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2022-2023学年福建省莆田市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省莆田市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。若以坑底为零势能参考平面，则苹果刚要落到坑底时的机械能为( )
A. 0
B. mgh
C. mg(H−h)
D. mg(H+h)
2.如图，汉墓壁画拓片描绘了汉代人驾车的场景。当马拉车沿水平路面前进时，下列说法正确的是( )
A. 马车一定受力平衡
B. 车夫对马的拉力做正功
C. 马对车的拉力做正功
D. 地面对车的摩擦力是滑动摩擦力
3.
4.图甲为炒茶厂的水平传送带装置，可简化为图乙所示模型，皮带在电动机带动下保持恒定速度v向右运动。传送带A、B两端的距离为L，现将一质量为m的茶叶盒由静止轻放在皮带上，盒子过一会儿能保持与传送带相对静止。茶叶盒和皮带间的动摩擦因数为μ，忽略盒子的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 盒子从左端运动到右端的时间为Lv+vμg
B. 盒子在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用
C. 盒子与传送的相对位移大小为v2μg
D. 盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功为mv2
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.质量为m的物体，由静止开始下落，其下落的加速度为35g，在其下落h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体重力做的功为mghB. 物体所受阻力做功为25mgh
C. 物体重力势能减少了25mghD. 物体所受合力做功为35mgh
6.中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
B. 飞船在a处变轨要加速，在b处变轨也要加速
C. 飞船在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ上经过b点的速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的速率
7.如图所示，物块B和A通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上，用不可伸长的轻绳绕过固定的光滑定滑轮连接物块A和C，C穿在竖直固定的光滑细杆上，OA竖直且足够长，OC水平，A、C间轻绳刚好拉直，此时整个系统处于静止状态，现将C静止释放，下滑h=3m时B刚好被提起。已知A、B、C质量均为1kg，OC间距l=4m，g取10m/s2，则( )
A. 滑块C下滑过程中，加速度一直减小
B. 当滑块C速度最大时，滑块C所受的合力为0
C. 滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升了1m
D. 滑块C静止释放下滑至3m过程中，绳对A做的功为19.3J
8.如图甲，宋人孟元老《东京梦华录》对花样跳水的描述：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千。”某次“水秋千”表演过程如图乙，质量为m的表演者，以O点为圆心荡到与竖直方向夹角θ=45∘的B点时，松手沿切线方向飞出。若在空中经过最高点C时的速度为v，水秋千绳长为l，A为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气阻力和绳的质量，重力加速度为g。则( )
A. 表演者在B处重力的瞬时功率为mgv
B. 表演者从A运动到B的过程中，处于超重状态
C. 表演者在A处受到秋千的作用力大小为2mv2l+(3− 2)mg
D. 若B到水面的高度为CB间高度的4倍，则落水点到B点的水平距离为( 6+1)v2g
三、填空题：本大题共2小题，共6分。
9.一辆质量为4×103kg的汽车，额定功率为80kW。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，从启动开始汽车将会做加速度______(选填“不变”、“逐渐增大”或“逐渐减小”)的运动，汽车在加速运动过程中所能达到的最大速度为______m/s(g取10m/s2)。
