2023-2024学年湖南省长沙市浏阳一中高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市浏阳一中高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.关于惯性，下列说法正确的是( )
A. 拍打衣服灰尘脱落，是由于灰尘有惯性
B. 把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性的缘故
C. 短跑运动员最后冲刺时速度很大，很难停下来，说明速度越大惯性越大
D. 高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明惯性取决于加速度
2.一飞船围绕地球做匀速圆周运动，其离地面的高度为H，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径R.则飞船所在处的重力加速度大小( )
A. HgRB. Rg(H+R)C. R2g(H+R)2D. H2gR2
3.木星的卫星至少有16颗，其中木卫一、木卫二、木卫三、木卫四是意大利天文学家伽利略在1610年用自制的望远镜发现的．伽利略用木星的直径作为量度单位，测量了木星的轨道．他发现，最接近木星的木卫一的周期是1.8天，木卫一距离木星中心4.2个木星直径单位．木卫四的周期是16.7天，预测木卫四与木星中心的距离是( )
A. 6个木星直径B. 19个木星直径C. 40个木星直径D. 160个木星直径
4.如图所示，纸面内固定着两个等量的同种点电荷，它们之间的距离为4R。以其连线的中点O为圆心、R为半径画圆，A、B、C、D为圆周上的四个点，A、B两点在两点电荷的连线上，C、D两点在两点电荷连线的中垂线上，下列说法正确的是( )
A. C点的场强与D点的场强相同
B. 若从A点由静止释放一质子，则该质子将沿A、B直线一直加速
C. A、C两点之间的电势差等于B、D两点之间的电势差
D. 将一电子从A点沿直线移到O点再沿直线移到C点，则电子的电势能先增加后不变
5.如图所示是某商场的智能电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼(站人的台阶水平)，恰好经历了这两个过程。则下列说法正确的是( )
A. 顾客始终受到静摩擦力的作用
B. 顾客受到的支持力总是大于重力
C. 加速阶段，顾客相对于扶梯有水平向右的相对运动趋势
D. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
6.如图所示，两根等长的光滑杆的一端固定在一起与另一水平杆构成三角架，夹角为60°，两杆夹角的平分线沿竖直方向，两杆的A、B端在同一水平面上。质量分别为m和2m的两小球用细线相连后，分别套在两杆上，在图示位置能保持静止。现将三角架绕A端在竖直平面内沿逆时针方向缓慢转动，直到AO杆竖直。下列说法正确的是( )
A. OA杆对小球的弹力一直增大
B. OB杆对小球的弹力一直减小
C. OA杆竖直时，OB杆对小球的弹力是OA杆对小球弹力的2倍
D. 缓慢转动过程中，细线上的拉力一直不变
7.如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA的一端O固定在此圆环的圆心，另一端A拴一球，轻绳AB的一端拴球，另一端固定在圆环上的B点。最初，两绳均被拉直夹角为θ(θ>π2)且OA水平，现将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中(夹角θ始终不变)，以下说法正确的是( )
A. OA上的张力逐渐增大
B. OA上的张力先增大后减小
C. AB上的张力逐渐增大
D. AB上的张力先增大后减小
8.如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是( )
A. 小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B. 最后两小球的距离为 22R
C. 小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大
D. 小球B对竖直杆的弹力逐渐变大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方L2处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的( )
A. 线速度突然增大B. 角速度突然减小
C. 向心加速度突然增大D. 悬线的拉力突然增大
10.如图，虚线a、b、c、d、e表示匀强电场中的一簇等差等势面，其中平面d上的电势为0V，一质子仅在电场力作用下运动，经过a面时动能为20eV，到达e面时动能为8eV，下列说法正确的是( )
A. 该匀强电场的方向水平向右
B. 平面a的电势为−9V
C. 该质子经过平面c时，电势能为−3eV
D. 该质子从a等势面运动到e等势面，一定做匀减速直线运动
