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2022-2023学年甘肃省兰州市等5地高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市等5地高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18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。
1.2023年世界女排联赛，中国女排对阵日本女排的第二局比赛开场不利、连续失误，大比分落后对手，局末阶段做好换人调整后，关键时刻袁心玥发球直接拿分，27−25逆转获胜，最终大比分3：0力克对手，取得四连胜，再一次展现中国女排精神，下列说法正确的是( )
A. 排球受到被拍出的力，是由于排球恢复形变产生的
B. 欲判断排球是否落于界内，可以把排球视为质点
C. 排球在空中的运动是靠惯性，惯性大小与速度成正比
D. 袁心玥发球后，排球在空中上升过程处于失重状态
2.如图甲为网络上十分火爆的一款剥瓜子神器，将瓜子放入两圆柱体之间的凹槽，按压瓜子即可破开瓜子壳。该过程简化后如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为θ、半径为r的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳尚未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )
A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B. 若仅扇形半径r变大，圆柱体A对瓜子的压力变大
C. 若顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
D. 若顶角θ越小，圆柱体A对瓜子的压力越小
3.在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法正确的是( )
A. 灭火时应将“唧筒”的轴线正对着火点
B. 若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些
C. 想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角(90∘以内)
D. 想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角(90∘以内)
4.如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是( )
A. 转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同
B. 转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωC
C. 转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA=vB>vC
D. 转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA>aB>aC
5.高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即f=kv2(其中k与血管粗细无关)，为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为Δp，若血管内径减为d′时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为( )
A. (dd′)6ΔpB. (dd′)4ΔpC. (dd′)2ΔpD. dd′Δp
6.《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外有一个配重，这个配重绕地球旋转的高度高于同步卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上保有张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是( )
A. 物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B. 物资在配重空间站时处于完全失重状态
C. 物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
7.质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且TT0=k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为( )
A. 1−k24k2mB. 1+k24k2mC. 1−k2k2mD. 1+k2k2m
8.如图所示，一轻杆的下端连接在O点的光滑铰链上，上端固定一光滑小球Q，光滑水平地面上有一与小球质量相等的立方体P，小球Q靠在P的左侧面上，撤去F，当轻杆与地面的夹角为θ时，P和Q尚未分离，此时P和Q的动能之比为( )
A. 1：1B. 1：cs2θC. sin2θ：1D. cs2θ：1
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.必修二教材封面如图。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是( )
A. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的9倍
B. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍
C. 出口下方0∼3cm范围内砂粒数约为3∼6cm范围砂粒数的( 2+1)倍
D. 出口下方0∼3cm范围内砂粒数约与3∼12cm范围砂粒数相等
10.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A. 第一次轻绳的拉力逐渐减小
B. 第一次半圆环受到的压力逐渐增大
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，第二次轻绳的拉力大一些
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小一定不同
11.如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则( )
A. 水斗速度随时间变化规律为v=2tB. 井绳拉力F的大小为25.5N
C. 10s末水斗和水的总动能5JD. 0∼10s内水斗和水的机械能增加255J
12.如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距L=4m，A、B之间为水平导轨。质量1kg一小球(可视为质点)自A板处开始，以v0=4m/s的速度沿摩擦因数相同的水平导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，为使小球恰好停在两挡板的中间，则摩擦力的大小可能为( )
A. 47NB. 0.8NC. 1ND. 1.5N
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，拉力传感器的读数为F。
(1)某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作______图像(选填“L−1Δt”、“L−1(Δt)2”或“L−(Δt)2”)，该图像的斜率k=______；
