2024-2025学年湖北省鄂北六校高一（下）期中物理试卷

这是一份2024-2025学年湖北省鄂北六校高一（下）期中物理试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）国际单位制规定了七个基本量，下列仪器所测的物理量不是基本量的是（ ）
A．秒表
B．托盘天平
C．弹簧测力计
D．刻度尺
2．（4分）如图所示，假设转球高手能让篮球在他的手指上绕竖直轴匀速转动（手指刚好在篮球的正下方），下列描述正确的是（ ）
A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
C．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度不相同
D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大
3．（4分）中国卫星导航定位协会首次发布《中国北斗产业发展指数报告》，报告中指出目前北斗终端应用规模达数千万量级，每天有数千万用户数、亿次量级使用北斗定位导航，北斗系统已服务全球200多个国家和地区用户。北斗定位系统中的两颗卫星P、Q绕地球做匀速圆周运动的周期之比为1：8，则它们运行的加速度大小之比为（ ）
A．2：1B．4：1C．8：1D．16：1
4．（4分）如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，保持B点高度不变，在人缓慢向左移动一小段距离的过程中（ ）
A．绳上张力变小
B．地面对人的摩擦力变大
C．人对地面的压力变大
D．滑轮受到绳的作用力变大
5．（4分）如图所示，长L＝1m的轻杆的一端固定在水平转轴O上，另一端固定一质量m＝0.3kg的小球，小球随轻杆绕转轴在竖直平面内做线速度的匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。小球运动到水平位置A时，轻杆对小球的作用力大小为（ ）
A．B．C．3ND．6N
6．（4分）如图所示为一辆小汽车在平直公路上运动的位移一时间图像（x﹣t），图线为抛物线，其纵截距为9m，t＝3s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为（t1，0）。则可确认（ ）
A．小汽车正在转弯
B．图像中的t1＝1.4s
C．0～3s内，有一个时刻小汽车速度为5m/s
D．0～3s内，小汽车平均速度为4.5m/s
7．（4分）某款质量m＝1000kg的汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其v﹣t图像如图所示。汽车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～50s内汽车保持额定功率不变，50s～70s内汽车做匀速直线运动，最大速度vm＝40m/s，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，t2时刻停止运动。已知t1＝10s，汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻汽车的瞬时速度10m/s
B．在t1～50s内汽车牵引力对汽车做功4000kJ
C．在t1～50s内汽车运动位移大小是1300m
D．t2为85s
（多选）8．（4分）“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，择日实施降轨，软着陆火星表面。如图“天问一号”在P点被火星捕获后，假设进入大椭圆环火轨道Ⅲ，一段时间后，在近火点Q变轨至中椭圆环火轨道Ⅱ运行，再次经过Q点变轨至近火圆轨道Ⅰ运行。下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在轨道Ⅲ上运行时，经过P点的线速度小于Q点的线速度
B．“天问一号”在轨道Ⅲ上经过Q的加速度小于在轨道Ⅱ上经过Q的加速度
C．在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须小于11.2km/s
D．“天问一号”从轨道Ⅲ变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速
（多选）9．（4分）如图所示，粗糙水平面上放着一足够长的木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面摩擦因数均为0.2，g＝10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是（ ）
A．F＝10N时，A的加速度为1m/s2
B．F＝18N时，A的加速度为4m/s2
C．如果把F作用在B上，F＝10N，A、B一起向右匀加速运动，加速度为0.5m/s2
D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动
（多选）10．（4分）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，使滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α＝53°，轻绳刚好伸直但无拉力，某时刻由静止释放物体乙（距离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，弹簧弹性势能表达式，k为劲度系数，x为形变量，sinα＝0.8，csα＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．小球甲位于Q点时的速度大小
