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2022-2023学年四川省成都市成华区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市成华区高一（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.关于曲线运动的说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动，变速运动一定是曲线运动
B. 速度一定在变化，加速度也一定在变化
C. 某点速度方向沿曲线在该点的切线方向
D. 合力方向一定垂直于速度方向
2.学校举行划船活动，每只小船都从A点开始渡河，假设船在静水中的速率相同，各处水流的速度相同，则下列说法正确的是( )
A. 所有小船都做曲线运动
B. 1号小船船头指向垂直于河岸，则渡河时间最短
C. 2号小船船头指向垂直于河岸，则渡河位移最短
D. 3号小船船头指向偏向上游，则小船一定能到达正对岸B点
3.在俄乌战争中，无人机发挥了重要作用。如图是某固定翼无人机在目标上空高度为h的水平面内盘旋，做匀速圆周运动，测得与目标的距离为s，无人机质量为m，巡航速度为v，所在地重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 无人机圆周运动的周期为2πsv
B. 无人机匀速圆周运动过程中，竖直面内受重力、升力和向心力作用
C. 无人机获得的升力大小等于mg
D. 机翼与水平面的夹角θ满足关系式：tanθ=v2g s2−h2
4.质量为1kg的物体，在5个共点力作用下做匀速运动.现同时撤去大小分别是3N和5N的两个力，其余3个力保持不变，关于此后该物体的运动，下列说法中正确的是( )
A. 可能做加速度大小是6m/s2的匀速圆周运动
B. 可能做向心加速度大小是8m/s2的匀变速曲线运动
C. 可能做加速度大小是1m/s2的匀减速直线运动
D. 可能做加速度大小是9m/s2的匀加速直线运动
5.一电动摩托车在平直的公路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示电动摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设电动摩托车在运动过程中所受阻力为车(包括驾驶员)总重力的k倍，在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大。已知电动摩托车(包括驾驶员)总质量m=200kg，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 0到18s内电动摩托车一直匀加速运动
B. k=0.4
C. 0到8s内，电动摩托车的牵引力为800N
D. 8s到18s过程中，电动摩托车牵引力做功8×104kJ
6.如图所示，以相同大小的初速度v，将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，三种情况下，物体达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则正确的是( )
A. h1=h2>h3B. h1=h2h2D. h1=h37.如图所示，与水平面成θ=30∘角的传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，质量为m=1kg的小物块以初速度v0=4m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ= 35，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 传送带从底端到顶端的长度为1mB. 物体在传送带上向上运动的时间为0.5s
C. 物体与传送带摩擦产生的热量为3.75JD. 物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下表是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是( )
A. 选择⑥可以估算地球的密度B. 选择①④可以估算太阳的密度
C. 选择①③④可以估算火星公转的线速度D. 选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力
9.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
10.如图所示，一轻质定滑轮O固定在天花板上，物块A和B通过竖直轻弹簧栓接在一起，同时用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定的细杆上。OA竖直，OC间距l=0.6m且水平，此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力。已知物块A、B、C质量均为m=0.4kg，不计一切摩擦阻力，g取10m/s2。现将物块C由静止释放，下滑h=0.8m时物块B刚好被提起，下列说法正确的是( )
A. 此时物块A上升的高度为0.4m
B. 弹簧的劲度系数为20N/m
C. 绳子对物块C做功的大小等于物块A动能的增加量
D. 此时物块A速度的大小为8 241m/s
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴O转动，固定在转轴上的角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹角θ(小于90∘)；在O点的正下方放置一光电门(连接光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰好通过光电门。测得小球的直径为d，小球质量为m，球心到转轴O的距离为L。
(1)已知当地重力加速度为g，将小球拉至某一位置，测出θ；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为t。则下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为______，动能的增加量ΔEk可表示为______，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒；
(2)改变θ角度，多次重复实验，根据记录的数据，作出悬线与竖直方向夹角的余弦值与小钢球通过光电门的时间平方的倒数“csθ−1t2”的关系图像，若所作图像为一倾斜直线，则图像的斜率k的绝对值为______(用题中所给物理量的符号表示)。
12.图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球Q离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球几乎同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍几乎同时落地。
(1)关于本题实验说法正确的有______；
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末段N端必须水平
C.P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
D.挡片质量要尽可能小