(2)该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是______；
A.钩码质量m未远小于滑块质量M
B.滑块运动过程中克服阻力做功
C.气垫导轨没有调节水平
D.没有考虑动滑轮的质量
(3)若用上述装置研究系统(含滑块、钩码)机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为Δt，则满足关系式______(用已知量符号表示)时，运动过程中系统机械能守恒。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.从距地面高度H=5m处，将质量1kg的小球以16m/s的初速度水平向右弹射抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为20N。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球落地时的水平距离；
(2)小球落地时的动能；
(3)小球抛出后经过多长时间动能最小。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
15.家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭电梯回家乘，共上升30m高度。电梯轿厢质量m=2×103kg，配重质量M=3×103kg，电梯满载时乘客总质量m1=1×103kg。设定电梯启动和制动的加速度大小均为2m/s2，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取10m/s2，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
(1)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
(2)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
(3)轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
16.小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球(可视为质点)，离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53∘的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37∘的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若LCD=5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、排球受到被拍出的力，是由于手发生形变，想恢复原状态产生的，故A错误；
B、欲判断排球是否落于界内，不能忽略排球的体积，不能把排球看作质点，故B错误；
C、排球在空中的运动是靠惯性，惯性的大小仅与质量有关，与速度无关，故C错误；
D、袁心玥发球后，排球在空中所上升过程做减速运动，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
故选：D。
弹力是由施力物体发生弹性形变而产生的；当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时可以看作质点；惯性的大小仅与物体的质量有关；加速度向下时，物体处于失重状态。
本题考查弹力、质点、惯性和超重与失重，知道物体看作质点的条件，会判断超重与失重状态。
2.【答案】C
【解析】解：A、瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故A错误；
B、瓜子处于平衡状态，若仅扇形半径r变大，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故B错误；
CD、
由图可知FA=F2sinθ2
若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小；反之，顶角θ越小，则两弹力越大，故C正确，D错误。
故选：C。
本题根据合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小的规律，即可解答。
本题考查学生对平衡规律的掌握，解题关键是掌握规律合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小。
3.【答案】C
【解析】解：A、水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时不能将“唧筒”的轴线指向着火点，故A错误；
B、若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故B错误。
C、当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故C正确；
D、当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故D错误。
故选：C。
由题意，用“唧筒”装置进行灭火，实际是一个斜抛问题，运用斜抛运动的知识进行分析。
本题主要考查斜抛运动的应用，难度较小。
4.【答案】B
【解析】解：A、自行车前进时，三个轮子的转动方向是相同的，故A错误；
BC、因为轮C与轮A啮合在一起，所以轮C和轮A边缘各点的线速度大小相等，又因为轮A和轮B都是与地面接触，一起前进的，所以轮A和轮B边缘的各点线速度大小相等，即vA=vB=vC，又有图可知，三轮的半径关系为Ra>RB>RC，根据ω=vR可知，ωA<ωB<ωC，故B正确，C错误；
D、根据a=v2R可知aA故选：B。
三个轮的转动方向是相同的，且三个轮子边缘上各点的线速度大小相等，根据v=ωr可以比较出三个轮子边缘的线速度大小，根据a=v2r可以比较轮子边缘的向心加速度的大小。
知道三个轮子边缘各点线速度大小相等是解题的基础，同时还要熟练掌握圆周运动张各个物理量之间的关系。
5.【答案】A
【解析】解：根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常情况下有：
ΔpS=F=f=kv2 …①
血管变细后有：Δp′S′=kv′2…②
因为在相同时间内流过的血液量不变，则有：
S⋅v⋅t=S′v′t，即S⋅v=S′v′
又因为S=πd24，
所以SS′=v′v=d2d′2 …③
①②③式联立，计算得出：Δp′=kv′2S′=ΔpSv′2v2S′=(dd′)6Δp。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据血液是匀速流动，说明受力平衡，然后根据两种情况下血管在相同时间内流过的血液量不变列出等式。最后根据血管横截面积前后变化的定量关系，结合前面列出的等式，联立成方程组就可求出答案。
本题实质是考查共点力平衡问题。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据v=ωr可知物资在距离地心为地球半径处的线速度小于地球同步卫星的线速度，第一宇宙速度是圆周轨道的最大环绕速度，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、太空电梯在各点均随地球一起做匀速圆周运动，只有到达地球同步卫星的高度时，物资受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有：GMmr2−F=mrω2，解得：F=GMmr2−mrω2
