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湖南省湘西土家族苗族自治州2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．物理学史作为一门研究物理学发展历程的学科，不仅关乎科学本身，而且涉及人类文明的整体进步。以下说法正确的是（　　）
A．伽利略认为，水平面上运动的物体若没有受到摩擦力，物体将保持这个速度一直运动下去，力是维持物体运动的原因
B．卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量，运用了等效替代法
C．点电荷与质点都是一种理想化模型，现实中并不存在
D．元电荷是自然界中电荷量最小的带电体
2．如图所示，球操比赛中，运动员手持橡胶球翩翩起舞的过程中，能控制手掌使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点，c为最低点，在a、c两处手掌面水平，b、d两点与圆心O等高。已知球的质量为m，重力加速度大小为g，球在c点对手掌的压力大小为2mg，则球（　　）
A．做圆周运动的线速度大小为
B．在a处受到手的作用力为mg
C．在b处受重力、手的支持力和向心力
D．从a点到c点的过程中先处于超重状态后处于失重状态
3．如图所示，在倾角为的斜面上，将小物体以某一初速度从A点抛出后，恰好以的速度水平打在斜面上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程，逆向来看是斜抛运动
B．小物体在空中运动的时间是
C．小物体在运动时离斜面最远
D．间的距离是
4．如图所示，直角杆AOP在同一竖直面内，OP杆光滑且竖直，AO杆粗糙且水平放置。将可视为质点、质量均为m的圆环a、b分别穿过OA杆、OP杆且用轻绳相连，此时圆环a恰好处于静止状态，轻绳为紧绷状态且与竖直方向夹角为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆环a与OA杆之间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
5．如图1所示，一工人用滑轮装置拖动质量为的货物，绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上，另一端在工人施加的水平恒力作用下，货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2，货物速度随时间的变化关系如图2所示，不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取。由此可知（　　）
A．工人拉绳子的加速度大小为1m/s2
B．恒力的大小为
C．前内做功
D．前内做功的平均功率为
6．智能汽车（IV）是指通过搭载先进的传感器、人工智能、车联网、自动驾驶等技术，实现自主控制的现代化汽车。某辆的智能汽车测试自动驾驶技术时，先以恒定的加速度由静止启动，时达到额定功率，之后保持额定功率不变继续行驶，行驶过程中阻力不变，图像如图所示（为牵引力做的功），以下说法正确的是（　　）
A．汽车的额定功率为
B．汽车在行驶过程中的最大速度为
C．前内，汽车的平均功率为
D．汽车在行驶过程中受到的阻力大小为
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7．如图所示，大小相同但质量不同的两物块A、B紧靠在一起，先将A、B放到光滑水平地面上，对A施加水平向右的恒力F；再将A、B放到粗糙水平地面上，也对A施加水平向右的恒力F。已知A、B与地面间的动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（　　）
A．在光滑地面上时，A、B两物块一定做匀加速直线运动
B．在粗糙地面上时，A、B两物块一定做匀加速直线运动
C．在粗糙地面上时，A对B的推力比在光滑地面上时A对B的推力大
D．若F大于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，则两种情形下，A对B的推力一样大
8．近日，由中国科学院国家天文台、中国科学院大学等科研人员以及匈牙利天文学家联合组成的国际研究团队，在LAMOST光谱巡天数据中发现了一罕见的、与生俱来的超大质量白矮星 热亚矮星超钱德拉塞卡双星系统——Lan11，该系统在引力束缚下绕共同质心旋转。据观测数据推算，白矮星的质量为m1，热亚矮星质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．两星的向心力大小始终相等
B．白矮星与热亚矮星的轨道半径之比为m2∶m1
C．两星运行的周期
D．白矮星的轨道半径
9．如图所示，半径R=0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离，传送带在电动机的带动下以的恒定速率顺时针运行。现将质量、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度 ，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N
B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s
C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J
D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J
10．如图所示，一长木板b静止于水平地面上，滑块a以的初速度从左端滑上长木板，已知长木板b和滑块a的质量均为3kg，长木板的板长为，滑块a与长木板上表面间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块从左端滑上长木板开始计时，在运动的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块a刚滑上长木板b时，b的加速度大小为
B．经过，滑块a和长木板b共速
C．滑块a最终会滑离长木板b
D．滑块a和长木板b之间因摩擦产生的热量为80J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．平抛运动是研究曲线运动的理想模型，它揭示了运动的独立性原理，某学校物理科研创新小组通过以下装置探究平抛运动的特点。
（1）用图1装置探究时，以下说法正确的是___________。
A．小锤击打力度越大，小球落地时间越短
B．该装置可以证明平抛运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动
C．改变高度，A、B两球总能同时落地
（2）用图2装置描绘平抛运动轨迹进行研究时，下列说法正确的是___________。
A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同
B．该实验需要用秒表测时间，用刻度尺测量记录点间的距离
C．斜槽末端一定要水平，斜槽轨道不必光滑
（3）某同学用相机以100次/秒拍摄照片，处理后得到如图3所示的运动轨迹，图中两相邻小球像点间还有N个未显示，每一小格边长对应的实际距离为L=8mm，重力加速度，由图3数据可得N=　 　，平抛运动初速度大小v0=　 　m/s。
12．如图为小阳同学所采用的验证机械能守恒定律的实验装置。细线上端系于量角器的圆心O点，下端连接小球，可绕O点在竖直面内做圆周运动，在小球轨迹最低点放置一光电门。本次实验已测得小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间Δt，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角θ。