10.如图甲，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC=rA，rC=rB。工作时A点和B点的线速度之比vA：vB=______， B和C点的角速度之比ωB：ωC=______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组在“验证机械能守恒定律”的实验中。
(1)图甲所示操作中合理的是______。
(2)本实验中，下列说法正确的是______。
A.先让重锤下落，后接通电源
B.重锤的质量可以不测
C.可以根据v=gt来计算重物在t时刻的瞬时速度
D.安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上
(3)在实验中，当地重力加速度g=9.8m/s2，测得所用重物的质量为2.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图乙所示(相邻计数点时间间隔为0.02s)。
从起点O到计数点B的过程中重物动能的增加量ΔEk=______J(结果保留两位有效数字)；重力势能的减少量ΔEp，通过计算，数值上ΔEp>ΔEk，原因是______。
12.在“探究平抛运动特点”的实验中，用图甲所示实验装置和频闪相机来探究平抛运动的特点。
(1)在多次实验中每次小球______从斜槽上同一位置由静止开始运动。轨道______光滑。(选填“一定”或“不一定”)。
(2)某同学用频闪相机来探究平抛运动的特点。如图乙所示是该同学所拍摄小球运动轨迹照片的一部分。A、B、C是记录了小球在运动途中的三个位置，已知照片上每个小正方形方格的实际边长为L=5.0cm，B点的竖直分速度为______m/s，小球做平抛运动的初始位置坐标(______ cm，______cm)(g取10m/s2)。(结果保留一位小数)
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站过境祖国上空，航天员费俊龙、邓清明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地球做匀速圆周运动时距地球表面的距离为h。地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，忽略地球自转。求：
(1)地球的质量M；
(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小。
14.如图甲所示，固定在水平面上半径为R=1.25m的14光滑圆弧轨道，A点为轨道最高点且与圆心等高；圆弧轨道最低点B与质量为M的木板上表面等高且平滑相接，但不粘连。一质量m=2kg的物块P(可视为质点)，从圆弧轨道上A点由静止开始释放，滑上木板后，物块P的v−t图像如图乙所示。物块P不会从木板右端掉落，g取10m/s2。求：
(1)物块P经过B点时受到的支持力大小N1；
(2)物块P克服摩擦力做的功Wf；
(3)木板和地面间因摩擦而产生的热量Q。
15.图甲为新兴滑草娱乐活动场所，其横截面简化示意图如图乙。倾斜草坪AB长L1=18m，倾角θ=37∘，水平草坪BC长L2=9.6m，防护草堆横截面是半径R=3 3m的四分之一圆弧，C点为圆弧圆心，C点正下方的点E为圆弧最低点。运动员乘滑草车从点A沿倾斜草坪无初速下滑，滑到底端B点时速度大小不变而方向变为水平，再滑过BC段后从C点水平滑出，最后落在草堆圆弧DE上。选择不同的滑草车可以改变滑草车与草坪之间的动摩擦因数，同一滑草车与AB、BC的动摩擦因数相同，载人滑草车在运动过程中可看成质点，不计空气阻力，(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g取10m/s2)。
(1)滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1=0.25，求滑草车从A点滑到B点所用时间t1；
(2)滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2；
(3)载人滑草车的总质量m=50kg，他乘坐不同的滑草车将以不同的速度离开C点并落到圆弧DE上的不同位置，求载人滑草车落到草堆时的动能最小值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：不计空气阻力，苹果下落时只有重力做功，其机械能守恒，可知刚要落到坑底时的机械能等于开始下落时的机械能，即为E=mg(H+h)，故ABC错误，D正确。
故选：D。
