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精品解析：福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期4月期中物理试题（解析版）
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这是一份精品解析：福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期4月期中物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空和实验题，计算题，附加题等内容，欢迎下载使用。
福州一中2022-2023学年第二学期第三学段模块考试
高一物理试卷（物理必修第二册）
（完卷时间75分钟，满分100分）
一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项正确选对得4分，选错或不选的的0分。）
1. 在2022年卡塔尔世界杯赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美弧线，轨迹如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是（ ）
A. 在空中只受到重力的作用
B. 合外力的方向与速度方向在一条直线上
C. 合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
D. 合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．若在空中只受到重力的作用，则其应该做抛体运动，不会划出一条完美弧线绕过人墙，故A错误；
B．球做曲线运动，则合外力的方向与速度方向不在一条直线上，故B错误；
CD．做曲线运动的物体，合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向，故C错误，D正确。
故选D。
2. 某人划船渡一条河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时，过河的最短时间是；若以最小位移过河，需时间。则船速与水速之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当以最短时间渡河时，“时短合斜”，即合速度为斜边，船头指向垂直于水流速度即与河岸垂直，则河的宽度为
当以最小位移渡河时，“程短大斜”，由于划行速度大于水流速度，则划行速度为斜边即偏向上游，合速度垂直于水流速度即垂直于河岸，由平行四边形定则可知合速度大小为
此时有
联立可得
故选B。
3. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A. 线速度大小之比为
B. 角速度之比为
C. 转速之比为
D. 向心加速度大小之比为
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，、为链条传动，则线速度大小相等，、为同轴转动，则角速度相等，即
AB．由公式可知，由于
则有
即线速度大小之比为
故AB错误；
C．由公式可知，转速与角速度成正比，则转速之比为，故C错误；
D．由公式
可知，向心加速度大小之比为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，在倾角为θ的固定斜面顶端A以初速度v0水平抛出一个可视为质点的小球，小球最后落在斜面上的B点．从小球运动轨迹上离斜面最远处的C点作斜面的垂线，与斜面的交点为D，且CD=H，AD=x1，BD=x2，不计空阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 一定有x1＞x2 B. 一定有x1＜x2
C. x1、x2的大小关系与v0有关 D. x1、x2的大小关系与H有关
【答案】B
【解析】
【详解】在C点速度方向与斜面平行，，得从A到C的时间为，小球从A到B的时间为，，解得，所以从A到C的时间与从C到B的时间相等，将速度沿斜面和垂直斜面方向正交分解，从A到C沿斜面的速度分量平均值小于从C到B的沿斜面的速度分量平均值，所以，且的速度大小关系与、H无关，B正确．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）
5. 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B. 风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．根据题意，由运动的独立性可知，运动员下落时间与风速无关，风速越大，下落时间不变，故A错误，C正确；
BD．风力越大，落地时的水平分速度越大，合速度越大，有可能对运动员造成伤害，故D错误，B正确。
故选BC。
6. 如图甲所示，在某星球上，一轻质弹簧下端固定在倾角为的固定光滑斜而底部且弹簧处于原长，现将一质量为1.0kg的小物块放在弹簧的上端，由静止开始释放，小物块的加速度a与其位移x间的关系如图乙所示，则（ ）
A. 小物块运动过程中机械能守恒
B. 该星球重力加速度大小为
C. 弹簧劲度系数为
D. 小物块的最大动能为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据题意可知，小物块在斜面上运动的过程中，重力和弹簧的弹力做功，则小物块运动过程中机械能不守恒，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由图乙可知，弹簧形变量为0时，小物块的加速度大小为。则由牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．由图乙可知，弹簧形变量为时，小物块的加速度大小为0，则有
解得
故C正确；
D．根据题意，对小物块，由动能定理有
当小物块加速度为0时，速度最大，动能最大，由图乙可知，当弹簧形变量为时，小物块的动能最大，结合图乙根据加速度与其位移图像的面积与质量的乘积表示动能的变化量可得
故D正确。
故选CD。
7. 如图所示，小球P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度ω变化时，关于细线上的拉力，下列说法中正确的是（ ）
A. ω只有超过某一值时，细线AP才会对小球P有拉力作用
B. 线BP的拉力随ω的增大而增大
C. 无论角速度如何变化，细线BP的拉力总是等于细线AP的拉力
D. 当ω增大到一定程度时，细线AP的拉力将大于细线BP的拉力