（1）下列说法中，正确的是___________。
A．可用橡皮筋代替实验中的细线
B．该实验中，小球是否静止释放，不影响实验结果
C．该实验中，小球需选择质量大、体积小的小球
（2）小球经过最低点的速度大小v=　 　。
（3）若小球质量为m，重力加速度为g，则小球动能的增加量为　 　，重力势能的减少量为　 　，若在误差允许范围内动能的增加量近似等于重力势能的减少量，即可验证机械能守恒定律。
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是　 　。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．如图所示，一搬运工人想将质量为40kg的木箱从A点推到仓库内的B点，现给木箱施加一个水平向右大小为100N的恒力，让正在A点以5m/s初速度运动的木箱在粗糙水平地面上做匀速直线运动。2s后工人突然撤去水平恒力，让木箱做匀减速直线运动，最后刚好到达B点，重力加速度g取10m/s2，木箱可看为质点。求：
（1）木箱与地面间的动摩擦因数；
（2）A、B之间的距离。
14．如图所示，在水平圆盘上有一条标记线OAB，。圆心O点放置一个质量为m可视为质点的小物块，小物块与一根轻质弹性绳连接，绳另一端固定在O点正上方的点，圆盘与小物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻质弹性绳原长为L，其弹力F随伸长量x变化满足胡克定律。图中长度为2L，P为点正下方一固定的光滑小圆环，轻质弹性绳穿过圆环，且。开始时圆盘及小物块都静止，此时测得圆盘对小物块的支持力大小为，g为重力加速度。
（1）保持圆盘静止，将小物块放置在圆盘上A点，试判断小物块是否能够静止并求出此时小物块受到的摩擦力大小；
（2）使圆盘以某一角速度绕匀速转动，要使小物块在A点与圆盘保持相对静止，求角速度的取值范围。
15．如图所示，半径的光滑圆弧轨道，固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角与关于水平方向对称，点为圆弧电源的最低点，与粗糙水平面相切（平滑连接），一轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量、可视为质点的小物块从空中A点以的速度水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，经过圆弧轨道上点后沿水平面向右运动至点时，弹簧被压缩至最短，小物块第二次到达点时刚好停止运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取。求：
（1）小物块运动到点时的速度大小；
（2）小物块经过点时对轨道的压力大小；
（3）整个过程中弹簧弹性势能的最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】理想模型法；伽利略理想斜面实验；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略通过理想斜面实验指出，当斜面光滑时，物体一直保持做匀速直线运动，说明没有摩擦力，物体将保持匀速运动，否定了“力是维持运动的原因”的观点，故A错误；
B．卡文迪什扭秤实验通过测量微小扭转角放大引力作用，属于放大法，而非等效替代法，故B错误；
C．点电荷（忽略形状和大小）与质点（忽略物体尺寸）在分析问题时对物体进行简化，现实中不可能忽略物体的形状和体积，所以属于理想化模型，故C正确；
D．元电荷是电荷量的最小单位，属于粒子的电荷量大小，不代表真实存在的粒子，故D错误。
故选C。
【分析】伽利略通过理想斜面实验指出运动不需要力的维持；卡文迪什扭秤实验通过测量微小扭转角放大引力作用，属于放大法；点电荷（忽略形状和大小）与质点（忽略物体尺寸）在分析问题时对物体进行简化，现实中不可能忽略物体的形状和体积，所以属于理想化模型；元电荷只是粒子所带电荷量的最小单位。
2．【答案】A
【知识点】超重与失重；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．球做匀速圆周运动，在c点对手的压力大小为2mg，根据牛顿第三定律可以得出小球受到的支持力为2mg，由于小球受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得，做圆周运动的线速度大小为，故A正确；
B．球做匀速圆周运动，在a处，根据牛顿第二定律有
解得，故B错误；
C．向心力是效果力，是物体做匀速圆周运动的合力，不是物体受的力，在b处受重力、手的支持力，还可能受摩擦力作用，故C错误；
D．根据向心力的方向可以得出从a点到c点的过程中球的加速度方向先向下后向上，所以小球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球对手掌的压力可以求出小球受到的支持力，结合牛顿第二定律可以求出小球的线速度大小；当小球经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出手对小球的作用力大小；小球受到的合力提供向心力；利用小球的加速度方向可以判别超重与失重。
3．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．恰好以的速度水平打在斜面上的B点，说明小物体到达B点时速度是水平的，所以小球从A到B的逆运动则为从B到A的平抛运动，故A错误；
B．从逆运动的规律可知小球在A点的速度方向，根据速度的分解有：，根据竖直方向的速度公式可知小物体在空中运动的时间是，故B正确；
C．根据平抛运动的对称性可知小物体的速度方向与斜面平行时离斜面最远，经过时离斜面最远，故C错误；
D．根据沿着斜面方向的位移公式可得间的距离是
解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用B点的速度方向可以得出逆运动为平抛运动；利用平抛运动位移与速度方向的关系结合速度的分解可以求出运动的时间；利用对称性可以得出小球经过时离斜面最远；利用沿着斜面方向的位移公式可以求出AB之间的距离大小。
4．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】将圆环a、b看成一个整体，由于整体处于静止，根据竖直方向的平衡方程可得粗糙杆OA对圆环a的支持力为2mg，根据滑动摩擦力的表达式可得
然后隔离b可得，根据竖直方程的平衡方程有：
对a，根据水平方程的平衡方程有：
解得，故选A。
【分析】利用整体的平衡方程可以求出a受到的滑动摩擦力的表达式，结合b竖直方向的平衡方程及a水平方向的平衡方程可以求出动摩擦因数的大小。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的概念；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可得货物加速度
如图所示，根据动滑轮的规律可知工人拉绳子的加速度大小为，故A错误；
B．以货物为对象，根据牛顿第二定律得
所以，故B错误；
C．内，根据位移公式可知物体的位移
所以内做的功大小为，故C错误；
D．根据做功与时间的比值可以得出平均功率为：，故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出货物加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用位移公式可以求出位移的大小，结合恒力的大小可以求出恒力做功的大小，再结合作用时间可以求出平均功率的大小。
6．【答案】C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．内，根据功的表达式可得：牵引力做的功