F=0时，物资高度等于同步卫星的轨道高度，当物资高度大于同步卫星的轨道高度时物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大，故C错误；
D、太空电梯上各点的角速度都相等，等于地球自转角速度，根据v=ωr可知太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故D正确；
故选：D。
根据共轴转动的角速度相等，分析物资与地球同步卫星的速度大小，再与第一宇宙速度比较即可；根据完全失重的条件分析B，根据牛顿第二定律分析C，根据线速度与角速度的关系分析D。
题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解太空电梯上各点的角速度都相等，等于地球自转角速度。
7.【答案】A
【解析】【分析】
双星绕两者连线的中点做圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解运动理论周期。
由C对双星的作用与双星之间的万有引力的合力提供双星的向心力，由此可以得到双星运行的周期T，等式中有C的质量。
本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，再由万有引力充当向心力进行列式计算即可。
【解答】
两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：Gm2L2=mr1ω2=mr2ω2
可得：r1=r2①
两星绕连线的中点转动，则有：Gm2L2=m4π2T02⋅12L②
所以T0=2π L32Gm③
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则：Gm2L2+GMm(12L)2=m(2πT)2L2④
又且TT0=k⑤
解③④⑤式得：M=1−k24k2m。
故选：A。
8.【答案】C
【解析】解：据题意可知，小球Q做圆周运动，设其速度大小为v，该速度在水平方向的分速度为vsinθ，则立方体P的水平速度大小是vsinθ，因此此时P和Q的动能之比为EkP:EkQ=12mv2sin2θ:12mv2=sin2θ:1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据小球Q沿水平方向的分等于立方体P的水平速度列式，再求P和Q的动能之比。
本题是关联速度问题，关键要知道小球Q和立方体P的水平速度相等，得到速度关系。
9.【答案】BCD
【解析】解：AB、砂粒做自由落体运动，根据v2=2gh可知，砂粒的速度为v= 2gh
则出口下方9cm处的速度约是1cm处的3倍，相机曝光的时间很短，径迹的长度为x=vt
可知出口下方9cm处的径迹长度约是5cm处的3倍，故A错误，B正确；
C、根据初速度为零的匀加速直线运动通过相等位移所用时间之比为1：( 2−1)：( 3− 2)…，可知从出口下落0∼3cm与3∼6cm的时间之比为( 2−1)，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0∼3cm范围内砂粒数与3∼6cm范围砂粒数的比值为1：( 2−1)=( 2+1)，即出口下方0∼3cm范围内砂粒数约为3∼6cm范围砂粒数的( 2+1)倍，故C正确。
D、根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1：3：5…，可知从出口下落0∼3cm与3∼12cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0∼3cm范围内的砂粒数约与3∼12cm范围的砂粒数相等，故D正确。
故选：BCD。
砂粒做自由落体运动，根据v2=2gh求解速度关系，根据x=vt判断径迹长度关系；根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比和经过相等位移所用时间之比分析砂粒的个数。
本题考查自由落体运动，解题关键是掌握自由落体运动的规律，分析即可。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.在小圆环缓慢向上移动的过程中，对其受力分析，如图所示：
根据三个力所在的三角形与△OMP相似可得mgOM=FNOP=TMP
根据几何关系可知，MP在逐渐减小，由于半圆环的半径相等，即OM=OP，且OM和OP是恒定不变的，
又因为mg是恒定不变的，所以轻绳的拉力T在逐渐减小，但小球受到半圆环的支持力FN保持不变，
根据牛顿第三定律可知半圆环受到的压力也保持不变，故A正确，B错误；
C.小圆环第一次在N点时与第二次在N点时，轻绳的拉力T在竖直方向的分力均等于重力mg，故小圆环第一次在N点时轻绳的拉力等于第二次在N点时轻绳的拉力，故C错误；
D.小圆环第一次在N点时处于平衡状态，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力，小圆环第二次在N点时加速度不为零，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力减去向心力，故两次半圆环受到的压力大小不相等，半圆环受到的压力也不相等，故D正确。
故选：AD。
对小圆环进行受力分析，根据共点力的平衡条件以及相似三角形法，再结合向心力公式分析各力的动态变化过程。
本题主要是考查共点力的平衡，解答本题的关键是利用相似三角形法分析各力的动态变化过程，再结合向心力公式分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由图丙可知ω=2010t=2t，所以水斗速度随时间变化规律为v=ωr=2t×0.1=0.2t，故A错误；
B、水斗匀加速上升，加速度a=0.2m/s2由牛顿第二定律F−(m+m′)g=(m+m′)a所以井绳拉力大小为F=25.5N，故B正确；
C、10s末水斗的速度为v=0.2t=2m/s动能为Ek=12(m+m′)v2=12×(2+0.5)×22J=5J，故C正确；
D、0∼10s内水斗匀加速上升的高度h=12at2=12×0.2×102m=10m
井绳拉力所做的功为W=Fh=25.5×10J=255J，则水斗的机械能增加255J，水斗和水的机械能增加不是255J，故D错误。
故选：BC。
根据图丙得出角速度与时间的关系，从而得出线速度与时间的关系；
先得出水斗的加速度，结合牛顿第二定律得出拉力的大小，再结合功率的计算公式即可；
根据运动学公式得出水斗的上升高度；
根据功的计算公式得出拉力做的功。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】AB
【解析】解：小球停在AB的中点，可知小球的路程s=nL+L2，其中n=0，1，2，⋯
由速度-位移关系可得：v02=2as
解得：a=v022(nL+12L)
根据牛顿第二定律可得摩擦力大小为：f=ma=mv022(nL+12L)=1×422(4n+12×4)N=168n+4N，其中n=0，1，2，⋯
当n=0时，f=4N，
当n=1时，f=43N，
当n=2时，f=0.8N，
当n=3时，f=47N，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
根据题意得到小球通过的路程，再根据速度-位移关系求解加速度，根据牛顿第二定律得到摩擦力的表达式进行分析。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
13.【答案】L−1(Δt)2 Md22F BCmgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