(2)若用一张印有小方格(小方格的边长为L=2.5cm)的纸和频闪相机记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则：频闪相机拍摄相邻两张照片的时间间隔是______ s。P小球在b处的瞬时速度的大小为v=______m/s，若以a点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则抛出点的坐标为______(结果以厘米为单位)。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图所示，木板L=5m，质量为M=2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v=9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：
(1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
(2)从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，在光滑的水平面上，质量m=3kg的物体，在水平拉力F=6N的作用下，从静止开始运动，经过3s运动了9m.求
(1)力F在3s内对物体所做的功；
(2)力F在3s内对物体做功的平均功率；
(3)在3s末，力F对物体做功的瞬时功率．
15.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60∘，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.曲线运动的速度方向时刻在发生改变，因此曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动，例如速度大小发生改变的直线运动，故A错误；
B.曲线运动的速度一定在改变，但加速度不一定改变，例如平抛运动，为匀变速曲线运动，加速度为重力加速度，恒定不变，故B错误；
C.曲线运动某点速度方向沿曲线在该点的切线方向，故C正确；
D.在曲线运动中，合力方向不一定垂直于速度方向，只有匀速圆周运动的合力方向一定垂直于速度方向，故D错误。
故选：C。
曲线运动的速度方向时刻变化，直线运动的速度也可能变化；物体做曲线运动的速度一定变化，加速度不一定变化；曲线运动某点速度方向沿曲线在该点的切线方向；在曲线运动中，合力方向不一定垂直于速度方向。
本题考查对曲线运动的认识，要注意重点掌握平抛运动和圆周运动的性质，从而能更好的理解曲线运动。
2.【答案】B
【解析】解：A.船在静水中的速率不变，各处水流的速度不变，所以小船都做直线运动，故A错误；
B.1号小船船头指向垂直于河岸，沿垂直河岸的速度最大，河岸的宽度不变，则根据t=dv，可知渡河时间最短，故B正确；
C.2号小船船头指向垂直于河岸，则合速度的方向指向河的下游方向，渡河位移不是最短，故C错误；
D.3号小船船头指向偏向上游，当船速大于水速时，小船合速度方向可能垂直河岸，小船可以到达正对岸B点，当船速小于水速时，小船合速度方向不可能垂直河岸，小船不能到达正对岸B点，故D错误。
故选：B。
当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度的方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短；水流速大于静水速，合速度的方向不可能与河岸垂直，不能垂直渡河。
解决本题的关键知道当水流速大于静水速时，合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短；当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．
3.【答案】D
【解析】解：A.由几何关系得无人机做圆周运动的半径为：r= s2−h2
则周期为：T=2πrv=2π s2−h2v
故A错误；
B.无人机做匀速圆周运动的过程中，竖直面内受重力、升力的作用，二者的合力提供无人机所需的向心力，故B错误；
C.无人机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，无人机获得的升力在竖直方向上的分力大小等于mg，故C错误；
D.重力和升力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2r
则tanθ=v2gr=v2g s2−h2
故D正确。
故选：D。
根据几何关系求解无人机的半径，根据匀速圆周运动线速度与周期的关系求解周期；向心力是效果力，受力分析时不分析；根据几何关系分析升力与重力的关系，根据牛顿第二定律求解机翼与水平面的夹角的正切值。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是分析好无人机的受力，明确向心力的来源，结合牛顿第二定律分析即可。
4.【答案】B
【解析】解：根据共点力平衡条件可知同时撤去大小分别是3N和5N的两个力，其余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，因此物体所受合力范围为
2N≤F≤8N
根据牛顿第二定律可知，加速度范围为
2m/s2≤a≤8m/s2
合力为恒力，物体不可能做匀速圆周运动；由题意可知，速度与合力方向关系不确定，所以物体可能做匀变速曲线运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据共点力的平衡条件，结合题意得出加速度的大小范围；进而判断物体运动轨迹的可能性。
在判断物体的运动性质时，要判断物体的受力是否为恒力；在判断物体的运动轨迹是，要注意合力和速度的方向关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、v−t图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动，8∼18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F=f，由P=Fvm=fvm得f=Pvm=800010N=800N，则k=fmg=800200×10=0.4，故B正确；
C、0到8s内，摩托车的加速度为a=vt=88m/s2=1m/s2，由牛顿第二定律有F−f=ma，则摩托车的牵引力为F=ma+f=(200×1+800)N=1000N，故C错误；
D、8s∼18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W=Pt=8000×10W=8×104J，故D错误。
故选：B。
根据v−t图像的斜率表示加速度，分析0到18s内电动摩托车的运动情况；在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，牵引力等于阻力，由P=Fv求k。0到8s内，由图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求电动摩托车的牵引力。8s∼18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，由W=Pt求电动摩托车牵引力做功。
本题考查的是机车启动问题，要能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，要知道发动机功率公式P=Fv中，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
