2022-2023学年内蒙古阿拉善盟一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年内蒙古阿拉善盟一中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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.北斗卫星导航系统分为三个部分，分别为空间段、地面段、用户段．空间段由3颗地球同步卫星组成，关于这3颗卫星的说法正确的是( )
A. 它们的运行周期相同B. 它们的轨道半径可以不同
C. 它们的质量一定相同D. 它们可能会经过广安上空
2.质量为m的物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体不可能做( )
A. 匀加速直线运动B. 匀减速直线运动C. 匀变速曲线运动D. 变加速曲线运动
3.如图所示，不计空气阻力，玻璃球沿碗的光滑内壁在水平面内做匀速圆周运动。则玻璃球( )
A. 仅受重力作用
B. 受重力和支持力两个力作用
C. 受重力和向心力两个力作用
D. 受重力、支持力和向心为三个力作用
4.如图所示，在往水盆中投掷乒乓球的游戏中，小朋友将乒乓球水平抛向地面的水盆，结果乒乓球落在水盆的后方(图中右侧)。不计空气阻力，为了将乒乓球投进水盆，原地再次水平投掷时，小朋友可以( )
A. 保持抛出点高度不变，减小初速度B. 增大抛出点高度，增大初速度
C. 保持抛出点高度不变，增大初速度D. 保持初速度不变，增大抛出点高度
5.某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是(g=10m/s)( )
A. 手对物体做功10JB. 合外力做功2J
C. 合外力做功12JD. 物体克服重力做功12J
6.如图所示，若物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后仍落在斜面上，则物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(空气阻力不计，物体可视为质点)( )
A. 2tanφ=tanθB. tanφ=2tanθC. 2φ=θD. φ=2θ
7.如图所示为皮带传动装置，OA=O′C=r，O′B=2r，转动时皮带不打滑，则皮带轮上A、B、C三点的线速度vA、vB、vC，角速度ωA、ωB、ωC，向心加速度aA、aB、aC的关系是( )
A. ωB=ωC>ωAB. vA=vB>vCC. aA=aB>aCD. aC>aB>aA
8.如图所示，质量为M的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是( )
A. 如果物体做减速直线运动，F对物体做负功
B. 如果物体做匀速直线运动，F对物体不做功
C. 物体只有做加速直线运动，F才对物体做正功
D. 如果物体做减速直线运动，F对物体做正功
9.中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月中旬到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是( )
A. 若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要7.9km/s
B. “天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9km/s，小于11.2km/s
C. 火星与地球的第一宇宙速度之比为1: 5
D. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
10.如图所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下。两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大环对轻杆的拉力大小为( )
A. (2m+2M)g
B. Mg−2mv2R
C. 2m(g+v2R)+Mg
D. 2m(v2R−g)+Mg
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
11.如图所示，质量不等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方。则下列说法正确的是( )
A. 小球受到三个力
B. 两个小球单位时间走过的路程不同
C. 两个小球单位时间转过的角度相同
D. 两个小球向心加速度的大小相同
12.冰雪大世界有一种冰面游戏，如图所示，孩子坐在海豚椅上，椅背与地面呈α角，成人沿椅背方向用恒力F推小孩，沿水平地面运动一段距离l，在此过程中，小车受到的阻力大小恒为f，重力加速度为g，则( )
A. 推力对小车做功为FlcsαB. 支持力对小车做功为Flsinα
C. 阻力对小车做功为−flD. 重力对小车做功为mgl
13.2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，并计划于2020年发射。接近火星后，探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道I为圆轨道，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. 探测器在轨道I上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
B. 探测器在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
C. 探测器若从轨道Ⅱ变轨到轨道I，需要在P点朝速度反向喷气
D. 若轨道I贴近火星表面，并已知探测器在轨道I上运动的角速度，可以推知火星的密度
14.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 传送带的倾角θ=37∘
B. 物体与传送带的动摩擦因数µ=0.4
C. 在前2秒内，传送带对货物做的功为24J
D. 在前2秒内，货物与传送带间的相对位移大小为4m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.某同学利用自由落体运动测量当地重力加速度，实验装置如图1，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。重锤下落过程中，打点计时器在纸带上打出一系列如图2所示的点迹。
(1)通过纸带上的点迹分布情况可以判断实验时重物连接在纸带的______端(选填“左”或“右”)。
(2)所测得的重力加速度大小为______m/s2。(保留三位有效数字)
(3)若该同学实验操作没有错误，实验测得物体的加速度应______(选填“略大于”“略小于”或“等于”)当地重力加速度。
16.在“研究小球平抛运动”的实验中：
(1)如图甲所示的演示实验中，A、B两球同时落地，说明______。(单选)
A.平抛运动在竖直方向上做自由落体运动
B.平抛运动的飞行时间只由高度决定
