、c、d，将纸带展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示。
①图乙中，速度最大的雾滴所留的痕迹是 点；
②已知转台转动的角速度ω＝8rad/s，如果不计雾滴所受空气阻力，则喷枪喷出雾滴速度的最大值为 m/s（保留三位有效数字）。
14．（7分）如图1所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下：
（1）将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为 cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010s，小钢球在A点的速度大小v＝ m/s（结果保留三位有效数字）。
（2）先用力传感器的示数FA计算小钢球运动的向心力F′＝FA﹣mg，FA应取该次摆动过程中示数的
（选填“平均值”或“最大值”），后再用F＝m计算向心力。
（3）改变小球释放的位置，重复实验，比较发现F总是略大于F′，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是 。
A．小钢球的质量偏大
B．小钢球初速不为零
C．总是存在空气阻力
D．速度的测量值偏大
（4）为了消除该系统误差，可以 （回答一条即可）。
三、计算题（本题共4题，共46分。解答应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。）
15．（8分）质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨道半径R＝0.8m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回（g＝10m/s2，空气阻力不计）。
（1）小物块第一次经过最低点C时，求物块对圆弧轨道的压力；
（2）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最终停在何处？
16．（8分）火星是距离太阳第四近的行星，也是太阳系中仅次于水星的第二小的行星，为太阳系里四颗类地行星之一，其半径R＝3400km。我国发射的火星探测器“天问一号”在登陆火星之前围绕火星做圆周运动，其环绕速度v与轨道半径r之间的关系如图甲所示。“天问一号”火星探测器成功登陆火星表面后，“祝融号”火星车出舱进行探测任务，如图乙所示。某次任务时，火星车以速度v0＝0.5m/s沿水平面匀速行驶，前方有一高度h＝2m的断崖，断崖下方是平坦的地面。求：
（1）火星表面的重力加速度g火；
（2）火星车在断崖下方地面着陆时的速度v。
17．（14分）如图所示，ABC是半径为R的光滑圆弧形轮滑赛道，A点与圆心O等高，B为最低点（位于水平地面上），圆弧BC所对的圆心角为60°。轮滑运动员从A点以一定的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑出后，运动员上升到的最高点与O点在同一水平面上，此后运动员恰好落到平台上的D点，D点距水平地面的高为。已知运动员和轮滑鞋的总质量为m，重力加速度大小为g，运动员和轮滑鞋整体视为质点，不计空气阻力。求：
（1）运动员从C点滑出时的速度大小；
（2）运动员和轮滑鞋一起在B点对轨道的压力；
（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离。
18．（16分）如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，O点下方固定有一个滑槽装置，由水平直轨道和竖直圆弧轨道组成。其中BC段为粗糙水平轨道，长度为d，CDE部分为光滑圆弧轨道，半径为R，B点在O点正下方，D点为圆弧最高点，E点和圆心O等高。现将球拉至最高点A，以的速度向左水平抛出。当小球运动至最低点时，与静止在B点的一质量为m的滑块P发生弹性正碰。碰撞后滑块P沿BC滑向圆弧轨道CDE。滑块和小球均视为质点，重力加速度为g，求：
（1）小球抛出后，经过多长时间绳子被拉直？
（2）设绳子被拉直瞬间，小球沿绳子方向的分速度突变为零，则小球第一次运动到B点的速度vB大小为多少？
（3）要使滑块始终不脱离圆弧轨道，则水平轨道BC段的摩擦因数μ取值范围是多少？
2024-2025学年山东省泰安市新泰一中老校区高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、选择题（本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．（3分）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱盖和车体间安装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时，AO2和水平方向夹角为75°，AO1和水平方向夹角为45°，A点相对于O1的速度是vA，则A点相对于O2的角速度为（ ）
A．B．C．D．
【分析】将A点的速度的分解为沿AO2方向和垂直于AO2方向，根据三角函数列式得A点相对于O2的线速度，然后求出角速度。
【解答】解：由几何关系可知∠O1AO2＝30°；
将vA沿着AO2杆和垂直AO2杆分解如图
由几何关系可得v⊥与vA之间的夹角是30°，且vAcs30°＝v⊥
设A点相对于O2的角速度为ω，则v⊥＝ωL
解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】题考查运动的合成与分解，分析清物体运动是解题的前提。
2．（3分）如图在水平地面上放置一边长为0.8m的正方形水箱，一水管可在ABCD面内绕A点转动θ≤90°，已知出水口截面积为5cm2，出水速率为2.5m/s，不计水管管口长度及一切阻力，水落至液面或打至侧壁不再弹起，则（ ）
A．任何方向喷出的水柱都能打到DCGH或CGFB侧面
B．水在空中运动时间的最大值为
C．空中运动的水的质量最大值为0.5kg
D．若保持θ不变，则随着液面上升，水在空中运动的时长逐渐缩短
【分析】根据平抛知识，如果全都落在水平面上，求时间和水平位移，通过比较，分析出不是所有方向喷出的水都能达到DCGH或CGFB侧面，确定时间最大值；
根据水流量公式，求水流量，再根据质量公式，求质量；
随着液面上升，水在空中运动的时长先不变，然后再减小。
【解答】解：AB．根据平抛规律，假设全都落在水平面上，则在竖直方向上做自由落体运动