【解析】解：(1)滑块通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则滑块通过光电门的速度为
v=dΔt
由动能定理由：
FL=12Mv2
则L=Md22F⋅1(Δt)2
则为了获得线性图像应作L−1(Δt)2图像；
该图像的斜率k=Md22F
(2)A.因实验中应用了力传感器，则不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，故A错误；
B.滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，故B正确；
C.气垫导轨没有调节水平，拉力做功的一部分可能转化为小车的重力势能，故动能可能减小，故C正确；
D.因实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，故D错误。
故选：BC。
(3)重力势能减少量为
ΔEp=12mgL
滑块的速度为：v=dΔt
则钩码的速度为：v′=12v=d2Δt
则系统动能的增量为：ΔEk=12Mv2+12mv′2=12M(dΔt)2+18m(dΔt)2
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式：mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
故答案为：(1)L−1(Δt)2，Md22F；(2)BC；(3)mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2。
(1)根据动能定理推导函数表达式，结合图像斜率计算；
(2)实验中细绳对滑块的拉力通过力传感器测量，不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，动滑轮的质量对实验无影响，克服阻力做功使动能变化量小于拉力做功；
(3)根据重力做功表示重力势能减少量，根据平均速度计算滑块速度、钩码速度，表示出系统动能增加量，根功能关系写出要验证的表达式。
本题的关键是表示出拉力做功和动能变化量，掌握实验原理和注意事项。
14.【答案】解：(1)小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t= 2Hg=1s
水平方向加速度为
a=Fm=201m/s2=20m/s2
小球落地的水平距离为
x=v0t−12at2=16×1m−12×20×12m=6m
(2)根据动能定理
mgH−Fx=Ek−12mv02
得
Ek=58J
(3)当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为θ，即
tanθ=Fmg=vyvx
又
vx=v0−at′，vy=gt′
联立得
t′=0.4s
答：(1)小球落地时的水平距离为6m；
(2)小球落地时的动能为58J；
(3)小球抛出后经过0.4s动能最小。
【解析】(1)根据小球在水平与竖直方向的受力与运动情况求解；
(2)根据动能定理求解；
(3)当合力与速度垂直时动能最小，这是本小题解题的关键。
本题是平抛运动的拓展题型，处理方法仍然是分解到水平方向、竖直方向来研究。小球水平方向做匀减速直线运动，竖直方向仍做自由落体运动。小球达到动能最小的条件是本题的难点，本题难度偏大。
15.【答案】解：(1)加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律F=Ma，
得T−(m+m1)g=(m+m1)a，
解得：T=3.6×104N；
(2)当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，
钢绳最大拉力为T=3.6×104N，最大速度为2m/s，
则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为P=Tv，解得：P=7.2×104W；
(3)在加速下降过程中，位移为h1=v22a，解得：h1=1m，
电动机做的功为W1，对轿厢和配重根据动能定理有W1+mgh1−Mgh1=12(M+m)v2，
解得：W1=2×104J，
在匀速下降过程中，位移h2=30m−2h1，解得：h2=28m，
电动机做的功为W2，对轿厢和配重根据动能定理有W2+mgh2−Mgh2=0，
解得：W2=2.8×105J，
在减速下降过程中，位移h3=v22a，解：得h3=1m，
电动机做的功为W3，对轿厢和配重根据动能定理有W3+mgh3−Mgh3=0−12(M+m)v2，
解得：W3=0。
答：(1)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小为3.6×104N；
(2)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率为7.2×104W；
(3)轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别2×104J、2.8×105J和0。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得出钢绳对轿厢拉力的大小；
(2)根据功率的计算公式得出功率的最大值；
(3)分析电梯在不同阶段的运动情况，结合动能定理完成分析。
本题主要考查了功率的相关应用，熟悉牛顿第二定律完成对物体的受力分析，结合动能定理和晕运动学公式完成解答。
16.【答案】解：(1)从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得：
vBy2=2gh−2gR(1−cs53∘)
同时，v0=vBytan53∘
联立解得：v0=3 2m/s
击打的瞬间有
W=12mv02
代入数据解得：W=9J
(2)从A到B的过程，根据动能定理可得：
mgh=12mvC2−12mv02
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=68N
根据牛顿第三定律可得：F压=FN=68N
(3)若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37∘=mv2r
解得：v= 3m/s
从A到E的过程中，根据动能定理可得：
mgh−μ1mgLCD−2mgrsin37∘=12mv2−12mv02
解得：μ1=0.43
若恰好当圆弧DE的中点，则有
mgh−μ2mgLCD−mgrsin37∘=0−12mv02
解得：μ2=0.52
恰好到D点时，根据动能定理可得：
mgh−μ3mgLCD=0−12mv02
解得：μ3=0.58
综上所述，动摩擦因数的取值范围为：
0<μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58
答：(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了9J的功；
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力为68N；
(3)小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为0<μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58。
【解析】(1)根据运动学公式和几何关系得出小球在A点的速度，结合功能关系得出湖装置对小球做的功；
(2)根据动能定理得出小球在C点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在C点对轨道压力的大小；
(3)理解小球运动的临界状态，结合动能定理得出μ的取值范围。
