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2022-2023学年湖南省怀化市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省怀化市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得物理概念和物理规律，推动物理学的发展。下列关于几幅课本插图的说法中错误的是( )
A. 甲图中，牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B. 乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法
C. 丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 丁图中，伽利略研究力和运动关系时，运用了理想实验方法
2.小华同学家住某高层住宅小区A001栋24楼，清晨小华上学乘电梯从24楼到1楼的v−t图像如图，根据图像结合所学物理知识判断下列说法不正确的是( )
A. 0∼4s内电梯做匀加速直线运动，加速度为1m/s2
B. 4∼16s内电梯做匀速直线运动，速度保持4m/s不变
C. 16∼24s内，电梯做匀减速直线运动，处于失重状态
D. 0∼24s内，此人经过的位移为72m
3.在弹吉他时，拨动琴弦，琴弦就会发生振动，振动的频率f(单位为Hz，即s−1)由琴弦的质量m、长度L和弦线中的张力(弹力)F共同决定。结合物理量的单位分析琴弦振动的频率f与m、L、F的关系式可能正确的是(其中k是一个没有单位的常数)( )
A. f=kmLFB. f=kFmLC. f=k FmLD. f=k mLF
4.如图所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害的一跃”水平距离可达44英尺，高达11英尺，设美洲狮做“厉害的一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看做质点，则tanα等于( )
A. 18B. 14C. 12D. 1
5.半径分别为R和R2的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个光滑圆弧轨道，一小球从某一高度自由下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 甲图中小球开始下落的高度和乙图中小球开始下落的高度一样
B. 甲图中小球通过最高点的速度等于图乙中小球通过最高点的速度
C. 甲图中小球对轨道最高点的压力大于乙图中小球对轨道最高点的压力
D. 甲图中小球对轨道最低点的压力比乙图中小球对轨道最低点的压力小
6.大雪过后，汽车表面会有积雪覆盖，若在汽车前挡风玻璃上方有一片积雪，质量m=2kg，前挡风玻璃视为倾角α=37∘的斜坡，积雪融化前玻璃对积雪有附着力，融化后由于水膜的产生，会使得积雪和玻璃间的动摩擦因数变为μ=0.25。在安全驾驶模拟情景测试中，一辆汽车在平直的公路上做匀加速运动，某时刻积雪开始融化，为使积雪不下滑，该时刻汽车的加速度至少应为(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)( )
A. 3.21m/s2B. 4.21m/s2C. 5.21m/s2D. 6.21m/s2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.蜜蜂可以通过“舞蹈”轨迹向同伴传递信息，如图所示，一个可视为质点的蜜蜂沿曲线轨迹ABCD运动，图中画出了蜜蜂在各处的速度v和所受合力F的方向，其中说法正确的是( )
A. 在A位置蜜蜂受合力为零
B. 在B位置若速度v与合力F夹角是锐角，则蜜蜂做加速曲线运动
C. 在C位置所标的速度和合力方向是正确的
D. 在D位置蜜蜂的加速度方向与F方向相同
8.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”，对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船( )
A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1 (r1+r32r1)3
C. 在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D. 在轨道Ⅲ上B点的线速度小于在轨道Ⅱ上B点的线速度
9.
10.蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员的速度先增大后减小，加速度是先减小后增大
B. 运动员克服绳子做的功等于运动员机械能的减少量
C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，运动员的动能最大
D. 运动员整个下落过程中，重力势能的减小量等于重力所做的功
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图(a)所示的装置比较平抛运动和自由落体运动。实验如下：
(1)小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落观察到A、B两球同时落地。关于该实验及分析判断，下列说法正确的是______。
A.两球的质量应相等
B.改变击球点离地高度，观察到A、B两球也同时落地
C.说明做平抛运动的A球与做自由落体运动的B球运动时间相等
D.说明做平抛运动的A球在竖直方向上做自由落体运动
(2)该同学使用频闪照相机对A、B球进行频闪照相，拍摄时使照相机十字准心分别与竖直方向和水平方向对齐，即照片长边框平行于竖直方向，短边框平行于水平方向，某次照片局部如图(b)所示，A、B两球的像始终在同一水平线上，说明A球在竖直方向上做自由落体运动。用刻度尺对x1和x2进行测量，若在误差范围之内发现x1______x1(填“>”“=”或“<”)。即说明A球在水平方向上做匀速运动。
(3)图(b)是按与实际环境1：1比例冲洗的照片，已知照相机频闪周期为T，用刻度尺测得x1、x2和h1、h2，则小球平抛初速度大小是______，当地重力加速度大小是______。
12.某实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”实验，实验装置主体如图甲所示，该小组的同学完成的操作如下：
(1)将宽度为d=0.5cm的黑色胶带等间隔贴在______(“透明塑料”或“铁质”)直尺上，相邻胶带中心线之间的距离为Δh=5cm；
(2)图乙所示为某条胶带在刻度尺上的位置，则该胶带右侧边缘所对应的读数为______ cm；