C．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为
D．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（10分）某学习小组做“探究平抛运动特点”的实验。如图所示，为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm。若取g＝10m/s2，不计空气阻力。则：
（1）相机的闪光频率是 Hz；
（2）小球运动的水平速度大小是 m/s；小球运动到B点时速度大小是 m/s；
（3）若实验中把轨道末端点记为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系。利用卡槽记录小球平抛过程中的位置，将各位置用一条过原点的平滑曲线连接，测得曲线上某点坐标为（x0，y0），由此得到平抛运动的初速度v0＝ （用x0、y0和g表示），该测量值和真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
12．（8分）如图1为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有：
A．将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平；
B．测出挡光条的宽度d；
C．分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与砝码的总质量m；
D．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；
E．由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间t；
F．改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t。已知重力加速度为g，请回答下列问题：
（1）本实验中 （填“需要”或“不需要”）满足m远小于M。
（2）若某次测得挡光条到光电门的距离为L，挡光条通过光电门的时间为t，滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了 ；若系统机械能守恒，应满足 。（用实验步骤中各测量量符号表示）
（3）多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t，作出L随的变化图像如图2所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g＝ 时，可以判断槽码带动滑块运动过程中机械能守恒。（用题中已知量和测得的物理量符号表示）
13．（10分）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为L＝6.25m。旅客把质量m＝5kg行李（可视为质点）无初速度地放在A处（重力加速度g取10m/s2），求：
（1）行李从A到B处所用时间t；
（2）行李从A到B处因摩擦产生的热量Q。
14．（14分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度ω0匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。
（1）求转台转动的角速度ω0；
（2）若改变转台的角速度，小物块仍与罐壁相对静止，此时小物块受到的摩擦力的大小为，求转台的角速度。
15．（18分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。
2024-2025学年湖北省鄂北六校高一（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：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（4分）国际单位制规定了七个基本量，下列仪器所测的物理量不是基本量的是（ ）
A．秒表
B．托盘天平
C．弹簧测力计
D．刻度尺
【分析】在力学范围内，国际单位制中规定的三个基本量是长度、质量、时间。
【解答】解：国际单位制中，规定力学中三个基本单位分别是米、千克、秒，其物理量规定为基本物理量，分别是长度、质量、时间，测量使用的仪器分别是刻度尺（D）、天平（B）和秒表（A）。弹簧测力计是测量力的仪器。由以上的分析可知，C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【点评】国际单位制中共有七个基本量，相对应的单位是基本单位。力学的三个基本单位是米、千克、秒，基本量是长度、质量、时间。
2．（4分）如图所示，假设转球高手能让篮球在他的手指上绕竖直轴匀速转动（手指刚好在篮球的正下方），下列描述正确的是（ ）
A．篮球上各点做圆周运动的圆心均在球心处
B．篮球上各点做圆周运动的角速度不相等
C．篮球上离转动轴距离相等的各点线速度不相同
D．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大
【分析】根据篮球上各点绕同轴转动角，速度相同，结合向心加速度、线速度与角速度的关系分析求解。
【解答】解：A.只有篮球上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球心处，故A错误；
B.篮球上各点绕同轴转动，故做圆周运动的角速度相等，故B错误；
C.根据v＝ωr，可知角速度相同，半径相等，线速度大小相同，但是速度方向不一定相同，故C正确；
