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2022_2023学年福建省宁德市一级达标校五校联合体高一（下）期中物理试卷
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这是一份2022_2023学年福建省宁德市一级达标校五校联合体高一（下）期中物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年福建省宁德市一级达标校五校联合体高一（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 下列物体的几种运动中机械能守恒的是( )
A. 匀速下落的跳伞运动员 B. 真空中自由下落的铁球
C. 沿斜面匀速上滑的木块 D. 在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球
2. 关于曲线运动，下列说法不正确的是( )
A. 曲线运动是一种变速运动
B. 做曲线运动的物体速度方向一定沿曲线的切线方向
C. 做曲线运动的物体合外力一定是变化的
D. 曲线运动可能是匀变速运动
3. 一快艇从岸边驶向河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度−时间图像如图所示，河水流速恒为3m/s，则下列说法正确的是( )
A. 快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
B. 快艇6s末的速度一定为6m/s
C. 快艇以最短时间到达浮标处，它经过的位移为100m
D. 在岸边能找到某一位置使快艇最快到达浮标处，它所用的时间为20s
4. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触(未连接)，如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为2μmgx0
B. 撤去F后物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动
C. 物体从B→C，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量
D. 撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大
5. 如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为34 m的菜盘，AO=2OB，圆盘正常运转，两菜盘均视为质点且不打滑。下列说法正确的是( )
A. A、B两处菜盘的周期之比为2︰1
B. A、B两处菜盘的线速度大小之比为4︰1
C. A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4︰1
D. A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为8︰3
6. 复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内( )
A. 做匀加速直线运动，加速度大小为a=vmt
B. 在时间t内通过的位移为s=vm2t
C. 牵引力的功率P=f⋅vm
D. 牵引力做功等于Mvm22
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
7. 如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑经过最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、机械能E随位移x、加速度a随位移x变化规律的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 图b中x=25m2/s2 B. 小球质量为0.2kg
C. 小球在A点时重力的功率为5W D. 小球在B点受到轨道作用力为8.5N
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用，第1秒末的外力的瞬时功率为 W，0～2s内外力的平均功率是 W。
10. 长L=0.5m的轻绳悬挂一质量m=2kg的小球(可看成质点)，开始时绳竖直，小球与一倾角θ=30°的质量M=4kg的静止三角形物块刚好接触，如图所示，不计所有的摩擦。若用水平推力F向左推动三角形物块，当轻绳与斜面平行时小球的速度大小为v=0.2m/s，重力加速度g=10m/s2，则此过程中，轻绳对小球做的功为 J；推力F做的功为 J。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系实验装置，如图所示。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的______；
A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m B.运动半径r C.向心加速度aD. 角速度ω
(3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.2：1 B.1：2 C.4：1 D.1：4
12. (1)某学校使用的是电磁式打点计时器，则该打点计时器要接下面的___________(填“A”或“B”)电源。
(2)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，你认为没有必要进行的或者错误的步骤是___________(填字母代号)。
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到学生电源的直流输出端上
C.用天平测量出重物的质量
D.先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关
E.选择一条纸带，用刻度尺测出重物从起始点O(此时重物的速度为零)下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn
F.分别算出12mvi2和mghi(i=1,2,3⋅⋅⋅n)，在实验误差允许范围内看是否相等。
(3)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有多个点没画出，打点计时器打下点B时，物体的速度vB=___________m/s，从起始点O(此时重物的速度为零)到打下B点的过程中，重力势能的减少量ΔEp=___________J，若考虑空气阻力，动能增加量应___________重力势能减少量(填：大于、小于或等于)