水平方向上做匀速直线运动，
x＝v0t
联立解得
t＝0.4s，x＝1m
而由几何关系可知

所以不是所有方向喷出的水都能达到DCGH或CGFB侧面，水在空中运动时间的最大值为t＝0.4s，AB错误；
C．水流量
水质量最大值m＝ρQt＝1.0×103×1.25×10﹣3×0.4kg＝0.5kg
C正确；
D．若保持θ与AD边一个较小的角或者与AB边一个较小的角不变，使喷出的水打到侧面一个较高位置处，则随着液面上升，水在空中运动的时长先不变，然后再减小，D错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是掌握平抛运动的规律为，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。
3．（3分）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
【分析】由图读出模型车受到的最小的牵引力为2N，此时其加速度为0，受力平衡，根据平衡条件得到模型车受到的阻力大小。由图像可知，模型车先做匀加速运动，读出牵引力，根据牛顿第二定律求出加速度，由v＝at计算匀加速运动的时间。当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，根据图像斜率的倒数为功率求解模型车牵引力的最大功率。根据动能定理和运动学公式相结合求解模型车运动的总位移。
【解答】解：A、由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N，此时加速度为0，模型车受力平衡，所以车所受到的阻力大小f＝2N，故A错误；
B、由图像可知，模型车先做匀加速运动，匀加速运动的末速度v1＝2m/s，此过程的牵引力为F＝4N，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得匀加速运动的加速度为a＝2m/s2，故匀加速运动的时间t1s＝1s，故B错误；
C、当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故模型车牵引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C错误；
D、模型车变加速运动所需时间t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，对于变加速运动，根据动能定理有：Pt2﹣fx2，由图可知最大速度vm＝4m/s，解得变加速运动的位移x2＝13m，匀加速阶段位移x1m＝1m，故总位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是汽车起动类型，关键要理解图像的意义，抓住斜率的倒数为功率，根据功率公式P＝Fv、牛顿第二定律、动能定理等规律解答。
4．（3分）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
A．2mg，沿杆向上B．2mg，沿杆向下
C．，沿杆向上D．，沿杆向下
【分析】根据几何关系以及受力分析，利用合外力提供向心力，结合受力平衡可求出答案。
【解答】解：设轻杆与竖直直径的夹角为θ，由几何关系可得csθ，解得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsin60°R，做圆周运动所需的向心力为F＝mω2r，
解得F＝3mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有F1cs30°+F2cs30°＝F，F1sin30°+mg＝F2sin30°，
解得F1＝2mg，说明杆对小球有沿杆向下的拉力，且大小为2mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于圆周运动问题，要熟练掌握合外力提供向心力这一公式的应用。
5．（3分）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示．假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远．已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的角速度表达式，太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，分析太空电梯加速度与同一轨道卫星加速度关系，判断乘客的运动状态。根据向心力公式分析电梯轨道对同步空间站A的作用方向，从而知道电梯轨道对电梯的作用力方向。电梯轨道外部一物体脱落后，根据万有引力与向心力的关系，判断其运动情况。经过时间t后，A、B第一次相距最远，A比B多过半圈，由此列式求解卫星B绕地球做圆周运动的周期。
【解答】解：A、对地球卫星，有Gmω2r，解得ω，可知，卫星轨道半径越大，角速度越小。由于太空电梯上各质点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，而卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故A错误；
B、电梯做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据电梯受到的万有引力大于做圆周运动的向心力，则万有引力与电梯轨道对电梯的作用力的差值提供向心力，即电梯轨道对电梯的作用力方向与万有引力方向相反，指向空间站，故B错误；
C、对于同步卫星，由万有引力提供向心力，有：Gm同r同
电梯环绕半径小于同步轨道半径，即r梯＜r同，则Gm梯r梯
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，符合近心运动的条件，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C错误；
D、设卫星B绕地球做圆周运动的周期为T′。经过时间t之后，A、B第一次相距最远，则有0.5，解得T′，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，抓住匀速圆周运动中相距最远的条件和共轴转动角速度相等的特点进行解答。
6．（3分）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹，如图为从某时刻开始计时的雨滴在水平x方向和竖直y方向的运动图像，下列说法不正确的是（ ）
A．雨滴做匀变速曲线运动
B．雨滴的初速度是8m/s
C．0～2s内，雨滴重力的瞬时功率一直增大
D．0～2s内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功
【分析】分析雨滴在水平x方向和竖直y方向的运动情况，确定初速度方向与加速度方向的关系，再判断其运动性质；根据y﹣t图像的斜率求雨滴的初速度；根据PG＝mgvy分析雨滴重力的瞬时功率变化情况；0～2s内，根据能量守恒定律和功能关系分析重力和风力对雨滴做的功与雨滴克服空气阻力做的功关系。
【解答】解：AB、根据题图可知，在水平方向雨滴做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴做速度大小的匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故AB正确；
C、由于雨滴在竖直方向做匀速直线运动，其竖直分速度不变，根据重力的瞬时功率公式PG＝mgvy可知，重力的瞬时功率不变，故C错误；
D、0～2s内，对雨滴下落过程，由能量守恒定律有
WG+W风＝W克+ΔEk
可得：WG+W风﹣W克＝ΔEk
由于雨滴下落过程中竖直方向速度不变，而水平方向速度始终在增加，所以雨滴动能的变化量大于0，则有
WG+W风﹣W克＝ΔEk＞0，即有WG+W风＞W克，可知，0～2s内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
【点评】本题一方面要正确分析雨滴水平方向和竖直方向的运动情况，运用合成法分析雨滴合运动的性质；另一方面，要明确能量转化情况，运用功能关系分析各力做功关系。
7．（3分）如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75m，质量m＝1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24W
D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W
【分析】根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，然后有运动学公式求出下滑时间和速度，由WG＝mgh求出重力做的功，由P求出平均功率，瞬时功率为P＝mgVcsθ．在整个下滑过程中，重力做的功全部转化为动能。
【解答】解：A、重力做的功为：WG＝mgLsin37°＝4.5J，故A错误；
B、根据动能定理可得：Ek＝mgLsinθ＝4.5J，故B错误
C、由受力分析可知
mgsin37°＝ma
a＝gsin37°＝6m/s2
由X得：t＝0.5s
平均功率为：P平9W，故C错误
D、V＝at＝6m/s2×0.5s＝3m/s
瞬时功率为：P瞬＝mgvsin37°＝1kg×10m/s2×3m/s×0.6＝18W
故D正确
故选：D。
【点评】本题考查了动能定理得应用，瞬时功率及平均功率的计算，难度不大，属于基础题
8．（3分）现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m＝1kg，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.7，F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3m时停止运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物体动能的最大值为2.25J
B．F0＝17.5N
C．物体在2.5m时的速度最大
D．物体速度的最大值为1.5m/s
【分析】根据F﹣x图像与坐标轴围成的面积表示功，求出0﹣3m内F做功与E的关系，由动能定理列式，即可求出F0的大小。当F与滑动摩擦力大小相等时速度最大，由F＝f＝μmg以及图像的解析式求出此时x的值，再由动能定理求最大动能，从而求得最大速度。
【解答】解：B、在0﹣3m内，F做的功为：

根据动能定理得W﹣μmgx＝0，其中x＝3m，解得F0＝10N，故B错误；
ACD、当F与滑动摩擦力大小相等时速度最大，则有F＝f＝μmg＝7N。由图可得F＝10﹣2x，解得x ＝1.5m此时速度最大，根据动能定理得：
解得最大动能：Ekm＝2.25J，最大速度：

