资源简介

福建福州市长乐第一中学2025-2026学年高一下学期期中物理试卷
1．如图所示，一条小船过河，河宽100m，河水流速v1=3m/s，船在静水中速度v2=4m/s，船头方向与河岸垂直，关于小船的运动，以下说法正确的是（　　）
A．小船渡河时间为20s
B．小船相对岸的位移大小是175m
C．小船相对岸的速度大小是5m/s
D．小船的实际运动轨迹与河岸垂直
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、船头垂直河岸渡河，渡河时间由垂直河岸分运动决定，，故A错误；
B、水流沿河岸位移，合位移，故B错误；
C、船相对岸的速度是两分速度的合速度，，故C正确；
D、船同时拥有垂直河岸、沿河岸两个分速度，合速度斜向下游，运动轨迹与河岸不垂直，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查渡河最短时间，船头垂直河岸时渡河时间只由河宽、船静水速度决定；
B、考查合位移计算，分别求出垂直、沿河岸位移再用勾股定理；
C、考查运动的合成，互相垂直的分速度合成满足勾股定理；
D、考查曲线运动轨迹，合速度斜向，轨迹不垂直河岸。
2．如图所示，“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐增大，在图中位置探月卫星速度v方向、合力F方向可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，且指向运动方向；曲线运动中，合力一定指向轨迹的凹侧；卫星速度逐渐增大，说明合力对卫星做正功，所以合力与速度方向夹角为锐角，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查曲线运动速度、合力的规律，核心三点：①速度沿轨迹切线、指向运动方向；②合力一定指向轨迹凹侧；③速度增大时合力与速度夹角为锐角（合力做正功）。
3．如图所示，轻弹簧竖直固定在地面上，一小球从它正上方的A点自由下落，到达B点开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，不计空气阻力，则在小球从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能一直减小
B．小球反弹后的最高点比A点低
C．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、A 到 B 过程无弹簧弹力，小球机械能守恒；B 到 C 弹簧弹力对小球做负功，小球机械能减小，因此小球机械能先不变后减小，故 A 错误；
B、系统机械能守恒，无能量损耗，反弹后最高点能回到 A 点，故 B 错误；
C、系统总机械能不变，重力势能不断减小，因此小球动能与弹簧弹性势能之和持续增大，故 C 错误；
D、小球动能先增大后减小；系统总机械能不变，重力势能与弹性势能之和的变化趋势与动能相反，因此二者之和先减小后增大，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查机械能变化判断，只有弹力做功阶段小球机械能才减小；
B、考查系统机械能守恒，无空气阻力，反弹最高点与释放点等高；
C、考查能量转化，重力势能持续减小，动能 + 弹性势能总和持续变大；
D、考查能量守恒，动能先增后减，重力势能 + 弹性势能之和先减后增。
4．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持的恒定速率运行，A、B间的距离为2m，取。旅客把质量为10kg的行李（可视为质点、与传送带之间的动摩擦因数）无初速度地放在A处，则行李从A到B点过程中，电动机额外多做的功为（　　）
A．20J B．40J C．60J D．80J
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】对行李，由牛顿第二定律，由
解得，设行李加速时间为t，
行李加速时间内传送带的位移
两者的相对位移为
摩擦热为
电动机额外多做的功为
故答案为：B。
【分析】电动机额外做功包含两部分：行李获得的动能、行李与传送带摩擦产生的热量，核心步骤：先求加速度、加速位移、相对位移，再分别算动能与摩擦热求和。
5．如图所示，风力发电机叶片上有P、Q两点，其中P在叶片的端点，Q在叶片的中点。叶片匀速转动，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q两点周期之比2∶1
B．P、Q两点转速之比1∶1
C．P、Q两点线速度大小之比为1∶2
D．P、Q两点角速度大小之比1∶1
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A、周期公式，相同则周期相等，周期之比，故A错误；
B、转速，相等，转速之比，故B正确；
C、线速度，，则，故C错误；
D、同轴转动各点角速度相同，，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查同轴转动周期规律，角速度相等则周期相等；
B、考查转速与角速度关系，角速度相同转速相等；
C、考查线速度公式，线速度与转动半径成正比；
D、考查同轴转动核心特点，同轴各点角速度大小完全相等。
6．一个物体离地一定的高度水平抛出，不计空气阻力，以地面为零势能参考面，以下画出了物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随竖直位移大小h变化的图像，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】设竖直下落位移为，平抛过程只有重力做功，系统机械能守恒，初始动能，初始重力势能。
A、由机械能守恒：，时动能不为0，图A起点在原点，不符合，故A错误；
B、重力势能表达式，随线性减小，图像为向下倾斜直线，故B正确；
C、不计空气阻力，机械能守恒，总机械能不随下落位移变化，图像为水平直线，故C正确；
D、机械能守恒，机械能恒定不变，不会随增大而上升，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查平抛动能表达式，初始位置有初动能，动能不为零；