所以
根据图像斜率可知
解得
当时，根据功率的表达式可得额定功率为
故A错误；
BD．已知， ，根据牛顿第二定律有：
代入题中数据，联立解得
当，根据平衡方程有时，根据功率的表达式可知
故BD错误；
C．内牵引力做的功
根据功和作用时间可以得出平均功率为：
故C正确。
故选C。
【分析】利用功的表达式结合图像斜率可以求出牵引力的大小；利用牵引力和速度可以求出额定功率的大小；当汽车达到最大速度时，利用牵引力等于阻力结合功率的表达式可以求出最大速度；利用图像可以求出功的大小，结合时间可以求出平均功率的大小。
7．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．光滑水平面上，对A、B整体，由于水平方向上只受到恒力的作用，根据牛顿第二定律有
可知AB做匀加速直线运动，故A正确；
B．在粗糙地面上时，若F小于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，此时恒力等于整体受到的静摩擦力，所以合力为0则加速度a为0，AB均静止不动，故B错误；
C．当整体处于静止时，则整体的加速度时，A、B之间可能不存在作用力，故C错误；
D．若地面光滑，以B为对象，根据牛顿第二定律可知A对B的作用力
若F大于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，粗糙水平面上，若时，对A、B整体，整体受到恒力和滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律有
对B有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】当水平面光滑时，利用牛顿第二定律可以得出整体的加速度保持不变，做匀加速直线运动；当F小于整体的滑动摩擦力时，整体处于静止，此时加速度等于0，此时AB之间可能没有力的作用；利用整体的牛顿第二定律结合B的牛顿第二定律可以求出A对B的作用力大小。
8．【答案】A,B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．因为m1、m2做圆周运动的向心力均由二者之间的万有引力提供，根据牛顿第三定律可以得出双星受到的引力大小相等，所以向心力大小相等，即向心力之比为1∶1，故A正确；
BD．由于引力提供向心力，且双星的角速度相等，根据牛顿第二定律有，
可得半径之比为，，故B正确，D错误；
C．根据周期和角速度的关系式有，结合牛顿第二定律可得，故C错误。
故选AB。
【分析】利用双星的引力相等，结合引力提供向心力可以得出向心力大小相等；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的比值；利用牛顿第二定律可以求出周期的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律得
解得
物块在B点时，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得，A正确；
B．小物块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可以得出物块的加速度为
解得
根据速度公式可以得出小物块先匀加速的时间
根据位移公式可以得出小物块匀加速运动的位移
根据位移公式可以得出小物块匀速运动的时间
小物块在传送带B、C间的运动时间为，B错误；
C．根据位移公式可得小物块与传送带的相对位移为
根据功能关系可知因摩擦而产生的热量，C正确；
D．根据能量守恒定律可得整个过程中电动机多消耗的电能为，D错误。
故选AC。
【分析】利用机械能守恒定律可以求出物块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力大小；利用牛顿第二定律可以求出物块在传送带上的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速的位移，再结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力可以求出产生的热量；利用能量守恒定律可以求出消耗的电能大小。
10．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设长木板b和滑块a二者质量为m，依题意，根据滑动摩擦力的表达式可得滑块a滑上长木板b后a、b间的摩擦力为
根据滑动摩擦力的表达式可得长木板b与地面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a，由牛顿第二定律得
解得
对长木板b，由牛顿第二定律得
解得，A错误；
B．设经时间，由于滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据速度公式可知滑块a和长木板b达到共同速度有
解得，B正确；
C．设共速时，a未滑离b，根据速度公式可得二者的速度为
二者的相对位移为
根据位移公式可得滑块的位移为，木板运动的位移为
解得
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，滑块a和长木板b二者保持相对静止，不会滑离木板，C错误；
D．已知滑块和木板之间相对位移的大小为，根据功能关系可得小滑块与长木板间因摩擦产生的热量，D正确。
故选BD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出木板和物块加速度的大小；利用速度公式可以求出共速的速度大小及时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，利用相对位移与木板的长度比较可以判别滑块没有离开木板；利用摩擦力和相对位移可以求出产生的热量。
11．【答案】（1）C
（2）A；C
（3）3；0.6
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）A．小球落地时间与初速度大小无关，与下落高度有关，高度不变，落地时间不变，A错误；
B．该装置只能探究平抛运动竖直方向是自由落体运动，B错误；
C．两个小球在竖直方向上总是从同一高度同时开始做自由落体运动，改变高度，也能同时落地，C正确。
故答案为：C。
（2）A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同，保证每次小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．该实验不需要用秒表测时间，不用刻度尺测量记录点间的距离，只描绘小球做平抛运动的轨迹，B错误；
C．斜槽末端一定要水平，保证小球离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽轨道光滑、粗糙不影响实验结果，C正确。
故答案为：AC。
（3）相机拍照的时间间隔为
竖直方向
解得
根据题意
平抛运动初速度大小
故答案为：3；0.6
【分析】(1) 结合平抛运动的竖直分运动（自由落体）和水平分运动（匀速直线）特点，分析装置探究平抛运动时的原理与结论正确性；
(2) 根据平抛运动轨迹描绘的实验要求，判断操作规范和器材使用的合理性；
(3) 利用平抛运动竖直方向的自由落体位移差公式求时间间隔，结合水平方向匀速运动公式计算初速度，进而确定未显示的像点数。
（1）A．小球落地时间与初速度大小无关，与下落高度有关，高度不变，落地时间不变，A错误；
B．该装置只能探究平抛运动竖直方向是自由落体运动，B错误；
C．两个小球在竖直方向上总是从同一高度同时开始做自由落体运动，改变高度，也能同时落地，C正确。
故选C。
