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湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题
一、单选题（每题4分，共24分）
1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．运动员着地速度与水平风力无关
B．运动员下落时间与水平风力无关
C．水平风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
D．水平风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AC．不论风速大小，运动员竖直方向的分运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故AC错误。
BD．运动员同时参与了两个分运动，竖直方向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，故D错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查运动的合成与分解规律，核心是区分竖直方向和水平方向的分运动独立性，分析水平风力对下落时间、着地速度（竖直分速度、合速度）的影响。
2．卫星携带一探测器在半径为（为地球半径）的圆轨道上绕地球飞行。在a点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略），探测器恰能完全脱离地球的引力，而卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b距地心的距离为（略小于），则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在圆轨道上运动的速度大于
B．在a处的探测器发射速度必须大于
C．卫星在圆轨道上运动时机械能大于在椭圆轨道上的机械能
D．正常运行的情况下卫星在两轨道上经过a处时加速度大小不同
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．是最大环绕速度，轨道越高运行速度越慢，所以卫星在圆轨道上运动的速度小于，故A错误；
B．探测器如果在地面处，则发射速度必须大于才能脱离地球，则在a处更容易脱落，则其发射速度不一定大于，故B错误；
C．卫星在圆轨道上a处减速之后沿着椭圆轨道运动，则在椭圆轨道上的机械能较小，故C正确；
D．根据卫星加速度公式，可知卫星在两个轨道上经过a处时，距离地面的高度相同，故加速度相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查天体运动中的宇宙速度、机械能变化及加速度规律，核心是区分第一、第二宇宙速度的适用场景，分析卫星变轨时的机械能变化，以及根据万有引力定律判断同一位置的加速度大小。
3．如图所示，在汽车车厢中悬挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度。若在车厢底板上还有一个照其相对静止的物体，则关于汽车的运动情况和物体的受力情况正确的是（　　）
A．汽车一定向右做匀加速运动
B．汽车一定向左做匀加速运动
C．只受到重力和底板的支持力作用
D．除受到重力、底板的支持力作用外，还受到水平向右的摩擦力的作用
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对小球受力分析可知，得，方向向右，汽车的加速度和小球加速度相同，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故AB错误；
CD．所受合力方向应向右。除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查牛顿第二定律在连接体问题中的应用，核心是通过小球的受力分析确定汽车的加速度方向，再结合物体m1 的运动状态分析其受力情况，区分加速度的可能运动情景（加速 / 减速）。
4．如图所示，在轻弹簧的上端放一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g（不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内），则小球B下降h时的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】对于小球A，根据机械能守恒得
对于小球B，根据机械能守恒得
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查弹簧系统的机械能守恒定律应用，核心是利用小球A下落的过程求出弹簧的弹性势能，再结合小球B下落的过程列机械能守恒方程，求解其下落h时的速度。
5．如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为的抛物线（，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度、（未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以、抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以和抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为和，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）
A．不可以求出t B．可求出t大小为
C．可以求出大小为 D．可求出H的大小为
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】ABD．由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系