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 一质量m=2kg的物块放于水平面上。在与水平面成α=37°斜向上的拉力F=10N作用下，从静止开始向右运动s=10m的距离，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
(1)拉力对物块所做的功WF；
(2)摩擦力对物块所做的功Wf。
14. 第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图所示。某运动员(可视为质点)从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。已知A点与O点的高度差h=20m，轨道OB的倾角θ=37∘，取g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)运动员经过O点时的速度大小；
(2)落点与O点的距离；
(3)运动员从O点飞出后与轨道OB的最远距离。
15. 如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1.5kg的物块(视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=3J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：
(1)物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角θ；
(2)物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力N大小；
(3)若物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A、跳伞运动员匀速下落，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，A错误；
B、真空中的自由下落的铁球，只有重力做功，机械能守恒，B正确；
C、沿斜面匀速上滑的木块，动能不变，重力势能增大，机械能增大，C错误；
D、在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球，受弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，A正确；
B.做曲线运动的物体速度方向时刻变化，且沿轨迹的切线，B正确；
C.在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，所以做曲线运动的物体合外力不一定是变化的，C错误；
D.平抛运动的加速度不变，是匀变速曲线运动，D正确。
本题选择错误的选项，故选C。
3.【答案】D
【解析】AB.快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速为3m/s，快艇的合速度的方向与加速度方向不在同一直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，且快艇6s末的速度为v= v快艇2+v静水2= 32+32m/s=3 2m/s，故AB错误；
CD.快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则d=12at2，由图可知，快艇在静水中的加速度为a=ΔvΔt=36m/s2=0.5m/s2，则t= 2da= 2×1000.5s=20s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移大于100m，故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A、撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，根据能量守恒定理得，Ep=μmg⋅3x0=3μmgx0，故A错误；
B、撤去F后，开始弹簧的弹力大于摩擦力，物体向右做加速度减小的加速运动，当弹力与摩擦力相等时，速度最大，然后弹力小于摩擦力，做加速度增大的减速运动，与弹簧脱离后，只受摩擦力，做匀减速直线运动，故B正确；
C、从B到C的过程，动能增加，弹性势能减小，内能增加，根据能量守恒知，弹簧弹性势能的减小量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能，故C错误；
D、撤去F后，物体运动到C点时的速度最大，动能最大，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.圆盘上A、 B两个点，属于同轴转动，故A、 B两个点的角速度ωA=ωB，根据角速度与周期的关系ω=2πT可知周期TA=TB，故A错误；
B.A、 B两点的角速度相等，根据线速度和半径的关系v=ωr可得vAvB=rArB=21，故B错误；
C.A、 B两点的角速度相等，结合向心加速度公式a=ω2r，可知aAaB=rArB=21，故C错误；
D.菜盘所受静摩擦力提供了菜盘做圆周运动的向心力，根据f=mω2r可得：fAfB=mArAmBrB=83，故D正确。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
由机车以恒定功率启动过程判断得解。
本题主要考查机车以恒定功率启动过程，熟悉启动过程，熟悉各量的关系是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.根据牛顿第二定律得：F牵−f=ma，而由机车的功率表达式：F牵v=P可知，动车的速度增大时，则牵引力在减小，故动车的加速度在减小，故A错误；
B.若复兴号做匀变速直线运动，v−t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为x=vm2t复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v−t图像如图中曲线所示，其位移s>vm2t，故B错误；
C.当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力f，故功率P=f⋅vm，故C正确；
D.在该时间内，根据动能定理得：W−Wf=12Mvm2，可得牵引力做功：W=Wf+12Mvm2，牵引力做功大于Mvm22，故D错误。
故选C。
7.【答案】BC