故A正确，CD错误。
故选：A。
【点评】本题利用F﹣x图像与坐标轴所围的面积来求变力做功，这是常用的方法，要学会运用。
（多选）9．（4分）如图所示，探测卫星a在某星球的赤道平面内绕该星球转动，其轨道可视为圆，绕行方向与该星球自转方向相反，卫星通过发射激光与星球赤道上一固定的观测站P通信，已知该星球半径为R、自转周期为T，卫星轨道半径为2R、周期为2T。下列说法正确的是（ ）
A．该星球的第一宇宙速度为
B．该星球的“同步”卫星轨道半径为
C．每卫星a经过P正上方一次
D．该星球赤道上的重力加速度大小为
【分析】根据万有引力提供向心力结合向心力公式分析解答AB；卫星a绕行方向与该星球自转方向相反，根据转过的角度关系解得C，根据万有引力与重力的关系分析解答D。
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有
m×2R
设该星球的第一宇宙速度为v，则有
m
解得v
故A正确；
B、该星球的“同步”卫星公转周期为T，根据万有引力提供向心力有mr
解得r
故B错误；
C、卫星a绕行方向与该星球自转方向相反，设经过t卫星a经过P正上方一次，则有
ωat+ω星t＝2π
结合ωa，ω星
解得t
故C正确；
D、根据万有引力与重力的关系有
mg+mR
解得g
故D错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是通过自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力和万有引力等于重力求解。
（多选）10．（4分）如图所示，一物块放在水平木板上，现用木板托住物块一起绕O点在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度大小为ω，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若在运动过程中物块和木板始终保持相对静止且木板始终保持水平，则下列说法正确的是（ ）
A．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为μmg
B．在圆心等高处时物块受到的摩擦力为mω2R
C．ω的最大值为
D．ω的最大值为
【分析】对物块进行受力分析，静摩擦力达到最大，当角速度最大时，根据力的平行四边形定则，牛顿第二定律和向心力公式求解作答。
【解答】解：AB、物块在圆心等高处时物块受到的静摩擦力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，大小为

大小不一定等于μmg，故A错误，B正确；
CD、由于物块加速度的水平方向分量是由摩擦力产生的，加速度的竖直分量是由重力和支持力的合力产生，
根据动力学关系有
μN＝mω2Rsinθ
mg﹣N＝mω2Rcsθ
联立求得