可得，即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为和，由
可得初始高度为，在落到坑壁的高度可带入抛物线表达式计算求得为
所以利用高度只差可求得
平抛运动的运动时间由
解得，故D正确，AB错误；
C．由前面可求出
竖直方向上的速度
由运动的合成可得，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查平抛运动与抛物线轨迹的综合应用，核心是利用平抛运动的水平、竖直分运动规律，结合抛物线的对称特点建立方程，求解运动时间、下落高度和末速度等物理量。
6．如图甲为应用于地铁站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带以的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数，A，B间的距离为2m，g取。假设无论传送带速度多大，乘客把行李放到传送带的同时，都以与传送带相同的恒定速率运动到B处取行李，则（　　）
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.2s到达B处
C．若将传送带的速率增至，行李将比乘客提前到达B处
D．若将传送带的速率增至，乘客与行李到达B处的时间差将增大
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．行李在传送带上相对滑动时，对行李，由牛顿第二定律得
行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间
行李加速运动的位移
行李匀速运动到B端需要的时间
行李到达B端需要的时间
乘客到达B端的时间
乘客比行李提前到达B处的时间，故AB错误；
CD．传送带速度增至时，行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间
行李加速运动的位移
行李匀速运动到B端需要的时间
行李到达B端需要的时间
乘客到达B端的时间
乘客比行李提前到达B处的时间
传送带的速率增至2m/s时，乘客比行李提前到达B处，乘客与行李到达B处的时间差将增大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查传送带模型的运动学分析，核心是计算行李在传送带上的加速时间、加速位移和总运动时间，对比乘客的运动时间，再分析传送带速率变化对时间差的影响。
二、多选题（每题5分，共15分）
7．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为，当轻绳与水平面的夹角为时，人以速度匀速向左运动，此时人的拉力大小为F，则此时（　　）
A．船的速度为 B．船的速度为
C．船将匀速靠岸 D．船的加速度为
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，其中沿绳子方向的分速度等于人的速度，则有
可得，由于船在靠岸过程中，逐渐增大，可知逐渐减小，则逐渐增大，船将加速靠岸，故AC错误，B正确；
D．水的阻为恒为，此时人的拉力大小为F，以船为对象，根据牛顿第二定律可得
解得船的加速度为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查运动的分解与牛顿第二定律的综合应用，核心是将船的实际速度分解为沿绳和垂直绳的分速度，结合人的运动速度求出船速，再通过受力分析利用牛顿第二定律计算船的加速度。
8．质量的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示，对从0到运动全过程进行研究，下列叙述正确的是（　　）
A．外力做的功为
B．外力做的功为
C．物体运动到处时，外力做功的瞬时功率为
D．外力做功的平均功率约为
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据题图，可得从0到运动全过程，外力做的功为，故A正确，B错误；
C．对从0到运动过程进行研究，根据动能定理有
结合题图有
可得物体运动到处时的速度大小
则此时外力做功的瞬时功率为，故C正确；
D．对从0到运动过程进行研究，根据动能定理有
可得时物体的速度大小
由运动学公式有内
内
联立可求得整个过程运动的总时间为
则整个过程中外力做功的平均功率约为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查功、功率与动能定理的综合应用，核心是利用计算分段外力做功的总和，通过动能定理求速度，再结合瞬时功率公式、平均功率公式分析功率大小。
9．子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点，已知子弹在木板中运动的总时间是t，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，且木板相对于地面始终保持静止，则（　　）
A．子弹穿过第1块木板所用的时间是
B．子弹穿过前三块木板所用时间之比为
C．子弹穿过前15块木板所用的时间是
D．子弹穿过第15块木板所用的时间
【答案】C,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0，运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木板的厚度为s，则有
当时，有
所以有
穿过第1块木板后有
所以有
因此子弹穿过第1块木板所用的时间为
同理子弹穿过第2块木板所用的时间为
子弹穿过第3块木板所用的时间为
穿过前三块木板的时间之比为：：，故AB错误；
C．穿过前15块木板，即有
所以有，因此子弹穿过前15块木板所用的时间；故C正确。
D.穿过第15块木板前时有
所以
穿过第15块木板的时间
解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查匀减速直线运动的逆向思维应用，核心是将子弹的匀减速运动反向视为初速度为0的匀加速运动，利用初速度为0的匀加速直线运动的位移 - 时间规律，分析穿过各木板的时间关系。
