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2022-2023学年福建省泉州市永春县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市永春县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于功，下列说法中正确的是( )
A. 因为功有正负，所以功是矢量
B. 力对物体不做功，说明物体一定无位移
C. 功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的
D. 力对物体做功少，说明物体的受力一定小
2.如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少B. 物体的机械能不变
C. 物体的动能逐渐增大D. 弹簧的弹性势能先减少后增加
3.如图，小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60∘，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )
A. 3gR2B. 3gR2C. 3 3gR2D. 3gR3
4.如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A. 木块a和b相对于圆盘同时开始滑动
B. a、b所受的摩擦力始终相等
C. ω= kg2l是b相对于圆盘开始滑动的临界角速度
D. 当ω= 2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为θ的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间图象如图丙所示，重力加速度g为10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 斜面倾角θ为30∘，小滑块的质量m=2kg
B. 在0∼2s时间内拉力F做的功为100J
C. 在0∼1s时间内合外力对小滑块做功12.5J
D. 在0∼4s时间内小滑块机械能增加80J
6.如图，质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力。不计空气阻力及滑轮与绳的摩擦。下列判断正确的是( )
A. 物体A下落过程机械能守恒B. 此时弹簧的弹性势能等于mgh−12mv2
C. 此时物体B的速度大小也为vD. 此时物体A的加速度大小为零
7.如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端0点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力．以下说法正确的是( )
A. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同
B. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1：2
C. 甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1： 2
D. 甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2
8.如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端．下列说法错误的是( )
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体做负功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量
C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D. 全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端全过程机械能的增加量
三、填空题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的O1、O2点。A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，则经过最低点时，A球的机械能______(选填“大于”“小于”“等于”，下同)B球的机械能，A球的动能______ B球的动能，重力对A球的瞬时功率______重力对 B球的瞬时功率，细线对A球的拉力______细线对 B球的拉力。
10.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，N ______(选填“大于”“小于”“等于”)滑块重力，N越大表明h越______(选填“大”或“小”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学利用如图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．
(1)要使该实验误差尽量小，下述注意点正确的是______
A.在海拔较低的地方进行实验，有利于减小误差
B.测物体下落高度时保持纸带悬挂状态，刻度尺的读数更准确
C.使重物的质量越大越好，但悬挂时不能拉断纸带
D.实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好
(2)为了测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．以下方案中只有一种最合理，最合理的是______
A.用刻度尺测出物体下落高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v= 2gh计算出瞬时速度
C.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过h=v22g计算出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
(3)在实验中，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，把第一个点记作O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点(相邻计数点时间间隔为0.02s)，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm.
根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于______ J，动能的增加量等于______ J.(结果取三位有效数字)
五、简答题：本大题共1小题，共10分。
12.如图所示，轨道ABC的AB段是半径R=0.8m的光滑的14圆弧形轨道，BC段为粗糙水平面，物体从A静止开始下滑，在平面上运动了1.6m后停下，求：
(1)物体通过B点时的速率为多大？
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为多大？(g取10m/s2)
六、计算题：本大题共2小题，共30分。
13.如图(甲)所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F.改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F−L的图线如图(乙)所示．(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)
(1)某一次调节后D点离地高度为0.8m.小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2.4m，求小球过D点时速度大小．
(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小．
14.如图甲所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间存在匀强电场，质量为m、带电量为q的小球以初速度v0沿平行板中线射入两板间，小球做匀速直线运动，取重力加速度为g。
(1)求该匀强电场的电场强度E0；
(2)若在金属板间加上图乙所示的电场，t=0时，该带电小球仍以速度v0沿中线射入，T时刻小球从金属板右侧飞出，小球运动过程中未与金属板接触。请画出小球在电场中的运动轨迹并求出小球飞出电场时的速度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、功有正负，但功是标量，A错误；
B、若力与位移的方向垂直，力对物体不做功，B错误；
C、功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的，C正确；