6.【答案】C
【解析】解：根据动能定理研究物体从开始到最高点：
对于1：−mgh1=0−12mv02
对于2：由于斜抛运动的物体在水平方向有初速度，而在水平方向无加速度，所以到达最高点速度不为0，
−mgh2=12mvx2−12mv02，其中vx为在最高点水平方向的速度。
对于3：−mgh3=0−12mv02
以相同大小的初速度v0，从以上表达式中可以发现h1=h3>h2
故ABD错误，C正确；
故选：C。
清楚物体做不同的运动到达最高点的速度特征。根据动能定理表示出三次达到的高度进行比较。
分析物体运动过程，了解物体运动位置特征。本题也可以运用机械能守恒去解决，也就是从物体的重力势能减小到动能增加的角度去比较。
7.【答案】C
【解析】AB、物块刚滑上传送带时，物块的初速度v0=4m/s大于v=2m/s，物块相对传送带向上运动，则摩擦力沿着斜面向下，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设其加速度为a1，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据可得：a1=8m/s2
物块速度减为2m/s所用时间为t1=v0−va1=4−28s=0.25s
物块沿传送带向上运动的位移x1=v0+v2t1=4+22×0.25m=0.75m
物块与传送带共速相对静止的瞬间，物块的最大静摩擦力fm=μmgcsθmgsinθ−μmgcsθ=ma2
代入数据可得：a2=2m/s2
物块恰好能到达传送带顶端，则物块到达传送带顶端的速度大小为0，则物块从2m/s减为0所用时间为t2=va2=22s=1s
物块沿传送带向上运动的位移x2=v2t2=22×1m=1m
可知传送带从底端到顶端的长度L=x1+x2=0.75m+1m=1.75m
物体在传送带上向上运动的时间t=t1+t2=0.25s+1s=1.25s，故AB错误；
C、物块向上运动从4m/s减少到2m/s过程相对传送带的位移Δx1=x1−vt1=0.75m−2×0.25m=0.25m
物块从2m/s减小到0的过程相对传送带的位移Δx2=vt2−x2=2×1m−1m=1m
物块与传送带摩擦产生的热量Q=μmgcsθ⋅(Δx1+Δx2)
代入数据可得：Q=3.75J，故C正确；
D、物块两次相对传送带运动，划痕有重叠部分，所以物块在传送带上留下的划痕长度Δx=Δx2=1m，故D错误。
故选：C。
AB、物块刚滑上传送带时，根据物块速度和传送带速度大小关系可知摩擦力的方向，由牛顿第二定律可得物块加速度大小，物块与传送带共速后相对传送带向下运动可知摩擦力方向，由牛顿第二定律可得物块从2m/s到速度减为零过程的加速度大小，由运动学公式可得物块的位移，则可知传送带从底端到顶端的长度和运动时间；
CD、根据物块和传送带的位移可得物块相对传送带的位移，由摩擦产生的热量Q=fx相对可得物体与传送带摩擦产生的热量，根据物块相对传送带的位移可得物块在传送带上留下的划痕长度。
本题考查了物体在传送带上运动的模型，解题的关键是正确分析物块在传送带上的摩擦力方向，注意划痕有重叠部分。
8.【答案】AC
【解析】解：A、选择⑥时，设地球近地卫星的周期为T，对地球近地卫星，根据万有引力提供向心力有：
GMmR2=m4π2RT2
地球的密度为ρ=M43πR3，解得：ρ=3πGT2，选择⑥可以估算地球的密度，故A正确；
B、选择①④时，只能求出太阳的质量，由于不知道太阳的半径，则不能求出太阳的密度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律有r地3T地2=r火3T火2可知，选择①③④可以估算火星到太阳的距离，根据v火=2πr火T火
则可以估算火星的线速度，即选择①③④可以估算火星公转的线速度，故C正确；
D、太阳对地球的吸引力为F=GM地M太r地2=M地4π2r地T地2
在地球表面上，不考虑地球自转的影响，有GM地mR地2=mg
可知，由于不知道地球的半径则不能求出地球的质量，则选择①②④不能够估算太阳对地球的吸引力，故D错误。
故选：AC。
选择要研究的系统，根据万有引力提供向心力列出表达式，根据已知条件即可进行判断。
本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是建立物理模型，常用的两条思路：忽略星体自转的情况下重力等于万有引力，以及万有引力提供向心力，进行列式分析。
9.【答案】AB
【解析】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep=mgh=30J，动能Ek=0
则物块的质量m=1kg，
此时物块具有的机械能为E1=Ep+Ek=30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2=Ep′+Ek′=10J所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sinθ=35，所以θ=37∘
物体下滑的距离为x=5m的过程中，根据功能关系有Wf=μmg⋅csθ⋅x=E1−E2，
代入数据μ=0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=mgsinθ−μmgcsθm=2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′=2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf′=μmgcsθ⋅x′=8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′=Wf′=8J，故D错误。
故选：AB。
分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑2.0m时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能的概念，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、物体下滑h=0.8m，则绳伸长后的长度为s= h2+l2= 0.82+0.62m=1m，各物理量如图所示
故物块A上升的高度为绳子伸长的长度，有hA=s−l=1m−0.6m=0.4m，故A正确；
B、设初态弹簧的压缩量为x1，对A物体平衡而绳无拉力，有mg=kx1
当物体B刚要离开地面时弹簧的伸长量为x2，对物体B有mg=kx2
而几何关系有x1+x2=hA
代入数据解得：x1=x2=0.2m，k=20N/m，故B正确；
C、轻绳对C做负功的同时轻绳对A做正功，同一根轻绳做功传递能量而不损失能量，有WTA=WTC，对A，弹簧的初态压缩量x1等于末态伸长量x2，则弹簧的弹力对A做功等于零，由动能定理可得：WTA−mghA=12mvA2−0，即可知绳子对物块C做功的大小大于物块A动能的增加量，故C错误；
D、轻绳两端的物体的瞬时速度关系为vA=vCcsθ，csθ=hs=0.81=0.8，对系统由动能定理有：mgh−mghA=12mvC2+12mvA2，
代入数据解得：vA=8 241m/s，故D正确；
故选：ABD。
物块B刚好被提起时，弹簧的拉力等于B的重力，根据胡克定律求弹簧的劲度系数。根据系统的机械能守恒求出C下落h=4m时的速度，由动能定理求绳子对物块A做的功。根据动能定理分析绳子对物块C做功的大小与物块A动能的增加量的关系。