D.根据向心加速度a＝ω2r可知，同轴转动，角速度相同，半径越小，向心加速度越小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了圆周运动基础知识，理解物理量之间的相互关系是解决此类问题的关键。
3．（4分）中国卫星导航定位协会首次发布《中国北斗产业发展指数报告》，报告中指出目前北斗终端应用规模达数千万量级，每天有数千万用户数、亿次量级使用北斗定位导航，北斗系统已服务全球200多个国家和地区用户。北斗定位系统中的两颗卫星P、Q绕地球做匀速圆周运动的周期之比为1：8，则它们运行的加速度大小之比为（ ）
A．2：1B．4：1C．8：1D．16：1
【分析】根据万有引力提供向心力表示出周期、向心加速度的关系，据此计算加速度的比例关系。
【解答】解：根据万有引力提供向心力有ma＝mr
解得P、Q的向心加速度大小之比是16：1
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系，难度适中。
4．（4分）如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，保持B点高度不变，在人缓慢向左移动一小段距离的过程中（ ）
A．绳上张力变小
B．地面对人的摩擦力变大
C．人对地面的压力变大
D．滑轮受到绳的作用力变大
【分析】由球受力平衡，可知绳上的张力、滑轮受到绳的作用力表达式；人向左运动过程中，绳长不变，B点高度不变，可知绳的张力、滑轮对绳的作用力变化情况；由人受力平衡，根据绳的张力变化，可知地面对人的摩擦力、人对地面的压力变化情况。
【解答】解：AD、由球受力平衡，如图所示：
可知绳上的张力满足：2Tcsθ＝mg，滑轮受到绳的作用力满足：2Tcsθ＝mg，Tsinθ＝Tsinθ，即滑轮对绳的作用力的合力为mg；
绳长不变，B点高度不变，可知绳长满足：，
人向左运动过程中，L不变，d变大，故θ变大，可知绳的张力T变大，滑轮对绳的作用力不变，故AD错误；
BC、根据AD选项分析可知绳的张力变大，θ变大，，Tsinθ变大，
由人受力平衡，如图所示：
可知人在竖直方向：T′csθ+m人g＝FN，水平方向：T′sinθ＝f，
由相互作用力可知：FN＝F压，T＝T′，
可知地面对人的摩擦力f变大，人对地面的压力不变，故B正确，C错误。
故选：B。
【点评】本题考查共点力的平衡，关键是根据绳长、高度、重力这些不变量，角度的变化情况，分析变力的变化情况。
5．（4分）如图所示，长L＝1m的轻杆的一端固定在水平转轴O上，另一端固定一质量m＝0.3kg的小球，小球随轻杆绕转轴在竖直平面内做线速度的匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。小球运动到水平位置A时，轻杆对小球的作用力大小为（ ）
A．B．C．3ND．6N
【分析】小球运动到水平位置A时，根据牛顿第二定律求出杆对小球水平方向的作用力，再与竖直方向的作用力合成，可得轻杆对小球的作用力大小。
【解答】解：小球运动到水平位置A时，杆对球的竖直方向分力Fy＝mg
水平分力Fx＝m
故杆对球的作用力大小F
代入数据解得FN
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解题的关键是要明确小球做匀速圆周运动时，由合力提供向心力，沿圆弧切线方向的合力为零。
6．（4分）如图所示为一辆小汽车在平直公路上运动的位移一时间图像（x﹣t），图线为抛物线，其纵截距为9m，t＝3s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为（t1，0）。则可确认（ ）
A．小汽车正在转弯
B．图像中的t1＝1.4s
C．0～3s内，有一个时刻小汽车速度为5m/s
D．0～3s内，小汽车平均速度为4.5m/s
【分析】在位移一时间图像中，图像的斜率表示速度，抛物线表示物体做匀变速直线运动，平行于时间轴的直线表示物体静止。
【解答】解：A、x﹣t图像只能描述物体做直线运动，不可能转弯，故A错误；
D、0～3s内，小汽车平均速度为，故D错误；
BC．根据逆向思维把小汽车看成做初速度为0的匀加速直线运动，0～3s内，则有，
解得加速度大小为，
则t＝0时刻小汽车的速度大小为v0＝at＝2×3m/s＝6m/s，
根据x﹣t图像的切线斜率绝对值等于速度大小，则有，
解得，
由于小汽车做匀减速直线运动，所以0～3s内，有一个时刻小汽车速度为5m/s，故B错误，C正确。
故选：C。
【点评】要理解位移一时间图像表示的物理意义，知道图像的斜率表示速度，能根据图像的形状分析物体的运动情况。
7．（4分）某款质量m＝1000kg的汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其v﹣t图像如图所示。汽车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～50s内汽车保持额定功率不变，50s～70s内汽车做匀速直线运动，最大速度vm＝40m/s，汽车从70s末开始关闭动力减速滑行，t2时刻停止运动。已知t1＝10s，汽车的额定功率为80kW，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻汽车的瞬时速度10m/s
B．在t1～50s内汽车牵引力对汽车做功4000kJ
C．在t1～50s内汽车运动位移大小是1300m
D．t2为85s
【分析】根据功率的计算公式解得牵引力和阻力，结合牛顿第二定律求得加速度的表达式，由匀变速直线运动规律求出运动的时间；根据动能定理求出t1～50s内的位移。
【解答】解：A.根据题意可知，当汽车以额定功率行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，则有