本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的研究过程，根据动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
1.2023年世界女排联赛，中国女排对阵日本女排的第二局比赛开场不利、连续失误，大比分落后对手，局末阶段做好换人调整后，关键时刻袁心玥发球直接拿分，27−25逆转获胜，最终大比分3：0力克对手，取得四连胜，再一次展现中国女排精神，下列说法正确的是( )
A. 排球受到被拍出的力，是由于排球恢复形变产生的
B. 欲判断排球是否落于界内，可以把排球视为质点
C. 排球在空中的运动是靠惯性，惯性大小与速度成正比
D. 袁心玥发球后，排球在空中上升过程处于失重状态
2.如图甲为网络上十分火爆的一款剥瓜子神器，将瓜子放入两圆柱体之间的凹槽，按压瓜子即可破开瓜子壳。该过程简化后如图乙，瓜子的剖面可视作顶角为θ、半径为r的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳尚未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )
A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B. 若仅扇形半径r变大，圆柱体A对瓜子的压力变大
C. 若顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
D. 若顶角θ越小，圆柱体A对瓜子的压力越小
3.在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法正确的是( )
A. 灭火时应将“唧筒”的轴线正对着火点
B. 若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些
C. 想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角(90∘以内)
D. 想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角(90∘以内)
4.如图是一种新概念自行车，它没有链条，共有三个转轮，A、B、C转轮半径依次减小。轮C与轮A啮合在一起，骑行者踩踏板使轮C动，轮C驱动轮A转动，从而使得整个自行车沿路面前行，轮胎不打滑。下列说法正确的是( )
A. 转轮A、C转动方向相同，转轮A、B转动方向不相同
B. 转轮A、B、C角速度之间的关系是ωA<ωB<ωC
C. 转轮A、B、C边缘线速度之间的关系是vA=vB>vC
D. 转轮A、B、C边缘向心加速度之间的关系是aA>aB>aC
5.高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即f=kv2(其中k与血管粗细无关)，为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为Δp，若血管内径减为d′时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为( )
A. (dd′)6ΔpB. (dd′)4ΔpC. (dd′)2ΔpD. dd′Δp
6.《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外有一个配重，这个配重绕地球旋转的高度高于同步卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上保有张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是( )
A. 物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B. 物资在配重空间站时处于完全失重状态
C. 物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D. 太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
7.质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且TT0=k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为( )
A. 1−k24k2mB. 1+k24k2mC. 1−k2k2mD. 1+k2k2m
8.如图所示，一轻杆的下端连接在O点的光滑铰链上，上端固定一光滑小球Q，光滑水平地面上有一与小球质量相等的立方体P，小球Q靠在P的左侧面上，撤去F，当轻杆与地面的夹角为θ时，P和Q尚未分离，此时P和Q的动能之比为( )
A. 1：1B. 1：cs2θC. sin2θ：1D. cs2θ：1
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.必修二教材封面如图。由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0。忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，以下推断正确的是( )
A. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的9倍
B. 出口下方9cm处的径迹长度约是1cm处的3倍
C. 出口下方0∼3cm范围内砂粒数约为3∼6cm范围砂粒数的( 2+1)倍
D. 出口下方0∼3cm范围内砂粒数约与3∼12cm范围砂粒数相等
10.如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A. 第一次轻绳的拉力逐渐减小
B. 第一次半圆环受到的压力逐渐增大
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，第二次轻绳的拉力大一些
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小一定不同
11.如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则( )
A. 水斗速度随时间变化规律为v=2tB. 井绳拉力F的大小为25.5N
C. 10s末水斗和水的总动能5JD. 0∼10s内水斗和水的机械能增加255J
12.如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距L=4m，A、B之间为水平导轨。质量1kg一小球(可视为质点)自A板处开始，以v0=4m/s的速度沿摩擦因数相同的水平导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，为使小球恰好停在两挡板的中间，则摩擦力的大小可能为( )
A. 47NB. 0.8NC. 1ND. 1.5N
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示，气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过轻质动滑轮与拉力传感器相连，动滑轮下悬挂质量为m的钩码，滑块上遮光条宽度为d。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为Δt，拉力传感器的读数为F。