B、考查重力势能变化，下落高度越大重力势能越小，线性递减；
C、D、考查机械能守恒，无空气阻力时总机械能保持恒定，不随位移变化。
7．如图所示，小物体分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端静止下滑，物体与各接触面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连。若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．物体沿斜面Ⅱ刚运动到水平面时速度大于沿斜面Ⅰ刚运动到水平面时速度
B．物体沿斜面Ⅱ刚运动到水平面时速度等于沿斜面Ⅰ刚运动到水平面时速度
C．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点静止
D．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面高度为，斜面水平投影长度，
AB、物体滑到水平面过程动能定理：，得；斜面Ⅱ更陡，水平投影，因此，即沿Ⅱ滑到水平面速度更大，故A正确，B错误。
CD、全程动能定理：，化简得，总水平位移；两斜面相同，全程总水平位移相等，因此物体沿Ⅱ下滑也会停在点，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、B：结合动能定理，斜面水平投影越短，滑到水平面末速度越大；
C、D：全程总水平位移仅由高度、动摩擦因数决定，与斜面倾角无关，因此停下位置相同。
8．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。已知A的质量3m，B的质量m。开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动，忽略摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，重物B始终未触碰滑轮，下列说法正确的是（　　）
A．运动的过程中，重物A克服绳子拉力做的功等于重物B的机械能的增加量
B．重物A与重物B动能比为3∶1
C．当A的位移大小为h时，A运动的速度大小为
D．当A的位移大小为h时，A运动的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、A、B系统只有重力做功，系统机械能守恒。A克服绳子拉力做功等于A自身机械能减少量，A减少的机械能全部转化为B增加的机械能，因此A克服绳拉力做的功等于B机械能增加量，故A正确。
B、动滑轮关系：A位移，B位移，速度；，，比值，不是，故B错误。
CD．A位移为时， A重力势能减少，B重力势能增加，总重力势能减少，，解得 ，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查系统机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能；
B、结合动滑轮位移速度关系，推导动能比值；
C、D、利用机械能守恒列式求解A的速度，核对表达式。
9．如图所示，在离地面高h处将静止的小物体以初速度踢出，小物体质量为m，不计空气阻力，取踢出位置为零势能面，重力加速度的大小为g，则踢出小物体过程中人对物体做功　 　，刚要落地时物体的机械能　 　；已知飞行过程中最小速度为v，那么从刚飞出到速度变为最小，该过程速度变化量大小为　 　。
【答案】；；
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据动能定理可得踢出小物体过程中人对物体做功为；
取踢出位置为零势能面，小物体在空中只受重力作用，机械能守恒，则刚要落地时物体的机械能为；
小物体在空中运动时，水平方向做匀速直线运动，则飞行过程中速度最小时，竖直分速度减为0，即水平分速度为，则小物体被踢出时的竖直分速度大小为
可知从刚飞出到速度变为最小，该过程速度变化量大小为
故答案为：；；
【分析】(1) 本题考查动能定理，外力做功等于物体动能变化；
(2) 本题考查机械能守恒，只有重力做功时系统机械能总量保持不变；
(3) 本题考查斜抛运动分运动规律，水平匀速、竖直匀变速，速度变化量等于竖直分速度变化大小。
10．如图所示，长杆水平固定，在杆O点正下方的Q点固定一光滑定滑轮，物块甲（可视为质点）套在长杆上，其下端用轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。物块甲在水平外力的作用下从O点右侧以1m/s速度匀速向左运动，当物块甲运动到P点时，轻绳与竖直方向的夹角θ为53°。物块甲运动到P点时，物块乙的速度大小为　 　m/s，甲运动到O点时，物块乙的速度大小为 　 　m/s。（ ）
【答案】；0
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】物块甲运动到P点时，将甲的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向正交分解：
甲沿绳方向的分速度，则物块乙的速度大小；
甲运动到O点时，甲沿绳方向的分速度为0，故物块乙的速度大小为0
故答案为：；0
【分析】(1) 本题考查运动的分解（关联速度），合速度为物体实际运动速度，沿绳分速度与相连物体速度大小相等；
(2) 分解速度时，要以绳为基准，把实际速度分解为沿绳、垂直绳两个正交分量。
11．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离S，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为f，在此过程中F做功　 　，摩擦力对小物块做功　 　 ，小物块与小车组成的系统增加的机械能　 　。
【答案】FS；f(S-L)；FS-f L
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【解答】拉力F作用在小车上，小车的位移为S，且力与位移方向相同，则
物块相对于地面的位移为，且物块相对于小车向后运动，故小车对物块的摩擦力水平向右，