三、实验题（共16分）
10．平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，某同学设计了以下实验：
（1）用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的待点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此______。
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是　 　（选填选项前的字母）
A.通过调节使斜槽末段保持水平 B.每次需要从不同位置静止释放A球
C.通过调节使硬板保持竖直 D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验　 　（选填选项前的字母）
A.A球释放的高度偏高 B.A球释放的高度偏低
C.A球没有被静止释放 D.挡板MN未水平放置
【答案】（1）B
（2）AC；AC
【知识点】研究平抛物体的运动；自由落体运动
【解析】【解答】（1）B做自由落体运动，A做平抛运动，多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，表明两气体下落高度相同时，下落的时间也相同，由此能够说明A球竖直方向分运动为自由落体运动。改变小锤敲击弹性金属片的力度，A球平抛运动的初速度大小不一样，由于不能够确定时间与速度的具体值，即也不能确定水平位移的大小，因此不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
故答案为：B。
（2）A．为了确保小球飞出的初速度方向水平，实验中需要通过调节使斜槽末段保持水平，故A正确；
B．由于实验需要确保小球飞出的初速度大小一定，则实验时每次需要从同一位置静止释放A球，故B错误；
C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误；
根据图像可知，偏差较大的点位于正常轨迹点的上侧，表明该点水平方向的速度比其它点的水平速度大，可知，有可能是小球释放是没有被静止释放，释放时有一定的初速度，或者小球释放位置偏高。
故答案为：AC；AC
【分析】(1) 分析 A、B 两球同时落地的实验现象，结合平抛运动竖直方向的运动特点，判断能验证的规律；
(2) ①根据平抛运动实验的操作要求，筛选必要的操作步骤；②结合实验误差的成因，分析偏差较大痕迹的产生原因。
（1）B做自由落体运动，A做平抛运动，多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，表明两气体下落高度相同时，下落的时间也相同，由此能够说明A球竖直方向分运动为自由落体运动。改变小锤敲击弹性金属片的力度，A球平抛运动的初速度大小不一样，由于不能够确定时间与速度的具体值，即也不能确定水平位移的大小，因此不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
故选B。
（2）[1]A．为了确保小球飞出的初速度方向水平，实验中需要通过调节使斜槽末段保持水平，故A正确；
B．由于实验需要确保小球飞出的初速度大小一定，则实验时每次需要从同一位置静止释放A球，故B错误；
C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。
故选AC。
[2]根据图像可知，偏差较大的点位于正常轨迹点的上侧，表明该点水平方向的速度比其它点的水平速度大，可知，有可能是小球释放是没有被静止释放，释放时有一定的初速度，或者小球释放位置偏高。
故选AC。
11．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是　 　mm。用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是　 　mm。
【答案】10.50；7.500
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的读数；
螺旋测微器读数
故答案为：10.50；7.500
【分析】(1) 20 分度游标卡尺的精度为0.05mm，读数为主尺读数 + 游标尺对齐格数 × 精度；
(2) 螺旋测微器的读数为固定刻度读数 + 可动刻度读数 ×0.01mm，需注意半毫米刻度是否露出。
四、解答题（共45分）
12．如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了弹性势能。打开锁扣后物块被弹出，以4m/s的速度离开平台B点后水平抛出，恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧圆心角为37°，半径，圆轨道右侧DE是长的粗糙水平轨道，EF为一半径R=1.2m的光滑竖直圆轨道，各轨道间平滑连接，g取10m/s2，，，求：
（1）弹簧储存的弹性势能；
（2）物块在D点对轨道的压力；
（3）要使物块在运动过程中不与轨道脱离，DE段动摩擦因数μ应满足什么要求？
【答案】（1）解：物块被弹开的过程，由动能定理得
（2）解：物块离开平台后做平抛运动，恰好沿C点切线进入圆弧形轨道
由几何关系知
解得
由C到D根据动能定理得
由几何关系得
解得
物块在D点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，物块在D点对轨道的压力为16.5N。
（3）解：要使物块在运动过程中不与轨道脱离，物块恰能运动到圆周处时，由动能定理得
解得
物体恰能做完整的圆周运动时，在最高点由重力提供向心力得
解得
由动能定理得
解得
要使物块在运动过程中不与轨道脱离，DE段动摩擦因数满足或
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 物块被弹簧弹出的过程只有弹性势能转化为动能，由动能定理求弹性势能；
(2) 先由平抛运动规律求 C 点速度，再结合机械能守恒求 D 点速度，最后由牛顿第二定律求 D 点轨道的支持力，进而得物块对轨道的压力；