(3)将光电门固定在铁架台上，由静止竖直释放直尺，测得第1个和第4个胶带通过光电门的时间分别为t1和t4；若直尺质量为m=0.4kg，t1=0.010s，则第1个胶带经过光电门时的动能为______J(保留两位有效数字)；
(4)若关系式______(选用m、Δh、d、t1、t4，g表示)成立，说明直尺下落过程中机械能守恒；
(5)设v为胶带通过光电门的速度，h为胶带到直尺下端的距离，利用采集的数据作出v2−h的图像如图丙所示，则下列说法正确的是______。
A.理论上直线段斜率的大小应为g
B.理论上直线段斜率的大小应为2g
C.图像不过原点，一定是释放直尺时初速度不为零造成的
D.利用图像法处理数据能有效地减小实验误差
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.在篮球比赛中，篮球投出时角度太大或太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮时，篮球以与水平面成45∘的倾角准确落入篮筐，若投球点和篮筐正好在同一水平面上(如图所示)，投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)篮球运动至最高点时速度v的大小；
(2)篮球在空中运动的时间t；
(3)篮球运动中的最高位置相对篮筐的竖直高度h。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图甲所示是打夯用的夯锤，某次打夯的过程建立图乙模型：对夯锤施加一竖直向上的大小为1000N的力F，夯锤从静止开始离开地面20cm后撤去力F，夯锤继续上升至最高点后自由下落把地面砸深2cm。已知夯锤的质量m为40kg，取g=10m/s2。求本次打夯过程中
(1)夯锤离地面的最大高度H；
(2)夯锤刚落地时的速度大小v；
(3)夯锤对地面的平均冲击力的大小f。
15.如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为m=1kg，B物体距离地面高度h=2m。现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹(此时A未与滑轮相碰)。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物体A与桌面间动摩擦因数μ；
(2)若A与滑轮的距离L=3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.甲图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用的是放大法测微小量，即微小量放大法，故A错误；
B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用的是分运动与合运动的等效法，故B正确；
C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，运用的是控制变量法，故C正确；
D.丁图中，伽利略研究力和运动关系时，运用的是理想实验方法，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据题图，分析每幅图的原理，进而可以求得其对应的物理学方法。
解题关键是掌握常见的物理学方法和物理学史，注重在日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，由图可知0∼4s内电梯做匀加速直线运动，加速度为：
a=ΔvΔt
Δv=4m/s，Δt=4s
代入数据得：a=1m/s2，故A正确；
B.由图可知4∼16s内电梯速度保持4m/s不变，做匀速直线运动，故B正确；
C.由题意知图示为小华乘电梯从24楼到1楼的v−t图像，而v−t图像的斜率表示加速度，所以16∼24s内，电梯做向下的匀减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故C错误；
D.v−t图像与坐标轴所围面积表示物体的位移，所以0∼24s内，此人经过的位移为：
x=(16−4)+242×4m=72m，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
速度-时间图像的斜率等于加速度；倾斜的直线表示匀变速直线运动；当物体的加速度竖直向下时，处于失重状态，根据加速度方向，判断物体是否处于失重状态；根据图像的“面积“大小等于位移分析。
本题是速度-时间图像问题，根据图像的形状分析物体的运动性质，由斜率等于加速度，会判断物体是处于超重状态还是失重状态。
3.【答案】C
【解析】解：F的单位为kg⋅m/s2，m的单位为kg，L的单位为m，f的单位为s−1，根据单位推导可知，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据各物理量的国际单位推导出表达式即可。
本题考查简谐运动与单位的推导，解题关键掌握基本单位与国际单位的推导关系。
4.【答案】D
【解析】解：从起点A到最高点B可看做平抛运动的逆过程，如答图所示，美洲狮做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=2×1122=1，只有选项D正确。
故选：D。
将美洲狮的运动看做斜抛运动，从逆向运动来看，其一半为平抛运动，故起跳方向相当于平抛运动的落地速度方向，由平抛运动的位移方向与速度方向的关系可以解决问题．
采用逆向思维法解决平抛运动问题较好，巧妙应用了平抛运动的位移方向与速度方向的关系，此外，顺利作图对解决问题帮助很大．
5.【答案】D
【解析】解：ABC.小球恰好能通过最高点，则在最高点时，轨道对两小球的压力均为零，根据牛顿第三定律，甲、乙两图中小球对轨道最高点的压力均等于0。
甲、乙两图中轨道最高点在同一水平线上，则mg=mv2r
解得v2=gr
可知甲图中小球通过最高点的速度小，根据动能定理可得
mgΔh=12mv2−0
故甲图中小球释放点到轨道最高点之间的距离Δh较小，即开始下落的高度较小，故ABC错误；
D.从最高点到最低点
mgh=12mv2−0
在轨道最低点，对小球受力分析并应用牛顿第二定律得
FN−mg=mv2r
解得FN=mg(1+2hr)
甲图中h小、r大，结合牛顿第三定律知，甲图中小球对轨道最低点的压力小，故D正确。
故选：D。
根据题中物理情景描述可知，本题考查圆周运动和功能关系，根据竖直平面内圆周运动的规律，运用牛顿第二定律、动能定理等，进行分析推断。
该题属于典型的竖直平面内的圆周运动与机械能结合的题目，解答的关键要抓住两点：1.竖直平面内圆周运动的临界条件；2.机械能守恒对应的过程。
6.【答案】B
【解析】解：为使积雪不下滑，临界情况摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力，对汽车受力分析，并建立如图所示坐标轴，将a分解为x轴和y轴方向