（2）A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同，保证每次小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．该实验不需要用秒表测时间，不用刻度尺测量记录点间的距离，只描绘小球做平抛运动的轨迹，B错误；
C．斜槽末端一定要水平，保证小球离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽轨道光滑、粗糙不影响实验结果，C正确。
故选AC。
（3）[1]相机拍照的时间间隔为
竖直方向
解得
根据题意
[2]平抛运动初速度大小
12．【答案】（1）C
（2）
（3）；
（4）计算小球的重力势能减少量时忘记加小球的半径。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了小球只受到重力做功，拉力不做功，则小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线，故A错误；
B．为了验证重力势能和动能的变化量是否相等，利用末速度求出动能的增量，则必须控制小球的初速度等于0，所以每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验，故B错误；
C．为了小球只受到重力，减小空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故C正确。
故选C。
（2）根据平均速度公式可知小球经过最低点的瞬时速度大小为
（3）根据动能的表达式可知小球动能的增加量为根据重力势能的表达式可知小球的重力势能减少量为
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是：当在计算小球下落的高度时，若没有考虑小球的半径，根据表达式计算小球的重力势能减少量时就会导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
【分析】（1）为了小球只受到重力做功，拉力不做功，则小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线；利用末速度求出动能的增量，则必须控制小球的初速度等于0，所以每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验；为了小球只受到重力，减小空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（3）利用动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（4）当在计算小球下落的高度时，若没有考虑小球的半径，根据表达式计算小球的重力势能减少量时就会导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
（1）A．小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线，故A错误；
B．每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验，故B错误；
C．为尽量消除空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故C正确。
故选C。
（2）小球经过最低点的瞬时速度大小为
（3）[1]小球动能的增加量为
[2]小球的重力势能减少量为
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是：计算小球的重力势能减少量时忘记加小球的半径，导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
13．【答案】（1）初始阶段木箱做匀速直线运动，故小球受力平衡，由受力分析可知
水平方向平衡方程为
竖直方向平衡方程为
又因为
解得
（2）撤掉外力后木箱在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
设匀速阶段运动位移为x1，由
解得
设匀减速阶段运动位移为x2，由
解得
所以木箱运动的总位移为
由此可得A、B之间的距离为15m。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）当木箱做匀速直线运动，利用平衡方程结合滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；
（2）当撤去外力后，利用牛顿第二定律可以求出木箱的加速度大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的位移，结合速度位移公式可以求出减速运动的位移大小。
（1）初始阶段木箱做匀速直线运动，故小球受力平衡，由受力分析可知
水平方向平衡方程为
竖直方向平衡方程为
又因为
解得
（2）撤掉外力后木箱在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
设匀速阶段运动位移为x1，由
解得
设匀减速阶段运动位移为x2，由
解得
所以木箱运动的总位移为
由此可得A、B之间的距离为15m。
14．【答案】（1）小物块在O点时
而
则
小物块在A点时
在竖直方向上的分力
在水平方向上分力
最大静摩擦力
，小物块相对圆盘静止，小物块所受静摩擦力大小为
（2）小物块要相对圆盘静止圆盘角速度最小时，因，
圆盘角速度最大时
解得
则

【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）当物块在O点时，利用平衡方程结合胡克定律可以求出劲度系数的大小，利用胡克定律可以求出物块在A点受到的弹力大小，利用力的分解可以求出弹力在水平方向的分力，与滑动摩擦力比较可以判别物块处于静止，利用平衡方程可以求出物块受到的摩擦力大小；
（2）当物块做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出角速度的大小范围。
（1）小物块在O点时
而
则
小物块在A点时
在竖直方向上的分力
在水平方向上分力
最大静摩擦力
，小物块相对圆盘静止，小物块所受静摩擦力大小为
（2）小物块要相对圆盘静止圆盘角速度最小时，因，
圆盘角速度最大时
解得
则
15．【答案】（1）小物块恰好从点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
解得

（2）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律得
在点处，由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上点时对轨道的压力

（3）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律有
小物块从点运动到点，由能量守恒定律有
从点运动到点，由能量守恒定律有
解得

【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好进入轨道时，利用速度的分解可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）当物块从B点运动到C点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）当物块从B点运动到D点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过D点速度的大小，结合能力守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
（1）小物块恰好从点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