(3) 分两种情况分析物块不脱离轨道的条件：①能通过竖直圆轨道最高点 F；
②无法到达 F 点，最高到达圆轨道与圆心等高处，分别用动能定理求动摩擦因数的范围。
13．一辆汽车以v0=36km/h的速度在水平直线路面上匀速运动，某一时刻开始刹车，不考虑司机的反应时间，刹车后经2s速度变为18km/h，求：
（1）刹车时的加速度及刹车时间；
（2）刹车后前进15m所用的时间；
（3）刹车后5s内前进的距离。
【答案】（1）解：由加速度定义式得
故汽车的加速度大小为2.5m/s2，方向与初速度v0方向相反；
汽车停车所需时间为
（2）解：根据位移时间关系
代入数据解得，（舍去）
所以刹车后前进15m所用的时间为2s；
（3）解：由上知4s时汽车已经停止运动，故刹车后5秒内前进的距离等于刹车后4秒内前进的距离，所以
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】(1) 先将速度单位换算为m/s，由加速度定义式求刹车加速度，再结合速度公式求刹车总时间；
(2) 利用匀变速直线运动的位移公式列方程，求解前进15 m的时间（需验证解的合理性）；
(3) 先判断刹车后5 s内汽车是否已停止，再用位移公式求实际前进的距离。
（1）由加速度定义式得
故汽车的加速度大小为2.5m/s2，方向与初速度v0方向相反；
汽车停车所需时间为
（2）根据位移时间关系
代入数据解得
，（舍去）
所以刹车后前进15m所用的时间为2s；
（3）由上知4s时汽车已经停止运动，故刹车后5秒内前进的距离等于刹车后4秒内前进的距离，所以
14．如图所示，传送带A、B之间的距离为L=3.2m，与水平面间夹角θ=，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v=2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h=0.5m（g取10m/s2）。
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
【答案】(1)解：对金属块在E点，有
代入数据解得
在从D到E过程中，由动能定理得
代入数据得
(2)解：金属块刚刚放上时，有
代入数据得
设经位移s1达到共同速度，有
代入数据解得
继续加速过程中，有
代入数据解得
则
由公式得
在从B到D过程中，由动能定理可知
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 金属块刚好通过圆轨道最高点E，由重力提供向心力求E点速度，再结合机械能守恒定律求D点速度；
(2) 先分析金属块在传送带上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式求B点速度，再对B到D过程用动能定理，求克服摩擦力做的功。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题
一、单选题（每题4分，共24分）
1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（　　）
A．运动员着地速度与水平风力无关
B．运动员下落时间与水平风力无关
C．水平风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
D．水平风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
2．卫星携带一探测器在半径为（为地球半径）的圆轨道上绕地球飞行。在a点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略），探测器恰能完全脱离地球的引力，而卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b距地心的距离为（略小于），则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在圆轨道上运动的速度大于
B．在a处的探测器发射速度必须大于
C．卫星在圆轨道上运动时机械能大于在椭圆轨道上的机械能
D．正常运行的情况下卫星在两轨道上经过a处时加速度大小不同
3．如图所示，在汽车车厢中悬挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度。若在车厢底板上还有一个照其相对静止的物体，则关于汽车的运动情况和物体的受力情况正确的是（　　）
A．汽车一定向右做匀加速运动
B．汽车一定向左做匀加速运动
C．只受到重力和底板的支持力作用
D．除受到重力、底板的支持力作用外，还受到水平向右的摩擦力的作用
4．如图所示，在轻弹簧的上端放一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g（不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内），则小球B下降h时的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为的抛物线（，单位为），ab沿水平方向，a点横坐标为，在a点分别以初速度、（未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以、抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以和抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为和，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）
A．不可以求出t B．可求出t大小为
C．可以求出大小为 D．可求出H的大小为
6．如图甲为应用于地铁站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带以的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数，A，B间的距离为2m，g取。假设无论传送带速度多大，乘客把行李放到传送带的同时，都以与传送带相同的恒定速率运动到B处取行李，则（　　）