【解析】B.合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，B正确；
AD.则物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，若到达C点时速度不为零，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，故AD错误。
C.根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故C正确。
故选BC。
8.【答案】ABD
【解析】A.小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有12mvA2=12mvh2+mgh，解得vA2=vh2+2gh，即x=9+2×10×0.8m2/s2=25m2/s2，A正确；
B.依题意小球在C点，有F+mg=mvC2R，又vC2=9m2/s2，2R=0.8m，解得m=0.2kg，B正确；
C.小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为 90∘ ，根据P=mgvcosθ，可知重力的瞬时功率为零，C错误；
D.由机械能守恒，可得12mvA2=12mvB2+mgR，又因为小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力，可得FB=mvB2R，联立可得FB=8.5N，D正确。
故选ABD。
9.【答案】4
2.25
【解析】 0∼1s ，物体的加速度F1=ma1，解得a1=2m/s2，1s末速度v1=a1t1=2m/s，第1秒末的外力的瞬时功率为P=F1v1=4W；
位移x1=12a1t12=1m，外力做的功W1=F1⋅x1=2J，1∼2s物体的加速度F2=ma2，解得a2=1m/s2，
位移x2=v1t2+12a2t22=2.5m，外力做的功W2=F2⋅x2=2.5J，0∼2s 内外力的平均功率P=W1+W2t1+t2=2.25W。
10.【答案】0
5.36
【解析】小球做圆周运动，轻绳对小球的作用力与小球运动方向一直垂直，因此轻绳对小球做的功是零；
由功能关系得，推力F做的功为小球机械能的增加量和三角形物块动能的增加量之和，则有W=mgL1−sinθ+12mv2+12Mv122，代入数据解得W=5.36J。
11.【答案】(1)C；(2) D；(3) A．
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v = ωR，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔边缘的线速度大小相等．
【解答】
解：(1)根据F = mω2r，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，故ABD错误，C正确；故选C。
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故ABC错误，D正确；故选D。
(3)根据F = mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v = ωR，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1，故BCD错误，A正确。故选A。
12.【答案】(1)A；
(2)BCD；
(3)0.98，0.49，小于
【解析】(1)电磁式打点计时器应使用低压交流电源，故选A。
(2)B.打点计时器应接到学生电源的交流输出端上，故B错误；
C.验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不必要用天平测量物体的质量，故C错误；
D.实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误。
故选BCD。
(3)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B点的速度：vB=xAC2T=7.06−3.14×10−22×0.02m/s=0.98m/s，
重力势能的减小量ΔEp=mgh=1×9.8×0.0501J≈0.49J，
若考虑空气阻力，重物下落过程中需要克服阻力做功，机械能有损失，故动能增加量应小于重力势能减少量。
13.【答案】解：(1)拉力对物块所做的功为WF=Fscosα=80J；
(2)对物块受力方向，由竖直方向受力平衡有N+Fsin37∘=mg，f=μN，
解得f=2.8N，
摩擦力对物块所做的功为Wf=−fs=−2.8×10J=−28J。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)从A到O对运动员，由动能定理有：mgh=12mv02，
解得v0=20m/s；
(2)运动员做平抛运动tanθ=yx，y=12gt2，x=v0t，
解得t=3s，x=60m，
落点与O点的距离s=xcosθ=75m；
(3)对从O点飞出时的速度进行分解，垂直斜面方向速度为v′y=v0sinθ=12m/s，
垂直斜面方向加速度为ay=gcosθ=8m/s2，
从O点飞出后与轨道OB的最远距离hm=(v′y)22ay=9m。
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)解除锁扣，物块获得动能，可得：Ep=12mv02，
解得，
物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒，有Ep+mgh1−h2=12mvB2，
解得，
根据平抛运动规律有cos θ=v0vB=12，则θ=60∘；
(2)根据图中几何关系可知h2=R(1−cosθ)，
解得R=1.2m，
根据能量守恒定律可知Ep+mgh1=12mvC2，
解得，
对物块在圆弧轨道C点应用牛顿第二定律得NC′−mg=mvC2R，
解得NC′=50N，
根据牛顿第三定律，物块对轨道压力N的大小为50N；
(3)依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，运用动能定理有−μmgL=0−12mvC2，
代入数据解得μ=12，
对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为 v2 ，
由能量关系有mgh1+Ep=μmgL+12mv22，
第一次碰墙后返回至C处的动能为EkC=18mv22−μmgL，
可知即使μ=0，有18mv22
运用动能定理得：−μ2mgL=12mvD2−12mvC2 ，−μ2mg(2L)=0−12m(12vD)2 ，
联立解得μ≥118，