则摩擦力对小物块做功
物块与小车组成的系统产生的内能为
由功能原理知，物块与小车组成的系统增加的机械能
故答案为：FS；f(S-L)；FS-f L
【分析】(1) 本题考查恒力做功公式，功等于力乘以力的作用对象对地的位移；
(2) 滑动摩擦力做功需以物体相对地面的位移计算；
(3) 本题考查功能关系，系统机械能增量等于外力总功减去摩擦产生的内能，摩擦生热。
12．如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
（1）该实验必需的测量工具是
A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧测力计
（2）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的有________。（双选，漏选错选不得分）
A．重物选用质量和体积较大的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．释放重物前，保持纸带沿竖直方向
D．先释放纸带，后接通电源
（3）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点A、B、C，测得点B到起始点O的距离为h，点A、B的间距为h1，点B、C的间距为h2。已知实验选用的重物质量为m，相邻计时点间的时间间隔为T，当地重力加速度的大小为g。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　（均用测得的物理量和已知量的字母表示）。实验结果通常为重物重力势能的减少量略　 　动能的增加量（选填“大于”、“等于”“小于”）。
【答案】（1）B
（2）B；C
（3）mgh；；大于
【知识点】验证机械能守恒定律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）A．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以不需要天平，故A错误；
B．需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故B正确；
C．通过打点计时器可以知道时间，所以不需要秒表，故C错误；
D．该实验不需要用弹簧测力计测量力的大小，故D错误。
故答案为：B。
（2）A．为了减小空气阻力的影响，重物选用质量和体积较小的金属锤，故A错误；
BC．两限位孔在同一竖直面内上下对正，释放重物前，保持纸带沿竖直方向，可减小纸带与限位孔的摩擦，故BC正确；
D．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故D错误。
故答案为：BC。
（3）从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量为
打B点时，重物的速度为
从打O点到打点的过程中，动能的增加量为
由于受到摩擦阻力和空气阻力的影响，减少的重力势能有一部分转化为内能，所以实验结果通常为重物重力势能的减少量略大于动能的增加量。
故答案为：mgh；；大于
【分析】(1) 本小问实验器材选择，明确各仪器作用，机械能守恒消去质量，只需刻度尺测位移。
(2) 本小问实验操作误差分析，减小摩擦、减小空气阻力的正确操作。
(3) 本小问重力势能变化定义、中间时刻瞬时速度推论求动能增量；阻力损耗机械能，势能减少量大于动能增加量。
（1）A．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以不需要天平，故A错误；
B．需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故B正确；
C．通过打点计时器可以知道时间，所以不需要秒表，故C错误；
D．该实验不需要用弹簧测力计测量力的大小，故D错误。
故选B。
（2）A．为了减小空气阻力的影响，重物选用质量和体积较小的金属锤，故A错误；
BC．两限位孔在同一竖直面内上下对正，释放重物前，保持纸带沿竖直方向，可减小纸带与限位孔的摩擦，故BC正确；
D．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故D错误。
故选BC。
（3）[1]从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量为
[2]打B点时，重物的速度为
从打O点到打点的过程中，动能的增加量为
[3]由于受到摩擦阻力和空气阻力的影响，减少的重力势能有一部分转化为内能，所以实验结果通常为重物重力势能的减少量略大于动能的增加量。
13．以下为某学习小组在“探究平抛运动规律”时的实验操作。
（1）用如图所示装置获得钢球的平抛轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下列操作正确的是_____（双选，漏选错选不得分）。
A．斜槽末端必须调节成水平
B．通过调节使硬板保持竖直
C．记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
D．用直线依次连接各个落点
（2）在此实验中，每次让小球从斜槽上的　 　（选填“同一”、“不同”）位置由静止滚下。
（3）按正确的操作步骤得到如图所示的小球的运动轨迹，在轨迹上取A、B、C三点，以A点为坐标原点，B、C坐标如图所示，则小球经过B点的速度　 　m/s（取）。
【答案】（1）A；B
（2）同一
（3）2.5
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）A．为了保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端必须调节成水平，故A正确；
B．小球做平抛运动的轨迹处于竖直平面内，应通过调节使硬板保持竖直，故B正确；
C．记录小球位置时，每次不需要严格地等距离下降，故C错误；
D．用平滑的曲线依次连接各个落点，故D错误。
故答案为：AB。
（2）为了保证每次小球抛出的速度相同，每次让小球从斜槽上的同一位置由静止滚下。