【答案】AB
【解析】
【详解】设BP绳与竖直方向的夹角为θ，AP绳与竖直方向的夹角为α，对物体P进行受力分析，根据向心力公式则有
TBPcosθ=mg+TAPcosα
TBPsinθ+TAPsinα=mω2r
AC．当ω较小时，BP绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP绳没有力，当ω增加到某值时，BP绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP才有力的作用，故A正确，C错误；
B．随着ω的增大，所需的向心力增大，绳子BP和AP的力都增大，故B正确；
D．当AP绳子没有拉直时，AP绳拉力等于零，BP绳肯定有拉力，当AP绳拉直时
θ=α
可知，绳BP的张力一定大于绳子AP的张力，故D错误。
故选AB。
8. 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则 （ ）
A. x1处物体所受拉力最大
B. 在x2处物体的速度最大
C. 在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】曲线上x1点处的切线的斜率最大则说明此时机械能变化最快,由可以知道此时所受的拉力最大，故A正确；过程中,图象的斜率越来越小,则说明拉力越来越小;在处物体图象的斜率为零,则说明此时拉力为零;则此位置加速度不等于零，也说明此位置不是速度最大的位置，故B错误；由图象可以知道,拉力先增大后减小,直到变为零;则物体受到的合力应先增大,后减小,减小到零后,再反向增大，故C错误；在x1处物体所受拉力最大，此时合力向上，合力做正功，所以物体的动能增加，随着拉力的减小向上的合力在减小，当拉力等于重力后，合力反向，此后合力做负功，动能减小，所以在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小，故D正确；故选AD
第Ⅱ卷（非选择题：共54分）
三、填空和实验题（每空2分，共24分）
9. 水平传送带以速度匀速转动，一质量为的小木块A以的速度滑到传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为，如图所示，在小木块与传送带相对静止时，因传送小木块电动机多输出的能量为__________。
【答案】
【解析】
【详解】[1]根据题意，由牛顿第二定律可得，相对滑动时小木块的加速度为
从放上至相对静止所用时间为
此过程中传送带的位移
传送小木块电动机多输出的能量等于传送带克服摩擦力做的功
10. 如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条在外力作用下静止在ABC面上，其一端D至B的距离为，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，已知重力加速度g，求__________。
【答案】
【解析】
【详解】[1]根据题意，设链条质量为，可以认为始、末状态的重力势能变化是由段下降引起的，如图所示
该部分高度减少量
该部分的质量为
由机械能守恒定律可得
联立解得
11. 某同学为了“验证机械能守恒定律”，采用了如图甲所示的装置，将质量相等的两个重物M用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一个小铁块m，使系统从静止开始运动，滑轮右侧重物拖着纸带打出一系列的点。某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点未标出，交流电频率为50 Hz．用刻度尺测得点“0”到点“4”的距离为，点“4”到点“5”的距离为，点“5”到点“6”的距离为，打点计时器打点5时，重物的速度大小为v。重力加速度为g。
（1）v＝______m/s（结果保留两位有效数字）
（2）依据实验装置和操作过程，下列说法正确的是______；
A．不需要测量重物的质量M和小铁块的质量m
B．只需要用天平测出小铁块的质量m
C．需要用天平分别测出重物的质量M和小铁块的质量m
D．只需要用天平测出重物和小铁块的质量之和
（3）在打点计时器打点0~5的过程中，系统动能的增加量___________；系统重力势能的减少量____________（均用题干中出现的物理量的符号表示）。系统在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略________系统动能的增加量（填“大于”或“小于”），从而验证机械能守恒定律。
【答案】 ①. 2.4 ②. C ③. ④. ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意得相邻计数点的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程得平均速度
（2）[2]根据需要验证关系
可知需要天平分别测出重物的质量M和小铁块的质量m，C正确，ABD错误。
故选C；
（3）[3]在打点计时器打点0~5的过程中，系统动能的增加量
[4]系统重力势能的减小量的表达式
[5]由于空气阻力以及摩擦阻力的存在，在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略大于系统动能的增加量，从而验证机械能守恒定律。
12. 小明同学通过以下两种方式研究平抛运动的特点。
（1）小明首先用如图甲所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的两项是___________
A.改变小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间
B.改变小锤击打力度，可以改变A球的水平初速度大小
C.如果两球总是同时落地，则A球竖直分运动是自由落体运动
D.通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点
（2）小明再用如图乙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，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
①取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的___________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时___________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行；