(1)某同学在“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”实验时，记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt，测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作______图像(选填“L−1Δt”、“L−1(Δt)2”或“L−(Δt)2”)，该图像的斜率k=______；
(2)该同学通过实验发现：绳子拉力F做的功总大于滑块动能的变化量。若实验数据测量准确，出现该情况的可能原因是______；
A.钩码质量m未远小于滑块质量M
B.滑块运动过程中克服阻力做功
C.气垫导轨没有调节水平
D.没有考虑动滑轮的质量
(3)若用上述装置研究系统(含滑块、钩码)机械能守恒，设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为Δt，则满足关系式______(用已知量符号表示)时，运动过程中系统机械能守恒。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.从距地面高度H=5m处，将质量1kg的小球以16m/s的初速度水平向右弹射抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为20N。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小球落地时的水平距离；
(2)小球落地时的动能；
(3)小球抛出后经过多长时间动能最小。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
15.家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭电梯回家乘，共上升30m高度。电梯轿厢质量m=2×103kg，配重质量M=3×103kg，电梯满载时乘客总质量m1=1×103kg。设定电梯启动和制动的加速度大小均为2m/s2，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取10m/s2，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
(1)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
(2)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
(3)轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
16.小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球(可视为质点)，离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53∘的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37∘的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若LCD=5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、排球受到被拍出的力，是由于手发生形变，想恢复原状态产生的，故A错误；
B、欲判断排球是否落于界内，不能忽略排球的体积，不能把排球看作质点，故B错误；
C、排球在空中的运动是靠惯性，惯性的大小仅与质量有关，与速度无关，故C错误；
D、袁心玥发球后，排球在空中所上升过程做减速运动，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
故选：D。
弹力是由施力物体发生弹性形变而产生的；当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时可以看作质点；惯性的大小仅与物体的质量有关；加速度向下时，物体处于失重状态。
本题考查弹力、质点、惯性和超重与失重，知道物体看作质点的条件，会判断超重与失重状态。
2.【答案】C
【解析】解：A、瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故A错误；
B、瓜子处于平衡状态，若仅扇形半径r变大，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，故B错误；
CD、
由图可知FA=F2sinθ2
若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小；反之，顶角θ越小，则两弹力越大，故C正确，D错误。
故选：C。
本题根据合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小的规律，即可解答。
本题考查学生对平衡规律的掌握，解题关键是掌握规律合力不变，两等大分力夹角变小，分力减小。
3.【答案】C
【解析】解：A、水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时不能将“唧筒”的轴线指向着火点，故A错误；
B、若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故B错误。
C、当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故C正确；
D、当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故D错误。
故选：C。
由题意，用“唧筒”装置进行灭火，实际是一个斜抛问题，运用斜抛运动的知识进行分析。
本题主要考查斜抛运动的应用，难度较小。
4.【答案】B
【解析】解：A、自行车前进时，三个轮子的转动方向是相同的，故A错误；
BC、因为轮C与轮A啮合在一起，所以轮C和轮A边缘各点的线速度大小相等，又因为轮A和轮B都是与地面接触，一起前进的，所以轮A和轮B边缘的各点线速度大小相等，即vA=vB=vC，又有图可知，三轮的半径关系为Ra>RB>RC，根据ω=vR可知，ωA<ωB<ωC，故B正确，C错误；
D、根据a=v2R可知aA
三个轮的转动方向是相同的，且三个轮子边缘上各点的线速度大小相等，根据v=ωr可以比较出三个轮子边缘的线速度大小，根据a=v2r可以比较轮子边缘的向心加速度的大小。
知道三个轮子边缘各点线速度大小相等是解题的基础，同时还要熟练掌握圆周运动张各个物理量之间的关系。
5.【答案】A
【解析】解：根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常情况下有：
ΔpS=F=f=kv2 …①
血管变细后有：Δp′S′=kv′2…②
因为在相同时间内流过的血液量不变，则有：
S⋅v⋅t=S′v′t，即S⋅v=S′v′
又因为S=πd24，
所以SS′=v′v=d2d′2 …③
①②③式联立，计算得出：Δp′=kv′2S′=ΔpSv′2v2S′=(dd′)6Δp。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据血液是匀速流动，说明受力平衡，然后根据两种情况下血管在相同时间内流过的血液量不变列出等式。最后根据血管横截面积前后变化的定量关系，结合前面列出的等式，联立成方程组就可求出答案。
本题实质是考查共点力平衡问题。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据v=ωr可知物资在距离地心为地球半径处的线速度小于地球同步卫星的线速度，第一宇宙速度是圆周轨道的最大环绕速度，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、太空电梯在各点均随地球一起做匀速圆周运动，只有到达地球同步卫星的高度时，物资受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有：GMmr2−F=mrω2，解得：F=GMmr2−mrω2