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.2s到达B处
C．若将传送带的速率增至，行李将比乘客提前到达B处
D．若将传送带的速率增至，乘客与行李到达B处的时间差将增大
二、多选题（每题5分，共15分）
7．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为，当轻绳与水平面的夹角为时，人以速度匀速向左运动，此时人的拉力大小为F，则此时（　　）
A．船的速度为 B．船的速度为
C．船将匀速靠岸 D．船的加速度为
8．质量的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动，所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示，对从0到运动全过程进行研究，下列叙述正确的是（　　）
A．外力做的功为
B．外力做的功为
C．物体运动到处时，外力做功的瞬时功率为
D．外力做功的平均功率约为
9．子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点，已知子弹在木板中运动的总时间是t，认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，且木板相对于地面始终保持静止，则（　　）
A．子弹穿过第1块木板所用的时间是
B．子弹穿过前三块木板所用时间之比为
C．子弹穿过前15块木板所用的时间是
D．子弹穿过第15块木板所用的时间
三、实验题（共16分）
10．平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，某同学设计了以下实验：
（1）用如图1所示装置探究平抛运动竖直分运动的待点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，由此______。
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中，必要的是　 　（选填选项前的字母）
A.通过调节使斜槽末段保持水平 B.每次需要从不同位置静止释放A球
C.通过调节使硬板保持竖直 D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验　 　（选填选项前的字母）
A.A球释放的高度偏高 B.A球释放的高度偏低
C.A球没有被静止释放 D.挡板MN未水平放置
11．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是　 　mm。用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是　 　mm。
四、解答题（共45分）
12．如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量的小物块压缩弹簧后被锁扣锁住，储存了弹性势能。打开锁扣后物块被弹出，以4m/s的速度离开平台B点后水平抛出，恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧圆心角为37°，半径，圆轨道右侧DE是长的粗糙水平轨道，EF为一半径R=1.2m的光滑竖直圆轨道，各轨道间平滑连接，g取10m/s2，，，求：
（1）弹簧储存的弹性势能；
（2）物块在D点对轨道的压力；
（3）要使物块在运动过程中不与轨道脱离，DE段动摩擦因数μ应满足什么要求？
13．一辆汽车以v0=36km/h的速度在水平直线路面上匀速运动，某一时刻开始刹车，不考虑司机的反应时间，刹车后经2s速度变为18km/h，求：
（1）刹车时的加速度及刹车时间；
（2）刹车后前进15m所用的时间；
（3）刹车后5s内前进的距离。
14．如图所示，传送带A、B之间的距离为L=3.2m，与水平面间夹角θ=，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v=2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h=0.5m（g取10m/s2）。
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AC．不论风速大小，运动员竖直方向的分运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故AC错误。
BD．运动员同时参与了两个分运动，竖直方向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，故D错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】本题考查运动的合成与分解规律，核心是区分竖直方向和水平方向的分运动独立性，分析水平风力对下落时间、着地速度（竖直分速度、合速度）的影响。
2．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．是最大环绕速度，轨道越高运行速度越慢，所以卫星在圆轨道上运动的速度小于，故A错误；
B．探测器如果在地面处，则发射速度必须大于才能脱离地球，则在a处更容易脱落，则其发射速度不一定大于，故B错误；
C．卫星在圆轨道上a处减速之后沿着椭圆轨道运动，则在椭圆轨道上的机械能较小，故C正确；
D．根据卫星加速度公式，可知卫星在两个轨道上经过a处时，距离地面的高度相同，故加速度相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查天体运动中的宇宙速度、机械能变化及加速度规律，核心是区分第一、第二宇宙速度的适用场景，分析卫星变轨时的机械能变化，以及根据万有引力定律判断同一位置的加速度大小。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对小球受力分析可知，得，方向向右，汽车的加速度和小球加速度相同，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故AB错误；