C.平抛运动水平方向为匀速直线运动
D.平抛运动的轨迹是一条抛物线
(2)某同学设计了如图乙的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，末端水平，滑道2与光滑水平板衔接，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，观察到两球在水平面相遇，这说明______。
(3)该同学采用频闪照相机拍摄到小球做平抛运动的照片如图丙所示，图中背景正方形方格的边长为L=4.9cm，A、B、C是小球的三个位置，取g=9.80m/s2，照相机拍摄时每隔______ s曝光一次；小球做平抛运动的初速度v0=______m/s。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
17.如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量为1kg的小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点(图上未画)，g取10m/s2。求：
(1)能实现上述运动时，小球在B点的最小速度v是多少？
(2)能实现上述运动时，A、C间的最小距离x是多少？
(3)若到达最高点B时的速度v1=4m/s，则小球对圆环的压力是多少？
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
18.如图，某同学用与水平方向成37∘角斜向上的拉力F拉动箱子由静止开始向右滑动，已知物体质量10kg，拉力F为50N，箱子和地面间的滑动摩擦因数为0.4，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)t=5s时箱子的瞬时速度和5s内箱子的位移；
(2)5s内拉力F做的功和摩擦力f对箱子做的功；
(3)前5秒内拉力的平均功率和第5秒末拉力的瞬时功率。
19.如图1所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37∘。已知小球的质量m=1kg，细线AC长l=1m，B点距C 点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37∘=35，cs37∘=45)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37∘，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2= 503rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角；
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中(图2)画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象．(计算过程可在草稿纸上完成)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、同步卫星的周期与地球自转周期相同，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，列出等式：GMmr2=m4π2rT2，
由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星轨道半径r也为一定值。故B错误；
C、它们的质量可以不同，故C错误；
D、因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，不能在广安上空，故D错误；
故选：A。
了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．
物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．
通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．
地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小．
2.【答案】D
【解析】解：A、若撤去的恒力与初速度方向相反，则合力的方向与初速度方向相同，物体做匀加速直线运动．故A正确．
B、若撤去的恒力做与初速度方向相同，则合力的方向与初速度方向相反，物体做匀减速直线运动．故B正确．
C、若撤去的恒力与初速度方向不在同一条直线上，则合力的方向与速度方向不在同一条直线上，物体做匀变速曲线运动．故C正确．
D、物体撤去恒力后，合力恒定，加速度不变，所以不可能做变加速曲线运动．故D错误．
本题选不可能的，故选：D.
当物体所受的合力与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，当物体所受的合力与速度方向不在同一条直线上，做曲线运动．合力不变，加速度不变．
解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向是否在同一条直线上．
3.【答案】B
【解析】解：玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动，受到重力和支持力作用，合力提供向心力，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对玻璃球受力分析，确定物体的受力情况；明确球受到的合外力充当向心力。
向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当，不是真实存在的力，不能说物体受到向心力。
4.【答案】A
【解析】解：设抛出点高度为h，乒乓球的初速度大小为v0，根据平抛运动规律，竖直方向h=12gt2，则t= 2hg，第一次乒乓球水平位移s=v0t=v0 2hg
图中s偏大，为了将乒乓球投进水盆，应使s减小。
A.抛出点高度不变，减小初速度，会减小s，故A正确；
B.增大抛出点高度，增大初速度，会增大s，故B错误；
C.保持抛出点高度不变，增大初速度，会增大s，故C错误；
D.保持初速度不变，增大抛出点高度，会增大s，故D错误。
故选：A。
根据平抛运动规律，竖直方向h=12gt2，水平方向s=v0t，即可解答。
本题考查学生对平抛规律的掌握，解题关键是分析出竖直方向做自由落体，水平方向做匀速直线运动。
5.【答案】B
【解析】解：分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，
由导出公式v2−v02=2ax可得加速度为：
a=2m/s2，
由牛顿第二定律可得：F−mg=ma，
所以有：F=mg+ma=1×10+1×2=12N，
A、手对物体做功为：W=FL=12×1J=12J，故A错误；
B、合力的大小为：F合=ma=1×2N=2N，所以合力做的功为W=F合⋅h=2×1=2J，所以合外力做功为2J，动能增加2J.故B正确，C错误；
D、重力做的功为WG=mgh=−10×1=−10J，所以物体克服重力做功10J，故D错误；
故选：B.