根据正交分解可得
ax=acs37∘，ay=asin37∘
根据牛顿第二定律有x轴上
mgsin37∘−Ff=max
根据牛顿第二定律有y轴上
FN−mgcs37∘=may
又
Ff=μFN
联立，可得
a=4.21m/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题对对汽车受力分析，并建立正交坐标系，根据牛顿第二定律列式，即可解答。
本题解题关键是将a分解为x轴和y轴方向，并分析出临界情况摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力。
7.【答案】BD
【解析】解：AC、做曲线运动的物体，速度方向在轨迹的切线方向，合力指向轨迹的内侧，所以A点处合力不为零，C点处合力指向轨迹的外侧了，故AC错误；
B、若速度v与合力F夹角是锐角，蜜蜂做加速曲线运动，故B正确；
D、在D位置蜜蜂的合力为F，由加速度与合力的同向性可知在D位置蜜蜂的加速度方向与F方向相同，故D正确。
故选：BD。
AC、根据做曲线运动的物体速度方向和合力方向的特点来判断正误；
B、速度v与合力F夹角是锐角，则物体做加速曲线运动，若是钝角，则做减速曲线运动；
D、根据加速度与合力的同向性可知判断正误。
本题考查了做曲线运动的条件，解题的关键是牢记做曲线运动的物体速度方向在轨迹的切线方向，合力指向轨迹的内侧，轨迹夹在合力和速度之间。
8.【答案】AB
【解析】解：AD.神舟十五号飞船在A点由轨道I进入轨道II时，做离心运动，根据所学知识可知万有引力不足以继续提供其在原轨道上运行的向心力，所以需要加速；神舟十五号飞船在B点由轨道II进入轨道Ⅲ时也需要加速，因此神舟十五号飞船在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道II上B点的线速度，故A正确，D错误；
B.根据开普勒第三定律可得：
T22(r1+r32)3=T12r13
解得：T2=T1 (r1+r32r1)3
故B正确；
C.根据向心加速度的表达式a=GMr2可知舟十五号飞船在轨道I上A点的加速度与在轨道II上A点的加速度相同，故C错误。
故选：AB。
根据卫星变轨的知识分析出神舟十五号在不同轨道上的速度大小关系；
根据开普勒第三定律得出神舟十五号在轨道上的运动周期；
根据向心加速度的表达式得出向心加速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解神舟十五号做圆周运动的向心力来源，结合开普勒第三定律即可完成分析。
9.【答案】
【解析】
10.【答案】ABD
【解析】解：A、在运动员从a点到c点的运动过程中，运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，刚通过a点时，弹性绳的弹力小于重力，合力向下，加速度向下，运动员仍在加速运动。随着弹性绳的伸长，弹力逐渐增加，运动员所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹性绳的弹力等于重力时，运动员的加速度减小到零，速度达到最大值。再向下运动时，弹性绳的弹力大于重力，随着弹性绳弹力的增加，运动员所受的合力向上增加，加速度向上增加，所以运动员的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确；
B、根据功能关系可知，运动员克服绳子做的功等于运动员机械能的减少量，故B正确；
C、绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，但此时弹性绳的弹力小于重力，运动员仍在加速运动，运动员的速度不是最大，动能不是最大，当弹性绳的弹力等于重力时，运动员的动能最大，故C错误；
D、根据重力做功和重力势能变化的关系可知，运动员整个下落过程中，重力势能的减小量等于重力所做的功，故D正确。
故选：ABD。
对人受力分析，根据牛顿第二定律判断人的运动情况以及加速度的变化情况；根据功能关系分析运动员克服绳子做的功与运动员机械能减少量的关系；结合运动情况，分析动能最大的位置；根据功与能关系分析重力势能的减小量与重力所做的功的关系。
本题的关键是分析清楚运动员的受力情况，结合弹力的可变性，分析其运动情况。不能简单地认为弹性绳一张紧运动员就开始做减速运动。
11.【答案】BCD=x1T h2−h1T2
【解析】解：(1)根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，观察到两球同时落地。
观察到两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，即平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，为了使实验具有普遍性，还要改变不同敲击高度做实验，用不同质量的球做实验，故BCD正确，A错误，故选：BCD。
(2)在图b实验中，由于频闪照像的闪光间隔不变，所以平抛运动的小球在水平方向上的运动规律是匀速直线运动，则频闪间隔内水平位移应相等。即x1=x2；
(3)水平方向上有：x1=x2=v0T，从而有v0=x1T
在竖直方向相等时间内的位移差为：Δy=h2−h1，由于竖直方向上做自由落体运动，因此有：Δy=gT2，由此得：g=ΔyT2=h2−h1T2
故答案为：(1)BCD；(2)=；(3)x1T、h2−h1T2
(1)本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；
(2)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，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断；
(3)水平方向做匀速直线运动求初速度。在竖直方向做自由落体运动由逐差公式Δy=gT2，求出重力加速度。
(1)本题比较简单，重点考查了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强；
(2)解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过类比的方法分析判断；
(3)解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，熟练应用匀变速直线运动规律以及推论解题。
12.【答案】透明塑料 Δh=(dt4)2−(dt1)2 BD
【解析】解：(1)该实验静止释放直尺，光电门记录了直尺上黑色胶带经过光电门的时间，利用平均速度可计算出直尺的瞬时速度，进一步研究动能的变化量，所以将色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上。