11.如图所示，P是斜面的一点，斜面上P点以下部分粗糙，P点上方部分是光滑的。A、B两滑块(看作质点)紧靠在一起，在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底部由静止开始上滑。滑过P点前A、B间的弹力为F1，过P点之后A、B间弹力为F2，已知两滑块与斜面上P点以下部分的动摩擦因数相同，则下列正确的是( )
A. F1=F2B. F1C. F1>F2D. A对B的弹力是A的形变而产生的
12.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为ℎ，轨道上有两个物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，物体A在下面的轨道上的运动速率为v。此时绳子BO段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P与绳子分离。设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 位于图示位置时物体B的速度大小为 2v
B. 小水滴P与绳子分离的瞬间做平抛运动
C. 在之后的运动过程中当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B的动能为32mv2
D. 小水滴P脱离绳子时速度的大小为v
三、填空题：本大题共1小题，共8分。
13.某兴趣小组用如图甲所示的装置进行了下列探究：
①在一端带有定滑轮的水平长木板上固定A、B两个光电门，测得两光电门A、B之间的距离为x；滑块上有遮光片，遮光片的宽度为d；
②砂桶中加入砂子，用天平测得砂和砂桶的质量m，并保证滑块质量远大于砂和砂桶质量；
③用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；
④将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块上遮光片通过光电门B的时间t；
⑤改变砂和砂桶的质量m，重复实验，测得m、t的多组数据；
⑥在坐标系中作出m−1t2的图像如图乙所示。图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为−c。

已知重力加速度大小为g，若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的拉力，根据图像信息可知：物块与长木板之间的动摩擦因数为______，滑块质量为______。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
14.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计时点没画出．
(1)纸带的______(选填：左、右)端与重物相连．
(2)从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量△EP= ______，B点的速度vB= ______，此过程中物体动能的增量△EK= ______．
五、简答题：本大题共1小题，共7分。
15.2012年我国自行设计制造的歼−15舰载飞机在“辽宁号”航空母舰上试飞成功，标志着我国海军捍卫国家主权的能力进一步提高.设舰载飞机在静止的航空母舰跑道上，从静止开始做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，起飞时所需要的速度为40m/s.求：
(1)舰载飞机在跑道上加速运动的时间；
(2)航空母舰的跑道至少多长．
六、计算题：本大题共3小题，共21分。
16.一辆公共汽车以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现前方有行人横穿公路，立即刹车。刹车后经2s速度变为6m/s，若不考虑司机的反应时间，试求：
(1)刹车后前进9m所用的时间；
(2)刹车后6s汽车位移的大小；
(3)汽车停止运动前最后1s的位移。
17.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，在飞机滑跑过程中，求：
(1)飞机克服阻力所做的功；
(2)牵引力的大小；
(3)牵引力对飞机所做的功。
18.如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x轴，在平台表面建有平面直角坐标系xy，其坐标原点O与平台右侧距离为d=1.2m.平台足够宽，高为ℎ=0.8m，长为L=3.3m.一个质量m1=0.2kg的小球以v0=3m/s的速度沿x轴运动，到达O点时，给小球施加一个沿y轴正方向的水平力F1，且F1=5y(N).经一段时间，小球到达平台上坐标为(1.2m,0.8m)的P点时，撤去外力F1.在小球到达P点的同时，平台与地面相交处最内侧的M点，一个质量m2=0.2kg的滑块以速度v在水平地面上开始做匀速直线运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，由于摩擦力的作用，要保证滑块做匀速运动需要给滑块一个外力F2，最终小球落在N点时恰好与滑块相遇，小球、滑块均视为质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