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值范围为：118≤μ<12。
【解析】见答案
2022~2023学年福建省宁德市一级达标校五校联合体高一（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 下列物体的几种运动中机械能守恒的是( )
A. 匀速下落的跳伞运动员 B. 真空中自由下落的铁球
C. 沿斜面匀速上滑的木块 D. 在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球
2. 关于曲线运动，下列说法不正确的是( )
A. 曲线运动是一种变速运动
B. 做曲线运动的物体速度方向一定沿曲线的切线方向
C. 做曲线运动的物体合外力一定是变化的
D. 曲线运动可能是匀变速运动
3. 一快艇从岸边驶向河中离岸边100m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度−时间图像如图所示，河水流速恒为3m/s，则下列说法正确的是( )
A. 快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
B. 快艇6s末的速度一定为6m/s
C. 快艇以最短时间到达浮标处，它经过的位移为100m
D. 在岸边能找到某一位置使快艇最快到达浮标处，它所用的时间为20s
4. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触(未连接)，如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A. 撤去F时，弹簧的弹性势能为2μmgx0
B. 撤去F后物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动
C. 物体从B→C，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量
D. 撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大
5. 如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为34 m的菜盘，AO=2OB，圆盘正常运转，两菜盘均视为质点且不打滑。下列说法正确的是( )
A. A、B两处菜盘的周期之比为2︰1
B. A、B两处菜盘的线速度大小之比为4︰1
C. A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4︰1
D. A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为8︰3
6. 复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内( )
A. 做匀加速直线运动，加速度大小为a=vmt
B. 在时间t内通过的位移为s=vm2t
C. 牵引力的功率P=f⋅vm
D. 牵引力做功等于Mvm22
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
7. 如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑经过最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、机械能E随位移x、加速度a随位移x变化规律的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 图b中x=25m2/s2 B. 小球质量为0.2kg
C. 小球在A点时重力的功率为5W D. 小球在B点受到轨道作用力为8.5N
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用，第1秒末的外力的瞬时功率为 W，0～2s内外力的平均功率是 W。
10. 长L=0.5m的轻绳悬挂一质量m=2kg的小球(可看成质点)，开始时绳竖直，小球与一倾角θ=30°的质量M=4kg的静止三角形物块刚好接触，如图所示，不计所有的摩擦。若用水平推力F向左推动三角形物块，当轻绳与斜面平行时小球的速度大小为v=0.2m/s，重力加速度g=10m/s2，则此过程中，轻绳对小球做的功为 J；推力F做的功为 J。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系实验装置，如图所示。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的______；
A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m B.运动半径r C.向心加速度aD. 角速度ω
(3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.2：1 B.1：2 C.4：1 D.1：4
12. (1)某学校使用的是电磁式打点计时器，则该打点计时器要接下面的___________(填“A”或“B”)电源。
(2)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，你认为没有必要进行的或者错误的步骤是___________(填字母代号)。
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到学生电源的直流输出端上
C.用天平测量出重物的质量
D.先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关
E.选择一条纸带，用刻度尺测出重物从起始点O(此时重物的速度为零)下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn
F.分别算出12mvi2和mghi(i=1,2,3⋅⋅⋅n)，在实验误差允许范围内看是否相等。
(3)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有多个点没画出，打点计时器打下点B时，物体的速度vB=___________m/s，从起始点O(此时重物的速度为零)到打下B点的过程中，重力势能的减少量ΔEp=___________J，若考虑空气阻力，动能增加量应___________重力势能减少量(填：大于、小于或等于)