本题考查胡克定律、动能定理和机械能守恒定律的应用，在解答的过程中要注意弹簧的形变量相等时，弹簧的弹性势能是相等的，在计算的过程中可以不需要考虑。
11.【答案】mgL(1−csθ)md22t2 d22gL
【解析】解：(1)小球下摆下降的高度为h=L(1−csθ)，所以重力势能减少量ΔEp=mgL(1−csθ)，
小球下摆到最低点的速度v=dt，所以小球的动能增加量ΔEk=m2(dt)2−0=md22t2；
(2)由题意可知md22t2=mgL(1−csθ)，所以csθ=1−d22gL⋅1t2，解得k=d22gL；
故答案为：(1)mgL(1−csθ)，md22t2(2)d22gL
根据题意求出小球经过光电门时的速度大小，应用动能公式和重力势能的公式求出实验需要满足的重力势能的减少量和动能的增加量；根据机械能守恒列式整理方程即可得结果。
该题考查机械能守恒定律的实验，要掌握实验原理以及数据分析，应用机械能守恒定律即可解题。
12.【答案】(−2.5cm,−0.3125cm)
【解析】解：(1)A、本实验只要求保证小球做平抛运动，斜槽轨道是否光滑不影响实验结果。故A错误；
B、斜槽轨道末段N端必须水平，以保证小球做平抛运动。故B正确；
CD、P小球每次可以从斜槽上不相同的位置无初速度释放，因为不用保证每次小球的初速度相同，挡片质量小可减小实验误差，故D正确，C错误。
故选：BD。
(2)小球做平抛运动，由图可知a到b与b到c的水平位移相同，时间间隔相等，设为T。
竖直方向有：Δy=2L−L=gT2
水平方向有：v0=2LT
b点时竖直方向的分速度：vy=3L2T
b点的速度：vb= v02+vy2
将L=2.5cm=0.025m，g=10m/s2，代入解得：
T=0.05s，v0=1.00m/s，vy=0.75m/s，vb=1.25m/s
设抛出点到B点的运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为h，根据竖直方向的运动规律有
vy=gt
h=12gt2
x=v0t
解得：x=0.075m=7.5cm，y=0.028125m=2.8125cm
可知抛出点x轴坐标为x′=2.5×2cm−7.5cm=−2.5cm
抛出点x轴坐标为y′=2.5cm−2.8125cm=−0.3125cm
故答案为：(1)BD；(3)0.05；1.25；(−2.5cm,−0.3125cm)
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
(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，根据竖直方向上位移之差是一恒量即Δh=gT2求出相等的时间间隔，结合水平位移求出小球的初速度，根据抛出点到b点的水平和竖直位移计算抛出点坐标。
该题考查平抛运动实验原理、实验操作步骤以及实验数据的分析，属于常规题型。
13.【答案】解：(1)滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有：
μ1mg=ma1
μ1mg+μ2(m+M)=Ma2
代入数据解得：a1=2m/s2，a2=7m/s2
(2)设经过t1时间两者速度相等，根据运动学公式有
a1t1=v−a2t1
解得：t1=1s
此时两者的共同速度为v1=a1t1=2×1m/s=2m/s
到达共同速度前，滑块的位移分别为x1=v1t12=22×1m=1m
木板的位移，x2=(v1+v)t12=9+22×1m=5.5m
两者相对位移为Δx1=x2−x1=(5.5−1)m=4.5m
到达共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
μ2(m+M)=(m+M)a
解得：a=4m/s2
此时滑块所受摩擦力大小为f=ma=1×4N=4N>μ1mg=0.2×1×10N=2N
即假设不成立，
所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，
对滑块有μ1mg=ma3
对木板有μ2(m+M)−μ1mg=Ma4
解得：a3=2m/s2，a4=5m/s2，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块的位移为x3=v122a3=v122a3=222×2m=1m
木板减速到零的位移为：x4=v122a4=222×5m=0.4m
第二阶段相对位移为：Δx2=x3−x4=(1−0.4)m=0.6m
滑块与木板间因摩擦增加的内能为：Q=μ1mg(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=10.2J
答：(1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小分别为2m/s2、7m/s2；
(2)从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q为10.2J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出滑块与木板各自的加速度大小。
(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，根据速度-时间公式求出滑块与木板取得相同的速度经历的时间和共同速度，应用位移-时间公式求出此过程中滑块与木板的位移。共速后，判断两者的运动状态，再求两者从共速到停止运动的位移，从而求得两者间的相对位移，即可求出滑块与木板间因摩擦产生的热量Q。
根据题意分析清楚滑块与木板的运动情况与受力情况是解题的前提与关键，分段应用牛顿第二定律、运动学公式求解两者的位移，从而得到相对位移。要知道摩擦生热与相对位移有关。
14.【答案】解：(1)根据恒力做功公式得：
W=Fscsθ=6×9J=54J
(2)平均功率P−=Wt=543=18W
(3)根据牛顿第二定律得：a=Fm=63=2m/s2
根据匀加速直线运动位移速度公式得：
v2=2as
所以3s末的速度为v= 2as= 2×2×9=6m/s
所以在3s末，力F对物体做功的瞬时功率P=Fv=6×6W=36W.
答：(1)力F在3s内对物体所做的功为54J；
(2)力F在3s内对物体做功的平均功率为18W；
(3)在3s末，力F对物体做功的瞬时功率为36W.
【解析】(1)根据恒力做功公式W=Fscsθ即可求解；
(2)求的是平均功率，用前面求出的总功除以总的时间就可以；
(3)瞬时功率要用力与瞬时速度的乘积来计算，根据运动规律可以求得瞬时速度的大小，再由瞬时功率的公式可以求得瞬时功率的大小．
求物体的平均功率和瞬时功率的时候一定要注意对公式的选择，瞬时功率只能用P=Fv来求解．
15.【答案】解：(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60度，根据平行四边形定则知，vC=2v0=4m/s，
根据动能定理得，mgR(1−cs60∘)=12mvD2−12mvC2
根据牛顿第二定律得，N−mg=mvD2R
代入数据，联立两式解得，vD=2 5m/s，N=60N.
则小物块对轨道的压力为60N.
(2)根据动量守恒定律得，mvD=(M+m)v，解得v=mvDM+m=1×2 54= 52m/s.
根据能量守恒定律得，μmgL=12mvD2−12(M+m)v2
代入数据解得L=2.5m.
答：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m.