故答案为：同一
（3）由题图竖直方向有，解得
则小球的水平分速度为
小球经过B点的竖直分速度为
则小球经过B点的速度为
故答案为：2.5
【分析】(1) 本小问平抛实验规范操作判断，明确末端水平、木板竖直两个核心操作要点。
(2) 本小问保证初速度相同的操作要求，同一位置释放小球。
(3) 本小问平抛运动分解，竖直方向匀变速推论求时间间隔，中间时刻瞬时速度求竖直分速度，再合成合速度。
（1）A．为了保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端必须调节成水平，故A正确；
B．小球做平抛运动的轨迹处于竖直平面内，应通过调节使硬板保持竖直，故B正确；
C．记录小球位置时，每次不需要严格地等距离下降，故C错误；
D．用平滑的曲线依次连接各个落点，故D错误。
故选AB。
（2）为了保证每次小球抛出的速度相同，每次让小球从斜槽上的同一位置由静止滚下。
（3）由题图竖直方向有
解得
则小球的水平分速度为
小球经过B点的竖直分速度为
则小球经过B点的速度为
14．将一个质量m=1kg小球从的高度以的速度水平抛出，落在水平地面上。不计空气阻力，取。求：
（1）小球抛出点与落地点之间的水平距离；
（2）小球落地时速度的大小与重力的功率P；
（3）从抛出至落地小球重力的平均功率 。
【答案】（1）解：根据平抛运动规律可知，小球竖直方向有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解：小球落地时竖直方向速度大小
则小球落地时速度大小
刚落地时
解得 P=100W
（3）解：从抛出至落地小球重力的平均功率为
重力做功为W=mgh
解得=50W
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 本小问平抛运动分解，竖直自由落体求下落总时间，水平匀速直线运动求水平射程。
(2) 本小问速度正交分解，勾股定理求落地合速度；瞬时功率公式 ，重力功率仅由竖直分速度决定。
(3) 本小问平均功率基础计算，重力总做功除以运动总时间，得到全程重力平均功率。
（1）根据平抛运动规律可知，小球竖直方向有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解法一 小球落地时竖直方向速度大小
则小球落地时速度大小
刚落地时
解得 P=100W
解法二 全程
解得
刚落地时
P=100W
（3）解法一 从抛出至落地小球重力的平均功率为
重力做功为W=mgh
解得=50W
解法二 从抛出至落地小球重力的平均功率为=mg
又
解得=50W
15．一质量的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N。求：
（1）内，牵引力的大小F1 ；
（2）电动汽车的额定功率P与最大速度大小；
（3）从静止开始运动到停止运动汽车受到的阻力做的功。
【答案】（1）解：由图可知，内，电动汽车的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率
解得P=300W
匀速时，由
解得
（3）解：全程由动能定理有
其中 ，
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本小问匀加速直线运动，先由v-t图像求加速度，牛顿第二定律求解恒定牵引力。
(2) 本小问3s末功率达到额定值，用求额定功率；匀速时牵引力等于阻力，联立功率公式求最大速度。
(3) 本小问全程动能定理，分匀加速、恒定功率两段计算发动机总功，初末动能为零，直接解出全过程阻力做的功。
（1）由图可知，内，电动汽车的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率
解得P=300W
匀速时，由
解得
（3）全程由动能定理有
其中 ，
解得
16．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一轻质弹簧，弹簧轴线与斜面平行，弹簧处于原长时弹簧上端位于B点。将质量的物块（可视为质点）从斜面顶端A点由静止释放，物块第一次运动到最低点时弹簧的压缩量。已知物块与斜面间的动摩擦因数，A、B点间的距离，取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。弹性势能为，其中k是弹簧劲度系数，x是弹簧形变量。（）求：
（1）物块第一次经过B点时的速度大小 ；
（2）弹簧的最大弹性势能与弹簧的劲度系数；
（3）物块的最大动能 。
【答案】（1）解：对物块从到的过程，由动能定理
解得
（2）解：物块第一次到达最低点时速度为0，弹簧弹性势能最大。对到最低点全过程，由功能关系
代入得
由弹性势能公式
解得
（3）解：当物块合力为0时，速度最大、动能最大。设此时弹簧压缩量为，沿斜面方向受力平衡
代入数据得
对到动能最大位置过程，由动能定理
解得
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理在斜面匀变速运动中的应用，重力分力做正功、摩擦力做负功，初动能为零，直接求解 B 点速度。
(2) 本小问全程功能关系，重力做功、摩擦力做功全部转化为弹簧弹性势能；再结合弹性势能公式反推弹簧劲度系数。
(3) 本小问受力平衡判断动能最大位置，合力为零速度峰值；再用动能定理，重力、摩擦力、弹簧弹力做功代数和等于最大动能。
（1）对物块从到的过程，由动能定理
解得
（2）物块第一次到达最低点时速度为0，弹簧弹性势能最大。对到最低点全过程，由功能关系
代入得
由弹性势能公式
解得
（3）当物块合力为0时，速度最大、动能最大。设此时弹簧压缩量为，沿斜面方向受力平衡
代入数据得
对到动能最大位置过程，由动能定理
解得
1 / 1福建福州市长乐第一中学2025-2026学年高一下学期期中物理试卷
1．如图所示，一条小船过河，河宽100m，河水流速v1=3m/s，船在静水中速度v2=4m/s，船头方向与河岸垂直，关于小船的运动，以下说法正确的是（　　）
A．小船渡河时间为20s
B．小船相对岸的位移大小是175m
C．小船相对岸的速度大小是5m/s
D．小船的实际运动轨迹与河岸垂直