D、力对物体做功少，说明物体的受力与力的方向上位移的乘积一定小，力不一定小，D错误；
故选：C。
功有正负，但功是标量，计算公式为W=FS，受力与力的方向上位移的乘积．
求功时要严格按照功的定义做，还要注意功是标量．
2.【答案】D
【解析】解；AD、当撤去F后，物体向右运动的过程中，弹簧先由压缩状态变到原长，再到伸长状态，所以形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减少再增加。故A错误，D正确。
BC、撤去拉力F后，物块在弹簧的弹力作用下先向右做加速运动，后向右做减速运动，所以动能先增大后减小，而重力势能不变，则物体的机械能先增大后减小。故BC错误
故选：D。
弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，形变量越大，弹性势能越大，题中弹簧先压缩后伸长，根据形变量的变化，分析弹性势能的变化．根据物体的受力情况，分析其运动情况，再分析物体的机械能和动能的变化情况．
本题要知道弹簧压缩或伸长时都具有弹性势能，其大小均与形变量的大小有关；对于动能，也可以系统的机械能守恒分析动能的变化．
3.【答案】C
【解析】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30∘，则有：vy=v0tan30∘
又vy=gt，则得：t=v0tan30∘g ①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcs60∘=v0t②
联立①②解得：v0= 3 3gR2.故C正确，ABD错误。
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30∘角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系。再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度。
4.【答案】C
【解析】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2l，m、ω相等，f与r成正比，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误；
B、在发生相对滑动前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即f静=mlω2，由于b的半径大，所以发生相对滑动前b的静摩擦力大，故B错误；
C、对b木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即fmax=m⋅2l⋅ω2=kmg，解之得，ω= kg2l，故C正确；
D、对a木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即fmax=m⋅l⋅ω2=kmg，解之得，ω= kgl，当ω= 2kg3l时，结合C选项解析知，木块b已经相对圆盘滑动，而ω= 2kg3l<ωa，说明当ω= 2kg3l时，木块a达到临界状态，摩擦力还没达到最大静摩擦力，故D错误．
故选：C.
木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．
木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．所以知道向心力的来源并结合向心力公式分析便可解答此题．
5.【答案】BC
【解析】解：A、由v−t图象的斜率表示加速度，可知，在2−4s时间内，小滑块的加速度为：a2=−5m/s2.由牛顿第二定律得：−mgsinθ=ma2，解得：θ=30∘.在0−2s时间内，小滑块的加速度a1=5m/s2.由牛顿第二定律得：F−mgsinθ=ma1，解得：m=1kg。故A错误。
B、1s末小滑块的速度v=1m/s。在0∼2s时间内小滑块的位移为：x=v2t1=102×2m=10m，拉力F做的功为：W=Fx=10×10J=100J，故B正确。
C、在0∼1s时间内合外力对小滑块做功为：W合=12mv2=12.5J，故C正确。
D、由功能关系可知，在0∼4s时间内小滑块机械能增加量为：△E=W=100J，故D错误。
故选：BC。
在2−4s内F=0，根据v−t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角。在0−2s内，由v−t图象求出加速度，再由牛顿第二定律求得滑块的质量。在0∼2s时间内拉力F做的功，由位移公式求出滑块上升的位移，再求拉力F做的功。由动能定理求在0∼1s时间内合外力对小滑块做功。在0∼4s时间内小滑块机械能增加等于拉力做功。
对于牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合应用问题，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学和运动学的桥梁。要知道动能定理是求合外力做功常用的方法。
6.【答案】BD
【解析】解：A、A下落过程中，绳子的拉力对物体A做功，故物体A下落过程中机械能不守恒，故A错误；
B、物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh=Ep弹+12mv2，
故Ep弹=mgh−12mv2；故B正确；
C、此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故C错误；
D、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，此时物体A受重力和细线的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故D正确。
故选：BD。
先对物体A受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，结合机械能守恒定律列式分析。
本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。
7.【答案】AC
【解析】解：A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα=gtv0，tanθ=12gt2v0t=gt2v0，可知tanα=2tanθ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同。故A正确。
B、因为两球下落的高度之比为1：2，根据h=12gt2，得t= 2hg，可知甲乙两球运动的时间之比为1： 2，则竖直分速度之比为1: 2，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1： 2，故B错误，C正确。
D、因为两球平抛运动的水平位移为1：2，时间之比为1： 2，则初速度之比为1： 2，故D错误。
故选：AC。
根据平抛运动某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，比较甲乙两球落在斜面前瞬间的速度方向．根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题根据力与位移方向的关系分析做功正负．根据功能关系分析能量的变化情况．功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析．本题关键分析清楚小滑块的运动情况，然后根据功能关系列式分析．研究摩擦生热时，要根据摩擦力的大小和相对位移大小的乘积求解，要注意位移的参照物．
【解答】
解：A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一阶段传送带的速度大于物块的速度，所以物体所受的滑动摩擦力的方向沿斜面向下，摩擦物体做正功；第二阶段物体与传送带相对静止，摩擦力沿斜面向上，故摩擦力对物体做负功，故A正确；
B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力对物体都做正功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加，故B错误；
CD、假定传送带速度为v，第一阶段，小滑块匀加速位移x1=v2t，传送带位移x2=vt；
除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx1；
一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为：Q=f△S=f⋅(x2−x1)；
故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加；
在第二阶段，摩擦力做负功，物体的机械能继续减小，但是静摩擦力的作用下，没有相对位移，不会产生热量．故C正确，D错误．
本题选错误的，故选：BD.