解得
（2）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律得
在点处，由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上点时对轨道的压力
（3）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律有
小物块从点运动到点，由能量守恒定律有
从点运动到点，由能量守恒定律有
解得
1 / 1湖南省湘西土家族苗族自治州2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．物理学史作为一门研究物理学发展历程的学科，不仅关乎科学本身，而且涉及人类文明的整体进步。以下说法正确的是（　　）
A．伽利略认为，水平面上运动的物体若没有受到摩擦力，物体将保持这个速度一直运动下去，力是维持物体运动的原因
B．卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量，运用了等效替代法
C．点电荷与质点都是一种理想化模型，现实中并不存在
D．元电荷是自然界中电荷量最小的带电体
【答案】C
【知识点】理想模型法；伽利略理想斜面实验；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略通过理想斜面实验指出，当斜面光滑时，物体一直保持做匀速直线运动，说明没有摩擦力，物体将保持匀速运动，否定了“力是维持运动的原因”的观点，故A错误；
B．卡文迪什扭秤实验通过测量微小扭转角放大引力作用，属于放大法，而非等效替代法，故B错误；
C．点电荷（忽略形状和大小）与质点（忽略物体尺寸）在分析问题时对物体进行简化，现实中不可能忽略物体的形状和体积，所以属于理想化模型，故C正确；
D．元电荷是电荷量的最小单位，属于粒子的电荷量大小，不代表真实存在的粒子，故D错误。
故选C。
【分析】伽利略通过理想斜面实验指出运动不需要力的维持；卡文迪什扭秤实验通过测量微小扭转角放大引力作用，属于放大法；点电荷（忽略形状和大小）与质点（忽略物体尺寸）在分析问题时对物体进行简化，现实中不可能忽略物体的形状和体积，所以属于理想化模型；元电荷只是粒子所带电荷量的最小单位。
2．如图所示，球操比赛中，运动员手持橡胶球翩翩起舞的过程中，能控制手掌使球在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点，c为最低点，在a、c两处手掌面水平，b、d两点与圆心O等高。已知球的质量为m，重力加速度大小为g，球在c点对手掌的压力大小为2mg，则球（　　）
A．做圆周运动的线速度大小为
B．在a处受到手的作用力为mg
C．在b处受重力、手的支持力和向心力
D．从a点到c点的过程中先处于超重状态后处于失重状态
【答案】A
【知识点】超重与失重；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．球做匀速圆周运动，在c点对手的压力大小为2mg，根据牛顿第三定律可以得出小球受到的支持力为2mg，由于小球受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得，做圆周运动的线速度大小为，故A正确；
B．球做匀速圆周运动，在a处，根据牛顿第二定律有
解得，故B错误；
C．向心力是效果力，是物体做匀速圆周运动的合力，不是物体受的力，在b处受重力、手的支持力，还可能受摩擦力作用，故C错误；
D．根据向心力的方向可以得出从a点到c点的过程中球的加速度方向先向下后向上，所以小球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球对手掌的压力可以求出小球受到的支持力，结合牛顿第二定律可以求出小球的线速度大小；当小球经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出手对小球的作用力大小；小球受到的合力提供向心力；利用小球的加速度方向可以判别超重与失重。
3．如图所示，在倾角为的斜面上，将小物体以某一初速度从A点抛出后，恰好以的速度水平打在斜面上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．从A到B的过程，逆向来看是斜抛运动
B．小物体在空中运动的时间是
C．小物体在运动时离斜面最远
D．间的距离是
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．恰好以的速度水平打在斜面上的B点，说明小物体到达B点时速度是水平的，所以小球从A到B的逆运动则为从B到A的平抛运动，故A错误；
B．从逆运动的规律可知小球在A点的速度方向，根据速度的分解有：，根据竖直方向的速度公式可知小物体在空中运动的时间是，故B正确；
C．根据平抛运动的对称性可知小物体的速度方向与斜面平行时离斜面最远，经过时离斜面最远，故C错误；
D．根据沿着斜面方向的位移公式可得间的距离是
解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用B点的速度方向可以得出逆运动为平抛运动；利用平抛运动位移与速度方向的关系结合速度的分解可以求出运动的时间；利用对称性可以得出小球经过时离斜面最远；利用沿着斜面方向的位移公式可以求出AB之间的距离大小。
4．如图所示，直角杆AOP在同一竖直面内，OP杆光滑且竖直，AO杆粗糙且水平放置。将可视为质点、质量均为m的圆环a、b分别穿过OA杆、OP杆且用轻绳相连，此时圆环a恰好处于静止状态，轻绳为紧绷状态且与竖直方向夹角为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆环a与OA杆之间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】将圆环a、b看成一个整体，由于整体处于静止，根据竖直方向的平衡方程可得粗糙杆OA对圆环a的支持力为2mg，根据滑动摩擦力的表达式可得
然后隔离b可得，根据竖直方程的平衡方程有：
对a，根据水平方程的平衡方程有：
解得，故选A。
【分析】利用整体的平衡方程可以求出a受到的滑动摩擦力的表达式，结合b竖直方向的平衡方程及a水平方向的平衡方程可以求出动摩擦因数的大小。
5．如图1所示，一工人用滑轮装置拖动质量为的货物，绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上，另一端在工人施加的水平恒力作用下，货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2，货物速度随时间的变化关系如图2所示，不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g取。由此可知（　　）
A．工人拉绳子的加速度大小为1m/s2
B．恒力的大小为
C．前内做功
D．前内做功的平均功率为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的概念；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可得货物加速度
如图所示，根据动滑轮的规律可知工人拉绳子的加速度大小为，故A错误；
B．以货物为对象，根据牛顿第二定律得
所以，故B错误；
C．内，根据位移公式可知物体的位移
所以内做的功大小为，故C错误；
D．根据做功与时间的比值可以得出平均功率为：，故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出货物加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出恒力的大小；利用位移公式可以求出位移的大小，结合恒力的大小可以求出恒力做功的大小，再结合作用时间可以求出平均功率的大小。