(1)小球到达P点时的速度大小和方向；
(2)M、N两点间的距离s和滑块速度v的大小；
(3)外力F2最小值的大小(结果可用根式表示)
答案解析
1.A
【解析】解：A、拍打衣服时灰尘会脱落，是由于灰尘有惯性，当衣服抖动时，灰尘要保持静止状态而与衣服分开，故A正确；
B、球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到重力作用而改变了物体的运动状态，故B错误；
C、惯性大小的唯一量度是物体的质量，与物体的速度无关，故C错误；
D、惯性是物体的自身属性，与加速度无关，故D错误。
故选：A。
物体保持原来静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性，一切物体都有惯性。惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，质量越大，惯性越大。惯性与物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系。
此题主要考查学生对惯性现象的理解。惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题。
2.C
【解析】解：为地球表面的物体受到的重力等于万有引力有：GMmR2=mg
解得：GM=R2g
在飞船所在位置，设重力加速度为g′，则有mg′=GMm(R+H)2
得g′=GM(H+R)2=R2g(H+R)2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据万有引力等于重力列式，从而确定出飞船所在位置处的重力加速度和速度。
解决本题要注意，在一般情况下，常忽略星球自转的影响，此时物体所受的重力等于万有引力。
3.B
【解析】木星的卫星绕着木星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：
GMmr2=m4π2T2r
故T=2π r3GM
故r4r1=3T423T12=(T4T1)23=(16.71.8)23≈4.42
故r4=4.42r1=4.42×4.2木星直径≈19木星直径。
故选B。
4.C
【解析】解：A.根据等量同种电荷电场分布如图，
根据对称性可知，C、D 两点电场强度大小相等、方向想反，故A错误；
B.A、O间电场方向由A指向O，O、B间电场方向由B指向O，则质子将沿A、B直线先做加速运动，再做减速运动，故B错误；
C.根据等量同种电荷电势分布特点，可知φA=φB，φC=φD
则φA−φC=φB−φD
即UAC=UBD
故C正确；
D.将一电子从A点沿直线移到O点再沿直线移到C点，电势始终降低，根据EP=φq可知则电子的电势能始终增大，故D错误。
故选：C。
电场强度是矢量，电场强度相同必须满足大小相等，方向相同；根据等量同种正电荷电场线分布特点分析C、D两点电场强度关系；分析质子在A、B间运动情况；等量同种正电荷电势分布特点分析A、C两点之间与B、D两点的电势差关系；结合公式EP=φq确定电子电势能的变化。
本题主要考查电场线和等势面的有关知识，熟悉等量同种正点电荷周围电场线和电势的分布是解题关键。
5.D
【解析】解：A、以顾客为研究对象，其受到重力、支持力在竖直方向上，在加速运动过程中，顾客的加速度方向沿扶梯运动方向，顾客具有水平向右的加速度分量，由牛顿第二定律可知顾客受到水平向右的静摩擦力；在匀速运动过程中，顾客受平衡力作用合力为零，必有重力与支持力等大反向，而顾客不会在水平方向受到摩擦力作用，故A错误；
B、顾客在加速运动过程中，顾客具有竖直向上的加速度分量，由牛顿第二定律可知顾客受到支持力大于重力；在匀速运动过程中，顾客受平衡力作用合力为零，必有重力与支持力等大反向，故B错误；
C、由A项分析可知在加速运动过程中，顾客受到水平向右的静摩擦力，则顾客相对于扶梯有水平向左的相对运动趋势，故C错误；
D、由上述分析可知，顾客在加速运动过程中，受到扶梯对其向右的静摩擦力和向上的支持力作用，则此过程扶梯对顾客作用力的方向指向右上方；当在匀速运动过程中，受到扶梯对其向上的支持力作用，故此过程扶梯对顾客的作用力竖直向上，故D正确。
故选：D。
分加速和匀速两个过程，对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡，顾客不受摩擦力作用。
本题的关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，将加速度分解为竖直方向和水平方向的加速度分量，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况。
6.C
【解析】解：AB.将两小球看成一个整体，构建整体受力的矢量三角形，如图所示
由题意得：两弹力间的夹角大小不变，整体重力大小、方向均不变，由图可得，在OA杆对小球的弹力方向逐渐变为水平向左的过程中，N1一直在减小，N2一直在增大，故AB错误；
C.OA杆转到竖直方向时，OB杆对小球的弹力N2达到最大值，结合平衡条件可知：N2=2 3mg，N1= 3mg