②小明不慎遗漏记录平抛轨迹的起始点，他按下述方法处理数据：如图丙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和则___________（选填“大于”、“等于”或者“小于”），可求得钢球平抛的初速度大小为___________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
【答案】 ①. BC ②. 球心 ③. 需要 ④. 大于 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]AB．改变小锤击打的力度，不能改变两球在空中的运动时间，可以改变A球的水平初速度，故A错误，B正确；
CD．小锤极大弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放，自由下落，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向做自由落体，不能得出水平方向的运动规律，故C项正确，D项错误。
故选BC。
（2）[2]因为钢球所挤压的痕迹点是球心的投影点，而所有的痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应白纸上的位置为原点。
[3]y轴正方向沿竖直向下，故需要与重锤线平行。
[4]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，则
所以
[5]根据运动学规律有
解得
钢球平抛的初速度大小为
四、计算题（本题3小题，共36分）
13. 两轻绳栓接质量的小球（视为质点），处于静止状态，两轻绳与竖直方向的夹角如图。轻绳长，重力加速度大小取。
（1）求剪断a绳后的瞬间，轻绳b对小球的拉力大小；
（2）若剪断a绳后，求小球摆到最低点时轻绳b受到的拉力大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，剪断绳后的瞬间，接下来小球在轻绳拉力和小球重力的合力作用下做圆周运动，此时速度为零，沿绳方向受力平衡，则轻绳对小球的拉力大小
（2）小球摆到最低点过程中，机械能守恒，则有
在最低点，由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球摆到最低点时轻绳b受到的拉力大小
14. 如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为，A、B两点间的水平距离为，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为与的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且，。开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行停止。已知P与水平桌面间的动摩擦因数，g取。求：
（1）物体P经过A点时的速度；
（2）绳子断开瞬间，物体Q的速度大小；
（3）弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，物体在水平桌面上运动到停止过程中，由动能定理有
解得
（2）设P经过点时，的运动速度为，对速度分解，如图所示
则有
由几何关系有
解得
则有
（3）根据题意，设弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功为，对P和Q系统，由动能定理有
其中，P由到的过程中，Q上升的高度为
解得
15. 如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（g取10m/s2）
（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用距离，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块速度的最小值vm和此时物块下落的高度h。（结果可保留根式）
【答案】（1）4m/s；（2）2.5m＜x3≤3.3m；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小物块离开O点时的速度为，由平拋运动规律，
水平方向
竖直方向
其中，解得：
（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为，由动能定理
解得
x1=2.5m
为使小物块击中挡板，小物块的平拋初速度不能超过4m/s，设拉力F作用的最长距离为，由动能定理
解得
x2=3.3m
则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为
2.5m＜x3≤3.3m
（3）设小物块击中挡板的任意一点坐标为（x，y），则有
x=vt'
由机械能守恒定律得
又
x2＋y2=R2，
由P点坐标可求
R2=3.2m2
化简得
（式中物理量均取国际单位制的单位）
由数学方法求得
，
即
解得
此时
解得
五、附加题（10分）
16. “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”，如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为处，以的水平初速度用力飞出一质量为的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为。假设每次小石片接触水面相同的时间后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数，；小石片在水面上速度减为零后，以加速度沿竖直方向沉入深为的水底。不计空气阻力。求：
（1）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功__________；
（2）小石片从抛出到沉入水底的总时间__________。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意，设小石片沉入水底速度为，则有
其中
解得
小石片从开始到沉入水底的整个过程中，由动能定理有
解得
（2）[2]小石片先做平抛运动，竖直方向
解得
小石片在水面上滑行时加速度
每次滑行的速度变化量
而
即小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的水平速度
竖直速度
空中飞行时间
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