代入数据解得

故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了竖直平面内的圆周运动，明确向心力的来源是解题的关键。
（多选）11．（4分）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【分析】在物体上滑过程和下滑过程，分别应用动能定理列等式，可求出物体向上滑动的距离和物体与斜面间的动摩擦因数；由牛顿第二定律求出向上滑和向下滑的加速度大小；结合加速度大小，根据运动学规律可分析物体向上滑动所用的时间和向下滑动的时间哪个更大。
【解答】解：AC、设物体向上滑动的距离为x，斜面的动摩擦因数为μ，
对物体向上滑行的过程，由动能定理可知：﹣mgsinα•x﹣μmgcsα•x＝0﹣Ek
对物体向下滑行的过程，由动能定理可知：mgsinα•x﹣μmgcsα•x0
联立解得：x，μ＝0.5，故A错误，C正确；
B、物体向下滑动时，由牛顿第二定律可知：mgsinα﹣μmgcsα＝ma2，解得a2，故B正确；
D、物体向上滑动和向下滑动的距离相同，而向上滑的加速度由牛顿第二定律可知：mgsinα+μmgcsα＝ma1，解得：a1＝g，即a1＞a2，向上滑动过程也可看作初速度为零，加速度大小等于a1的匀加速直线运动，由x可知向上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题是动能定理、牛顿第二定律和运动学知识的综合运用，关键是分过程分别列动能定理式子，以及匀变速直线运动的逆过程的应用。
（多选）12．（4分）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
【分析】当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
根据平衡条件求解薄板与O点以下部分的动摩擦因数；
当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，根据平衡条件求解此时薄木板下端进入粗糙部分的长度，从开始到速度最大过程中，根据动能定理求解最大速度；
全过程根据动能定理求解薄板静止时，其下端距O点的距离。
【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O点之间的距离为x1＝0.4m。
A、当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A错误；
B、设薄板在斜面O点以下部分的质量为m′时，摩擦力fμm′gcs30°，解得薄板与O点以下部分的动摩擦因数为：μ，故B正确；
C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为x2，则有：mgsin30°
代入数据解得：x2m
从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg（x1+x2）sin30°0
代入数据解得：vmm/s，故C错误；
D、设薄板静止时，其下端距O点的距离为x3，全过程根据动能定理可得：
mg（x1+x3）sin30°μmgcs30°•（x3﹣L）＝0
代入数据解得：x3＝1.1m，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了动能定理和波的第二定律；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分。）
13．（7分）某同学设计了一个测油漆喷枪喷射速度的实验。装置如图甲所示，该油漆喷枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴，一个直径为D＝20cm的纸带环安放在水平转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线。转台稳定转动时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中沿水平方向喷射油漆雾滴，当狭缝A、B正对平行时，雾滴通过狭缝A在纸带的内侧面留下油漆痕迹。改变喷射速度v0（v0）重复实验，在纸带上留下四个油漆痕迹a、b、c、d，将纸带展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示。
①图乙中，速度最大的雾滴所留的痕迹是 d 点；
②已知转台转动的角速度ω＝8rad/s，如果不计雾滴所受空气阻力，则喷枪喷出雾滴速度的最大值为 20.0 m/s（保留三位有效数字）。
【分析】（1）根据速度大的雾滴在转台内运动的时间短，在此时间内转台转过的角度小来分析；
（2）从乙图读出速度最大的点落在纸带上距离标志线的长度，即为在雾滴在转台内运动的时间内转台纸带转过的弧长，根据时间相等可得雾滴的速度。
【解答】解：（1）速度最大的雾滴在转台里面运动的时间最短，而转台的角速度一定，转台转过的角度就越小，雾滴在纸带上距离标志线就越近，所以速度最大的雾滴所留的痕迹应该是d点；
（2）设雾滴的最大速度为v，则雾滴在转台中运动的时间为t，转台边缘的纸带线速度大小为v'，在此时间内转台转过的弧长为s＝v't，由图乙读出s＝0.80cm，联立解得v＝20.0m/s。
故答案为：（1）d；（2）20.0。
【点评】知道雾滴留在纸带上的痕迹到标志线的距离即为纸带随转台转过的弧长是解题的关键，知道转台的线速度和角速度的关系。