(2)由图乙可知，刻度尺的最小刻度为1mm，则该胶带右侧边缘所对应的读数为6.50cm。
(3)根据题意可知，第1个胶带经过光电门时的速度为v1=dt1=0.50×10−20.010m/s=0.50m/s
则第1个胶带经过光电门时的动能为Ek1=12mv12=12×0.4×0.502J=0.050J
(4)根据题意可知，从第1个到第4个胶带通过光电门时，直尺下落过程中重力势能的减小量为ΔEp=mg⋅3Δh
第4个胶带经过光电门时的速度为v4=dt4
则动能的增加量为ΔEk=12m(dt4)2−12m(dt1)2
若机械能守恒，则有ΔEp=ΔEk
整理可得6g⋅Δh=(dt4)2−(dt1)2
(5)AB.根据题意可知，理论上机械能守恒，则有12mv2=mgh
整理可得v2=2gh
则v2−h图像的斜率为2g，故A错误，B正确；
C.根据题意可知，实际v为胶带通过光电门的平均速度，即通过光电门中间时刻的速度，若h为胶带下边缘到直尺下端的距离，则有12mv2=mg(h+h0)
整理可得v2=2gh+2gh0
此时，v2−h图像就如题图，故C错误；
D.利用图像法处理数据能有效地减小实验误差，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)透明塑料；(2)6.50；(3)0.050；(4)6gΔh=(dt4)2−(dt1)2；(5)BD。
(1)根据实验原理方向判断；
(2)先确定刻度尺的最小分度值再读数；
(3)根据平均速度表示瞬时速度计算通过光电门的动能；
(4)根据下落的高度表示重力势能的变化量；表示出动能变化量，推导满足机械能守恒的表达式；
(5)根据实验原理和注意事项分析判断。
本题关键是掌握“验证机械能守恒定律”实验原理，熟悉光电门的工作原理。
13.【答案】解：(1)由于篮球在空中做一个斜抛运动，以投球点和篮筐所在水平面为参考面，初速度方向与参考面夹角为45∘斜向上，末速度与参考面夹角为45∘斜向下，将整个斜抛运动沿最高点分为两部分，前半部分斜向上运动，后半部分斜向下运动，运动过程完全对称，设初速度为v′，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，
如图所示：
则水平方向分速度：vx=v′cs45∘，竖直方向分速度：vy=v′sin45∘，则前半部分水平方向做匀速直线运动，竖直方向分做竖直上抛运动，后半部分水平方向也是匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，高度相同，则前后两部分水平方向位移相同，时间相同，后半部分的末速度与前半部分的初速度也相同，水平方向总位移：s=9.8m，则前半部分水平位移：s1=s2=9.82m=4.9m，
则由匀速直线运动位移公式：s1=vxt，由竖直上抛速度公式得：vt=vy−gt，联立可得：v=7 2m/s，t=0.7s，vx=7m/s。
最高点时，篮球在竖直方向的分速度为0，只有水平方向的分速度vx，即最高点的速度v=vx=7m/s；
(2)由于前后两部分居有对称性，则总时间：t总=2t=2×0.7s=1.4s；
(3)由于前半部分竖直方向做竖直上抛运动，由竖直上抛运动公式：h=vyt−12gt2，
代入数据得：h=7m/s×0.7s−12×10m/s2×(0.7s)2=2.45m，
因此篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度为2.45m；
答：篮球运动至最高点时速度v为7m/s；
(2)篮球在空中运动的时间t为1.4s；
(3)篮球运动中的最高位置相对篮筐的竖直高度h为2.45m。
【解析】由于篮球在空中做一个斜抛运动，故初、末速度的大小是相同的，与水平方向的夹角也是相同的，将斜抛运动从最高点分成两部分，前半部分为斜向上过程，后半部分是斜向下过程，完全对称，可以将合速度分解进行求解。
本题主要考查了关于斜抛运动的分解，由于沿最高点分解之后，前后两部分运动完全对称，故可以算前半部分物理量来推导整个过程。
14.【答案】解：(1)夯锤从离开地面运动到最高点过程中，外力F作用距离为h=20cm=0.2m，根据动能定理得
Fh−mgH=0−0
解得：H=0.5m；
(2)夯锤从最高点落回地面过程中，根据动能定理得
mgH=12mv2−0
解得：v= 10m/s；
(3)夯锤从接触地面到最终停止过程中，夯锤向下运动位移x=2cm=0.02m，根据动能定理得
mgx−f′x=0−12mv2
解得：f′=10400N，
根据牛顿第三定律知，夯锤对地面的平均冲击力的大小f=f′=10400N。
答：(1)夯锤离地面的最大高度H为0.5m；
(2)夯锤刚落地时的速度大小v为 10m/s；
(3)夯锤对地面的平均冲击力的大小f为10400N。
【解析】(1)夯锤从离开地面运动到最高点过程中，根据动能定理列式可解；
(2)夯锤从最高点落回地面过程中，根据动能定理列式可解；
(3)夯锤从接触地面到最终停止过程中，根据动能定理列式可解。
本题考查动能定理的应用，较为基础，选择合适过程根据动能定理列式可解。
15.【答案】解：(1)松手释放A，物体B向下做匀加速运动，则有
h=12at2
可得a=2ht2=2×212m/s2=4m/s2
物体A向右做匀加速运动，其加速度与B的加速度大小相等，对A，根据牛顿第二定律得
T−μmg=ma
对B，有mg−T=ma
联立解得：μ=0.2
(2)B落地时A向右做匀加速运动的位移为x1=h=2m
B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，A向右做匀减速运动，当A恰好不与滑轮碰撞时，恒力F最小。
A向右做匀减速运动的位移为x2=L−x1=3m−2m=1m
B落地瞬间A、B的速度大小均为v=at=4×1m/s=4m/s
设A向右做匀减速运动的加速度大小为a′，则0−v2=−2a′x2
代入数据解得：a′=8m/s2
设这个恒力F的最小值为F，由牛顿第二定律得：
F+μmg=ma′
代入数据解得：F=6N
答：(1)物体A与桌面间动摩擦因数μ是0.2；
(2)这个恒力F的最小值为6N。
【解析】(1)松手释放A，物体B向下做匀加速运动，根据位移-时间公式求B的加速度a的大小，物体A向右做匀加速运动，其加速度与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求物体A与桌面间动摩擦因数μ；
(2)根据速度-时间公式求出B落地前瞬间速度大小，此时A与B速度大小相等。B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，A向右做匀减速运动，当A恰好不与滑轮碰撞时，恒力F最小。根据速度-位移公式求出A匀减速运动的加速度大小，由牛顿第二定律求恒力F的最小值。