解得阻力大小为
Ff＝2000N
根据题意，设t1时刻汽车的速度为v1，则此时的牵引力为

设汽车在0～t1时间内做匀加速直线运动的加速度为a1，则有
v1＝a1t1
根据牛顿第二定律有
F1﹣F1＝ma1
联立解得
v1＝20m/s
故A错误；
B.在t1～50s内，汽车牵引力对汽车做功为
W＝P（50s﹣t1）＝80kW×40s＝3200kJ
故B正确；
C.t1～50s内，由动能定理有

解得
x＝1300m
故C正确；
D.由牛顿第二定律可得，关闭发动机之后，加速度为

解得

由运动学公式
v＝v0+at
可得
vm＝a2（t2﹣70s）
解得
t2＝90s
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查读图能力和分析汽车起动过程的能力，要抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等；匀加速运动结束的条件：汽车的功率达到额定功率。
（多选）8．（4分）“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，择日实施降轨，软着陆火星表面。如图“天问一号”在P点被火星捕获后，假设进入大椭圆环火轨道Ⅲ，一段时间后，在近火点Q变轨至中椭圆环火轨道Ⅱ运行，再次经过Q点变轨至近火圆轨道Ⅰ运行。下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在轨道Ⅲ上运行时，经过P点的线速度小于Q点的线速度
B．“天问一号”在轨道Ⅲ上经过Q的加速度小于在轨道Ⅱ上经过Q的加速度
C．在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须小于11.2km/s
D．“天问一号”从轨道Ⅲ变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速
【分析】根据开普勒第二定律和万有引力提供向心力，第二宇宙速度的物理意义和加减速变轨的知识进行分析解答。
【解答】解：A.由开普勒第二定律可知，“天问一号”在轨道Ⅲ上运行时，经过P点的线速度小于Q点的线速度，故A正确；
B.“天问一号”在轨道Ⅲ上运行至Q点时，有，由此可知，“天问一号”在轨道Ⅲ上经过Q的加速度等于在轨道Ⅱ上经过Q的加速度，故B错误；
C.“天问一号”能够摆脱地球引力的束缚到达火星且没有飞出太阳系，所以在地球上发射“天问一号”环火卫星速度必须大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，故C错误；
D.“天问一号”从轨道Ⅲ变轨至轨道Ⅱ需要在Q点减速，做近心运动从高轨变到低轨，故D正确。
故选：AD。
【点评】考查开普勒第二定律和万有引力提供向心力，第二宇宙速度的物理意义和加减速变轨的知识，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）9．（4分）如图所示，粗糙水平面上放着一足够长的木板A，质量M＝1kg，A上面放着小物块B，质量m＝3kg，A与B以及A与地面摩擦因数均为0.2，g＝10m/s2，给A施加水平恒力F，下列说法中正确的是（ ）
A．F＝10N时，A的加速度为1m/s2
B．F＝18N时，A的加速度为4m/s2
C．如果把F作用在B上，F＝10N，A、B一起向右匀加速运动，加速度为0.5m/s2
D．如果把F作用到B上，无论F有多大，木板A均不会运动
【分析】根据AB间、A与地面间的摩擦因数，分别对AB整体、A、B受力分析，即可知AB整体刚好匀变速时，外力的大小，结合选项的F大小，即可分析AB是否会分开，再进行受力分析，即可计算A的加速度；力作用在B上时，根据对A的受力分析，即可知A是否会运动。
【解答】解：A、根据AB间、A与地面间的摩擦因数，对AB整体受力分析，可知AB整体刚好匀变速时，外力的大小满足：F0﹣μ（m+M）g＝（m+M）a0，
对B受力分析，可知：μmg＝ma0，解得：F0＝16N；
F＝10N时，AB作为整体，不会分开，故：F﹣μ（m+M）g＝（m+M）a1，解得A的加速度为：，故A错误；
B、F＝18N时，根据A选项的分析可知 AB会分开，对A受力分析可知：F﹣μ（m+M）g﹣μmg＝Ma2，解得A的加速度为：，故B正确；
CD、力作用在B上时，根据对A的受力分析，可知B对A的最大摩擦力为：μmg＝0.2×3kg×10N/kg＝6N，
地面对A的最大摩擦力为：μ（m+M）g＝0.2×（3kg+1kg）×10N/kg＝8N，可知μmg＜μ（m+M）g，即无论F多大，A都不会运动，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查板块模型的受力分析，关键是根据AB作为整体时，匀变速直线运动的临界条件，分析不同的外力对应的实际运动情况。
（多选）10．（4分）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，使滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α＝53°，轻绳刚好伸直但无拉力，某时刻由静止释放物体乙（距离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，弹簧弹性势能表达式，k为劲度系数，x为形变量，sinα＝0.8，csα＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．小球甲位于Q点时的速度大小
C．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为
D．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为
【分析】根据题意，小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，确定小球在P时弹簧的压缩量，由胡克定律求解弹簧的劲度系数。小球甲位于Q点时，乙的速度为零，根据系统机械能守恒求小球甲位于Q点时的速度大小。在小球甲在PQ的中点时弹簧的形变量为零，小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲、乙总机械能增加量等于弹性势能的减小量，根据系统机械能守恒求甲、乙总机械能增加量。
【解答】解：A.小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，可知在两点的弹簧的形变量相等，因
PQ＝OQtan53°
解得