2．如图所示，“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐增大，在图中位置探月卫星速度v方向、合力F方向可能是下列图中的（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，轻弹簧竖直固定在地面上，一小球从它正上方的A点自由下落，到达B点开始与弹簧接触，到达C点速度减为零，不计空气阻力，则在小球从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能一直减小
B．小球反弹后的最高点比A点低
C．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
4．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持的恒定速率运行，A、B间的距离为2m，取。旅客把质量为10kg的行李（可视为质点、与传送带之间的动摩擦因数）无初速度地放在A处，则行李从A到B点过程中，电动机额外多做的功为（　　）
A．20J B．40J C．60J D．80J
5．如图所示，风力发电机叶片上有P、Q两点，其中P在叶片的端点，Q在叶片的中点。叶片匀速转动，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q两点周期之比2∶1
B．P、Q两点转速之比1∶1
C．P、Q两点线速度大小之比为1∶2
D．P、Q两点角速度大小之比1∶1
6．一个物体离地一定的高度水平抛出，不计空气阻力，以地面为零势能参考面，以下画出了物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随竖直位移大小h变化的图像，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，小物体分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端静止下滑，物体与各接触面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连。若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．物体沿斜面Ⅱ刚运动到水平面时速度大于沿斜面Ⅰ刚运动到水平面时速度
B．物体沿斜面Ⅱ刚运动到水平面时速度等于沿斜面Ⅰ刚运动到水平面时速度
C．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点静止
D．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
8．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。已知A的质量3m，B的质量m。开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动，忽略摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，重物B始终未触碰滑轮，下列说法正确的是（　　）
A．运动的过程中，重物A克服绳子拉力做的功等于重物B的机械能的增加量
B．重物A与重物B动能比为3∶1
C．当A的位移大小为h时，A运动的速度大小为
D．当A的位移大小为h时，A运动的速度大小为
9．如图所示，在离地面高h处将静止的小物体以初速度踢出，小物体质量为m，不计空气阻力，取踢出位置为零势能面，重力加速度的大小为g，则踢出小物体过程中人对物体做功　 　，刚要落地时物体的机械能　 　；已知飞行过程中最小速度为v，那么从刚飞出到速度变为最小，该过程速度变化量大小为　 　。
10．如图所示，长杆水平固定，在杆O点正下方的Q点固定一光滑定滑轮，物块甲（可视为质点）套在长杆上，其下端用轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。物块甲在水平外力的作用下从O点右侧以1m/s速度匀速向左运动，当物块甲运动到P点时，轻绳与竖直方向的夹角θ为53°。物块甲运动到P点时，物块乙的速度大小为　 　m/s，甲运动到O点时，物块乙的速度大小为 　 　m/s。（ ）
11．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离S，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为f，在此过程中F做功　 　，摩擦力对小物块做功　 　 ，小物块与小车组成的系统增加的机械能　 　。
12．如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
（1）该实验必需的测量工具是
A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧测力计
（2）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的有________。（双选，漏选错选不得分）
A．重物选用质量和体积较大的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．释放重物前，保持纸带沿竖直方向
D．先释放纸带，后接通电源
（3）正确完成实验操作后，得到点迹清晰的一条纸带。如图乙所示，在纸带上选取三个连续打出的计时点A、B、C，测得点B到起始点O的距离为h，点A、B的间距为h1，点B、C的间距为h2。已知实验选用的重物质量为m，相邻计时点间的时间间隔为T，当地重力加速度的大小为g。则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量　 　，动能的增加量　 　（均用测得的物理量和已知量的字母表示）。实验结果通常为重物重力势能的减少量略　 　动能的增加量（选填“大于”、“等于”“小于”）。
13．以下为某学习小组在“探究平抛运动规律”时的实验操作。