14．（7分）如图1所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，小钢球的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下：
（1）将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R；用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2所示，其读数为 1.50 cm；将钢球拉至某一位置释放，测得遮光条的挡光时间为0.010s，小钢球在A点的速度大小v＝ 1.50 m/s（结果保留三位有效数字）。
（2）先用力传感器的示数FA计算小钢球运动的向心力F′＝FA﹣mg，FA应取该次摆动过程中示数的
最大值 （选填“平均值”或“最大值”），后再用F＝m计算向心力。
（3）改变小球释放的位置，重复实验，比较发现F总是略大于F′，分析表明这是系统造成的误差，该系统误差的可能原因是 D 。
A．小钢球的质量偏大
B．小钢球初速不为零
C．总是存在空气阻力
D．速度的测量值偏大
（4）为了消除该系统误差，可以 测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔的连线上，由v小球测出小球的准确速度 （回答一条即可）。
【分析】（1）毫米刻度尺在读数时需要估读到最小刻度的下一位，在极短时间内的平均速度等于瞬时速度求得小钢球在A点的速度；
（2）小钢球做圆周运动的一部分，向心力时刻变化，故FA应该取摆动过程中的瞬时值，到达A点时拉力最大，即取最大值；
（3）重复实验，比较发现F总是略大于F′，根据向心力公式可知速度偏大；
（4）根据实验原理即可改进。
【解答】解：（1）刻度尺的最小刻度为1mm，故在读数时需要估读到最小刻度的下一位，故示数为1.50cm
做匀变速直线运动，在极短时间内的平均速度等于瞬时速度，故小钢球在A点的速度大小v
（2）小球在摆动过程中，到达A点的速度达到最大，根据牛顿第二定律F﹣mg可知，达到A点时，拉力最大，故FA应取该次摆动过程中示数的最大值；
（3）根据F＝m可知，测量值大于F′，说明v值偏大，故ABC错误，D正确；
（4）为了消除该系统误差，可以测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔的连线上，由v小球测出小球的准确速度
故答案为：（1）1.50；1.50；（2）最大值；（3）D；（4）测出小球的直径D，当小球竖直悬挂时，球心恰好处于挡光孔的连线上，由v小球测出小球的准确速度
【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度，抓住某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小是解题的关键
三、计算题（本题共4题，共46分。解答应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。）
15．（8分）质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨道半径R＝0.8m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回（g＝10m/s2，空气阻力不计）。
（1）小物块第一次经过最低点C时，求物块对圆弧轨道的压力；
（2）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最终停在何处？
【分析】（1）先根据几何关系求解下降高度，再根据动能定理求解C点的速度大小，由圆周运动向心力公式求解圆弧轨道对物体的支持力；（2）全过程结合能量守恒定律求解小物块的位移!
【解答】解：（1）物块由B到C过程中，根据动能定理得：mgR（1﹣cs θ）
解得：vC＝2 m/s。
根据牛顿第二定律：FN﹣mg＝m
根据牛顿第三定律解得：N＝FN＝40 N，方向竖直向下
（2）设物块最后停止在M点位置，B到M过程中，根据动能定理：mgR（1﹣cs θ）﹣μmgs总＝0
解得：s总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处．
答：（1）小物块第一次经过最低点C时，求物块对圆弧轨道的压力为40 N，方向竖直向下。
（2）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最终停距D点0.6 m处。
【点评】解决该题的关键是熟记动能定理解题的步骤，知道可以多过程用动能定理列方程解题。
16．（8分）火星是距离太阳第四近的行星，也是太阳系中仅次于水星的第二小的行星，为太阳系里四颗类地行星之一，其半径R＝3400km。我国发射的火星探测器“天问一号”在登陆火星之前围绕火星做圆周运动，其环绕速度v与轨道半径r之间的关系如图甲所示。“天问一号”火星探测器成功登陆火星表面后，“祝融号”火星车出舱进行探测任务，如图乙所示。某次任务时，火星车以速度v0＝0.5m/s沿水平面匀速行驶，前方有一高度h＝2m的断崖，断崖下方是平坦的地面。求：
（1）火星表面的重力加速度g火；
（2）火星车在断崖下方地面着陆时的速度v。
【分析】（1）根据环绕速度与轨道半径的关系来推导出火星表面的重力加速度。
（2）利用重力加速度和火星车的初始条件，计算火星车从断崖上落下后着陆时的速度。这涉及到自由落体运动的计算，需要考虑水平速度和垂直速度的合成。
【解答】解：（1）根据万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有，