在空中的飞行总时间
在水面上滑行的时间为
在水中下沉的时间为
总时间
解得
福州一中2022-2023学年第二学期第三学段模块考试
高一物理试卷（物理必修第二册）
（完卷时间75分钟，满分100分）
一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项正确选对得4分，选错或不选的的0分。）
1. 在2022年卡塔尔世界杯赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美弧线，轨迹如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是（ ）
A. 在空中只受到重力的作用
B. 合外力的方向与速度方向在一条直线上
C. 合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
D. 合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
【答案】D
【解析】
【详解】A．若在空中只受到重力的作用，则其应该做抛体运动，不会划出一条完美弧线绕过人墙，故A错误；
B．球做曲线运动，则合外力的方向与速度方向不在一条直线上，故B错误；
CD．做曲线运动的物体，合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向，故C错误，D正确。
故选D。
2. 某人划船渡一条河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时，过河的最短时间是；若以最小位移过河，需时间。则船速与水速之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当以最短时间渡河时，“时短合斜”，即合速度为斜边，船头指向垂直于水流速度即与河岸垂直，则河的宽度为
当以最小位移渡河时，“程短大斜”，由于划行速度大于水流速度，则划行速度为斜边即偏向上游，合速度垂直于水流速度即垂直于河岸，由平行四边形定则可知合速度大小为
此时有
联立可得
故选B。
3. 如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为、和，其半径之比为，在它们的边缘分别取一点A、B、C。下列说法正确的是（ ）
A. 线速度大小之比为
B. 角速度之比为
C. 转速之比为
D. 向心加速度大小之比为
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，、为链条传动，则线速度大小相等，、为同轴转动，则角速度相等，即
AB．由公式可知，由于
则有
即线速度大小之比为
故AB错误；
C．由公式可知，转速与角速度成正比，则转速之比为，故C错误；
D．由公式
可知，向心加速度大小之比为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，在倾角为θ的固定斜面顶端A以初速度v0水平抛出一个可视为质点的小球，小球最后落在斜面上的B点．从小球运动轨迹上离斜面最远处的C点作斜面的垂线，与斜面的交点为D，且CD=H，AD=x1，BD=x2，不计空阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 一定有x1＞x2 B. 一定有x1＜x2
C. x1、x2的大小关系与v0有关 D. x1、x2的大小关系与H有关
【答案】B
【解析】
【详解】在C点速度方向与斜面平行，，得从A到C的时间为，小球从A到B的时间为，，解得，所以从A到C的时间与从C到B的时间相等，将速度沿斜面和垂直斜面方向正交分解，从A到C沿斜面的速度分量平均值小于从C到B的沿斜面的速度分量平均值，所以，且的速度大小关系与、H无关，B正确．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）
5. 跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A. 风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B. 风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C. 运动员下落时间与风力无关
D. 运动员着地速度与风力无关
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．根据题意，由运动的独立性可知，运动员下落时间与风速无关，风速越大，下落时间不变，故A错误，C正确；
BD．风力越大，落地时的水平分速度越大，合速度越大，有可能对运动员造成伤害，故D错误，B正确。
故选BC。
6. 如图甲所示，在某星球上，一轻质弹簧下端固定在倾角为的固定光滑斜而底部且弹簧处于原长，现将一质量为1.0kg的小物块放在弹簧的上端，由静止开始释放，小物块的加速度a与其位移x间的关系如图乙所示，则（ ）
A. 小物块运动过程中机械能守恒
B. 该星球重力加速度大小为
C. 弹簧劲度系数为
D. 小物块的最大动能为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据题意可知，小物块在斜面上运动的过程中，重力和弹簧的弹力做功，则小物块运动过程中机械能不守恒，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由图乙可知，弹簧形变量为0时，小物块的加速度大小为。则由牛顿第二定律有
解得
故B错误；
C．由图乙可知，弹簧形变量为时，小物块的加速度大小为0，则有
解得
故C正确；
D．根据题意，对小物块，由动能定理有
当小物块加速度为0时，速度最大，动能最大，由图乙可知，当弹簧形变量为时，小物块的动能最大，结合图乙根据加速度与其位移图像的面积与质量的乘积表示动能的变化量可得
故D正确。
故选CD。
7. 如图所示，小球P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它们随杆转动，若转动角速度ω变化时，关于细线上的拉力，下列说法中正确的是（ ）
A. ω只有超过某一值时，细线AP才会对小球P有拉力作用
B. 线BP的拉力随ω的增大而增大
C. 无论角速度如何变化，细线BP的拉力总是等于细线AP的拉力
D. 当ω增大到一定程度时，细线AP的拉力将大于细线BP的拉力
【答案】AB
【解析】
【详解】设BP绳与竖直方向的夹角为θ，AP绳与竖直方向的夹角为α，对物体P进行受力分析，根据向心力公式则有
TBPcosθ=mg+TAPcosα