6．智能汽车（IV）是指通过搭载先进的传感器、人工智能、车联网、自动驾驶等技术，实现自主控制的现代化汽车。某辆的智能汽车测试自动驾驶技术时，先以恒定的加速度由静止启动，时达到额定功率，之后保持额定功率不变继续行驶，行驶过程中阻力不变，图像如图所示（为牵引力做的功），以下说法正确的是（　　）
A．汽车的额定功率为
B．汽车在行驶过程中的最大速度为
C．前内，汽车的平均功率为
D．汽车在行驶过程中受到的阻力大小为
【答案】C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．内，根据功的表达式可得：牵引力做的功
所以
根据图像斜率可知
解得
当时，根据功率的表达式可得额定功率为
故A错误；
BD．已知， ，根据牛顿第二定律有：
代入题中数据，联立解得
当，根据平衡方程有时，根据功率的表达式可知
故BD错误；
C．内牵引力做的功
根据功和作用时间可以得出平均功率为：
故C正确。
故选C。
【分析】利用功的表达式结合图像斜率可以求出牵引力的大小；利用牵引力和速度可以求出额定功率的大小；当汽车达到最大速度时，利用牵引力等于阻力结合功率的表达式可以求出最大速度；利用图像可以求出功的大小，结合时间可以求出平均功率的大小。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7．如图所示，大小相同但质量不同的两物块A、B紧靠在一起，先将A、B放到光滑水平地面上，对A施加水平向右的恒力F；再将A、B放到粗糙水平地面上，也对A施加水平向右的恒力F。已知A、B与地面间的动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（　　）
A．在光滑地面上时，A、B两物块一定做匀加速直线运动
B．在粗糙地面上时，A、B两物块一定做匀加速直线运动
C．在粗糙地面上时，A对B的推力比在光滑地面上时A对B的推力大
D．若F大于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，则两种情形下，A对B的推力一样大
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．光滑水平面上，对A、B整体，由于水平方向上只受到恒力的作用，根据牛顿第二定律有
可知AB做匀加速直线运动，故A正确；
B．在粗糙地面上时，若F小于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，此时恒力等于整体受到的静摩擦力，所以合力为0则加速度a为0，AB均静止不动，故B错误；
C．当整体处于静止时，则整体的加速度时，A、B之间可能不存在作用力，故C错误；
D．若地面光滑，以B为对象，根据牛顿第二定律可知A对B的作用力
若F大于A、B整体与地面间的最大静摩擦力，粗糙水平面上，若时，对A、B整体，整体受到恒力和滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律有
对B有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】当水平面光滑时，利用牛顿第二定律可以得出整体的加速度保持不变，做匀加速直线运动；当F小于整体的滑动摩擦力时，整体处于静止，此时加速度等于0，此时AB之间可能没有力的作用；利用整体的牛顿第二定律结合B的牛顿第二定律可以求出A对B的作用力大小。
8．近日，由中国科学院国家天文台、中国科学院大学等科研人员以及匈牙利天文学家联合组成的国际研究团队，在LAMOST光谱巡天数据中发现了一罕见的、与生俱来的超大质量白矮星 热亚矮星超钱德拉塞卡双星系统——Lan11，该系统在引力束缚下绕共同质心旋转。据观测数据推算，白矮星的质量为m1，热亚矮星质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．两星的向心力大小始终相等
B．白矮星与热亚矮星的轨道半径之比为m2∶m1
C．两星运行的周期
D．白矮星的轨道半径
【答案】A,B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．因为m1、m2做圆周运动的向心力均由二者之间的万有引力提供，根据牛顿第三定律可以得出双星受到的引力大小相等，所以向心力大小相等，即向心力之比为1∶1，故A正确；
BD．由于引力提供向心力，且双星的角速度相等，根据牛顿第二定律有，
可得半径之比为，，故B正确，D错误；
C．根据周期和角速度的关系式有，结合牛顿第二定律可得，故C错误。
故选AB。
【分析】利用双星的引力相等，结合引力提供向心力可以得出向心力大小相等；利用牛顿第二定律可以求出轨道半径的比值；利用牛顿第二定律可以求出周期的大小。
9．如图所示，半径R=0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离，传送带在电动机的带动下以的恒定速率顺时针运行。现将质量、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度 ，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N
B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s
C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J
D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律得
解得
物块在B点时，由于支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得，A正确；
B．小物块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可以得出物块的加速度为
解得
根据速度公式可以得出小物块先匀加速的时间
根据位移公式可以得出小物块匀加速运动的位移
根据位移公式可以得出小物块匀速运动的时间
小物块在传送带B、C间的运动时间为，B错误；
C．根据位移公式可得小物块与传送带的相对位移为
根据功能关系可知因摩擦而产生的热量，C正确；
D．根据能量守恒定律可得整个过程中电动机多消耗的电能为，D错误。
故选AC。
【分析】利用机械能守恒定律可以求出物块经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块受到的支持力大小；利用牛顿第二定律可以求出物块在传送带上的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，利用位移公式可以求出加速的位移，再结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；利用位移公式可以求出相对位移的大小，结合摩擦力可以求出产生的热量；利用能量守恒定律可以求出消耗的电能大小。
10．如图所示，一长木板b静止于水平地面上，滑块a以的初速度从左端滑上长木板，已知长木板b和滑块a的质量均为3kg，长木板的板长为，滑块a与长木板上表面间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块从左端滑上长木板开始计时，在运动的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块a刚滑上长木板b时，b的加速度大小为
B．经过，滑块a和长木板b共速
C．滑块a最终会滑离长木板b
D．滑块a和长木板b之间因摩擦产生的热量为80J
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．设长木板b和滑块a二者质量为m，依题意，根据滑动摩擦力的表达式可得滑块a滑上长木板b后a、b间的摩擦力为