9.【答案】等于 大于 等于 等于
【解析】解：两球的质量相等，初始时处于同一位置，且过程中只有重力做功，故小球的机械能守恒，因此经过最低点时，A球的机械能等于B球的机械能；
下落到最低点的过程中，根据动能定理可得：
mgL=12mv2
因为A球的下落高度大于B球的下落高度，所以A球的动能大于B球的动能；
在最低点时，小球的速度沿水平方向，而重力竖直向下，功率的表达式为：P=Fvcsθ，可知重力的功率为零，则重力对A球的瞬时功率等于重力对B球的瞬时功率；
在最低点时，根据牛顿第二定律可得：
F−mg=mv2L
联立解得：F=3mg，所以细线对A球的拉力等于细线对B球的拉力。
故答案为：等于；大于；等于；等于
根据机械能守恒定律得出两球的机械能大小关系；
根据动能定理和两球的下落高度得出两球的动能大小关系；
根据功率的计算公式和牛顿第二定律分析出瞬时功率和细线拉力的大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的条件，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】大于 大
【解析】解：在B点由牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R，由牛顿第三定律可知滑块对滑道的压力大小等于支持力大小，即：N=FN=mg+mv2R，所以N>mg
滑块从静止下滑到B点过程，由动能定理有：mgh=12mv2，则v= 2gh
则压力大小N=mg+2mghR，所以h越大，N越大。
答：大于；大。
在B点由牛顿第二定律可得支持力大小，由牛顿第三定律可知压力的大小与支持力大小关系，则可知支持力大小与重力大小的关系，
滑块从静止下滑到B点过程，由动能定理可得压力大小与高度h的关系，可知h越大，N越大。
本题考查了牛顿第二定律和动能定理，解题的关键是正确受力分析，熟练掌握动能定理。
11.【答案】C；D；7.62；7.57
【解析】解：(1)A、验证机械能守恒，与在海拔较高、还是较低的地方进行实验无关，故A错误．
B、测物体下落高度时，可以通过实验后纸带上点迹间的距离进行测量，故B错误．
C、为了减小阻力的影响，重物应选择质量大一些的，但悬挂时不能拉断纸带，故C正确．
D、实验中摩擦是不可避免的，纸带不是越短越好，故D错误．
故选：C.
(2)A、重物的瞬时速度不能通过v=gt，v= 2gh进行求解，否则默认了机械能守恒，失去验证的意义，故A、B错误．
C、纸带上瞬时速度通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解，下降的高度可以通过刻度尺测量，不能根据h=v22g测量，否则默认了机械能守恒，故C错误，D正确．
故选：D.
(3)重物由O点运动到C点，重力势能的减少量为：△Ep=mgh=1×9.8×0.7776J≈7.62J，
C点的瞬时速度为：vC=xBD2T=0.8573−，
则动能的增加量为：△Ek=12mvC2=12×1×3.892≈7.57J.
故答案为：(1)C；(2)D；(3)7.62，7.57.
(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)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出瞬时速度的大小，运用刻度尺测量出重物下降的高度．不能根据v=gt、v= 2gh求解瞬时速度．
(3)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量．
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．
12.【答案】解：(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中，由动能定理有：
mgR=12mv2
代入数据可得：v= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
(2)滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理有：
−μmgs=0−12mv2
代入数据可得：μ=v22gs=422×10×1.6=0.5
答：(1)物体通过B点时的速率为4m/s；
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中由动能定理可得物体到达B点速度大小；
(2)滑块在水平面上滑行的过程中由动能定理可得动摩擦因数的大小。
本题考查了动能定理，解题的关键是分析清楚物体在不同运动过程受力情况和运动特点。
13.【答案】解：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD=12gt2
水平方向做匀速直线运动，有：X=VDt
联立解得：vD=6m/s
(2)设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒：12mvA2=12mvD2+mg(2r+L)
在A点：FA−mg=mVA2r
在D点：FD+mg=mVD2r
由以上三式得：△F=FA−FD=6mg+2mgLr
由图象纵截距得：6mg=12
得：m=0.2kg
由L=0.5m时△F=17N
代入得：r=0.4m
答：(1)某一次调节后D点离地高度为0.8m.小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2.4m，小球过D点时速度大小是6m/s.