则在P点时弹簧的压缩量为

由胡克定律
mg＝kΔx
解得

故A错误；
B.小球甲位于Q点时，乙的速度为零，则由能量关系

解得小球甲的速度大小

故B正确；
CD.在小球甲在PQ的中点时弹簧的形变量为零，则小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量等于弹性势能的减小量，即

解得

故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查胡克定律和机械能守恒定律的应用。要知道机械能守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（10分）某学习小组做“探究平抛运动特点”的实验。如图所示，为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm。若取g＝10m/s2，不计空气阻力。则：
（1）相机的闪光频率是 10 Hz；
（2）小球运动的水平速度大小是 1.5 m/s；小球运动到B点时速度大小是 2.5 m/s；
（3）若实验中把轨道末端点记为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系。利用卡槽记录小球平抛过程中的位置，将各位置用一条过原点的平滑曲线连接，测得曲线上某点坐标为（x0，y0），由此得到平抛运动的初速度v0＝ x0 （用x0、y0和g表示），该测量值和真实值相比 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出时间间隔，从而计算频率；
（2）结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度；根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出B点竖直方向上的分速度；
（3）根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合图纸的点迹关系完成分析。
【解答】解：（1）L＝5cm＝0.05m
根据Δy＝2L＝gT2得：
T＝0.1s
则fHz＝10Hz
（2）小球平抛初速度v0m/s＝1.5m/s；
B点竖直分速度vBym/s＝2m/s；
B点的速度为vB
解得vB＝2.5m/s
（3）根据平抛运动规律有x＝v0t，ygt2
代入数据解得v0＝x0
小球平抛运动的抛出点应该在轨道末端上方距离为 r（小球的半径 ）处，故计算算初速度时，y0取值偏小，故得到的初速度的值偏大
故答案为：（1）10；（2）1.5；2.5；（3）x0；偏大
【点评】解决本题的关键是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进行求解。注意A不是起始位置，不能直接应用hgt2求解时间间隔，这是很多学生易错的地方。
12．（8分）如图1为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有：
A．将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平；
B．测出挡光条的宽度d；
C．分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与砝码的总质量m；
D．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；
E．由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间t；
F．改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t。已知重力加速度为g，请回答下列问题：
（1）本实验中 不需要 （填“需要”或“不需要”）满足m远小于M。
（2）若某次测得挡光条到光电门的距离为L，挡光条通过光电门的时间为t，滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了 mgL ；若系统机械能守恒，应满足 。（用实验步骤中各测量量符号表示）
（3）多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t，作出L随的变化图像如图2所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g＝ 时，可以判断槽码带动滑块运动过程中机械能守恒。（用题中已知量和测得的物理量符号表示）
【分析】（1）根据实验要求分析判断是否需要满足M和m的关系；
（2）根据高度变化求出，托盘和砝码减少的重力势能，再根据光电门的特点求出物块通过光电门的速度，最后写出动能变化量和势能变化量的等量关系；
（3）根据机械能守恒定律成立的表达式可以推出L的关系式，进而求解出g的表达式。
【解答】解：（1）对砝码和滑块系统来说，验证机械能守恒律，系统减少重力势能和增加的动能均可以测量，不需要测拉力，故不需要满足m远小于M。
（2）滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了
ΔEp＝mgL
根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门时速度大小为