本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度和速度大小相等，要分析清楚A物体的运动过程，熟练运用牛顿第二定律和运动学公式进行解答。
1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得物理概念和物理规律，推动物理学的发展。下列关于几幅课本插图的说法中错误的是( )
A. 甲图中，牛顿测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B. 乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用了等效法
C. 丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 丁图中，伽利略研究力和运动关系时，运用了理想实验方法
2.小华同学家住某高层住宅小区A001栋24楼，清晨小华上学乘电梯从24楼到1楼的v−t图像如图，根据图像结合所学物理知识判断下列说法不正确的是( )
A. 0∼4s内电梯做匀加速直线运动，加速度为1m/s2
B. 4∼16s内电梯做匀速直线运动，速度保持4m/s不变
C. 16∼24s内，电梯做匀减速直线运动，处于失重状态
D. 0∼24s内，此人经过的位移为72m
3.在弹吉他时，拨动琴弦，琴弦就会发生振动，振动的频率f(单位为Hz，即s−1)由琴弦的质量m、长度L和弦线中的张力(弹力)F共同决定。结合物理量的单位分析琴弦振动的频率f与m、L、F的关系式可能正确的是(其中k是一个没有单位的常数)( )
A. f=kmLFB. f=kFmLC. f=k FmLD. f=k mLF
4.如图所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害的一跃”水平距离可达44英尺，高达11英尺，设美洲狮做“厉害的一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看做质点，则tanα等于( )
A. 18B. 14C. 12D. 1
5.半径分别为R和R2的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个光滑圆弧轨道，一小球从某一高度自由下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 甲图中小球开始下落的高度和乙图中小球开始下落的高度一样
B. 甲图中小球通过最高点的速度等于图乙中小球通过最高点的速度
C. 甲图中小球对轨道最高点的压力大于乙图中小球对轨道最高点的压力
D. 甲图中小球对轨道最低点的压力比乙图中小球对轨道最低点的压力小
6.大雪过后，汽车表面会有积雪覆盖，若在汽车前挡风玻璃上方有一片积雪，质量m=2kg，前挡风玻璃视为倾角α=37∘的斜坡，积雪融化前玻璃对积雪有附着力，融化后由于水膜的产生，会使得积雪和玻璃间的动摩擦因数变为μ=0.25。在安全驾驶模拟情景测试中，一辆汽车在平直的公路上做匀加速运动，某时刻积雪开始融化，为使积雪不下滑，该时刻汽车的加速度至少应为(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)( )
A. 3.21m/s2B. 4.21m/s2C. 5.21m/s2D. 6.21m/s2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.蜜蜂可以通过“舞蹈”轨迹向同伴传递信息，如图所示，一个可视为质点的蜜蜂沿曲线轨迹ABCD运动，图中画出了蜜蜂在各处的速度v和所受合力F的方向，其中说法正确的是( )
A. 在A位置蜜蜂受合力为零
B. 在B位置若速度v与合力F夹角是锐角，则蜜蜂做加速曲线运动
C. 在C位置所标的速度和合力方向是正确的
D. 在D位置蜜蜂的加速度方向与F方向相同
8.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”，对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船( )
A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1 (r1+r32r1)3
C. 在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D. 在轨道Ⅲ上B点的线速度小于在轨道Ⅱ上B点的线速度
9.
10.蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员的速度先增大后减小，加速度是先减小后增大
B. 运动员克服绳子做的功等于运动员机械能的减少量
C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，运动员的动能最大
D. 运动员整个下落过程中，重力势能的减小量等于重力所做的功
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图(a)所示的装置比较平抛运动和自由落体运动。实验如下：
(1)小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落观察到A、B两球同时落地。关于该实验及分析判断，下列说法正确的是______。
A.两球的质量应相等
B.改变击球点离地高度，观察到A、B两球也同时落地
C.说明做平抛运动的A球与做自由落体运动的B球运动时间相等
D.说明做平抛运动的A球在竖直方向上做自由落体运动
(2)该同学使用频闪照相机对A、B球进行频闪照相，拍摄时使照相机十字准心分别与竖直方向和水平方向对齐，即照片长边框平行于竖直方向，短边框平行于水平方向，某次照片局部如图(b)所示，A、B两球的像始终在同一水平线上，说明A球在竖直方向上做自由落体运动。用刻度尺对x1和x2进行测量，若在误差范围之内发现x1______x1(填“>”“=”或“<”)。即说明A球在水平方向上做匀速运动。
(3)图(b)是按与实际环境1：1比例冲洗的照片，已知照相机频闪周期为T，用刻度尺测得x1、x2和h1、h2，则小球平抛初速度大小是______，当地重力加速度大小是______。
12.某实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”实验，实验装置主体如图甲所示，该小组的同学完成的操作如下：
(1)将宽度为d=0.5cm的黑色胶带等间隔贴在______(“透明塑料”或“铁质”)直尺上，相邻胶带中心线之间的距离为Δh=5cm；
(2)图乙所示为某条胶带在刻度尺上的位置，则该胶带右侧边缘所对应的读数为______ cm；
(3)将光电门固定在铁架台上，由静止竖直释放直尺，测得第1个和第4个胶带通过光电门的时间分别为t1和t4；若直尺质量为m=0.4kg，t1=0.010s，则第1个胶带经过光电门时的动能为______J(保留两位有效数字)；