（1）用如图所示装置获得钢球的平抛轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下列操作正确的是_____（双选，漏选错选不得分）。
A．斜槽末端必须调节成水平
B．通过调节使硬板保持竖直
C．记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
D．用直线依次连接各个落点
（2）在此实验中，每次让小球从斜槽上的　 　（选填“同一”、“不同”）位置由静止滚下。
（3）按正确的操作步骤得到如图所示的小球的运动轨迹，在轨迹上取A、B、C三点，以A点为坐标原点，B、C坐标如图所示，则小球经过B点的速度　 　m/s（取）。
14．将一个质量m=1kg小球从的高度以的速度水平抛出，落在水平地面上。不计空气阻力，取。求：
（1）小球抛出点与落地点之间的水平距离；
（2）小球落地时速度的大小与重力的功率P；
（3）从抛出至落地小球重力的平均功率 。
15．一质量的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N。求：
（1）内，牵引力的大小F1 ；
（2）电动汽车的额定功率P与最大速度大小；
（3）从静止开始运动到停止运动汽车受到的阻力做的功。
16．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一轻质弹簧，弹簧轴线与斜面平行，弹簧处于原长时弹簧上端位于B点。将质量的物块（可视为质点）从斜面顶端A点由静止释放，物块第一次运动到最低点时弹簧的压缩量。已知物块与斜面间的动摩擦因数，A、B点间的距离，取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。弹性势能为，其中k是弹簧劲度系数，x是弹簧形变量。（）求：
（1）物块第一次经过B点时的速度大小 ；
（2）弹簧的最大弹性势能与弹簧的劲度系数；
（3）物块的最大动能 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、船头垂直河岸渡河，渡河时间由垂直河岸分运动决定，，故A错误；
B、水流沿河岸位移，合位移，故B错误；
C、船相对岸的速度是两分速度的合速度，，故C正确；
D、船同时拥有垂直河岸、沿河岸两个分速度，合速度斜向下游，运动轨迹与河岸不垂直，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查渡河最短时间，船头垂直河岸时渡河时间只由河宽、船静水速度决定；
B、考查合位移计算，分别求出垂直、沿河岸位移再用勾股定理；
C、考查运动的合成，互相垂直的分速度合成满足勾股定理；
D、考查曲线运动轨迹，合速度斜向，轨迹不垂直河岸。
2．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，且指向运动方向；曲线运动中，合力一定指向轨迹的凹侧；卫星速度逐渐增大，说明合力对卫星做正功，所以合力与速度方向夹角为锐角，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查曲线运动速度、合力的规律，核心三点：①速度沿轨迹切线、指向运动方向；②合力一定指向轨迹凹侧；③速度增大时合力与速度夹角为锐角（合力做正功）。
3．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A、A 到 B 过程无弹簧弹力，小球机械能守恒；B 到 C 弹簧弹力对小球做负功，小球机械能减小，因此小球机械能先不变后减小，故 A 错误；
B、系统机械能守恒，无能量损耗，反弹后最高点能回到 A 点，故 B 错误；
C、系统总机械能不变，重力势能不断减小，因此小球动能与弹簧弹性势能之和持续增大，故 C 错误；
D、小球动能先增大后减小；系统总机械能不变，重力势能与弹性势能之和的变化趋势与动能相反，因此二者之和先减小后增大，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查机械能变化判断，只有弹力做功阶段小球机械能才减小；
B、考查系统机械能守恒，无空气阻力，反弹最高点与释放点等高；
C、考查能量转化，重力势能持续减小，动能 + 弹性势能总和持续变大；
D、考查能量守恒，动能先增后减，重力势能 + 弹性势能之和先减后增。
4．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】对行李，由牛顿第二定律，由
解得，设行李加速时间为t，
行李加速时间内传送带的位移
两者的相对位移为
摩擦热为
电动机额外多做的功为
故答案为：B。
【分析】电动机额外做功包含两部分：行李获得的动能、行李与传送带摩擦产生的热量，核心步骤：先求加速度、加速位移、相对位移，再分别算动能与摩擦热求和。
5．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A、周期公式，相同则周期相等，周期之比，故A错误；
B、转速，相等，转速之比，故B正确；
C、线速度，，则，故C错误；
D、同轴转动各点角速度相同，，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查同轴转动周期规律，角速度相等则周期相等；
B、考查转速与角速度关系，角速度相同转速相等；
C、考查线速度公式，线速度与转动半径成正比；
D、考查同轴转动核心特点，同轴各点角速度大小完全相等。
6．【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】设竖直下落位移为，平抛过程只有重力做功，系统机械能守恒，初始动能，初始重力势能。
A、由机械能守恒：，时动能不为0，图A起点在原点，不符合，故A错误；
B、重力势能表达式，随线性减小，图像为向下倾斜直线，故B正确；
C、不计空气阻力，机械能守恒，总机械能不随下落位移变化，图像为水平直线，故C正确；
D、机械能守恒，机械能恒定不变，不会随增大而上升，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查平抛动能表达式，初始位置有初动能，动能不为零；
B、考查重力势能变化，下落高度越大重力势能越小，线性递减；