(2)小球的质量是0.2kg，弯曲圆弧轨道的半径大小是0.4m.
【解析】(1)小球从D点飞出后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动列式即可求解；
(2)设轨道半径为r，从A到D过程中机械能守恒，在A、D两点过运用向心力公式求出两点的压力大小，根据压力差列式结合图象即可求解．
本题主要考查了平抛运动基本公式、机械能守恒定律、向心力公式的应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．
14.【答案】解：(1)带电小球受力平衡，则mg=qE0，解得：E0=mgq
(2)小球在金属板间平行于板的方向做匀速直线运动，vx=v0
在垂直于板的方向：
在0∼T3时间内，
重力和电场力平衡，即mg=qE0
其竖直分速度vy1=0
在T3∼2T3时间内，
据牛顿第二定律有mg=ma2
其竖直方向上的末速度为vy2=g⋅T3，方向竖直向下
在2T3∼T时间内
据牛顿第二定律可得：2qE0−mg=ma3
其竖直方向上的末速度vy3=vy2−a3⋅T3
联立解得：vy3=0
由运动的合成可知vT= vx2+vy32=v0，方向与v0同向，平行于金属板向右
带电小球在电场中运动轨迹如图所示
【解析】(1)小球做匀速直线运动，根据平衡条件求解电场强度；
(2)根据水平方向的匀速直线运动结合竖直方向的匀变速直线运动的规律进行解答。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
1.关于功，下列说法中正确的是( )
A. 因为功有正负，所以功是矢量
B. 力对物体不做功，说明物体一定无位移
C. 功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的
D. 力对物体做功少，说明物体的受力一定小
2.如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹性势能逐渐减少B. 物体的机械能不变
C. 物体的动能逐渐增大D. 弹簧的弹性势能先减少后增加
3.如图，小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60∘，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )
A. 3gR2B. 3gR2C. 3 3gR2D. 3gR3
4.如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A. 木块a和b相对于圆盘同时开始滑动
B. a、b所受的摩擦力始终相等
C. ω= kg2l是b相对于圆盘开始滑动的临界角速度
D. 当ω= 2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为θ的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间图象如图丙所示，重力加速度g为10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 斜面倾角θ为30∘，小滑块的质量m=2kg
B. 在0∼2s时间内拉力F做的功为100J
C. 在0∼1s时间内合外力对小滑块做功12.5J
D. 在0∼4s时间内小滑块机械能增加80J
6.如图，质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力。不计空气阻力及滑轮与绳的摩擦。下列判断正确的是( )
A. 物体A下落过程机械能守恒B. 此时弹簧的弹性势能等于mgh−12mv2
C. 此时物体B的速度大小也为vD. 此时物体A的加速度大小为零
7.如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端0点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力．以下说法正确的是( )
A. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同
B. 甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1：2
C. 甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1： 2
D. 甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2
8.如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端．下列说法错误的是( )
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体做负功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量
C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D. 全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端全过程机械能的增加量
三、填空题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的O1、O2点。A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，则经过最低点时，A球的机械能______(选填“大于”“小于”“等于”，下同)B球的机械能，A球的动能______ B球的动能，重力对A球的瞬时功率______重力对 B球的瞬时功率，细线对A球的拉力______细线对 B球的拉力。
10.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，N ______(选填“大于”“小于”“等于”)滑块重力，N越大表明h越______(选填“大”或“小”)。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学利用如图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．
(1)要使该实验误差尽量小，下述注意点正确的是______
A.在海拔较低的地方进行实验，有利于减小误差
B.测物体下落高度时保持纸带悬挂状态，刻度尺的读数更准确
C.使重物的质量越大越好，但悬挂时不能拉断纸带
D.实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好
(2)为了测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．以下方案中只有一种最合理，最合理的是______
A.用刻度尺测出物体下落高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v= 2gh计算出瞬时速度
C.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过h=v22g计算出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
(3)在实验中，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物质量为1.00kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，把第一个点记作O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点(相邻计数点时间间隔为0.02s)，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm.