(4)若关系式______(选用m、Δh、d、t1、t4，g表示)成立，说明直尺下落过程中机械能守恒；
(5)设v为胶带通过光电门的速度，h为胶带到直尺下端的距离，利用采集的数据作出v2−h的图像如图丙所示，则下列说法正确的是______。
A.理论上直线段斜率的大小应为g
B.理论上直线段斜率的大小应为2g
C.图像不过原点，一定是释放直尺时初速度不为零造成的
D.利用图像法处理数据能有效地减小实验误差
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.在篮球比赛中，篮球投出时角度太大或太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮时，篮球以与水平面成45∘的倾角准确落入篮筐，若投球点和篮筐正好在同一水平面上(如图所示)，投球点到篮筐距离为9.8m，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)篮球运动至最高点时速度v的大小；
(2)篮球在空中运动的时间t；
(3)篮球运动中的最高位置相对篮筐的竖直高度h。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图甲所示是打夯用的夯锤，某次打夯的过程建立图乙模型：对夯锤施加一竖直向上的大小为1000N的力F，夯锤从静止开始离开地面20cm后撤去力F，夯锤继续上升至最高点后自由下落把地面砸深2cm。已知夯锤的质量m为40kg，取g=10m/s2。求本次打夯过程中
(1)夯锤离地面的最大高度H；
(2)夯锤刚落地时的速度大小v；
(3)夯锤对地面的平均冲击力的大小f。
15.如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为m=1kg，B物体距离地面高度h=2m。现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹(此时A未与滑轮相碰)。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物体A与桌面间动摩擦因数μ；
(2)若A与滑轮的距离L=3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.甲图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用的是放大法测微小量，即微小量放大法，故A错误；
B.乙图中，研究小船渡河问题时，主要运用的是分运动与合运动的等效法，故B正确；
C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，运用的是控制变量法，故C正确；
D.丁图中，伽利略研究力和运动关系时，运用的是理想实验方法，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据题图，分析每幅图的原理，进而可以求得其对应的物理学方法。
解题关键是掌握常见的物理学方法和物理学史，注重在日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，由图可知0∼4s内电梯做匀加速直线运动，加速度为：
a=ΔvΔt
Δv=4m/s，Δt=4s
代入数据得：a=1m/s2，故A正确；
B.由图可知4∼16s内电梯速度保持4m/s不变，做匀速直线运动，故B正确；
C.由题意知图示为小华乘电梯从24楼到1楼的v−t图像，而v−t图像的斜率表示加速度，所以16∼24s内，电梯做向下的匀减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故C错误；
D.v−t图像与坐标轴所围面积表示物体的位移，所以0∼24s内，此人经过的位移为：
x=(16−4)+242×4m=72m，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
速度-时间图像的斜率等于加速度；倾斜的直线表示匀变速直线运动；当物体的加速度竖直向下时，处于失重状态，根据加速度方向，判断物体是否处于失重状态；根据图像的“面积“大小等于位移分析。
本题是速度-时间图像问题，根据图像的形状分析物体的运动性质，由斜率等于加速度，会判断物体是处于超重状态还是失重状态。
3.【答案】C
【解析】解：F的单位为kg⋅m/s2，m的单位为kg，L的单位为m，f的单位为s−1，根据单位推导可知，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据各物理量的国际单位推导出表达式即可。
本题考查简谐运动与单位的推导，解题关键掌握基本单位与国际单位的推导关系。
4.【答案】D
【解析】解：从起点A到最高点B可看做平抛运动的逆过程，如答图所示，美洲狮做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=2×1122=1，只有选项D正确。
故选：D。
将美洲狮的运动看做斜抛运动，从逆向运动来看，其一半为平抛运动，故起跳方向相当于平抛运动的落地速度方向，由平抛运动的位移方向与速度方向的关系可以解决问题．
采用逆向思维法解决平抛运动问题较好，巧妙应用了平抛运动的位移方向与速度方向的关系，此外，顺利作图对解决问题帮助很大．
5.【答案】D
【解析】解：ABC.小球恰好能通过最高点，则在最高点时，轨道对两小球的压力均为零，根据牛顿第三定律，甲、乙两图中小球对轨道最高点的压力均等于0。
甲、乙两图中轨道最高点在同一水平线上，则mg=mv2r
解得v2=gr
可知甲图中小球通过最高点的速度小，根据动能定理可得
mgΔh=12mv2−0
故甲图中小球释放点到轨道最高点之间的距离Δh较小，即开始下落的高度较小，故ABC错误；
D.从最高点到最低点
mgh=12mv2−0
在轨道最低点，对小球受力分析并应用牛顿第二定律得
FN−mg=mv2r
解得FN=mg(1+2hr)
甲图中h小、r大，结合牛顿第三定律知，甲图中小球对轨道最低点的压力小，故D正确。
故选：D。
根据题中物理情景描述可知，本题考查圆周运动和功能关系，根据竖直平面内圆周运动的规律，运用牛顿第二定律、动能定理等，进行分析推断。
该题属于典型的竖直平面内的圆周运动与机械能结合的题目，解答的关键要抓住两点：1.竖直平面内圆周运动的临界条件；2.机械能守恒对应的过程。
6.【答案】B
【解析】解：为使积雪不下滑，临界情况摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力，对汽车受力分析，并建立如图所示坐标轴，将a分解为x轴和y轴方向
根据正交分解可得
ax=acs37∘，ay=asin37∘
根据牛顿第二定律有x轴上