【解析】(1)根据平抛运动的规律，结合到达C点的速度方向求出C点的速度大小，根据动能定理求出到达D点的速度，结合牛顿第二定律求出D点对物块的支持力，从而得出物块对轨道末端的压力大小．
(2)结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的至少长度．
本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．信息序号
①
②
③
④
⑤
⑥
信息内容
地球一年约365天
地表重力加速度约为9.8m/s2
火星的公转周期为687天
日地距离大约是1.5亿km
地球半径6400km
地球近地卫星的周期
1.关于曲线运动的说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动，变速运动一定是曲线运动
B. 速度一定在变化，加速度也一定在变化
C. 某点速度方向沿曲线在该点的切线方向
D. 合力方向一定垂直于速度方向
2.学校举行划船活动，每只小船都从A点开始渡河，假设船在静水中的速率相同，各处水流的速度相同，则下列说法正确的是( )
A. 所有小船都做曲线运动
B. 1号小船船头指向垂直于河岸，则渡河时间最短
C. 2号小船船头指向垂直于河岸，则渡河位移最短
D. 3号小船船头指向偏向上游，则小船一定能到达正对岸B点
3.在俄乌战争中，无人机发挥了重要作用。如图是某固定翼无人机在目标上空高度为h的水平面内盘旋，做匀速圆周运动，测得与目标的距离为s，无人机质量为m，巡航速度为v，所在地重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 无人机圆周运动的周期为2πsv
B. 无人机匀速圆周运动过程中，竖直面内受重力、升力和向心力作用
C. 无人机获得的升力大小等于mg
D. 机翼与水平面的夹角θ满足关系式：tanθ=v2g s2−h2
4.质量为1kg的物体，在5个共点力作用下做匀速运动.现同时撤去大小分别是3N和5N的两个力，其余3个力保持不变，关于此后该物体的运动，下列说法中正确的是( )
A. 可能做加速度大小是6m/s2的匀速圆周运动
B. 可能做向心加速度大小是8m/s2的匀变速曲线运动
C. 可能做加速度大小是1m/s2的匀减速直线运动
D. 可能做加速度大小是9m/s2的匀加速直线运动
5.一电动摩托车在平直的公路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示电动摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设电动摩托车在运动过程中所受阻力为车(包括驾驶员)总重力的k倍，在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大。已知电动摩托车(包括驾驶员)总质量m=200kg，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 0到18s内电动摩托车一直匀加速运动
B. k=0.4
C. 0到8s内，电动摩托车的牵引力为800N
D. 8s到18s过程中，电动摩托车牵引力做功8×104kJ
6.如图所示，以相同大小的初速度v，将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，三种情况下，物体达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则正确的是( )
A. h1=h2>h3B. h1=h2
A. 传送带从底端到顶端的长度为1mB. 物体在传送带上向上运动的时间为0.5s
C. 物体与传送带摩擦产生的热量为3.75JD. 物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下表是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是( )
A. 选择⑥可以估算地球的密度B. 选择①④可以估算太阳的密度
C. 选择①③④可以估算火星公转的线速度D. 选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力
9.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
10.如图所示，一轻质定滑轮O固定在天花板上，物块A和B通过竖直轻弹簧栓接在一起，同时用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定的细杆上。OA竖直，OC间距l=0.6m且水平，此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力。已知物块A、B、C质量均为m=0.4kg，不计一切摩擦阻力，g取10m/s2。现将物块C由静止释放，下滑h=0.8m时物块B刚好被提起，下列说法正确的是( )
A. 此时物块A上升的高度为0.4m
B. 弹簧的劲度系数为20N/m
C. 绳子对物块C做功的大小等于物块A动能的增加量
D. 此时物块A速度的大小为8 241m/s
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴O转动，固定在转轴上的角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹角θ(小于90∘)；在O点的正下方放置一光电门(连接光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰好通过光电门。测得小球的直径为d，小球质量为m，球心到转轴O的距离为L。
(1)已知当地重力加速度为g，将小球拉至某一位置，测出θ；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为t。则下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为______，动能的增加量ΔEk可表示为______，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒；
(2)改变θ角度，多次重复实验，根据记录的数据，作出悬线与竖直方向夹角的余弦值与小钢球通过光电门的时间平方的倒数“csθ−1t2”的关系图像，若所作图像为一倾斜直线，则图像的斜率k的绝对值为______(用题中所给物理量的符号表示)。
12.图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球Q离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球几乎同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍几乎同时落地。
(1)关于本题实验说法正确的有______；
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末段N端必须水平
C.P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
D.挡片质量要尽可能小
(2)若用一张印有小方格(小方格的边长为L=2.5cm)的纸和频闪相机记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则：频闪相机拍摄相邻两张照片的时间间隔是______ s。P小球在b处的瞬时速度的大小为v=______m/s，若以a点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则抛出点的坐标为______(结果以厘米为单位)。