故C正确；
D.初态时，N1、N2间的夹角为120°，N1、N2与竖直方向的夹角均为60°，可知初态时两杆对球的弹力大小相等，均为3mg，
对OA杆上的小球受力分析，由余弦定理可得细线对小球的作用力T1= (3mg)2+(mg)2−2×3mg×mg×12= 7mg
末状态时，细线对小球的作用力满足：T2=2mg
故D错误。
故选：C。
本题将两小球看成一个整体，构建整体受力的矢量三角形，根据OA杆对小球的弹力方向逐渐变为水平向左分析，再根据小球为研究对象，对小球受力分析求解。
本题考查了动态平衡，掌握整体法和隔离法的运用，理解不同状态下物体受力的变化是解决此类问题的关键。
7.B
【解析】解：以小球为研究对象，受到重力、OA和OB绳的拉力，如图所示；
根据正弦定理可以推导出(即拉密定理)：FABsinα=FOAsinβ=mgsinθ
将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中，夹角θ始终不变，则比值不变；
α角从90°逐渐变为0°，β从钝角变到直角再变为锐角，则FAB逐渐减小，FOA先增大再减小，故B正确、ACD错误。
故选：B。
以小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程分析各力的变化情况。
本题主要是考查共点力平衡之动态分析问题，解得本题的关键是弄清楚小球的受力情况，能够根据正弦定理推导拉密定理。
8.B
【解析】解：小球B缓慢上移过程，小球A处于动态平衡状态，对小球A受力分析，如图所示
根据三角形相似有
Gℎ=NR=Fr
初始时ℎ=2R，即
N=12G
随着小球B缓慢上移，ℎ减小，当其缓慢运动到半圆环底端处，ℎ′=R，则
N′=G
小球A缓慢上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，故A正确；
B.由库仑定律可得
F=kq1q2r2
则
Fr=kq1q2r3
初始时小球A刚要移动时，有
F=N，r=R，ℎ=2R
即
FR=G2R=kq1q2R3
当小球缓慢运动到半圆环底端处，设AB之间距离为r′，则有
Fr′=GR=kq1q2r′3
联立得
kq1q2r′3=2kq1q2R3
解得
r′=132R
故B错误；
C.小球A沿右侧圆环缓慢上滑，动能不变，除重力和电场力做功外还有竖直方向的外力做正功，两小球组成系统重力势能和电势能总和变大。小球A上滑的过程中，AB两球的高度均升高，重力势能增大，带同种电荷的AB两球距离变小，系统电势能也增大，故C正确；
D.对AB系统受力分析，竖直杆对小球B的弹力等于半圆环对A弹力在水平方向的分力。设OA与竖直方向的夹角为θ，则有
NB=Nsinθ
小球A上滑的过程中θ增大，N增大，故竖直杆对小球B的弹力增大。根据牛顿第三定律可知，小球B对竖直杆的弹力增大，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
对小球进行受力分析，根据相似三角形得出力的大小关系；
根据几何关系的变化得出力的变化趋势；
根据胡克定律结合几何关系得出弹力的变化趋势；
利用功能关系得出小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大。
本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和胡克定律、功能关系即可完成解答。
9.CD
【解析】解：A、悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与小球运动方向垂直，小球的线速度不变．故A错误；
B、当半径减小时，由ω=vr知ω变为原来的2倍，故B错误；
C、再由an=v2r知向心加速度突然增大为原来的2倍，故C正确；
D、而在最低点F−mg=mv2r，故碰到钉子后合力变为原来的2倍，悬线拉力变大，故D正确．
故选：CD．
速度瞬间不变，根据ω=vr、由an=v2r、F−mg=mv2r进行分析．
此题考查圆周运动各物理量之间的关系式，注意瞬时速度不变．
10.BC
【解析】解：A、质子仅在电场力作用下运动，经过a面时动能为20eV，到达e面时动能为8eV，说明质子从等势面a到等势面e电场力做负功，所以电场线方向向左，故A错误；
B、相邻的两个等势面之间的电势差相等，质子经过两个相邻的等势面过程中电场力做功相等、动能变化ΔEk相等，则ΔEk=20eV−8eV4=3eV，质子经过d等势面的动能为Ekd=20eV−3×3eV=11eV，则质子运动过程中的电势能与动能之和为：E=EPd+Ekd=0eV+11eV=11eV，所以质子在等势面a的电势能为：EPa=11eV−20eV=−9eV，平面a的电势为φa=EPae=−9eVe=−9V，故B正确；
C、该质子经过平面c时，动能为Ekc=20eV−2×3eV=14eV，电势能为：EPc=11eV−14eV=−3eV，故C正确；
D、质子仅在电场力的作用下运动，不知道经过等势面a时的速度方向，所以不能判断粒子做直线运动还是曲线运动，故D错误。
故选：BC。