根据滑动摩擦力的表达式可得长木板b与地面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a，由牛顿第二定律得
解得
对长木板b，由牛顿第二定律得
解得，A错误；
B．设经时间，由于滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据速度公式可知滑块a和长木板b达到共同速度有
解得，B正确；
C．设共速时，a未滑离b，根据速度公式可得二者的速度为
二者的相对位移为
根据位移公式可得滑块的位移为，木板运动的位移为
解得
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，滑块a和长木板b二者保持相对静止，不会滑离木板，C错误；
D．已知滑块和木板之间相对位移的大小为，根据功能关系可得小滑块与长木板间因摩擦产生的热量，D正确。
故选BD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出木板和物块加速度的大小；利用速度公式可以求出共速的速度大小及时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，利用相对位移与木板的长度比较可以判别滑块没有离开木板；利用摩擦力和相对位移可以求出产生的热量。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．平抛运动是研究曲线运动的理想模型，它揭示了运动的独立性原理，某学校物理科研创新小组通过以下装置探究平抛运动的特点。
（1）用图1装置探究时，以下说法正确的是___________。
A．小锤击打力度越大，小球落地时间越短
B．该装置可以证明平抛运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动
C．改变高度，A、B两球总能同时落地
（2）用图2装置描绘平抛运动轨迹进行研究时，下列说法正确的是___________。
A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同
B．该实验需要用秒表测时间，用刻度尺测量记录点间的距离
C．斜槽末端一定要水平，斜槽轨道不必光滑
（3）某同学用相机以100次/秒拍摄照片，处理后得到如图3所示的运动轨迹，图中两相邻小球像点间还有N个未显示，每一小格边长对应的实际距离为L=8mm，重力加速度，由图3数据可得N=　 　，平抛运动初速度大小v0=　 　m/s。
【答案】（1）C
（2）A；C
（3）3；0.6
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）A．小球落地时间与初速度大小无关，与下落高度有关，高度不变，落地时间不变，A错误；
B．该装置只能探究平抛运动竖直方向是自由落体运动，B错误；
C．两个小球在竖直方向上总是从同一高度同时开始做自由落体运动，改变高度，也能同时落地，C正确。
故答案为：C。
（2）A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同，保证每次小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．该实验不需要用秒表测时间，不用刻度尺测量记录点间的距离，只描绘小球做平抛运动的轨迹，B错误；
C．斜槽末端一定要水平，保证小球离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽轨道光滑、粗糙不影响实验结果，C正确。
故答案为：AC。
（3）相机拍照的时间间隔为
竖直方向
解得
根据题意
平抛运动初速度大小
故答案为：3；0.6
【分析】(1) 结合平抛运动的竖直分运动（自由落体）和水平分运动（匀速直线）特点，分析装置探究平抛运动时的原理与结论正确性；
(2) 根据平抛运动轨迹描绘的实验要求，判断操作规范和器材使用的合理性；
(3) 利用平抛运动竖直方向的自由落体位移差公式求时间间隔，结合水平方向匀速运动公式计算初速度，进而确定未显示的像点数。
（1）A．小球落地时间与初速度大小无关，与下落高度有关，高度不变，落地时间不变，A错误；
B．该装置只能探究平抛运动竖直方向是自由落体运动，B错误；
C．两个小球在竖直方向上总是从同一高度同时开始做自由落体运动，改变高度，也能同时落地，C正确。
故选C。
（2）A．每次实验小球必须由静止释放，并且释放位置必须相同，保证每次小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．该实验不需要用秒表测时间，不用刻度尺测量记录点间的距离，只描绘小球做平抛运动的轨迹，B错误；
C．斜槽末端一定要水平，保证小球离开斜槽末端后做平抛运动，斜槽轨道光滑、粗糙不影响实验结果，C正确。
故选AC。
（3）[1]相机拍照的时间间隔为
竖直方向
解得
根据题意
[2]平抛运动初速度大小
12．如图为小阳同学所采用的验证机械能守恒定律的实验装置。细线上端系于量角器的圆心O点，下端连接小球，可绕O点在竖直面内做圆周运动，在小球轨迹最低点放置一光电门。本次实验已测得小球的直径d、细线长度L、小球通过光电门的挡光时间Δt，小球静止释放时细线与竖直方向的夹角θ。
（1）下列说法中，正确的是___________。
A．可用橡皮筋代替实验中的细线
B．该实验中，小球是否静止释放，不影响实验结果
C．该实验中，小球需选择质量大、体积小的小球
（2）小球经过最低点的速度大小v=　 　。
（3）若小球质量为m，重力加速度为g，则小球动能的增加量为　 　，重力势能的减少量为　 　，若在误差允许范围内动能的增加量近似等于重力势能的减少量，即可验证机械能守恒定律。
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是　 　。
【答案】（1）C
（2）
（3）；
（4）计算小球的重力势能减少量时忘记加小球的半径。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了小球只受到重力做功，拉力不做功，则小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线，故A错误；
B．为了验证重力势能和动能的变化量是否相等，利用末速度求出动能的增量，则必须控制小球的初速度等于0，所以每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验，故B错误；
C．为了小球只受到重力，减小空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故C正确。
故选C。
（2）根据平均速度公式可知小球经过最低点的瞬时速度大小为
（3）根据动能的表达式可知小球动能的增加量为根据重力势能的表达式可知小球的重力势能减少量为
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是：当在计算小球下落的高度时，若没有考虑小球的半径，根据表达式计算小球的重力势能减少量时就会导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
【分析】（1）为了小球只受到重力做功，拉力不做功，则小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线；利用末速度求出动能的增量，则必须控制小球的初速度等于0，所以每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验；为了小球只受到重力，减小空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；