四、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图所示，木板L=5m，质量为M=2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v=9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：
(1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
(2)从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.如图所示，在光滑的水平面上，质量m=3kg的物体，在水平拉力F=6N的作用下，从静止开始运动，经过3s运动了9m.求
(1)力F在3s内对物体所做的功；
(2)力F在3s内对物体做功的平均功率；
(3)在3s末，力F对物体做功的瞬时功率．
15.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60∘，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.曲线运动的速度方向时刻在发生改变，因此曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动，例如速度大小发生改变的直线运动，故A错误；
B.曲线运动的速度一定在改变，但加速度不一定改变，例如平抛运动，为匀变速曲线运动，加速度为重力加速度，恒定不变，故B错误；
C.曲线运动某点速度方向沿曲线在该点的切线方向，故C正确；
D.在曲线运动中，合力方向不一定垂直于速度方向，只有匀速圆周运动的合力方向一定垂直于速度方向，故D错误。
故选：C。
曲线运动的速度方向时刻变化，直线运动的速度也可能变化；物体做曲线运动的速度一定变化，加速度不一定变化；曲线运动某点速度方向沿曲线在该点的切线方向；在曲线运动中，合力方向不一定垂直于速度方向。
本题考查对曲线运动的认识，要注意重点掌握平抛运动和圆周运动的性质，从而能更好的理解曲线运动。
2.【答案】B
【解析】解：A.船在静水中的速率不变，各处水流的速度不变，所以小船都做直线运动，故A错误；
B.1号小船船头指向垂直于河岸，沿垂直河岸的速度最大，河岸的宽度不变，则根据t=dv，可知渡河时间最短，故B正确；
C.2号小船船头指向垂直于河岸，则合速度的方向指向河的下游方向，渡河位移不是最短，故C错误；
D.3号小船船头指向偏向上游，当船速大于水速时，小船合速度方向可能垂直河岸，小船可以到达正对岸B点，当船速小于水速时，小船合速度方向不可能垂直河岸，小船不能到达正对岸B点，故D错误。
故选：B。
当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度的方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短；水流速大于静水速，合速度的方向不可能与河岸垂直，不能垂直渡河。
解决本题的关键知道当水流速大于静水速时，合速度方向与静水速方向垂直时，渡河位移最短；当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．
3.【答案】D
【解析】解：A.由几何关系得无人机做圆周运动的半径为：r= s2−h2
则周期为：T=2πrv=2π s2−h2v
故A错误；
B.无人机做匀速圆周运动的过程中，竖直面内受重力、升力的作用，二者的合力提供无人机所需的向心力，故B错误；
C.无人机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，无人机获得的升力在竖直方向上的分力大小等于mg，故C错误；
D.重力和升力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2r
则tanθ=v2gr=v2g s2−h2
故D正确。
故选：D。
根据几何关系求解无人机的半径，根据匀速圆周运动线速度与周期的关系求解周期；向心力是效果力，受力分析时不分析；根据几何关系分析升力与重力的关系，根据牛顿第二定律求解机翼与水平面的夹角的正切值。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是分析好无人机的受力，明确向心力的来源，结合牛顿第二定律分析即可。
4.【答案】B
【解析】解：根据共点力平衡条件可知同时撤去大小分别是3N和5N的两个力，其余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，因此物体所受合力范围为
2N≤F≤8N
根据牛顿第二定律可知，加速度范围为
2m/s2≤a≤8m/s2
合力为恒力，物体不可能做匀速圆周运动；由题意可知，速度与合力方向关系不确定，所以物体可能做匀变速曲线运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据共点力的平衡条件，结合题意得出加速度的大小范围；进而判断物体运动轨迹的可能性。
在判断物体的运动性质时，要判断物体的受力是否为恒力；在判断物体的运动轨迹是，要注意合力和速度的方向关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、v−t图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动，8∼18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F=f，由P=Fvm=fvm得f=Pvm=800010N=800N，则k=fmg=800200×10=0.4，故B正确；
C、0到8s内，摩托车的加速度为a=vt=88m/s2=1m/s2，由牛顿第二定律有F−f=ma，则摩托车的牵引力为F=ma+f=(200×1+800)N=1000N，故C错误；
D、8s∼18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为W=Pt=8000×10W=8×104J，故D错误。
故选：B。
根据v−t图像的斜率表示加速度，分析0到18s内电动摩托车的运动情况；在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，牵引力等于阻力，由P=Fv求k。0到8s内，由图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求电动摩托车的牵引力。8s∼18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，由W=Pt求电动摩托车牵引力做功。
本题考查的是机车启动问题，要能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，要知道发动机功率公式P=Fv中，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
6.【答案】C
【解析】解：根据动能定理研究物体从开始到最高点：
对于1：−mgh1=0−12mv02
对于2：由于斜抛运动的物体在水平方向有初速度，而在水平方向无加速度，所以到达最高点速度不为0，
−mgh2=12mvx2−12mv02，其中vx为在最高点水平方向的速度。