根据动能变化确定电场力做功情况，由此确定电场线的方向；求出质子运动过程中的电势能与动能之和，由此得到质子在等势面a的电势能，再根据等势的定义式求解平面a的电势；求出该质子经过平面c时的动能，根据能量守恒定律求解电势能；不知道经过等势面a时的速度方向，不能判断粒子做直线运动还是曲线运动。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动的能量问题，关键是求出质子运动过程中的电势能与动能之和，掌握等势的计算方法。
11.AD
【解析】解：ABC.令斜面倾角为θ，A、B质量分别为m1、m2，滑块在P点下方时，对A、B采用整体法，根据牛顿第二定律有F−(m1+m2)gsinθ−μ(m1+m2)gcsθ=(m1+m2)a1
对A分析，根据牛顿第二定律有F1−m1gsinθ−μm1gcsθ=m1a1
解得F1=m1Fm1+m2
滑块在P点上方时，对A、B整体分析有F−(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a2
对A分析有F2−m1gsinθ=m1a2
解得F2=m1Fm1+m2
可知F1=F2
故A正确，BC错误；
D.根据弹力的产生条件可知，A对B的弹力是A的形变而产生的，故D正确。
故选：AD。
对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，对A受力分析，根据牛顿第二定律求解AB间的作用力，比较即可；弹力是由于施力物体发生弹性形变而产生的力。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
12.AC
【解析】解：A.将物体B的速度分解到沿绳和垂直于绳方向如图甲所示，
在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，同一根绳子上速度大小相等：v2=v
而由几何关系：v1=vtan45°
所以B物体的速度：vB=vcs45∘= 2v，故A正确；
B、P点沿绳的分速度与物体B沿绳的分速度相同，垂直于绳的分速度小于物体B垂直于绳的分速度，物体B的合速度水平向左，则小水滴P的合速度斜向左下，如上图乙所示，故水滴做斜抛运动，故B错误；
D、绳子BO段一方面向O点以速度v收缩，另一方面绕O点逆时针转动，在轨道间的绳子与轨道成45°角的瞬间，其角速度：ω=v1lOB=vlOB
P点既有沿绳子斜向下的速度v，又有垂直于绳子斜向上的转动的线速度：v′=ω⋅12lOB=12v
P点的合速度即小水滴P的速度为：vP= v2+v′2= v2+(v2)2= 52v，故D错误；
C、当轻绳OB与水平轨道成90°角时，物体B沿绳方向的分速度为0，物体A的速度为0，物体运动过程中，物体AB组成的系统机械能守恒，从题图示位置到轻绳OB与水平轨道成90°角时，根据机械能守恒得：12mv2+12mvB2=EkB
代入数据解得：EkB=32mv2，故C正确。
故选：AC。
将B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的速度大小等于A的速度大小，根据几何关系求解B的速度和水滴的速度；
根据几何关系求解P的速度大小和方向，进而分析水滴与绳子分离后的运动；
根据机械能守恒定律求解B的动能。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是知道两物体和水滴沿绳方向分速度大小相等，P和B垂直绳方向的分速度与旋转半径成正比。
13.cd22xg 2xgbcd2
【解析】解：以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F−μMg=Ma
又F=mg
联立解得mg−μMg=Ma
物块通过光电门B的速度vB=dt
根据运动学公式v2−v02=2ax
联立解得m=μM+Md22xg×1t2
m−1t2图像的纵截距b=μM
图像的斜率k=bc=Md22gx
解得滑块质量M=2xgbcd2
动摩擦因数μ=cd22xg。
故答案为：cd22xg；2xgbcd2。
根据平均速度公式求物块通过光电门的速度，根据牛顿第二定律、运动学公式求m−1t2函数，结合m−1t2图像纵截距和斜率的含义求解滑块重力和动摩擦因数。
本题考查了光电门测瞬时速度、牛顿第二定律和运动学公式的运用；根据牛顿第二定律和运动学公式求解m−1t2函数是解题的关键。
14.左；0.49；0.98；0.48
【解析】解：(1)知道在重物拖动下速度越来越大，相等时间内的位移增大，由于AB间的距离小于BC间的距离，可知纸带的左端与重物相连．
(2)从O到B，重力势能的减小量△Ep=mgℎ=1×9.8×0.0501J≈0.49J，
B点的瞬时速度vB=xAC2T=(7.06−3.14)×10−20.04m/s=0.98m/s，则物体动能的增加量△Ek=12mvB2=12×1×0.982J≈0.48J．
故答案为：(1)左；(2)0.49，0.98，0.48．
(1)根据相等时间内的位移逐渐增大确定纸带的哪一端与重物相连．
(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量，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，从而得出动能的增加量．