mgsin37∘−Ff=max
根据牛顿第二定律有y轴上
FN−mgcs37∘=may
又
Ff=μFN
联立，可得
a=4.21m/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题对对汽车受力分析，并建立正交坐标系，根据牛顿第二定律列式，即可解答。
本题解题关键是将a分解为x轴和y轴方向，并分析出临界情况摩擦力沿前挡风玻璃向上且为最大静摩擦力。
7.【答案】BD
【解析】解：AC、做曲线运动的物体，速度方向在轨迹的切线方向，合力指向轨迹的内侧，所以A点处合力不为零，C点处合力指向轨迹的外侧了，故AC错误；
B、若速度v与合力F夹角是锐角，蜜蜂做加速曲线运动，故B正确；
D、在D位置蜜蜂的合力为F，由加速度与合力的同向性可知在D位置蜜蜂的加速度方向与F方向相同，故D正确。
故选：BD。
AC、根据做曲线运动的物体速度方向和合力方向的特点来判断正误；
B、速度v与合力F夹角是锐角，则物体做加速曲线运动，若是钝角，则做减速曲线运动；
D、根据加速度与合力的同向性可知判断正误。
本题考查了做曲线运动的条件，解题的关键是牢记做曲线运动的物体速度方向在轨迹的切线方向，合力指向轨迹的内侧，轨迹夹在合力和速度之间。
8.【答案】AB
【解析】解：AD.神舟十五号飞船在A点由轨道I进入轨道II时，做离心运动，根据所学知识可知万有引力不足以继续提供其在原轨道上运行的向心力，所以需要加速；神舟十五号飞船在B点由轨道II进入轨道Ⅲ时也需要加速，因此神舟十五号飞船在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道II上B点的线速度，故A正确，D错误；
B.根据开普勒第三定律可得：
T22(r1+r32)3=T12r13
解得：T2=T1 (r1+r32r1)3
故B正确；
C.根据向心加速度的表达式a=GMr2可知舟十五号飞船在轨道I上A点的加速度与在轨道II上A点的加速度相同，故C错误。
故选：AB。
根据卫星变轨的知识分析出神舟十五号在不同轨道上的速度大小关系；
根据开普勒第三定律得出神舟十五号在轨道上的运动周期；
根据向心加速度的表达式得出向心加速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解神舟十五号做圆周运动的向心力来源，结合开普勒第三定律即可完成分析。
9.【答案】
【解析】
10.【答案】ABD
【解析】解：A、在运动员从a点到c点的运动过程中，运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，刚通过a点时，弹性绳的弹力小于重力，合力向下，加速度向下，运动员仍在加速运动。随着弹性绳的伸长，弹力逐渐增加，运动员所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹性绳的弹力等于重力时，运动员的加速度减小到零，速度达到最大值。再向下运动时，弹性绳的弹力大于重力，随着弹性绳弹力的增加，运动员所受的合力向上增加，加速度向上增加，所以运动员的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确；
B、根据功能关系可知，运动员克服绳子做的功等于运动员机械能的减少量，故B正确；
C、绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，但此时弹性绳的弹力小于重力，运动员仍在加速运动，运动员的速度不是最大，动能不是最大，当弹性绳的弹力等于重力时，运动员的动能最大，故C错误；
D、根据重力做功和重力势能变化的关系可知，运动员整个下落过程中，重力势能的减小量等于重力所做的功，故D正确。
故选：ABD。
对人受力分析，根据牛顿第二定律判断人的运动情况以及加速度的变化情况；根据功能关系分析运动员克服绳子做的功与运动员机械能减少量的关系；结合运动情况，分析动能最大的位置；根据功与能关系分析重力势能的减小量与重力所做的功的关系。
本题的关键是分析清楚运动员的受力情况，结合弹力的可变性，分析其运动情况。不能简单地认为弹性绳一张紧运动员就开始做减速运动。
11.【答案】BCD=x1T h2−h1T2
【解析】解：(1)根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，观察到两球同时落地。
观察到两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，即平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，为了使实验具有普遍性，还要改变不同敲击高度做实验，用不同质量的球做实验，故BCD正确，A错误，故选：BCD。
(2)在图b实验中，由于频闪照像的闪光间隔不变，所以平抛运动的小球在水平方向上的运动规律是匀速直线运动，则频闪间隔内水平位移应相等。即x1=x2；
(3)水平方向上有：x1=x2=v0T，从而有v0=x1T
在竖直方向相等时间内的位移差为：Δy=h2−h1，由于竖直方向上做自由落体运动，因此有：Δy=gT2，由此得：g=ΔyT2=h2−h1T2
故答案为：(1)BCD；(2)=；(3)x1T、h2−h1T2
(1)本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；
(2)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，结合水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断；
(3)水平方向做匀速直线运动求初速度。在竖直方向做自由落体运动由逐差公式Δy=gT2，求出重力加速度。
(1)本题比较简单，重点考查了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强；
(2)解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过类比的方法分析判断；
(3)解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，熟练应用匀变速直线运动规律以及推论解题。
12.【答案】透明塑料 Δh=(dt4)2−(dt1)2 BD
【解析】解：(1)该实验静止释放直尺，光电门记录了直尺上黑色胶带经过光电门的时间，利用平均速度可计算出直尺的瞬时速度，进一步研究动能的变化量，所以将色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上。
(2)由图乙可知，刻度尺的最小刻度为1mm，则该胶带右侧边缘所对应的读数为6.50cm。
(3)根据题意可知，第1个胶带经过光电门时的速度为v1=dt1=0.50×10−20.010m/s=0.50m/s