可得

结合图像可知
GM＝k＝4.624×1013m3/s2
在火星表面上有

解得

方向竖直向下。
（2）火星车做平抛运动，在竖直方向有

可得
vy＝4m/s
水平方向做匀速直线运动
vx＝v0
火星车在断崖下方地面着陆时的速度

代入数据解得vm/s
设着陆时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ
代入数据解得tanθ＝8，
则速度方向与水平方向夹角的正切值为8。
答：（1）火星表面的重力加速度g火为4 m/s2，方向竖直向下
（2）火星车在断崖下方地面着陆时的速度大小，方向与水平方向夹角的正切值为8。
【点评】本题通过分析火星表面的重力加速度和火星车的自由落体运动，综合运用了天体运动和力学的基本原理。解题的关键在于理解环绕速度与轨道半径之间的关系，以及如何利用重力加速度计算物体在重力作用下的运动。通过本题，可以加深对天体运动和自由落体运动规律的理解。
17．（14分）如图所示，ABC是半径为R的光滑圆弧形轮滑赛道，A点与圆心O等高，B为最低点（位于水平地面上），圆弧BC所对的圆心角为60°。轮滑运动员从A点以一定的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑出后，运动员上升到的最高点与O点在同一水平面上，此后运动员恰好落到平台上的D点，D点距水平地面的高为。已知运动员和轮滑鞋的总质量为m，重力加速度大小为g，运动员和轮滑鞋整体视为质点，不计空气阻力。求：
（1）运动员从C点滑出时的速度大小；
（2）运动员和轮滑鞋一起在B点对轨道的压力；
（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离。
【分析】分析运动员从C点滑出后的运动情况，可以利用平抛运动的知识求解C点的速度。
利用机械能守恒定律，可以求解运动员在B点时对轨道的压力。
通过平抛运动的水平位移公式，可以求解平台D点离圆弧轨道C点的水平距离。
【解答】解：（1）设运动员从C点滑出的速度大小为vC，运动员从C点滑出后，竖直上升的高度
h＝Rcs60°
竖直方向分运动