CD．所受合力方向应向右。除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查牛顿第二定律在连接体问题中的应用，核心是通过小球的受力分析确定汽车的加速度方向，再结合物体m1 的运动状态分析其受力情况，区分加速度的可能运动情景（加速 / 减速）。
4．【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】对于小球A，根据机械能守恒得
对于小球B，根据机械能守恒得
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查弹簧系统的机械能守恒定律应用，核心是利用小球A下落的过程求出弹簧的弹性势能，再结合小球B下落的过程列机械能守恒方程，求解其下落h时的速度。
5．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】ABD．由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系
可得，即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为和，由
可得初始高度为，在落到坑壁的高度可带入抛物线表达式计算求得为
所以利用高度只差可求得
平抛运动的运动时间由
解得，故D正确，AB错误；
C．由前面可求出
竖直方向上的速度
由运动的合成可得，故C错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查平抛运动与抛物线轨迹的综合应用，核心是利用平抛运动的水平、竖直分运动规律，结合抛物线的对称特点建立方程，求解运动时间、下落高度和末速度等物理量。
6．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．行李在传送带上相对滑动时，对行李，由牛顿第二定律得
行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间
行李加速运动的位移
行李匀速运动到B端需要的时间
行李到达B端需要的时间
乘客到达B端的时间
乘客比行李提前到达B处的时间，故AB错误；
CD．传送带速度增至时，行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间
行李加速运动的位移
行李匀速运动到B端需要的时间
行李到达B端需要的时间
乘客到达B端的时间
乘客比行李提前到达B处的时间
传送带的速率增至2m/s时，乘客比行李提前到达B处，乘客与行李到达B处的时间差将增大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查传送带模型的运动学分析，核心是计算行李在传送带上的加速时间、加速位移和总运动时间，对比乘客的运动时间，再分析传送带速率变化对时间差的影响。
7．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，其中沿绳子方向的分速度等于人的速度，则有
可得，由于船在靠岸过程中，逐渐增大，可知逐渐减小，则逐渐增大，船将加速靠岸，故AC错误，B正确；
D．水的阻为恒为，此时人的拉力大小为F，以船为对象，根据牛顿第二定律可得
解得船的加速度为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查运动的分解与牛顿第二定律的综合应用，核心是将船的实际速度分解为沿绳和垂直绳的分速度，结合人的运动速度求出船速，再通过受力分析利用牛顿第二定律计算船的加速度。
8．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．根据题图，可得从0到运动全过程，外力做的功为，故A正确，B错误；
C．对从0到运动过程进行研究，根据动能定理有
结合题图有
可得物体运动到处时的速度大小
则此时外力做功的瞬时功率为，故C正确；
D．对从0到运动过程进行研究，根据动能定理有
可得时物体的速度大小
由运动学公式有内
内
联立可求得整个过程运动的总时间为
则整个过程中外力做功的平均功率约为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查功、功率与动能定理的综合应用，核心是利用计算分段外力做功的总和，通过动能定理求速度，再结合瞬时功率公式、平均功率公式分析功率大小。
9．【答案】C,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0，运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木板的厚度为s，则有
当时，有
所以有
穿过第1块木板后有
所以有
因此子弹穿过第1块木板所用的时间为
同理子弹穿过第2块木板所用的时间为
子弹穿过第3块木板所用的时间为
穿过前三块木板的时间之比为：：，故AB错误；
C．穿过前15块木板，即有
所以有，因此子弹穿过前15块木板所用的时间；故C正确。
D.穿过第15块木板前时有
所以
穿过第15块木板的时间
解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查匀减速直线运动的逆向思维应用，核心是将子弹的匀减速运动反向视为初速度为0的匀加速运动，利用初速度为0的匀加速直线运动的位移 - 时间规律，分析穿过各木板的时间关系。
10．【答案】（1）B
（2）AC；AC
【知识点】研究平抛物体的运动；自由落体运动
【解析】【解答】（1）B做自由落体运动，A做平抛运动，多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，表明两气体下落高度相同时，下落的时间也相同，由此能够说明A球竖直方向分运动为自由落体运动。改变小锤敲击弹性金属片的力度，A球平抛运动的初速度大小不一样，由于不能够确定时间与速度的具体值，即也不能确定水平位移的大小，因此不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