根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于______ J，动能的增加量等于______ J.(结果取三位有效数字)
五、简答题：本大题共1小题，共10分。
12.如图所示，轨道ABC的AB段是半径R=0.8m的光滑的14圆弧形轨道，BC段为粗糙水平面，物体从A静止开始下滑，在平面上运动了1.6m后停下，求：
(1)物体通过B点时的速率为多大？
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为多大？(g取10m/s2)
六、计算题：本大题共2小题，共30分。
13.如图(甲)所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F.改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F−L的图线如图(乙)所示．(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)
(1)某一次调节后D点离地高度为0.8m.小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2.4m，求小球过D点时速度大小．
(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小．
14.如图甲所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间存在匀强电场，质量为m、带电量为q的小球以初速度v0沿平行板中线射入两板间，小球做匀速直线运动，取重力加速度为g。
(1)求该匀强电场的电场强度E0；
(2)若在金属板间加上图乙所示的电场，t=0时，该带电小球仍以速度v0沿中线射入，T时刻小球从金属板右侧飞出，小球运动过程中未与金属板接触。请画出小球在电场中的运动轨迹并求出小球飞出电场时的速度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、功有正负，但功是标量，A错误；
B、若力与位移的方向垂直，力对物体不做功，B错误；
C、功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的，C正确；
D、力对物体做功少，说明物体的受力与力的方向上位移的乘积一定小，力不一定小，D错误；
故选：C。
功有正负，但功是标量，计算公式为W=FS，受力与力的方向上位移的乘积．
求功时要严格按照功的定义做，还要注意功是标量．
2.【答案】D
【解析】解；AD、当撤去F后，物体向右运动的过程中，弹簧先由压缩状态变到原长，再到伸长状态，所以形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减少再增加。故A错误，D正确。
BC、撤去拉力F后，物块在弹簧的弹力作用下先向右做加速运动，后向右做减速运动，所以动能先增大后减小，而重力势能不变，则物体的机械能先增大后减小。故BC错误
故选：D。
弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，形变量越大，弹性势能越大，题中弹簧先压缩后伸长，根据形变量的变化，分析弹性势能的变化．根据物体的受力情况，分析其运动情况，再分析物体的机械能和动能的变化情况．
本题要知道弹簧压缩或伸长时都具有弹性势能，其大小均与形变量的大小有关；对于动能，也可以系统的机械能守恒分析动能的变化．
3.【答案】C
【解析】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30∘，则有：vy=v0tan30∘
又vy=gt，则得：t=v0tan30∘g ①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcs60∘=v0t②
联立①②解得：v0= 3 3gR2.故C正确，ABD错误。
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30∘角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系。再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度。
4.【答案】C
【解析】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2l，m、ω相等，f与r成正比，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误；
B、在发生相对滑动前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即f静=mlω2，由于b的半径大，所以发生相对滑动前b的静摩擦力大，故B错误；
C、对b木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即fmax=m⋅2l⋅ω2=kmg，解之得，ω= kg2l，故C正确；
D、对a木块，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，即fmax=m⋅l⋅ω2=kmg，解之得，ω= kgl，当ω= 2kg3l时，结合C选项解析知，木块b已经相对圆盘滑动，而ω= 2kg3l<ωa，说明当ω= 2kg3l时，木块a达到临界状态，摩擦力还没达到最大静摩擦力，故D错误．
故选：C.