F=0时，物资高度等于同步卫星的轨道高度，当物资高度大于同步卫星的轨道高度时物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大，故C错误；
D、太空电梯上各点的角速度都相等，等于地球自转角速度，根据v=ωr可知太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故D正确；
故选：D。
根据共轴转动的角速度相等，分析物资与地球同步卫星的速度大小，再与第一宇宙速度比较即可；根据完全失重的条件分析B，根据牛顿第二定律分析C，根据线速度与角速度的关系分析D。
题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解太空电梯上各点的角速度都相等，等于地球自转角速度。
7.【答案】A
【解析】【分析】
双星绕两者连线的中点做圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解运动理论周期。
由C对双星的作用与双星之间的万有引力的合力提供双星的向心力，由此可以得到双星运行的周期T，等式中有C的质量。
本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，再由万有引力充当向心力进行列式计算即可。
【解答】
两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：Gm2L2=mr1ω2=mr2ω2
可得：r1=r2①
两星绕连线的中点转动，则有：Gm2L2=m4π2T02⋅12L②
所以T0=2π L32Gm③
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则：Gm2L2+GMm(12L)2=m(2πT)2L2④
又且TT0=k⑤
解③④⑤式得：M=1−k24k2m。
故选：A。
8.【答案】C
【解析】解：据题意可知，小球Q做圆周运动，设其速度大小为v，该速度在水平方向的分速度为vsinθ，则立方体P的水平速度大小是vsinθ，因此此时P和Q的动能之比为EkP:EkQ=12mv2sin2θ:12mv2=sin2θ:1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据小球Q沿水平方向的分等于立方体P的水平速度列式，再求P和Q的动能之比。
本题是关联速度问题，关键要知道小球Q和立方体P的水平速度相等，得到速度关系。
9.【答案】BCD
【解析】解：AB、砂粒做自由落体运动，根据v2=2gh可知，砂粒的速度为v= 2gh
则出口下方9cm处的速度约是1cm处的3倍，相机曝光的时间很短，径迹的长度为x=vt
可知出口下方9cm处的径迹长度约是5cm处的3倍，故A错误，B正确；
C、根据初速度为零的匀加速直线运动通过相等位移所用时间之比为1：( 2−1)：( 3− 2)…，可知从出口下落0∼3cm与3∼6cm的时间之比为( 2−1)，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0∼3cm范围内砂粒数与3∼6cm范围砂粒数的比值为1：( 2−1)=( 2+1)，即出口下方0∼3cm范围内砂粒数约为3∼6cm范围砂粒数的( 2+1)倍，故C正确。
D、根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1：3：5…，可知从出口下落0∼3cm与3∼12cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0∼3cm范围内的砂粒数约与3∼12cm范围的砂粒数相等，故D正确。
故选：BCD。
砂粒做自由落体运动，根据v2=2gh求解速度关系，根据x=vt判断径迹长度关系；根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比和经过相等位移所用时间之比分析砂粒的个数。
本题考查自由落体运动，解题关键是掌握自由落体运动的规律，分析即可。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.在小圆环缓慢向上移动的过程中，对其受力分析，如图所示：
根据三个力所在的三角形与△OMP相似可得mgOM=FNOP=TMP
根据几何关系可知，MP在逐渐减小，由于半圆环的半径相等，即OM=OP，且OM和OP是恒定不变的，
又因为mg是恒定不变的，所以轻绳的拉力T在逐渐减小，但小球受到半圆环的支持力FN保持不变，
根据牛顿第三定律可知半圆环受到的压力也保持不变，故A正确，B错误；
C.小圆环第一次在N点时与第二次在N点时，轻绳的拉力T在竖直方向的分力均等于重力mg，故小圆环第一次在N点时轻绳的拉力等于第二次在N点时轻绳的拉力，故C错误；
D.小圆环第一次在N点时处于平衡状态，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力，小圆环第二次在N点时加速度不为零，半圆环的弹力FN等于轻绳在水平方向的分力减去向心力，故两次半圆环受到的压力大小不相等，半圆环受到的压力也不相等，故D正确。
故选：AD。
对小圆环进行受力分析，根据共点力的平衡条件以及相似三角形法，再结合向心力公式分析各力的动态变化过程。
本题主要是考查共点力的平衡，解答本题的关键是利用相似三角形法分析各力的动态变化过程，再结合向心力公式分析。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由图丙可知ω=2010t=2t，所以水斗速度随时间变化规律为v=ωr=2t×0.1=0.2t，故A错误；
B、水斗匀加速上升，加速度a=0.2m/s2由牛顿第二定律F−(m+m′)g=(m+m′)a所以井绳拉力大小为F=25.5N，故B正确；
C、10s末水斗的速度为v=0.2t=2m/s动能为Ek=12(m+m′)v2=12×(2+0.5)×22J=5J，故C正确；
D、0∼10s内水斗匀加速上升的高度h=12at2=12×0.2×102m=10m
井绳拉力所做的功为W=Fh=25.5×10J=255J，则水斗的机械能增加255J，水斗和水的机械能增加不是255J，故D错误。
故选：BC。
根据图丙得出角速度与时间的关系，从而得出线速度与时间的关系；
先得出水斗的加速度，结合牛顿第二定律得出拉力的大小，再结合功率的计算公式即可；
根据运动学公式得出水斗的上升高度；
根据功的计算公式得出拉力做的功。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】AB
【解析】解：小球停在AB的中点，可知小球的路程s=nL+L2，其中n=0，1，2，⋯
由速度-位移关系可得：v02=2as
解得：a=v022(nL+12L)
根据牛顿第二定律可得摩擦力大小为：f=ma=mv022(nL+12L)=1×422(4n+12×4)N=168n+4N，其中n=0，1，2，⋯
当n=0时，f=4N，
当n=1时，f=43N，
当n=2时，f=0.8N，
当n=3时，f=47N，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
根据题意得到小球通过的路程，再根据速度-位移关系求解加速度，根据牛顿第二定律得到摩擦力的表达式进行分析。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
13.【答案】L−1(Δt)2 Md22F BCmgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