（3）利用动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（4）当在计算小球下落的高度时，若没有考虑小球的半径，根据表达式计算小球的重力势能减少量时就会导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
（1）A．小球的球心到悬点之间的距离不能变化，所以不可用橡皮筋代替实验中的细线，故A错误；
B．每次必须从同一位置由静止释放小球，使小球运动到最低点时的速度相同；然后改变角度θ，重复实验，故B错误；
C．为尽量消除空气阻力影响，应选择质量大、体积小的小球，故C正确。
故选C。
（2）小球经过最低点的瞬时速度大小为
（3）[1]小球动能的增加量为
[2]小球的重力势能减少量为
（4）小阳同学通过多次改变角度θ，重复实验，发现小球静止释放到最低点过程中，动能的增加量总是大于重力势能的减少量，原因可能是：计算小球的重力势能减少量时忘记加小球的半径，导致重力势能的减少量偏小，所以动能的增加量总是大于重力势能的减少量。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．如图所示，一搬运工人想将质量为40kg的木箱从A点推到仓库内的B点，现给木箱施加一个水平向右大小为100N的恒力，让正在A点以5m/s初速度运动的木箱在粗糙水平地面上做匀速直线运动。2s后工人突然撤去水平恒力，让木箱做匀减速直线运动，最后刚好到达B点，重力加速度g取10m/s2，木箱可看为质点。求：
（1）木箱与地面间的动摩擦因数；
（2）A、B之间的距离。
【答案】（1）初始阶段木箱做匀速直线运动，故小球受力平衡，由受力分析可知
水平方向平衡方程为
竖直方向平衡方程为
又因为
解得
（2）撤掉外力后木箱在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
设匀速阶段运动位移为x1，由
解得
设匀减速阶段运动位移为x2，由
解得
所以木箱运动的总位移为
由此可得A、B之间的距离为15m。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）当木箱做匀速直线运动，利用平衡方程结合滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；
（2）当撤去外力后，利用牛顿第二定律可以求出木箱的加速度大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的位移，结合速度位移公式可以求出减速运动的位移大小。
（1）初始阶段木箱做匀速直线运动，故小球受力平衡，由受力分析可知
水平方向平衡方程为
竖直方向平衡方程为
又因为
解得
（2）撤掉外力后木箱在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
设匀速阶段运动位移为x1，由
解得
设匀减速阶段运动位移为x2，由
解得
所以木箱运动的总位移为
由此可得A、B之间的距离为15m。
14．如图所示，在水平圆盘上有一条标记线OAB，。圆心O点放置一个质量为m可视为质点的小物块，小物块与一根轻质弹性绳连接，绳另一端固定在O点正上方的点，圆盘与小物块间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻质弹性绳原长为L，其弹力F随伸长量x变化满足胡克定律。图中长度为2L，P为点正下方一固定的光滑小圆环，轻质弹性绳穿过圆环，且。开始时圆盘及小物块都静止，此时测得圆盘对小物块的支持力大小为，g为重力加速度。
（1）保持圆盘静止，将小物块放置在圆盘上A点，试判断小物块是否能够静止并求出此时小物块受到的摩擦力大小；
（2）使圆盘以某一角速度绕匀速转动，要使小物块在A点与圆盘保持相对静止，求角速度的取值范围。
【答案】（1）小物块在O点时
而
则
小物块在A点时
在竖直方向上的分力
在水平方向上分力
最大静摩擦力
，小物块相对圆盘静止，小物块所受静摩擦力大小为
（2）小物块要相对圆盘静止圆盘角速度最小时，因，
圆盘角速度最大时
解得
则

【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）当物块在O点时，利用平衡方程结合胡克定律可以求出劲度系数的大小，利用胡克定律可以求出物块在A点受到的弹力大小，利用力的分解可以求出弹力在水平方向的分力，与滑动摩擦力比较可以判别物块处于静止，利用平衡方程可以求出物块受到的摩擦力大小；
（2）当物块做匀速圆周运动时，利用牛顿第二定律可以求出角速度的大小范围。
（1）小物块在O点时
而
则
小物块在A点时
在竖直方向上的分力
在水平方向上分力
最大静摩擦力
，小物块相对圆盘静止，小物块所受静摩擦力大小为
（2）小物块要相对圆盘静止圆盘角速度最小时，因，
圆盘角速度最大时
解得
则
15．如图所示，半径的光滑圆弧轨道，固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角与关于水平方向对称，点为圆弧电源的最低点，与粗糙水平面相切（平滑连接），一轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量、可视为质点的小物块从空中A点以的速度水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，经过圆弧轨道上点后沿水平面向右运动至点时，弹簧被压缩至最短，小物块第二次到达点时刚好停止运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取。求：
（1）小物块运动到点时的速度大小；
（2）小物块经过点时对轨道的压力大小；
（3）整个过程中弹簧弹性势能的最大值。
【答案】（1）小物块恰好从点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
解得

（2）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律得
在点处，由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上点时对轨道的压力

（3）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律有
小物块从点运动到点，由能量守恒定律有
从点运动到点，由能量守恒定律有
解得

【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物块恰好进入轨道时，利用速度的分解可以求出物块经过B点速度的大小；
（2）当物块从B点运动到C点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出物块对轨道的压力大小；
（3）当物块从B点运动到D点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过D点速度的大小，结合能力守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
（1）小物块恰好从点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
解得
（2）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律得
在点处，由牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上点时对轨道的压力
（3）小物块由点运动到点，由机械能守恒定律有
小物块从点运动到点，由能量守恒定律有
从点运动到点，由能量守恒定律有
解得
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