则第1个胶带经过光电门时的动能为Ek1=12mv12=12×0.4×0.502J=0.050J
(4)根据题意可知，从第1个到第4个胶带通过光电门时，直尺下落过程中重力势能的减小量为ΔEp=mg⋅3Δh
第4个胶带经过光电门时的速度为v4=dt4
则动能的增加量为ΔEk=12m(dt4)2−12m(dt1)2
若机械能守恒，则有ΔEp=ΔEk
整理可得6g⋅Δh=(dt4)2−(dt1)2
(5)AB.根据题意可知，理论上机械能守恒，则有12mv2=mgh
整理可得v2=2gh
则v2−h图像的斜率为2g，故A错误，B正确；
C.根据题意可知，实际v为胶带通过光电门的平均速度，即通过光电门中间时刻的速度，若h为胶带下边缘到直尺下端的距离，则有12mv2=mg(h+h0)
整理可得v2=2gh+2gh0
此时，v2−h图像就如题图，故C错误；
D.利用图像法处理数据能有效地减小实验误差，故D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)透明塑料；(2)6.50；(3)0.050；(4)6gΔh=(dt4)2−(dt1)2；(5)BD。
(1)根据实验原理方向判断；
(2)先确定刻度尺的最小分度值再读数；
(3)根据平均速度表示瞬时速度计算通过光电门的动能；
(4)根据下落的高度表示重力势能的变化量；表示出动能变化量，推导满足机械能守恒的表达式；
(5)根据实验原理和注意事项分析判断。
本题关键是掌握“验证机械能守恒定律”实验原理，熟悉光电门的工作原理。
13.【答案】解：(1)由于篮球在空中做一个斜抛运动，以投球点和篮筐所在水平面为参考面，初速度方向与参考面夹角为45∘斜向上，末速度与参考面夹角为45∘斜向下，将整个斜抛运动沿最高点分为两部分，前半部分斜向上运动，后半部分斜向下运动，运动过程完全对称，设初速度为v′，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，
如图所示：
则水平方向分速度：vx=v′cs45∘，竖直方向分速度：vy=v′sin45∘，则前半部分水平方向做匀速直线运动，竖直方向分做竖直上抛运动，后半部分水平方向也是匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，高度相同，则前后两部分水平方向位移相同，时间相同，后半部分的末速度与前半部分的初速度也相同，水平方向总位移：s=9.8m，则前半部分水平位移：s1=s2=9.82m=4.9m，
则由匀速直线运动位移公式：s1=vxt，由竖直上抛速度公式得：vt=vy−gt，联立可得：v=7 2m/s，t=0.7s，vx=7m/s。
最高点时，篮球在竖直方向的分速度为0，只有水平方向的分速度vx，即最高点的速度v=vx=7m/s；
(2)由于前后两部分居有对称性，则总时间：t总=2t=2×0.7s=1.4s；
(3)由于前半部分竖直方向做竖直上抛运动，由竖直上抛运动公式：h=vyt−12gt2，
代入数据得：h=7m/s×0.7s−12×10m/s2×(0.7s)2=2.45m，
因此篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度为2.45m；
答：篮球运动至最高点时速度v为7m/s；
(2)篮球在空中运动的时间t为1.4s；
(3)篮球运动中的最高位置相对篮筐的竖直高度h为2.45m。
【解析】由于篮球在空中做一个斜抛运动，故初、末速度的大小是相同的，与水平方向的夹角也是相同的，将斜抛运动从最高点分成两部分，前半部分为斜向上过程，后半部分是斜向下过程，完全对称，可以将合速度分解进行求解。
本题主要考查了关于斜抛运动的分解，由于沿最高点分解之后，前后两部分运动完全对称，故可以算前半部分物理量来推导整个过程。
14.【答案】解：(1)夯锤从离开地面运动到最高点过程中，外力F作用距离为h=20cm=0.2m，根据动能定理得
Fh−mgH=0−0
解得：H=0.5m；
(2)夯锤从最高点落回地面过程中，根据动能定理得
mgH=12mv2−0
解得：v= 10m/s；
(3)夯锤从接触地面到最终停止过程中，夯锤向下运动位移x=2cm=0.02m，根据动能定理得
mgx−f′x=0−12mv2
解得：f′=10400N，
根据牛顿第三定律知，夯锤对地面的平均冲击力的大小f=f′=10400N。
答：(1)夯锤离地面的最大高度H为0.5m；
(2)夯锤刚落地时的速度大小v为 10m/s；
(3)夯锤对地面的平均冲击力的大小f为10400N。
【解析】(1)夯锤从离开地面运动到最高点过程中，根据动能定理列式可解；
(2)夯锤从最高点落回地面过程中，根据动能定理列式可解；
(3)夯锤从接触地面到最终停止过程中，根据动能定理列式可解。
本题考查动能定理的应用，较为基础，选择合适过程根据动能定理列式可解。
15.【答案】解：(1)松手释放A，物体B向下做匀加速运动，则有
h=12at2
可得a=2ht2=2×212m/s2=4m/s2
物体A向右做匀加速运动，其加速度与B的加速度大小相等，对A，根据牛顿第二定律得
T−μmg=ma
对B，有mg−T=ma
联立解得：μ=0.2
(2)B落地时A向右做匀加速运动的位移为x1=h=2m
B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，A向右做匀减速运动，当A恰好不与滑轮碰撞时，恒力F最小。
A向右做匀减速运动的位移为x2=L−x1=3m−2m=1m
B落地瞬间A、B的速度大小均为v=at=4×1m/s=4m/s
设A向右做匀减速运动的加速度大小为a′，则0−v2=−2a′x2
代入数据解得：a′=8m/s2
设这个恒力F的最小值为F，由牛顿第二定律得：
F+μmg=ma′
代入数据解得：F=6N
答：(1)物体A与桌面间动摩擦因数μ是0.2；
(2)这个恒力F的最小值为6N。
【解析】(1)松手释放A，物体B向下做匀加速运动，根据位移-时间公式求B的加速度a的大小，物体A向右做匀加速运动，其加速度与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求物体A与桌面间动摩擦因数μ；
(2)根据速度-时间公式求出B落地前瞬间速度大小，此时A与B速度大小相等。B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，A向右做匀减速运动，当A恰好不与滑轮碰撞时，恒力F最小。根据速度-位移公式求出A匀减速运动的加速度大小，由牛顿第二定律求恒力F的最小值。
本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度和速度大小相等，要分析清楚A物体的运动过程，熟练运用牛顿第二定律和运动学公式进行解答。
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