对于3：−mgh3=0−12mv02
以相同大小的初速度v0，从以上表达式中可以发现h1=h3>h2
故ABD错误，C正确；
故选：C。
清楚物体做不同的运动到达最高点的速度特征。根据动能定理表示出三次达到的高度进行比较。
分析物体运动过程，了解物体运动位置特征。本题也可以运用机械能守恒去解决，也就是从物体的重力势能减小到动能增加的角度去比较。
7.【答案】C
【解析】AB、物块刚滑上传送带时，物块的初速度v0=4m/s大于v=2m/s，物块相对传送带向上运动，则摩擦力沿着斜面向下，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设其加速度为a1，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据可得：a1=8m/s2
物块速度减为2m/s所用时间为t1=v0−va1=4−28s=0.25s
物块沿传送带向上运动的位移x1=v0+v2t1=4+22×0.25m=0.75m
物块与传送带共速相对静止的瞬间，物块的最大静摩擦力fm=μmgcsθ
代入数据可得：a2=2m/s2
物块恰好能到达传送带顶端，则物块到达传送带顶端的速度大小为0，则物块从2m/s减为0所用时间为t2=va2=22s=1s
物块沿传送带向上运动的位移x2=v2t2=22×1m=1m
可知传送带从底端到顶端的长度L=x1+x2=0.75m+1m=1.75m
物体在传送带上向上运动的时间t=t1+t2=0.25s+1s=1.25s，故AB错误；
C、物块向上运动从4m/s减少到2m/s过程相对传送带的位移Δx1=x1−vt1=0.75m−2×0.25m=0.25m
物块从2m/s减小到0的过程相对传送带的位移Δx2=vt2−x2=2×1m−1m=1m
物块与传送带摩擦产生的热量Q=μmgcsθ⋅(Δx1+Δx2)
代入数据可得：Q=3.75J，故C正确；
D、物块两次相对传送带运动，划痕有重叠部分，所以物块在传送带上留下的划痕长度Δx=Δx2=1m，故D错误。
故选：C。
AB、物块刚滑上传送带时，根据物块速度和传送带速度大小关系可知摩擦力的方向，由牛顿第二定律可得物块加速度大小，物块与传送带共速后相对传送带向下运动可知摩擦力方向，由牛顿第二定律可得物块从2m/s到速度减为零过程的加速度大小，由运动学公式可得物块的位移，则可知传送带从底端到顶端的长度和运动时间；
CD、根据物块和传送带的位移可得物块相对传送带的位移，由摩擦产生的热量Q=fx相对可得物体与传送带摩擦产生的热量，根据物块相对传送带的位移可得物块在传送带上留下的划痕长度。
本题考查了物体在传送带上运动的模型，解题的关键是正确分析物块在传送带上的摩擦力方向，注意划痕有重叠部分。
8.【答案】AC
【解析】解：A、选择⑥时，设地球近地卫星的周期为T，对地球近地卫星，根据万有引力提供向心力有：
GMmR2=m4π2RT2
地球的密度为ρ=M43πR3，解得：ρ=3πGT2，选择⑥可以估算地球的密度，故A正确；
B、选择①④时，只能求出太阳的质量，由于不知道太阳的半径，则不能求出太阳的密度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律有r地3T地2=r火3T火2可知，选择①③④可以估算火星到太阳的距离，根据v火=2πr火T火
则可以估算火星的线速度，即选择①③④可以估算火星公转的线速度，故C正确；
D、太阳对地球的吸引力为F=GM地M太r地2=M地4π2r地T地2
在地球表面上，不考虑地球自转的影响，有GM地mR地2=mg
可知，由于不知道地球的半径则不能求出地球的质量，则选择①②④不能够估算太阳对地球的吸引力，故D错误。
故选：AC。
选择要研究的系统，根据万有引力提供向心力列出表达式，根据已知条件即可进行判断。
本题考查万有引力定律的应用，解决本题的关键是建立物理模型，常用的两条思路：忽略星体自转的情况下重力等于万有引力，以及万有引力提供向心力，进行列式分析。
9.【答案】AB
【解析】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep=mgh=30J，动能Ek=0
则物块的质量m=1kg，
此时物块具有的机械能为E1=Ep+Ek=30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2=Ep′+Ek′=10J
B、令斜面的倾角为θ，则sinθ=35，所以θ=37∘
物体下滑的距离为x=5m的过程中，根据功能关系有Wf=μmg⋅csθ⋅x=E1−E2，
代入数据μ=0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=mgsinθ−μmgcsθm=2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′=2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf′=μmgcsθ⋅x′=8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′=Wf′=8J，故D错误。
故选：AB。
分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑2.0m时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能的概念，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、物体下滑h=0.8m，则绳伸长后的长度为s= h2+l2= 0.82+0.62m=1m，各物理量如图所示
故物块A上升的高度为绳子伸长的长度，有hA=s−l=1m−0.6m=0.4m，故A正确；
B、设初态弹簧的压缩量为x1，对A物体平衡而绳无拉力，有mg=kx1
当物体B刚要离开地面时弹簧的伸长量为x2，对物体B有mg=kx2
而几何关系有x1+x2=hA
代入数据解得：x1=x2=0.2m，k=20N/m，故B正确；
C、轻绳对C做负功的同时轻绳对A做正功，同一根轻绳做功传递能量而不损失能量，有WTA=WTC，对A，弹簧的初态压缩量x1等于末态伸长量x2，则弹簧的弹力对A做功等于零，由动能定理可得：WTA−mghA=12mvA2−0，即可知绳子对物块C做功的大小大于物块A动能的增加量，故C错误；
D、轻绳两端的物体的瞬时速度关系为vA=vCcsθ，csθ=hs=0.81=0.8，对系统由动能定理有：mgh−mghA=12mvC2+12mvA2，
代入数据解得：vA=8 241m/s，故D正确；
故选：ABD。
物块B刚好被提起时，弹簧的拉力等于B的重力，根据胡克定律求弹簧的劲度系数。根据系统的机械能守恒求出C下落h=4m时的速度，由动能定理求绳子对物块A做的功。根据动能定理分析绳子对物块C做功的大小与物块A动能的增加量的关系。
本题考查胡克定律、动能定理和机械能守恒定律的应用，在解答的过程中要注意弹簧的形变量相等时，弹簧的弹性势能是相等的，在计算的过程中可以不需要考虑。
11.【答案】mgL(1−csθ)md22t2 d22gL
【解析】解：(1)小球下摆下降的高度为h=L(1−csθ)，所以重力势能减少量ΔEp=mgL(1−csθ)，
小球下摆到最低点的速度v=dt，所以小球的动能增加量ΔEk=m2(dt)2−0=md22t2；
(2)由题意可知md22t2=mgL(1−csθ)，所以csθ=1−d22gL⋅1t2，解得k=d22gL；
故答案为：(1)mgL(1−csθ)，md22t2(2)d22gL