C、D、考查机械能守恒，无空气阻力时总机械能保持恒定，不随位移变化。
7．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】设斜面高度为，斜面水平投影长度，
AB、物体滑到水平面过程动能定理：，得；斜面Ⅱ更陡，水平投影，因此，即沿Ⅱ滑到水平面速度更大，故A正确，B错误。
CD、全程动能定理：，化简得，总水平位移；两斜面相同，全程总水平位移相等，因此物体沿Ⅱ下滑也会停在点，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、B：结合动能定理，斜面水平投影越短，滑到水平面末速度越大；
C、D：全程总水平位移仅由高度、动摩擦因数决定，与斜面倾角无关，因此停下位置相同。
8．【答案】A,D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、A、B系统只有重力做功，系统机械能守恒。A克服绳子拉力做功等于A自身机械能减少量，A减少的机械能全部转化为B增加的机械能，因此A克服绳拉力做的功等于B机械能增加量，故A正确。
B、动滑轮关系：A位移，B位移，速度；，，比值，不是，故B错误。
CD．A位移为时， A重力势能减少，B重力势能增加，总重力势能减少，，解得 ，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查系统机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能；
B、结合动滑轮位移速度关系，推导动能比值；
C、D、利用机械能守恒列式求解A的速度，核对表达式。
9．【答案】；；
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据动能定理可得踢出小物体过程中人对物体做功为；
取踢出位置为零势能面，小物体在空中只受重力作用，机械能守恒，则刚要落地时物体的机械能为；
小物体在空中运动时，水平方向做匀速直线运动，则飞行过程中速度最小时，竖直分速度减为0，即水平分速度为，则小物体被踢出时的竖直分速度大小为
可知从刚飞出到速度变为最小，该过程速度变化量大小为
故答案为：；；
【分析】(1) 本题考查动能定理，外力做功等于物体动能变化；
(2) 本题考查机械能守恒，只有重力做功时系统机械能总量保持不变；
(3) 本题考查斜抛运动分运动规律，水平匀速、竖直匀变速，速度变化量等于竖直分速度变化大小。
10．【答案】；0
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】物块甲运动到P点时，将甲的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向正交分解：
甲沿绳方向的分速度，则物块乙的速度大小；
甲运动到O点时，甲沿绳方向的分速度为0，故物块乙的速度大小为0
故答案为：；0
【分析】(1) 本题考查运动的分解（关联速度），合速度为物体实际运动速度，沿绳分速度与相连物体速度大小相等；
(2) 分解速度时，要以绳为基准，把实际速度分解为沿绳、垂直绳两个正交分量。
11．【答案】FS；f(S-L)；FS-f L
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【解答】拉力F作用在小车上，小车的位移为S，且力与位移方向相同，则
物块相对于地面的位移为，且物块相对于小车向后运动，故小车对物块的摩擦力水平向右，
则摩擦力对小物块做功
物块与小车组成的系统产生的内能为
由功能原理知，物块与小车组成的系统增加的机械能
故答案为：FS；f(S-L)；FS-f L
【分析】(1) 本题考查恒力做功公式，功等于力乘以力的作用对象对地的位移；
(2) 滑动摩擦力做功需以物体相对地面的位移计算；
(3) 本题考查功能关系，系统机械能增量等于外力总功减去摩擦产生的内能，摩擦生热。
12．【答案】（1）B
（2）B；C
（3）mgh；；大于
【知识点】验证机械能守恒定律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）A．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以不需要天平，故A错误；
B．需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故B正确；
C．通过打点计时器可以知道时间，所以不需要秒表，故C错误；
D．该实验不需要用弹簧测力计测量力的大小，故D错误。
故答案为：B。
（2）A．为了减小空气阻力的影响，重物选用质量和体积较小的金属锤，故A错误；
BC．两限位孔在同一竖直面内上下对正，释放重物前，保持纸带沿竖直方向，可减小纸带与限位孔的摩擦，故BC正确；
D．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故D错误。
故答案为：BC。
（3）从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量为
打B点时，重物的速度为
从打O点到打点的过程中，动能的增加量为
由于受到摩擦阻力和空气阻力的影响，减少的重力势能有一部分转化为内能，所以实验结果通常为重物重力势能的减少量略大于动能的增加量。
故答案为：mgh；；大于
【分析】(1) 本小问实验器材选择，明确各仪器作用，机械能守恒消去质量，只需刻度尺测位移。
(2) 本小问实验操作误差分析，减小摩擦、减小空气阻力的正确操作。
(3) 本小问重力势能变化定义、中间时刻瞬时速度推论求动能增量；阻力损耗机械能，势能减少量大于动能增加量。
（1）A．由于验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去，所以不需要天平，故A错误；
B．需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故B正确；
C．通过打点计时器可以知道时间，所以不需要秒表，故C错误；
D．该实验不需要用弹簧测力计测量力的大小，故D错误。
故选B。
（2）A．为了减小空气阻力的影响，重物选用质量和体积较小的金属锤，故A错误；