根据物体的运动的情况可以求得物体的加速度的大小，再由牛顿第二定律就可以求得拉力的大小，再根据功的公式就可以求得力对物体做功的情况．
本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况．
6.【答案】B
【解析】解：物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，则位移与水平面之间的夹角为θ，这个合位移可以分解为竖直方向的位移y以及水平方向的位移x，设初速度为v0，则有：tanθ=yx=12gt2v0t
解得：t=2v0tanθg
落到斜面上时，设速度方向与水平面的夹角为φ，有：tanφ=vyvx=gtv0
把t值代入得：tanφ=2tanθ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物体在斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，实际上直接能得出的量是物体位移与水平面之间的夹角，根据平抛运动位移角公式先求解时间，再讨论速度。
平抛运动结合斜面的问题，实际就是结合角度的问题，用好速度角的正切值和位移角的正切值公式是解题的突破口，这样可以先把时间表示出来，就可以进一步运用竖直方向的自由落体规律公式以及水平方向的匀速直线运动规律公式求解判断未知量了。
7.【答案】B
【解析】解：A：B点和C点是同轴转动，角速度相等即ωB=ωC，又因为A点和B点是皮带传动，线速度相等，即vA=vB，v=ωr，所以ωB=ωCωCrC，即vB>vC，所以vA=vB>vC，故B正确；
C、D：由加速度公式an=ω2r可知aB>aC，根据an=v2/r，aA>aB，所以aA>aB>aC，故C、D错误。
故选：B。
皮带传动时线速度相等，即vA=vB，同轴转动时角速度相等，即ωB=ωC，再由线速度和角速度的关系：v=ωr，加速度公式an=v2/r=ω2r可解题。
本题考查了皮带传动和同轴转动以及线速度、加速度公式，注意皮带传动时线速度相等，同轴转动时角速度相等。
8.【答案】D
【解析】解：由图可知，物体受到拉力与运动方向相同，则根据功的公式可知，不论物体是加速还是减速运动，拉力对物体一定做正功，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据物体的运动性质明确拉力方向与运动方向间的关系，再根据功的公式即可明确拉力做功情况。
本题考查功的计算，要注意功的大小只取决于力、位移以及二者的夹角，与物体的运动性质无关。
9.【答案】C
【解析】AC.卫星在贴近行星表面绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由GMmR2=mv2R，可得v= GMR，故v火:v地=1: 5，所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要v火=7.9 5km/s，故A错误，C正确；
B.“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s，故B错误；
D.不考虑自转时，在行星表面有：GMmR2=mg，可得g=GMR2，故g火：g地=2：5，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选C。
卫星在行星表面绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力得到线速度的表达式进行分析；“天问一号”发射的最小速度为第二宇宙速度；根据万有引力和重力的关系得到重力加速度大小之比。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
10.【答案】C
【解析】解：小环在最低点，根据牛顿第二定律得，F−mg=mv2R.则F=mg+mv2R.对大环分析，有：T=2F+Mg=2m(g+v2R)+Mg.故C正确，A、B、D错误。
11.【答案】BD
【解析】解：A、对小球受力分析，小球只受重力和支持力，由合力提供向心力，如图所示，故A错误；
B、由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2r，得v= grtanθ，θ相同，两球的轨道半径不等，则线速度大小不等，甲的轨道半径大，则甲的线速度大，甲球在单位时间走过的路程长，故B正确；
C、由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r，得ω= grtanθ，θ相同，甲的轨道半径大，则甲的角速度小，甲球在单位时间转过的角度小，故C错误；
D、由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，得a=gtanθ，θ相同，两个小球向心加速度的大小相同，故D正确。
故选：BD。
小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律得出线速度、角速度和向心加速度的表达式，再分析路程和角度的关系。