故答案为：B。
（2）A．为了确保小球飞出的初速度方向水平，实验中需要通过调节使斜槽末段保持水平，故A正确；
B．由于实验需要确保小球飞出的初速度大小一定，则实验时每次需要从同一位置静止释放A球，故B错误；
C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误；
根据图像可知，偏差较大的点位于正常轨迹点的上侧，表明该点水平方向的速度比其它点的水平速度大，可知，有可能是小球释放是没有被静止释放，释放时有一定的初速度，或者小球释放位置偏高。
故答案为：AC；AC
【分析】(1) 分析 A、B 两球同时落地的实验现象，结合平抛运动竖直方向的运动特点，判断能验证的规律；
(2) ①根据平抛运动实验的操作要求，筛选必要的操作步骤；②结合实验误差的成因，分析偏差较大痕迹的产生原因。
（1）B做自由落体运动，A做平抛运动，多次改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，发现每一次实验时都只会听到一下小球落地的声响，表明两气体下落高度相同时，下落的时间也相同，由此能够说明A球竖直方向分运动为自由落体运动。改变小锤敲击弹性金属片的力度，A球平抛运动的初速度大小不一样，由于不能够确定时间与速度的具体值，即也不能确定水平位移的大小，因此不能说明A球水平方向分运动为匀速直线运动。
故选B。
（2）[1]A．为了确保小球飞出的初速度方向水平，实验中需要通过调节使斜槽末段保持水平，故A正确；
B．由于实验需要确保小球飞出的初速度大小一定，则实验时每次需要从同一位置静止释放A球，故B错误；
C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；
D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同，因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。
故选AC。
[2]根据图像可知，偏差较大的点位于正常轨迹点的上侧，表明该点水平方向的速度比其它点的水平速度大，可知，有可能是小球释放是没有被静止释放，释放时有一定的初速度，或者小球释放位置偏高。
故选AC。
11．【答案】10.50；7.500
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的读数；
螺旋测微器读数
故答案为：10.50；7.500
【分析】(1) 20 分度游标卡尺的精度为0.05mm，读数为主尺读数 + 游标尺对齐格数 × 精度；
(2) 螺旋测微器的读数为固定刻度读数 + 可动刻度读数 ×0.01mm，需注意半毫米刻度是否露出。
12．【答案】（1）解：物块被弹开的过程，由动能定理得
（2）解：物块离开平台后做平抛运动，恰好沿C点切线进入圆弧形轨道
由几何关系知
解得
由C到D根据动能定理得
由几何关系得
解得
物块在D点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，物块在D点对轨道的压力为16.5N。
（3）解：要使物块在运动过程中不与轨道脱离，物块恰能运动到圆周处时，由动能定理得
解得
物体恰能做完整的圆周运动时，在最高点由重力提供向心力得
解得
由动能定理得
解得
要使物块在运动过程中不与轨道脱离，DE段动摩擦因数满足或
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 物块被弹簧弹出的过程只有弹性势能转化为动能，由动能定理求弹性势能；
(2) 先由平抛运动规律求 C 点速度，再结合机械能守恒求 D 点速度，最后由牛顿第二定律求 D 点轨道的支持力，进而得物块对轨道的压力；
(3) 分两种情况分析物块不脱离轨道的条件：①能通过竖直圆轨道最高点 F；
②无法到达 F 点，最高到达圆轨道与圆心等高处，分别用动能定理求动摩擦因数的范围。
13．【答案】（1）解：由加速度定义式得
故汽车的加速度大小为2.5m/s2，方向与初速度v0方向相反；
汽车停车所需时间为
（2）解：根据位移时间关系
代入数据解得，（舍去）
所以刹车后前进15m所用的时间为2s；
（3）解：由上知4s时汽车已经停止运动，故刹车后5秒内前进的距离等于刹车后4秒内前进的距离，所以
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】(1) 先将速度单位换算为m/s，由加速度定义式求刹车加速度，再结合速度公式求刹车总时间；
(2) 利用匀变速直线运动的位移公式列方程，求解前进15 m的时间（需验证解的合理性）；
(3) 先判断刹车后5 s内汽车是否已停止，再用位移公式求实际前进的距离。
（1）由加速度定义式得
故汽车的加速度大小为2.5m/s2，方向与初速度v0方向相反；
汽车停车所需时间为
（2）根据位移时间关系
代入数据解得
，（舍去）
所以刹车后前进15m所用的时间为2s；
（3）由上知4s时汽车已经停止运动，故刹车后5秒内前进的距离等于刹车后4秒内前进的距离，所以
14．【答案】(1)解：对金属块在E点，有
代入数据解得
在从D到E过程中，由动能定理得
代入数据得
(2)解：金属块刚刚放上时，有
代入数据得
设经位移s1达到共同速度，有
代入数据解得
继续加速过程中，有
代入数据解得
则
由公式得
在从B到D过程中，由动能定理可知
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 金属块刚好通过圆轨道最高点E，由重力提供向心力求E点速度，再结合机械能守恒定律求D点速度；
(2) 先分析金属块在传送带上的运动，由牛顿第二定律和运动学公式求B点速度，再对B到D过程用动能定理，求克服摩擦力做的功。
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