木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．
木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．所以知道向心力的来源并结合向心力公式分析便可解答此题．
5.【答案】BC
【解析】解：A、由v−t图象的斜率表示加速度，可知，在2−4s时间内，小滑块的加速度为：a2=−5m/s2.由牛顿第二定律得：−mgsinθ=ma2，解得：θ=30∘.在0−2s时间内，小滑块的加速度a1=5m/s2.由牛顿第二定律得：F−mgsinθ=ma1，解得：m=1kg。故A错误。
B、1s末小滑块的速度v=1m/s。在0∼2s时间内小滑块的位移为：x=v2t1=102×2m=10m，拉力F做的功为：W=Fx=10×10J=100J，故B正确。
C、在0∼1s时间内合外力对小滑块做功为：W合=12mv2=12.5J，故C正确。
D、由功能关系可知，在0∼4s时间内小滑块机械能增加量为：△E=W=100J，故D错误。
故选：BC。
在2−4s内F=0，根据v−t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角。在0−2s内，由v−t图象求出加速度，再由牛顿第二定律求得滑块的质量。在0∼2s时间内拉力F做的功，由位移公式求出滑块上升的位移，再求拉力F做的功。由动能定理求在0∼1s时间内合外力对小滑块做功。在0∼4s时间内小滑块机械能增加等于拉力做功。
对于牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合应用问题，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学和运动学的桥梁。要知道动能定理是求合外力做功常用的方法。
6.【答案】BD
【解析】解：A、A下落过程中，绳子的拉力对物体A做功，故物体A下落过程中机械能不守恒，故A错误；
B、物体A与弹簧系统机械能守恒，mgh=Ep弹+12mv2，
故Ep弹=mgh−12mv2；故B正确；
C、此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故C错误；
D、物体B对地压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，此时物体A受重力和细线的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故D正确。
故选：BD。
先对物体A受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体A受力分析，结合机械能守恒定律列式分析。
本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。
7.【答案】AC
【解析】解：A、设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα=gtv0，tanθ=12gt2v0t=gt2v0，可知tanα=2tanθ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同。故A正确。
B、因为两球下落的高度之比为1：2，根据h=12gt2，得t= 2hg，可知甲乙两球运动的时间之比为1： 2，则竖直分速度之比为1: 2，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1： 2，故B错误，C正确。
D、因为两球平抛运动的水平位移为1：2，时间之比为1： 2，则初速度之比为1： 2，故D错误。
故选：AC。
根据平抛运动某时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，比较甲乙两球落在斜面前瞬间的速度方向．根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题根据力与位移方向的关系分析做功正负．根据功能关系分析能量的变化情况．功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析．本题关键分析清楚小滑块的运动情况，然后根据功能关系列式分析．研究摩擦生热时，要根据摩擦力的大小和相对位移大小的乘积求解，要注意位移的参照物．
【解答】
解：A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，第一阶段传送带的速度大于物块的速度，所以物体所受的滑动摩擦力的方向沿斜面向下，摩擦物体做正功；第二阶段物体与传送带相对静止，摩擦力沿斜面向上，故摩擦力对物体做负功，故A正确；
B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力对物体都做正功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加，故B错误；
CD、假定传送带速度为v，第一阶段，小滑块匀加速位移x1=v2t，传送带位移x2=vt；
除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx1；
一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为：Q=f△S=f⋅(x2−x1)；
故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加；
在第二阶段，摩擦力做负功，物体的机械能继续减小，但是静摩擦力的作用下，没有相对位移，不会产生热量．故C正确，D错误．
本题选错误的，故选：BD.
9.【答案】等于 大于 等于 等于
【解析】解：两球的质量相等，初始时处于同一位置，且过程中只有重力做功，故小球的机械能守恒，因此经过最低点时，A球的机械能等于B球的机械能；
下落到最低点的过程中，根据动能定理可得：
mgL=12mv2
因为A球的下落高度大于B球的下落高度，所以A球的动能大于B球的动能；
在最低点时，小球的速度沿水平方向，而重力竖直向下，功率的表达式为：P=Fvcsθ，可知重力的功率为零，则重力对A球的瞬时功率等于重力对B球的瞬时功率；
在最低点时，根据牛顿第二定律可得：
F−mg=mv2L
联立解得：F=3mg，所以细线对A球的拉力等于细线对B球的拉力。
故答案为：等于；大于；等于；等于
根据机械能守恒定律得出两球的机械能大小关系；
根据动能定理和两球的下落高度得出两球的动能大小关系；
根据功率的计算公式和牛顿第二定律分析出瞬时功率和细线拉力的大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的条件，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】大于 大
【解析】解：在B点由牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R，由牛顿第三定律可知滑块对滑道的压力大小等于支持力大小，即：N=FN=mg+mv2R，所以N>mg
滑块从静止下滑到B点过程，由动能定理有：mgh=12mv2，则v= 2gh
则压力大小N=mg+2mghR，所以h越大，N越大。
答：大于；大。
在B点由牛顿第二定律可得支持力大小，由牛顿第三定律可知压力的大小与支持力大小关系，则可知支持力大小与重力大小的关系，
滑块从静止下滑到B点过程，由动能定理可得压力大小与高度h的关系，可知h越大，N越大。
本题考查了牛顿第二定律和动能定理，解题的关键是正确受力分析，熟练掌握动能定理。
11.【答案】C；D；7.62；7.57
【解析】解：(1)A、验证机械能守恒，与在海拔较高、还是较低的地方进行实验无关，故A错误．
B、测物体下落高度时，可以通过实验后纸带上点迹间的距离进行测量，故B错误．
C、为了减小阻力的影响，重物应选择质量大一些的，但悬挂时不能拉断纸带，故C正确．
D、实验中摩擦是不可避免的，纸带不是越短越好，故D错误．
故选：C.