TBPsinθ+TAPsinα=mω2r
AC．当ω较小时，BP绳在水平方向的分量可以提供向心力，此时AP绳没有力，当ω增加到某值时，BP绳在水平方向的分量不足以提供向心力，此时绳子AP才有力的作用，故A正确，C错误；
B．随着ω的增大，所需的向心力增大，绳子BP和AP的力都增大，故B正确；
D．当AP绳子没有拉直时，AP绳拉力等于零，BP绳肯定有拉力，当AP绳拉直时
θ=α
可知，绳BP的张力一定大于绳子AP的张力，故D错误。
故选AB。
8. 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则 （ ）
A. x1处物体所受拉力最大
B. 在x2处物体的速度最大
C. 在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D. 在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】曲线上x1点处的切线的斜率最大则说明此时机械能变化最快,由可以知道此时所受的拉力最大，故A正确；过程中,图象的斜率越来越小,则说明拉力越来越小;在处物体图象的斜率为零,则说明此时拉力为零;则此位置加速度不等于零，也说明此位置不是速度最大的位置，故B错误；由图象可以知道,拉力先增大后减小,直到变为零;则物体受到的合力应先增大,后减小,减小到零后,再反向增大，故C错误；在x1处物体所受拉力最大，此时合力向上，合力做正功，所以物体的动能增加，随着拉力的减小向上的合力在减小，当拉力等于重力后，合力反向，此后合力做负功，动能减小，所以在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小，故D正确；故选AD
第Ⅱ卷（非选择题：共54分）
三、填空和实验题（每空2分，共24分）
9. 水平传送带以速度匀速转动，一质量为的小木块A以的速度滑到传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为，如图所示，在小木块与传送带相对静止时，因传送小木块电动机多输出的能量为__________。
【答案】
【解析】
【详解】[1]根据题意，由牛顿第二定律可得，相对滑动时小木块的加速度为
从放上至相对静止所用时间为
此过程中传送带的位移
传送小木块电动机多输出的能量等于传送带克服摩擦力做的功
10. 如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条在外力作用下静止在ABC面上，其一端D至B的距离为，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，已知重力加速度g，求__________。
【答案】
【解析】
【详解】[1]根据题意，设链条质量为，可以认为始、末状态的重力势能变化是由段下降引起的，如图所示
该部分高度减少量
该部分的质量为
由机械能守恒定律可得
联立解得
11. 某同学为了“验证机械能守恒定律”，采用了如图甲所示的装置，将质量相等的两个重物M用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，系统处于静止状态。该同学在左侧重物上附加一个小铁块m，使系统从静止开始运动，滑轮右侧重物拖着纸带打出一系列的点。某次实验打出的纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，两相邻点间还有4个点未标出，交流电频率为50 Hz．用刻度尺测得点“0”到点“4”的距离为，点“4”到点“5”的距离为，点“5”到点“6”的距离为，打点计时器打点5时，重物的速度大小为v。重力加速度为g。
（1）v＝______m/s（结果保留两位有效数字）
（2）依据实验装置和操作过程，下列说法正确的是______；
A．不需要测量重物的质量M和小铁块的质量m
B．只需要用天平测出小铁块的质量m
C．需要用天平分别测出重物的质量M和小铁块的质量m
D．只需要用天平测出重物和小铁块的质量之和
（3）在打点计时器打点0~5的过程中，系统动能的增加量___________；系统重力势能的减少量____________（均用题干中出现的物理量的符号表示）。系统在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略________系统动能的增加量（填“大于”或“小于”），从而验证机械能守恒定律。
【答案】 ①. 2.4 ②. C ③. ④. ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意得相邻计数点的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程得平均速度
（2）[2]根据需要验证关系
可知需要天平分别测出重物的质量M和小铁块的质量m，C正确，ABD错误。
故选C；
（3）[3]在打点计时器打点0~5的过程中，系统动能的增加量
[4]系统重力势能的减小量的表达式
[5]由于空气阻力以及摩擦阻力的存在，在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量略大于系统动能的增加量，从而验证机械能守恒定律。
12. 小明同学通过以下两种方式研究平抛运动的特点。
（1）小明首先用如图甲所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的两项是___________
A.改变小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间
B.改变小锤击打力度，可以改变A球的水平初速度大小
C.如果两球总是同时落地，则A球竖直分运动是自由落体运动
D.通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点
（2）小明再用如图乙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，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
①取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的___________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时___________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行；