解得

（2）设运动员到B点时速度大小为vB，从B到C，根据机械能守恒

在B点，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律，运动员和轮滑鞋一起在B点对轨道的压力大小

方向竖直向下
（3）运动员从C点滑出后，上升的过程有
vCsin60°＝gt1
设下降的时间为t2，则

则D点与C点的水平距离

解：（1）运动员从C点滑出时的速度大小；
（2）运动员和轮滑鞋一起在B点对轨道的压力，方向竖直向下；
（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离。
【点评】本题通过分析运动员在不同位置的运动状态，利用动能定理、机械能守恒定律以及平抛运动的基本原理，逐步求解了运动员从C点滑出时的速度、在B点对轨道的压力以及平台D点离圆弧轨道C点的水平距离。这些计算不仅体现了物理原理的应用，也展示了如何通过物理公式解决实际问题的方法。
18．（16分）如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，O点下方固定有一个滑槽装置，由水平直轨道和竖直圆弧轨道组成。其中BC段为粗糙水平轨道，长度为d，CDE部分为光滑圆弧轨道，半径为R，B点在O点正下方，D点为圆弧最高点，E点和圆心O等高。现将球拉至最高点A，以的速度向左水平抛出。当小球运动至最低点时，与静止在B点的一质量为m的滑块P发生弹性正碰。碰撞后滑块P沿BC滑向圆弧轨道CDE。滑块和小球均视为质点，重力加速度为g，求：
（1）小球抛出后，经过多长时间绳子被拉直？
（2）设绳子被拉直瞬间，小球沿绳子方向的分速度突变为零，则小球第一次运动到B点的速度vB大小为多少？
（3）要使滑块始终不脱离圆弧轨道，则水平轨道BC段的摩擦因数μ取值范围是多少？
【分析】（1）小球水平抛出后做平抛运动，当小球到A点的距离等于绳长l时，绳子被拉直，根据分位移公式求经历的时间。
（2）设绳子被拉直瞬间，小球沿绳子方向的分速度突变为零，求出绳子被拉直时垂直于绳子方向的分速度，再根据动能定理求小球第一次运动到B点的速度vB大小。
（3）小球与滑块发生弹性碰撞过程，根据系统动量守恒和机械能守恒求出碰后滑块的速度。要使滑块始终不脱离圆弧轨道，有两种：①滑块能在圆弧轨道CDE做完整的圆周运动；②在圆心O′右下方圆周上运动。根据临界条件和动能定理求出水平轨道BC段的摩擦因数μ的取值范围。
【解答】解：（1）因，故小球水平抛出后做平抛运动。
设绳子恰好拉直时绳子与水平方向的夹角为θ，平抛运动的时间为t，根据平抛运动的规律可得
水平位移有
x＝lcsθ ＝v0t
竖直位移有

解得θ ＝ 0°
即当小球运动到绳子刚好处于水平位置时被拉直。
并解得

（2）在绳子拉直瞬间，小球沿绳子方向的速度立即消失，只余竖直方向的速度，为

此后小球做圆周运动，从拉直瞬间到运动到最低点B的过程，由动能定理可得

解得

（3）当小球与滑块发生弹性碰撞过程中，小球和滑块组成的系统动量守恒，机械能也守恒。设碰后小球速度为v1，滑块速度为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mvB＝mv1+mv2

解得

要使滑块不脱离轨道CDE，有两种情况：
①滑块能在圆弧轨道CDE做完整的圆周运动，则滑块从B点运动到圆轨道最高点D的过程中，由动能定理可得

在D点时，有

解得

②滑块最高运动到与圆心O′等高处速度恰好为零，沿轨道返回，设滑块上升的最大高度为h，则有

结合h≤R，解得

所以，当水平轨道BC段的摩擦因数μ满足或者时，滑块始终不脱离圆轨道。
答：（1）小球抛出后，经过时间绳子被拉直；
（2）小球第一次运动到B点的速度vB大小为2；
（3）水平轨道BC段的摩擦因数μ取值范围是为或者。
【点评】解答本题的关键要分析清楚小球和滑块的运动情况，挖掘隐含的临界状态和临界条件，根据运动学公式、动能定理等规律解答。
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答案
A
C
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B
D
C
D
A
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11
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答案
AC
BD
BC
BD