五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 一质量m=2kg的物块放于水平面上。在与水平面成α=37°斜向上的拉力F=10N作用下，从静止开始向右运动s=10m的距离，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
(1)拉力对物块所做的功WF；
(2)摩擦力对物块所做的功Wf。
14. 第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图所示。某运动员(可视为质点)从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。已知A点与O点的高度差h=20m，轨道OB的倾角θ=37∘，取g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，求：
(1)运动员经过O点时的速度大小；
(2)落点与O点的距离；
(3)运动员从O点飞出后与轨道OB的最远距离。
15. 如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1.5kg的物块(视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=3J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。试求：
(1)物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角θ；
(2)物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力N大小；
(3)若物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A、跳伞运动员匀速下落，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，A错误；
B、真空中的自由下落的铁球，只有重力做功，机械能守恒，B正确；
C、沿斜面匀速上滑的木块，动能不变，重力势能增大，机械能增大，C错误；
D、在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球，受弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，A正确；
B.做曲线运动的物体速度方向时刻变化，且沿轨迹的切线，B正确；
C.在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，所以做曲线运动的物体合外力不一定是变化的，C错误；
D.平抛运动的加速度不变，是匀变速曲线运动，D正确。
本题选择错误的选项，故选C。
3.【答案】D
【解析】AB.快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速为3m/s，快艇的合速度的方向与加速度方向不在同一直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，且快艇6s末的速度为v= v快艇2+v静水2= 32+32m/s=3 2m/s，故AB错误；
CD.快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则d=12at2，由图可知，快艇在静水中的加速度为a=ΔvΔt=36m/s2=0.5m/s2，则t= 2da= 2×1000.5s=20s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移大于100m，故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A、撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，根据能量守恒定理得，Ep=μmg⋅3x0=3μmgx0，故A错误；
B、撤去F后，开始弹簧的弹力大于摩擦力，物体向右做加速度减小的加速运动，当弹力与摩擦力相等时，速度最大，然后弹力小于摩擦力，做加速度增大的减速运动，与弹簧脱离后，只受摩擦力，做匀减速直线运动，故B正确；
C、从B到C的过程，动能增加，弹性势能减小，内能增加，根据能量守恒知，弹簧弹性势能的减小量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能，故C错误；
D、撤去F后，物体运动到C点时的速度最大，动能最大，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.圆盘上A、 B两个点，属于同轴转动，故A、 B两个点的角速度ωA=ωB，根据角速度与周期的关系ω=2πT可知周期TA=TB，故A错误；
B.A、 B两点的角速度相等，根据线速度和半径的关系v=ωr可得vAvB=rArB=21，故B错误；
C.A、 B两点的角速度相等，结合向心加速度公式a=ω2r，可知aAaB=rArB=21，故C错误；
D.菜盘所受静摩擦力提供了菜盘做圆周运动的向心力，根据f=mω2r可得：fAfB=mArAmBrB=83，故D正确。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
由机车以恒定功率启动过程判断得解。
本题主要考查机车以恒定功率启动过程，熟悉启动过程，熟悉各量的关系是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.根据牛顿第二定律得：F牵−f=ma，而由机车的功率表达式：F牵v=P可知，动车的速度增大时，则牵引力在减小，故动车的加速度在减小，故A错误；
B.若复兴号做匀变速直线运动，v−t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为x=vm2t复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v−t图像如图中曲线所示，其位移s>vm2t，故B错误；
C.当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力f，故功率P=f⋅vm，故C正确；
D.在该时间内，根据动能定理得：W−Wf=12Mvm2，可得牵引力做功：W=Wf+12Mvm2，牵引力做功大于Mvm22，故D错误。
故选C。
7.【答案】BC
【解析】B.合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，B正确；
AD.则物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，若到达C点时速度不为零，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，故AD错误。