系统动能增加了

系统机械能守恒有
ΔEp＝ΔEk
则系统机械能守恒成立的表达式是

（3）由（2）可知系统机械能守恒成立的表达式是

整理得

图像的斜率为

解得当地的重力加速度大小为

故答案为：（1）不需要；（2）mgL，；（3）
【点评】理解实验原理是解题的前提与关键；应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，应用动能计算公式与重力势能的计算公式、机械能守恒定律即可解题。
13．（10分）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为L＝6.25m。旅客把质量m＝5kg行李（可视为质点）无初速度地放在A处（重力加速度g取10m/s2），求：
（1）行李从A到B处所用时间t；
（2）行李从A到B处因摩擦产生的热量Q。
【分析】（1）由牛顿第二定律和运动学公式求行李从A到B处所用时间t；
（2）由运动学和热量公式求行李从A到B处因摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）对行李由牛顿第二定律可得
μmg＝ma
解得
a＝2m/s2
行李从开始运动到与传送带速度相等的过程中，对行李有
v＝at1
得
t1＝0.5s
此过程中，行李的位移为

解得
x＝0.25m＜L
故0.5s后与传送带一起做匀速直线运动，运动时间为

解得
t2＝6s
故行李到达B处所用时间
t＝t1+t2
解得
t＝6.5s
（2）行李在传送带上相对位移为
Δx＝vt1﹣x
解得
Δx＝0.25m
摩擦产生的热量
Q＝μmg•Δx
解得
Q＝2.5J
答：（1）行李从A到B处所用时间t为6.5s；
（2）行李从A到B处因摩擦产生的热量Q为2.5J。
【点评】该题考查的是传送带问题，关键要理清行李的运动过程，知道行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动。
14．（14分）如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度ω0匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度为g。
（1）求转台转动的角速度ω0；
（2）若改变转台的角速度，小物块仍与罐壁相对静止，此时小物块受到的摩擦力的大小为，求转台的角速度。
【分析】（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律结合向心力公式可得转台转动的角速度；
（2）对小物块受力分析，小物块在竖直方向列平衡方程，水平方向根据牛顿第二定律结合向心力公式求解小物块受到的摩擦力的大小。
【解答】解：（1）根据mgtan60°＝mRsin60°
解得ω0
（2）设支持力N，摩擦力f，物块在竖直方向平衡，水平方向做匀速圆周运动，
当摩擦力方向沿罐壁相切斜向下时有Ncs60°＝mg+fsin60°
Nsin60°+fcs60°＝mRsin60°
解得ω1
同理，当摩擦力方向沿罐壁相切斜向上时有Ncs60°+fsin60°＝mg
Nsin60°﹣fcs60°＝mRsin60°
解得的ω2
答：（1）转台转动的角速度为；
（2）转台的角速度为或。
【点评】本题考查了向心力，关键要明确向心力的来源，难度一般。
15．（18分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h＝1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。
【分析】（1）由动能定理可求得物体在C点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力；
（2）要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB的长度；
（3）由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动，由动能定理求出物块在斜面上滑行的路程x。
【解答】解：（1）设物体到达B点的速度为v，从E到B，由动能定理，得

代入数据得

在C点，有

代入数据得
F＝10N
（2）从C到A，由动能定理得

代入数据得
L＝1.8m
（3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有
mgsin37°＝μ1mgcs37°
解得
μ1＝0.75
①若0≤μ＜μ0＝0.5，物块将滑出斜面，则物块的路程为
x＝L＝1.8m
②若0.5≤μ＜μ1＝0.75，物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有
mg（h+Rcs37°）﹣μmgcs37°•x＝0
解得

③μ≥μ1＝0.75，则物块将停在斜面上，则有
mg（h+Rcs37°﹣xsin37°）﹣μmgcs37°•x＝0
解得

答：（1）物体第一次到达C点时的速度大小为，受到的支持力大小为10N；
（2）斜面AB的长度L为1.8m；
（3）若0≤μ＜μ0＝0.5，物块在斜面上滑行的路程x为1.8m，若0.5≤μ＜μ1＝0.75，x为，若μ≥μ1＝0.75x为。
【点评】在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点。
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答案
C
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题号
8
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答案
AD
BD
BC