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，难度不大．
15.解：(1)由匀变速直线运动的速度与时间关系v=v0+at可得
舰载飞机在跑道上加速运动的时间t=v−0a=40−05s=8s；
(2)由匀变速直线运动的速度与位移关系v2−v02=2ax可得
舰载飞机加速过程运动的位移x=v22a=4022×5m=160m
则航空母舰的跑道至少为160m
答：(1)舰载飞机在跑道上加速运动的时间为8s；
(2)航空母舰的跑道至少160m．
【解析】(1)由匀变速直线运动的速度与时间关系v=v0+at列式，求出舰载飞机在跑道上加速运动的时间；
(2)由匀变速直线运动的速度与位移关系v2−v02=2ax列式，求出航空母舰的跑道长度；
本题考查了匀变速直线运动的速度与时间关系、速度与位移关系的应用，第(2)求解的方法较多，还可以利用平均速度公式求位移即x=v0+v2t，还可以利用匀变速直线运动的位移与时间关系x=v0t+12at2求解，选择最熟悉的方法求解即可．
16.解：由刹车后t1=2s内知
a=v1−v0t1=6−102m/s2=−2m/s2
刹车全程历时tm，由
0=v0+atm
解得
tm=0−v0a=0−10−2s=5s
(1)在x1=9m的过程，由
x1=v0t′1+12at′12
可得
t′1=1s(t′1=9s>tm，舍去)
(2)t2=6s>tm，故
x2=xm=v02tm=102×5m=25m
(3)由t=tm−1s，代入数据t=4s，则有
x=v0t+12at2=[10×4+12×(−2)×42]m=24m
故最后1s内的位移为
x′=xm−x=25m−24m=1m
答：(1)刹车后前进9m所用的时间1s；
(2)刹车后6s汽车位移的大小25m；
(3)汽车停止运动前最后1s的位移1m。
【解析】先求刹车加速度和刹车时间；
(1)根据位移公式，求时间，和刹车时间做比较，确定最终运动时间；
(2)6s大于刹车时间，确定最终运动时间为5s，求位移；
(3)根据位移公式，求最后1s位移。
本题考查学生对匀变速直线运动的掌握，对于匀减速直线运动，解题关键是先求出刹车的时间和刹车位移。
17.解：(1)飞机克服阻力所做的功：
Wf=f⋅x
f=0.1mg
解得：Wf=1.12×108J
(2)飞机做匀变速直线运动，有
v2=2ax
由牛顿第二定律，有：
F−f=ma
联立解得a=2m/s2，F=2.1×105N
(3)牵引力对飞机所做的功
W=Fx=2.1×105N×1.6×103m=3.36×108J
答：(1)飞机克服阻力所做的功为1.12×108J；
(2)牵引力的大小为2.1×105N；
(3)牵引力对飞机所做的功为3.36×108J。
【解析】(1)根据W=Fx求解飞机克服阻力所做的功；
(2)飞机做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律求解牵引力大小；
(3)根据W=Fx求牵引力对飞机所做的功。
解决本题的关键是要知道功的求解方式。掌握匀变速直线运动的速度—位移公式，并能结合牛顿第二定律灵活运用。
18.解：(1)小球在平台上做曲线运动，可分解为沿x轴方向的匀速直线运动和沿y轴方向的变加速运动，
设小球在P点受到vp与x轴夹角为α从O点到P点，变力F1做功：yp=5×0.82×0.8J=1.6J，
根据动能定理有：W=12m1vP2−12m1v02，解得：vp=5m/s，
根据速度的合成与分解有：v0=vpcsα，解得：α=53°，
小球到达P点时速度与x轴正方向成53°；
(2)小球离开P点后做平抛运动，
竖直方向：ℎ=12gt2，解得：t=0.4s，
小球位移在水平面内投影：l=vpt=5×0.4=2m，
设P点在地面的投影为P′，则：P′M=L−yP=2.5m，
由几何关系可得：s2=P′M2+l2−2l⋅P′M⋅csθ，
解得：s=1.5m，
滑块要与小球相遇，必须沿MN连线运动，
由s=vt，解得：v=3.75m/s；
(3)设外力F2的方向与滑块运动方向(水平方向)的夹角为β，根据平衡条件得：
水平方向有：F2csβ=f，其中：f=μN，
竖直方向有：N+F2sinβ=m2g，
解得：F2=μm2gcsβ+μsinβ，
由数学知识可得：F2=μm2g 1+μ2sin(β+θ)，
其最小值：F2min=μm2g 1+μ2=2 55N。
答：(1)小球到达P点时的速度大小为：5m/s，方向：与x轴正方向成53°；
(2)M、N两点间的距离s为1.5m，滑块速度v的大小为3.75m/s；
(3)外力F2最小值的大小为：2 55N。
【解析】(1)小球在平台上做曲线运动，应用运动的合成与分级、动能定理可以求出小球的速度。
(2)小球离开P点后做平抛运动，应用平抛运动规律求出M、N两点间距离与滑块的速度大小。
(3)应用平衡条件与力的合成求出外力F2的表达式，然后求出外力的最小值。
本题是一道力学综合题，属于多过程问题，由于小球运动过程复杂，题目有一定的难度，根据题意分析清楚小球运动过程与运动性质是解题的前提，应用动能定理、平抛运动规律与平衡条件可以解题。