C.根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故C正确。
故选BC。
8.【答案】ABD
【解析】A.小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有12mvA2=12mvh2+mgh，解得vA2=vh2+2gh，即x=9+2×10×0.8m2/s2=25m2/s2，A正确；
B.依题意小球在C点，有F+mg=mvC2R，又vC2=9m2/s2，2R=0.8m，解得m=0.2kg，B正确；
C.小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为 90∘ ，根据P=mgvcosθ，可知重力的瞬时功率为零，C错误；
D.由机械能守恒，可得12mvA2=12mvB2+mgR，又因为小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力，可得FB=mvB2R，联立可得FB=8.5N，D正确。
故选ABD。
9.【答案】4
2.25
【解析】 0∼1s ，物体的加速度F1=ma1，解得a1=2m/s2，1s末速度v1=a1t1=2m/s，第1秒末的外力的瞬时功率为P=F1v1=4W；
位移x1=12a1t12=1m，外力做的功W1=F1⋅x1=2J，1∼2s物体的加速度F2=ma2，解得a2=1m/s2，
位移x2=v1t2+12a2t22=2.5m，外力做的功W2=F2⋅x2=2.5J，0∼2s 内外力的平均功率P=W1+W2t1+t2=2.25W。
10.【答案】0
5.36
【解析】小球做圆周运动，轻绳对小球的作用力与小球运动方向一直垂直，因此轻绳对小球做的功是零；
由功能关系得，推力F做的功为小球机械能的增加量和三角形物块动能的增加量之和，则有W=mgL1−sinθ+12mv2+12Mv122，代入数据解得W=5.36J。
11.【答案】(1)C；(2) D；(3) A．
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v = ωR，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔边缘的线速度大小相等．
【解答】
解：(1)根据F = mω2r，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，故ABD错误，C正确；故选C。
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故ABC错误，D正确；故选D。
(3)根据F = mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v = ωR，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1，故BCD错误，A正确。故选A。
12.【答案】(1)A；
(2)BCD；
(3)0.98，0.49，小于
【解析】(1)电磁式打点计时器应使用低压交流电源，故选A。
(2)B.打点计时器应接到学生电源的交流输出端上，故B错误；
C.验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不必要用天平测量物体的质量，故C错误；
D.实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误。
故选BCD。
(3)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B点的速度：vB=xAC2T=7.06−3.14×10−22×0.02m/s=0.98m/s，
重力势能的减小量ΔEp=mgh=1×9.8×0.0501J≈0.49J，
若考虑空气阻力，重物下落过程中需要克服阻力做功，机械能有损失，故动能增加量应小于重力势能减少量。
13.【答案】解：(1)拉力对物块所做的功为WF=Fscosα=80J；
(2)对物块受力方向，由竖直方向受力平衡有N+Fsin37∘=mg，f=μN，
解得f=2.8N，
摩擦力对物块所做的功为Wf=−fs=−2.8×10J=−28J。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)从A到O对运动员，由动能定理有：mgh=12mv02，
解得v0=20m/s；
(2)运动员做平抛运动tanθ=yx，y=12gt2，x=v0t，
解得t=3s，x=60m，
落点与O点的距离s=xcosθ=75m；
(3)对从O点飞出时的速度进行分解，垂直斜面方向速度为v′y=v0sinθ=12m/s，
垂直斜面方向加速度为ay=gcosθ=8m/s2，
从O点飞出后与轨道OB的最远距离hm=(v′y)22ay=9m。
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)解除锁扣，物块获得动能，可得：Ep=12mv02，
解得，
物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒，有Ep+mgh1−h2=12mvB2，
解得，
根据平抛运动规律有cos θ=v0vB=12，则θ=60∘；
(2)根据图中几何关系可知h2=R(1−cosθ)，
解得R=1.2m，
根据能量守恒定律可知Ep+mgh1=12mvC2，
解得，
对物块在圆弧轨道C点应用牛顿第二定律得NC′−mg=mvC2R，
解得NC′=50N，
根据牛顿第三定律，物块对轨道压力N的大小为50N；
(3)依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，运用动能定理有−μmgL=0−12mvC2，
代入数据解得μ=12，
对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为 v2 ，
由能量关系有mgh1+Ep=μmgL+12mv22，
第一次碰墙后返回至C处的动能为EkC=18mv22−μmgL，
可知即使μ=0，有18mv22
运用动能定理得：−μ2mgL=12mvD2−12mvC2 ，−μ2mg(2L)=0−12m(12vD)2 ，
联立解得μ≥118，
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值范围为：118≤μ<12。
【解析】见答案
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