不计空气阻力，苹果下落过程中机械能守恒，苹果落到坑底时的机械能等于苹果刚下落时的机械能，根据重力势能的计算公式Ep=mgh分析答题，其中h是物体相对于零势能参考平面的高度。
本题是对机械能守恒定律的直接考查，要掌握机械能守恒的条件，灵活选择研究的位置。
2.【答案】C
【解析】解：A.马拉车不一定做匀速运动，所以马车不一定受力平衡，故A错误；
BC.车夫对马的拉力方向向右，而马向左走，拉力方向与马的运动方向夹角为180∘，csθ=−1，所以车夫对马的拉力做负功，马对车的拉力与车的运动方向一致，csθ=1，马的拉力对车做正功，故B错误，C正确；
D.地面对车轮接触过程没有发生相对滑动，摩擦力是静摩擦力，故D错误。
故选：C。
马拉车不一定做匀速运动，所以马车不一定受力平衡；根据做功的表达式W=Fxcsθ进行判断；地面对车轮接触过程没有发生相对滑动，摩擦力是静摩擦力。
该题目考查了功的正负判断，W=Fxcsθ这个公式中的csθ的正负决定了做功的正负，学生做题的时候一定不要忘记考虑夹角。
3.【答案】
【解析】
4.【答案】D
【解析】解：A、盒子在传送带上加速过程，由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：a=μg
加速过程所用时间和通过的位移分别为t1=va=vμg，x1=v22a=v22μg
盒子在传送带匀速过程的时间为t2=L−x1v=L−v22μgv
盒子从左端运动到右端的时间为t=t1+t2=vμg+L−v22μgv=Lv+v2μg，故A错误；
B、盒子在传送带做匀速运动时，不受摩擦力作用，故B错误；
C、盒子与传送的相对位移大小为Δx=x传−x1=vt1−x1，解得：Δx=v22μg，故C错误；
D、盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，则有W电=μmgx传=μmgvt1=μmgv×v2μg=mv2，故D正确。
故选：D。
盒子刚放在传送带上时做初速度为零的匀加速直线运动，盒子速度与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，应用牛顿第二定律求出匀加速运动时的加速度大小，应用运动学公式求出盒子的运动时间；根据运动过程与运动性质判断受力情况；求出盒子做匀加速直线运动过程传送带的位移，然后求出盒子与传送带的相对位移大小；根据功能关系求出电动机因运送盒子多做的功。
根据题意分析清楚邮件的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式、功的计算公式、功能关系可以解题。
5.【答案】AD
【解析】解：AC.重力做功为WG=mgh，物体重力势能减少了mgh，故A正确，C错误；
BD.根据牛顿第二定律可得
mg−f=ma=35mg
解得
f=25mg
物体所受阻力做功为
Wf=−fh=−25mgh
根据做功公式可知物体所受合力做功为
W合=F合h=mah=35mgh
故C错误，D正确。
故选：AD。
物体静止开始下落，受到重力和阻力两个力作用，由牛顿第二定律列式求得阻力与重力的关系；而重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化。根据这些功能关系进行分析即可．
本题关键要掌握重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，注意做功的正负。
6.【答案】BD
【解析】解：A.根据开普勒第三定律r3T2=k可得，运行的轨道半径越大，周期越大，飞船在轨道Ⅰ上运行的轨道半径小于在轨道Ⅲ上运行的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故A错误；
B.飞船在a处变轨和在b处变轨都是从低轨道变到高轨道，故都需要加速，故B正确；
C.根据F=GMmr2可知，飞船在轨道Ⅰ上经过a点和在轨道Ⅱ上经过a点时受到的万有引力相同，故加速度相等，故C错误；
D.根据前面分析，飞船在b处变轨需要加速，所以飞船在轨道Ⅱ上经过b点的速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的速率，故D正确。
故选：BD。
根据开普勒第三定律分析周期大小关系；根据变轨原理分析BD选项；根据万有引力定律分析C选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是掌握卫星变轨原理以及开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、设C下滑h=3m时，轻绳与水平方向的夹角为θ，则有sinθ=h h2+l2，解得：sinθ=0.6，则θ=37∘