对两球进行受力分析，找出相同的量，再利用合力提供向心力列式，得出各个物理量与轨道半径的关系式是关键。
12.【答案】AC
【解析】解：功等于力的大小、位移的大小、力和位移夹角余弦这三者的乘积。
A、根据题意，力的大小为F，位移大小为l，椅背与地面呈α角，成人沿椅背方向用恒力F推小孩，地面水平，说明力和位移的夹角就是α，根据功的公式，推力对小车做功为Flcsα，故A正确；
B、支持力竖直向上，与水平地面垂直，与位移成90∘角，夹角余弦等于0，则支持力做功为0，故B错误；
C、阻力与位移方向相反，夹角是180∘，夹角余弦是−1，阻力的功为Wf=flcs180∘=−fl，故C正确；
D、重力竖直向下，与位移成90∘角，夹角余弦等于0，则重力做功为0，故D错误。
故选：AC。
先判断各个力的方向，再根据功的公式判断分析。
功的公式明确说明功等于力的大小、位移的大小、力和位移夹角余弦这三者的乘积，在恒力情况下，特别要理解夹角含义，求解哪个力的功，就看这个力与位移夹角，不能用其它力与位移的夹角代替。
13.【答案】BD
【解析】解：AC、飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，故AC错误；
B、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，探测器在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，故B正确；
D、据万有引力提供圆周运动向心力GMmr2=mω2r，根据密度公式ρ=MV，V=43πr3，联立可以求得火星的密度ρ=3ω24Gπ，故D正确。
14.【答案】AD
【解析】解：AB、根据题设图象及牛顿第二定律，0∼1s内物体的加速度为：a1=Δv1Δt1=10−01−0m/s2=gsinθ+μgcsθ
1∼2s内物体的加速度为：a2=Δv2Δt2=12−102−1m/s2=gsinθ−μgcsθ
联立以上方程解得：θ=37∘、μ=0.5，故A正确，B错误；
C、0∼1s内物体的位移：x1=12a1t12=12×10×12m=5m
1∼2s内物体的位移：x2=v0t+12a2t22=10×1m+12×2×12m=11m
在前2秒内，传送带对货物做的功为：W=μmgcsθ(x1−x2)=0.5×1×10×0.8×(5−11)J=−24J，故C错误；
D、0∼1s内货物与传送带间的相对的位移大小：Δx1=v0t1−x1=10×1m−5m=5m
1∼2s内货物与传送带间的相对的位移大小：Δx2=x2−v0t2=11m−10×1m=1m
在前2秒内，货物与传送带间的相对位移大小：Δx=Δx1−Δx2=5m−1m=4m，故D正确。
故选：AD。
由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小。
分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出传送带对物体做功；
分析整段过程传送带和物体的位移大小，相减得到相对位移大小。
解决该题需要能根据v−t图象分析物体的运动过程以及传送带的速度大小，掌握物体运动过程中的受力情况，熟记因摩擦产生的热量的计算公式。
15.【答案】左 9.69略小于
【解析】解：(1)重物做自由落体运动，速度应该越来越大，则纸带上相邻点迹间的距离应该越来越大，则实验时重物连接在纸带的左端；
(2)利用逐差法求重力加速度为：a=CE−AC4T2=12.54−7.07−(7.07−3.15)4×0.022×10−2m/s2=9.69m/s2
(3)因存在阻力作用，导致所测加速度应略小于实际重力加速度。
故答案为：(1)左；(2)9.69；(3)略小于。
(1)重物做自由落体运动，纸带上相邻点迹间的距离应该越来越大；
(2)利用逐差法求解加速度即可；
(3)由于有阻力作用，所测重力加速度偏小。
本题考查测定自由落体加速度的实验，解题关键是掌握逐差法求加速度。
16.【答案】A 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动
【解析】解：(1)如图甲所示的演示实验中，A、B两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，水平方向的运动特点无法确定，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)将两个斜滑道固定在同一竖直面内，末端水平，滑道2与光滑水平板衔接，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，观察到两球在水平面相遇，这说明平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；
(3)L=4.9cm=0.049m
由图可知，小球在竖直方向上有Δh=5L−3L=gT2
解得：T=0.1s
则小球在水平方向有Δx=v0T=3L
代入数据得：v0=1.47m/s