(2)A、重物的瞬时速度不能通过v=gt，v= 2gh进行求解，否则默认了机械能守恒，失去验证的意义，故A、B错误．
C、纸带上瞬时速度通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解，下降的高度可以通过刻度尺测量，不能根据h=v22g测量，否则默认了机械能守恒，故C错误，D正确．
故选：D.
(3)重物由O点运动到C点，重力势能的减少量为：△Ep=mgh=1×9.8×0.7776J≈7.62J，
C点的瞬时速度为：vC=xBD2T=0.8573−，
则动能的增加量为：△Ek=12mvC2=12×1×3.892≈7.57J.
故答案为：(1)C；(2)D；(3)7.62，7.57.
(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)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出瞬时速度的大小，运用刻度尺测量出重物下降的高度．不能根据v=gt、v= 2gh求解瞬时速度．
(3)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，从而得出动能的增加量．
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．
12.【答案】解：(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中，由动能定理有：
mgR=12mv2
代入数据可得：v= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
(2)滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理有：
−μmgs=0−12mv2
代入数据可得：μ=v22gs=422×10×1.6=0.5
答：(1)物体通过B点时的速率为4m/s；
(2)物体与水平面的动摩擦因数μ为0.5。
【解析】(1)物体沿光滑弧形轨道下滑到达轨道底端B的过程中由动能定理可得物体到达B点速度大小；
(2)滑块在水平面上滑行的过程中由动能定理可得动摩擦因数的大小。
本题考查了动能定理，解题的关键是分析清楚物体在不同运动过程受力情况和运动特点。
13.【答案】解：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD=12gt2
水平方向做匀速直线运动，有：X=VDt
联立解得：vD=6m/s
(2)设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒：12mvA2=12mvD2+mg(2r+L)
在A点：FA−mg=mVA2r
在D点：FD+mg=mVD2r
由以上三式得：△F=FA−FD=6mg+2mgLr
由图象纵截距得：6mg=12
得：m=0.2kg
由L=0.5m时△F=17N
代入得：r=0.4m
答：(1)某一次调节后D点离地高度为0.8m.小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2.4m，小球过D点时速度大小是6m/s.
(2)小球的质量是0.2kg，弯曲圆弧轨道的半径大小是0.4m.
【解析】(1)小球从D点飞出后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动列式即可求解；
(2)设轨道半径为r，从A到D过程中机械能守恒，在A、D两点过运用向心力公式求出两点的压力大小，根据压力差列式结合图象即可求解．
本题主要考查了平抛运动基本公式、机械能守恒定律、向心力公式的应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．
14.【答案】解：(1)带电小球受力平衡，则mg=qE0，解得：E0=mgq
(2)小球在金属板间平行于板的方向做匀速直线运动，vx=v0
在垂直于板的方向：
在0∼T3时间内，
重力和电场力平衡，即mg=qE0
其竖直分速度vy1=0
在T3∼2T3时间内，
据牛顿第二定律有mg=ma2
其竖直方向上的末速度为vy2=g⋅T3，方向竖直向下
在2T3∼T时间内
据牛顿第二定律可得：2qE0−mg=ma3
其竖直方向上的末速度vy3=vy2−a3⋅T3
联立解得：vy3=0
由运动的合成可知vT= vx2+vy32=v0，方向与v0同向，平行于金属板向右
带电小球在电场中运动轨迹如图所示
【解析】(1)小球做匀速直线运动，根据平衡条件求解电场强度；
(2)根据水平方向的匀速直线运动结合竖直方向的匀变速直线运动的规律进行解答。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
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