BC．两限位孔在同一竖直面内上下对正，释放重物前，保持纸带沿竖直方向，可减小纸带与限位孔的摩擦，故BC正确；
D．为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故D错误。
故选BC。
（3）[1]从打点计时器打下O点到打下B点的过程中：重物重力势能的减少量为
[2]打B点时，重物的速度为
从打O点到打点的过程中，动能的增加量为
[3]由于受到摩擦阻力和空气阻力的影响，减少的重力势能有一部分转化为内能，所以实验结果通常为重物重力势能的减少量略大于动能的增加量。
13．【答案】（1）A；B
（2）同一
（3）2.5
【知识点】研究平抛物体的运动；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）A．为了保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端必须调节成水平，故A正确；
B．小球做平抛运动的轨迹处于竖直平面内，应通过调节使硬板保持竖直，故B正确；
C．记录小球位置时，每次不需要严格地等距离下降，故C错误；
D．用平滑的曲线依次连接各个落点，故D错误。
故答案为：AB。
（2）为了保证每次小球抛出的速度相同，每次让小球从斜槽上的同一位置由静止滚下。
故答案为：同一
（3）由题图竖直方向有，解得
则小球的水平分速度为
小球经过B点的竖直分速度为
则小球经过B点的速度为
故答案为：2.5
【分析】(1) 本小问平抛实验规范操作判断，明确末端水平、木板竖直两个核心操作要点。
(2) 本小问保证初速度相同的操作要求，同一位置释放小球。
(3) 本小问平抛运动分解，竖直方向匀变速推论求时间间隔，中间时刻瞬时速度求竖直分速度，再合成合速度。
（1）A．为了保持小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端必须调节成水平，故A正确；
B．小球做平抛运动的轨迹处于竖直平面内，应通过调节使硬板保持竖直，故B正确；
C．记录小球位置时，每次不需要严格地等距离下降，故C错误；
D．用平滑的曲线依次连接各个落点，故D错误。
故选AB。
（2）为了保证每次小球抛出的速度相同，每次让小球从斜槽上的同一位置由静止滚下。
（3）由题图竖直方向有
解得
则小球的水平分速度为
小球经过B点的竖直分速度为
则小球经过B点的速度为
14．【答案】（1）解：根据平抛运动规律可知，小球竖直方向有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解：小球落地时竖直方向速度大小
则小球落地时速度大小
刚落地时
解得 P=100W
（3）解：从抛出至落地小球重力的平均功率为
重力做功为W=mgh
解得=50W
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】(1) 本小问平抛运动分解，竖直自由落体求下落总时间，水平匀速直线运动求水平射程。
(2) 本小问速度正交分解，勾股定理求落地合速度；瞬时功率公式 ，重力功率仅由竖直分速度决定。
(3) 本小问平均功率基础计算，重力总做功除以运动总时间，得到全程重力平均功率。
（1）根据平抛运动规律可知，小球竖直方向有
解得
小球在水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（2）解法一 小球落地时竖直方向速度大小
则小球落地时速度大小
刚落地时
解得 P=100W
解法二 全程
解得
刚落地时
P=100W
（3）解法一 从抛出至落地小球重力的平均功率为
重力做功为W=mgh
解得=50W
解法二 从抛出至落地小球重力的平均功率为=mg
又
解得=50W
15．【答案】（1）解：由图可知，内，电动汽车的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率
解得P=300W
匀速时，由
解得
（3）解：全程由动能定理有
其中 ，
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本小问匀加速直线运动，先由v-t图像求加速度，牛顿第二定律求解恒定牵引力。
(2) 本小问3s末功率达到额定值，用求额定功率；匀速时牵引力等于阻力，联立功率公式求最大速度。
(3) 本小问全程动能定理，分匀加速、恒定功率两段计算发动机总功，初末动能为零，直接解出全过程阻力做的功。
（1）由图可知，内，电动汽车的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
（2）3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率
解得P=300W
匀速时，由
解得
（3）全程由动能定理有
其中 ，
解得
16．【答案】（1）解：对物块从到的过程，由动能定理
解得
（2）解：物块第一次到达最低点时速度为0，弹簧弹性势能最大。对到最低点全过程，由功能关系
代入得
由弹性势能公式
解得
（3）解：当物块合力为0时，速度最大、动能最大。设此时弹簧压缩量为，沿斜面方向受力平衡
代入数据得
对到动能最大位置过程，由动能定理
解得
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 本小问考查动能定理在斜面匀变速运动中的应用，重力分力做正功、摩擦力做负功，初动能为零，直接求解 B 点速度。
(2) 本小问全程功能关系，重力做功、摩擦力做功全部转化为弹簧弹性势能；再结合弹性势能公式反推弹簧劲度系数。
(3) 本小问受力平衡判断动能最大位置，合力为零速度峰值；再用动能定理，重力、摩擦力、弹簧弹力做功代数和等于最大动能。
（1）对物块从到的过程，由动能定理
解得
（2）物块第一次到达最低点时速度为0，弹簧弹性势能最大。对到最低点全过程，由功能关系
代入得
由弹性势能公式
解得
（3）当物块合力为0时，速度最大、动能最大。设此时弹簧压缩量为，沿斜面方向受力平衡
代入数据得
对到动能最大位置过程，由动能定理
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