故答案为：(1)A；(2)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；(3)0.1；1.47
(1)根据实验现象得出对应的实验结果；
(2)根据实验现象得出对应的实验结论；
(3)根据竖直方向的运动特点先计算出曝光时间，再结合运动学公式完成速度的计算。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，同时结合运动学公式即可完成分析，整体难度不大。
17.【答案】解：(1)小球经过B点速度最小时，由重力刚好提供向心力，则由牛顿第二定律有
mg=mv2R
解得经过B点的最小速度：v=2m/s
(2)当小球在B点以最小速度抛出时，A、C间距离最小，则竖直方向有2R=12gt2
水平方向有x=vt
解得A、C间的最小距离：x=0.8m
(3)若到达最高点B时的速度v1=4m/s，根据牛顿第二定律可得
F+mg=mv12R
解得：F=30N
根据牛顿第三定律可知，小球对圆环的压力为30N。
答：(1)小球在B点的最小速度v是2m/s；
(2)A、C间的最小距离x是0.8m；
(3)小球对圆环的压力是30N。
【解析】(1)小球经过B点速度最小时，由重力完全提供向心力，由牛顿第二定律求小球在B点的最小速度v。
(2)当小球在B点以最小速度抛出时，A、C间距离最小，根据平抛运动的规律求A、C间的最小距离x；
(2)若到达最高点B时的速度v1=4m/s，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解小球对圆环的压力。
本题是圆周运动与平抛运动的综合应用，能熟练运用运动的分解法研究平抛运动，对于圆周运动，要确定向心力来源，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成分析。
18.【答案】解：(1)水平方向，由牛顿第二定律得
Fcs37∘−f=ma1①
竖直方向，由平衡条件得：
Fsin37∘+N=mg②
又f=μN③
①②③联立三式代入数据解得a1=1.2m/s2
由公式v=at得t=5s时木块的速度：v=a1t1=1.2×5m/s=6m/s
位移x=12at2
代入数据解得：x=15m；
(2)力F作用5s所做的功为WF=Fxcs37∘
摩擦力做功为Wf=−fx
代入数据解得：WF=600J，Wf=−420J
(3)前5s内拉力的平均功率P−=WFt，代入数据解得：P−=120W，
前5s内拉力的瞬时功率P=Fv，代入数据解得：P=240W，
答：(1)t=5s时箱子的瞬时速度为6m/s，5s内箱子的位移为15m；
(2)5s内拉力F做的功和摩擦力f对箱子做的功分别为600J，−420J；
(3)前5秒内拉力的平均功率为120W，第5秒末拉力的瞬时功率为240W。
【解析】(1)对物体进行受力分析，物体处于匀加速运动状态，建立直角坐标系，根据x轴方向和y轴方向合力为零，根据牛顿第二定律求得加速度a，根据运动学公式解得速度与位移．
(2)根据做功的计算公式解得；
(3)根据平均功率与瞬时功率的计算公式解得．
在运动学和力学综合的问题中，加速度是前后联系的桥梁，注意平均功率与瞬时功率的区别。
19.【答案】解(1)细线AB上张力恰为零时，根据牛顿第二定律得：mgtan37∘=mω12lsin37∘，
解得：ω1= glcs⁡37∘= 504rad/s=52 2rad/s；
(2)ω2= 503rad/s>ω1= 504rad/s时，假设细线AB应松弛，
根据牛顿第二定律得：mgtanθ′=mω22lsinθ′，
解得：csθ′=35，θ′=53∘，由几何关系此时细线AB恰好竖直，但张力为零；
(3)当ω≤ω1=52 2rad/s时，细线AB水平，细线AC上张力的竖直分量等于小球的重力，
有：Tcsθ=mg，得：T=mgcsθ=12.5N，
当ω1≤ω≤ω2时，细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，有：Tsinθ=mω2lsinθ，T=mω2l，
当ω>ω2时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力，
Tsinθ=mω2lsinθ，T=mω2l，
综上所述ω⩽ω1=52 2rad/s时，T=12.5N不变，
ω>ω1时，T=mω2l=ω2(N)，
T−ω2关系图象如图所示

【解析】(1)细线AB上张力恰为零时小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度ω1的大小．
(2)ω2= 503rad/s>ω1时，细线AB松弛，根据小球重力和拉力的合力提供向心力求出细线AC与竖直方向的夹角．
(3)根据牛顿第二定律分别求出ω≤ω1时、ω1≤ω≤ω2时、ω>ω2时拉力的大小，从而确定细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系，并作出图象．
解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解．