【解析】解：(1)滑块通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则滑块通过光电门的速度为
v=dΔt
由动能定理由：
FL=12Mv2
则L=Md22F⋅1(Δt)2
则为了获得线性图像应作L−1(Δt)2图像；
该图像的斜率k=Md22F
(2)A.因实验中应用了力传感器，则不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，故A错误；
B.滑块运动过程中克服阻力做功，使得滑块动能的变化量小于绳子拉力F做的功，故B正确；
C.气垫导轨没有调节水平，拉力做功的一部分可能转化为小车的重力势能，故动能可能减小，故C正确；
D.因实验中应用了力传感器，则动滑轮的质量对实验无影响，故D错误。
故选：BC。
(3)重力势能减少量为
ΔEp=12mgL
滑块的速度为：v=dΔt
则钩码的速度为：v′=12v=d2Δt
则系统动能的增量为：ΔEk=12Mv2+12mv′2=12M(dΔt)2+18m(dΔt)2
则若运动过程中系统机械能守恒，则满足关系式：mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2
故答案为：(1)L−1(Δt)2，Md22F；(2)BC；(3)mgL=M(dΔt)2+14m(dΔt)2。
(1)根据动能定理推导函数表达式，结合图像斜率计算；
(2)实验中细绳对滑块的拉力通过力传感器测量，不需要使钩码质量m远小于滑块质量M，动滑轮的质量对实验无影响，克服阻力做功使动能变化量小于拉力做功；
(3)根据重力做功表示重力势能减少量，根据平均速度计算滑块速度、钩码速度，表示出系统动能增加量，根功能关系写出要验证的表达式。
本题的关键是表示出拉力做功和动能变化量，掌握实验原理和注意事项。
14.【答案】解：(1)小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t= 2Hg=1s
水平方向加速度为
a=Fm=201m/s2=20m/s2
小球落地的水平距离为
x=v0t−12at2=16×1m−12×20×12m=6m
(2)根据动能定理
mgH−Fx=Ek−12mv02
得
Ek=58J
(3)当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为θ，即
tanθ=Fmg=vyvx
又
vx=v0−at′，vy=gt′
联立得
t′=0.4s
答：(1)小球落地时的水平距离为6m；
(2)小球落地时的动能为58J；
(3)小球抛出后经过0.4s动能最小。
【解析】(1)根据小球在水平与竖直方向的受力与运动情况求解；
(2)根据动能定理求解；
(3)当合力与速度垂直时动能最小，这是本小题解题的关键。
本题是平抛运动的拓展题型，处理方法仍然是分解到水平方向、竖直方向来研究。小球水平方向做匀减速直线运动，竖直方向仍做自由落体运动。小球达到动能最小的条件是本题的难点，本题难度偏大。
15.【答案】解：(1)加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律F=Ma，
得T−(m+m1)g=(m+m1)a，
解得：T=3.6×104N；
(2)当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，
钢绳最大拉力为T=3.6×104N，最大速度为2m/s，
则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为P=Tv，解得：P=7.2×104W；
(3)在加速下降过程中，位移为h1=v22a，解得：h1=1m，
电动机做的功为W1，对轿厢和配重根据动能定理有W1+mgh1−Mgh1=12(M+m)v2，
解得：W1=2×104J，
在匀速下降过程中，位移h2=30m−2h1，解得：h2=28m，
电动机做的功为W2，对轿厢和配重根据动能定理有W2+mgh2−Mgh2=0，
解得：W2=2.8×105J，
在减速下降过程中，位移h3=v22a，解：得h3=1m，
电动机做的功为W3，对轿厢和配重根据动能定理有W3+mgh3−Mgh3=0−12(M+m)v2，
解得：W3=0。
答：(1)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小为3.6×104N；
(2)满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率为7.2×104W；
(3)轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别2×104J、2.8×105J和0。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得出钢绳对轿厢拉力的大小；
(2)根据功率的计算公式得出功率的最大值；
(3)分析电梯在不同阶段的运动情况，结合动能定理完成分析。
本题主要考查了功率的相关应用，熟悉牛顿第二定律完成对物体的受力分析，结合动能定理和晕运动学公式完成解答。
16.【答案】解：(1)从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得：
vBy2=2gh−2gR(1−cs53∘)
同时，v0=vBytan53∘
联立解得：v0=3 2m/s
击打的瞬间有
W=12mv02
代入数据解得：W=9J
(2)从A到B的过程，根据动能定理可得：
mgh=12mvC2−12mv02
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=68N
根据牛顿第三定律可得：F压=FN=68N
(3)若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得：
mgsin37∘=mv2r
解得：v= 3m/s
从A到E的过程中，根据动能定理可得：
mgh−μ1mgLCD−2mgrsin37∘=12mv2−12mv02
解得：μ1=0.43
若恰好当圆弧DE的中点，则有
mgh−μ2mgLCD−mgrsin37∘=0−12mv02
解得：μ2=0.52
恰好到D点时，根据动能定理可得：
mgh−μ3mgLCD=0−12mv02
解得：μ3=0.58
综上所述，动摩擦因数的取值范围为：
0<μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58
答：(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了9J的功；
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力为68N；
(3)小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为0<μ≤0.43或0.52≤μ≤0.58。
【解析】(1)根据运动学公式和几何关系得出小球在A点的速度，结合功能关系得出湖装置对小球做的功；
(2)根据动能定理得出小球在C点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在C点对轨道压力的大小；
(3)理解小球运动的临界状态，结合动能定理得出μ的取值范围。
本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的研究过程，根据动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
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