根据题意求出小球经过光电门时的速度大小，应用动能公式和重力势能的公式求出实验需要满足的重力势能的减少量和动能的增加量；根据机械能守恒列式整理方程即可得结果。
该题考查机械能守恒定律的实验，要掌握实验原理以及数据分析，应用机械能守恒定律即可解题。
12.【答案】(−2.5cm,−0.3125cm)
【解析】解：(1)A、本实验只要求保证小球做平抛运动，斜槽轨道是否光滑不影响实验结果。故A错误；
B、斜槽轨道末段N端必须水平，以保证小球做平抛运动。故B正确；
CD、P小球每次可以从斜槽上不相同的位置无初速度释放，因为不用保证每次小球的初速度相同，挡片质量小可减小实验误差，故D正确，C错误。
故选：BD。
(2)小球做平抛运动，由图可知a到b与b到c的水平位移相同，时间间隔相等，设为T。
竖直方向有：Δy=2L−L=gT2
水平方向有：v0=2LT
b点时竖直方向的分速度：vy=3L2T
b点的速度：vb= v02+vy2
将L=2.5cm=0.025m，g=10m/s2，代入解得：
T=0.05s，v0=1.00m/s，vy=0.75m/s，vb=1.25m/s
设抛出点到B点的运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为h，根据竖直方向的运动规律有
vy=gt
h=12gt2
x=v0t
解得：x=0.075m=7.5cm，y=0.028125m=2.8125cm
可知抛出点x轴坐标为x′=2.5×2cm−7.5cm=−2.5cm
抛出点x轴坐标为y′=2.5cm−2.8125cm=−0.3125cm
故答案为：(1)BD；(3)0.05；1.25；(−2.5cm,−0.3125cm)
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
(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，根据竖直方向上位移之差是一恒量即Δh=gT2求出相等的时间间隔，结合水平位移求出小球的初速度，根据抛出点到b点的水平和竖直位移计算抛出点坐标。
该题考查平抛运动实验原理、实验操作步骤以及实验数据的分析，属于常规题型。
13.【答案】解：(1)滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有：
μ1mg=ma1
μ1mg+μ2(m+M)=Ma2
代入数据解得：a1=2m/s2，a2=7m/s2
(2)设经过t1时间两者速度相等，根据运动学公式有
a1t1=v−a2t1
解得：t1=1s
此时两者的共同速度为v1=a1t1=2×1m/s=2m/s
到达共同速度前，滑块的位移分别为x1=v1t12=22×1m=1m
木板的位移，x2=(v1+v)t12=9+22×1m=5.5m
两者相对位移为Δx1=x2−x1=(5.5−1)m=4.5m
到达共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
μ2(m+M)=(m+M)a
解得：a=4m/s2
此时滑块所受摩擦力大小为f=ma=1×4N=4N>μ1mg=0.2×1×10N=2N
即假设不成立，
所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，
对滑块有μ1mg=ma3
对木板有μ2(m+M)−μ1mg=Ma4
解得：a3=2m/s2，a4=5m/s2，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块的位移为x3=v122a3=v122a3=222×2m=1m
木板减速到零的位移为：x4=v122a4=222×5m=0.4m
第二阶段相对位移为：Δx2=x3−x4=(1−0.4)m=0.6m
滑块与木板间因摩擦增加的内能为：Q=μ1mg(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=10.2J
答：(1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小分别为2m/s2、7m/s2；
(2)从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q为10.2J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出滑块与木板各自的加速度大小。
(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，根据速度-时间公式求出滑块与木板取得相同的速度经历的时间和共同速度，应用位移-时间公式求出此过程中滑块与木板的位移。共速后，判断两者的运动状态，再求两者从共速到停止运动的位移，从而求得两者间的相对位移，即可求出滑块与木板间因摩擦产生的热量Q。
根据题意分析清楚滑块与木板的运动情况与受力情况是解题的前提与关键，分段应用牛顿第二定律、运动学公式求解两者的位移，从而得到相对位移。要知道摩擦生热与相对位移有关。
14.【答案】解：(1)根据恒力做功公式得：
W=Fscsθ=6×9J=54J
(2)平均功率P−=Wt=543=18W
(3)根据牛顿第二定律得：a=Fm=63=2m/s2
根据匀加速直线运动位移速度公式得：
v2=2as
所以3s末的速度为v= 2as= 2×2×9=6m/s
所以在3s末，力F对物体做功的瞬时功率P=Fv=6×6W=36W.
答：(1)力F在3s内对物体所做的功为54J；
(2)力F在3s内对物体做功的平均功率为18W；
(3)在3s末，力F对物体做功的瞬时功率为36W.
【解析】(1)根据恒力做功公式W=Fscsθ即可求解；
(2)求的是平均功率，用前面求出的总功除以总的时间就可以；
(3)瞬时功率要用力与瞬时速度的乘积来计算，根据运动规律可以求得瞬时速度的大小，再由瞬时功率的公式可以求得瞬时功率的大小．
求物体的平均功率和瞬时功率的时候一定要注意对公式的选择，瞬时功率只能用P=Fv来求解．
15.【答案】解：(1)物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60度，根据平行四边形定则知，vC=2v0=4m/s，
根据动能定理得，mgR(1−cs60∘)=12mvD2−12mvC2
根据牛顿第二定律得，N−mg=mvD2R
代入数据，联立两式解得，vD=2 5m/s，N=60N.
则小物块对轨道的压力为60N.
(2)根据动量守恒定律得，mvD=(M+m)v，解得v=mvDM+m=1×2 54= 52m/s.
根据能量守恒定律得，μmgL=12mvD2−12(M+m)v2
代入数据解得L=2.5m.
答：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m.
【解析】(1)根据平抛运动的规律，结合到达C点的速度方向求出C点的速度大小，根据动能定理求出到达D点的速度，结合牛顿第二定律求出D点对物块的支持力，从而得出物块对轨道末端的压力大小．
(2)结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的至少长度．
本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．信息序号
①
②
③
④
⑤
⑥
信息内容
地球一年约365天
地表重力加速度约为9.8m/s2
火星的公转周期为687天
日地距离大约是1.5亿km
地球半径6400km
地球近地卫星的周期
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