②小明不慎遗漏记录平抛轨迹的起始点，他按下述方法处理数据：如图丙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和则___________（选填“大于”、“等于”或者“小于”），可求得钢球平抛的初速度大小为___________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
【答案】 ①. BC ②. 球心 ③. 需要 ④. 大于 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]AB．改变小锤击打的力度，不能改变两球在空中的运动时间，可以改变A球的水平初速度，故A错误，B正确；
CD．小锤极大弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放，自由下落，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向做自由落体，不能得出水平方向的运动规律，故C项正确，D项错误。
故选BC。
（2）[2]因为钢球所挤压的痕迹点是球心的投影点，而所有的痕迹点与原点应在同一抛物线上，所以应取钢球的球心对应白纸上的位置为原点。
[3]y轴正方向沿竖直向下，故需要与重锤线平行。
[4]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，则
所以
[5]根据运动学规律有
解得
钢球平抛的初速度大小为
四、计算题（本题3小题，共36分）
13. 两轻绳栓接质量的小球（视为质点），处于静止状态，两轻绳与竖直方向的夹角如图。轻绳长，重力加速度大小取。
（1）求剪断a绳后的瞬间，轻绳b对小球的拉力大小；
（2）若剪断a绳后，求小球摆到最低点时轻绳b受到的拉力大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，剪断绳后的瞬间，接下来小球在轻绳拉力和小球重力的合力作用下做圆周运动，此时速度为零，沿绳方向受力平衡，则轻绳对小球的拉力大小
（2）小球摆到最低点过程中，机械能守恒，则有
在最低点，由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球摆到最低点时轻绳b受到的拉力大小
14. 如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为，A、B两点间的水平距离为，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为与的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且，。开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行停止。已知P与水平桌面间的动摩擦因数，g取。求：
（1）物体P经过A点时的速度；
（2）绳子断开瞬间，物体Q的速度大小；
（3）弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，物体在水平桌面上运动到停止过程中，由动能定理有
解得
（2）设P经过点时，的运动速度为，对速度分解，如图所示
则有
由几何关系有
解得
则有
（3）根据题意，设弯曲轨道对物体P的摩擦力所做的功为，对P和Q系统，由动能定理有
其中，P由到的过程中，Q上升的高度为
解得
15. 如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（g取10m/s2）
（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
（3）改变拉力F的作用距离，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块速度的最小值vm和此时物块下落的高度h。（结果可保留根式）
【答案】（1）4m/s；（2）2.5m＜x3≤3.3m；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小物块离开O点时的速度为，由平拋运动规律，
水平方向
竖直方向
其中，解得：
（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为，由动能定理
解得
x1=2.5m
为使小物块击中挡板，小物块的平拋初速度不能超过4m/s，设拉力F作用的最长距离为，由动能定理
解得
x2=3.3m
则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为
2.5m＜x3≤3.3m
（3）设小物块击中挡板的任意一点坐标为（x，y），则有
x=vt'
由机械能守恒定律得
又
x2＋y2=R2，
由P点坐标可求
R2=3.2m2
化简得
（式中物理量均取国际单位制的单位）
由数学方法求得
，
即
解得
此时
解得
五、附加题（10分）
16. “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”，如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为处，以的水平初速度用力飞出一质量为的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为。假设每次小石片接触水面相同的时间后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数，；小石片在水面上速度减为零后，以加速度沿竖直方向沉入深为的水底。不计空气阻力。求：
（1）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功__________；
（2）小石片从抛出到沉入水底的总时间__________。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意，设小石片沉入水底速度为，则有
其中
解得
小石片从开始到沉入水底的整个过程中，由动能定理有
解得
（2）[2]小石片先做平抛运动，竖直方向
解得
小石片在水面上滑行时加速度
每次滑行的速度变化量
而
即小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的水平速度
竖直速度
空中飞行时间
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
在空中的飞行总时间
在水面上滑行的时间为
在水中下沉的时间为
总时间
解得
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