此时B刚好被提起，可知此时弹簧弹力大小为mg，假设此时C的加速度方向竖直向下，则A的加速度方向竖直向上；
设此时绳子拉力为T，对C有：mg>Tcsθ
解得：T对A有：T>F弹+mg=2mg
可知假设不成立，故此时C的加速度方向竖直向上，则C从静止释放到下滑h=3m时，先做加速运动，后做减速运动，加速度先向下减小，后向上增大，当加速度等于零时，滑块C速度最大，滑块C所受的合力为0，故A错误，B正确；
C、滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升的高度为：Δh= h2+l2−l，代入数据解得：Δh=1m，故C正确；
D、初始时，弹簧被压缩，弹力大小为mg，当B刚好被提起时，弹簧被拉伸，弹力大小也为mg，两种状态下弹簧具有相同的弹性势能；滑块C滑至3m时，设C的速度为v，可知此时A的速度为vsinθ，如图所示：
则有：mgh=12mv2+12m(vsinθ)2+mgΔh
设此过程中绳对A做的功为W，由功能关系有：W=12m(vsinθ)2+mgΔh
联立解得：W=15.3J，故D错误。
故选：BC。
求出C下滑h=3m时轻绳与水平方向的夹角，假设此时C的加速度方向竖直向下，根据受力情况分析绳子拉力大小，由此分析C的运动情况；根据几何关系得到滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升的高度；根据功能关系结合动能定理求解此过程中绳对A做的功。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块的受力情况，能够根据牛顿第二定律、动能定理、功能关系进行解答。
8.【答案】AC
【解析】解：A.表演者从B运动到C做斜上抛运动，在最高点C时的速度为v，即水平方向的速度始终为v，而在B点时，速度方向与竖直方向成45∘，此时水平速度和竖直速度大小相等，所以在B处重力的瞬时功率为P=mgvy=mgv
故A正确；
B.从A运动到B的过程中，表演者既有指向圆心的向心加速度，也有斜向右下方的切向加速度，若竖直方向上加速度的分量向上，则表演者处于超重状态，如果竖直方向上加速度分量向下，则表演者处于失重状态，故B错误；
C.从A运动到B的过程中，由动能定理可知
−mgl(1−csθ)=12mvB2−12mvA2
从B点做斜抛运动，则
vB= 2v
表演者在A处受到秋千的作用力大小为F，根据牛顿第二定律有
F−mg=mvA2l
则表演者在A处受到秋千的作用力大小为
F=2mv2l+(3− 2)mg
故C正确；
D.表演者从C点开始做平抛运动，根据平抛运动规律有
y=h+4h=12gt2
x=vt
从B点运动到最高处，由运动学公式可得
(vBcsθ)2=2gh
解得
h=v22g
CB的水平位移为
x′=vt=vvBsinθg=v2g
故落水点到B点的水平距离为
x总=x+x′
解得x总=6v2g
故D错误。
故选：AC。
A、重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积。
B、判断表演者超重失重，要看其加速度的方向。
C、从A运动到B的过程中，由动能定理可列出方程；表演者从B点做斜抛运动，由几何关系，可列出vB与v的关系式；表演者在A处，由牛顿第二定律和向心力公式可列出方程；联立前述方程可求。
D、从B到C做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的匀减速直线运动，根据相应规律可列出运动方程；在C点做平抛运动，可列出相应方程；联立方程，结合几何关系可求。
本题主要考查竖直圆周运动、斜抛运动、平抛运动等，涉及动能定理、牛顿第二定律、向心力公式、瞬时功率、超重失重等知识，考查较全面，属于曲线运动部分的综合题目，对学生要求较高。
9.【答案】逐渐减小 20
【解析】解：汽车在加速度过程，利用牛顿第二定律则有：F−f=ma
汽车的功率P=Fv
代入数据可得：a=Pv−fm
从启动开始汽车的速度v逐渐增大，由于汽车保持额定功率P不变，阻力f大小不变，则加速度逐渐减小。
当牵引力等于阻力大小时，汽车速度达到最大，则有：P=Fvm=fvm
已知：f=0.1mg=0.1×4×103×10N=4×103N
代入数据可得：vm=20m/s
答：逐渐减小；20。
汽车加速过程利用牛顿第二定律和P=Fv，两式联立可得加速度的表达式，则可知加速度的变化特点；
汽车速度达到最大时，牵引力和阻力大小相等，额定功率和阻力大小已知，由P=Fv可得汽车的最大速度。
本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是利用牛顿第二定律写出加速度的表达式，注意汽车速度达到最大时，牵引力和阻力大小相等。
10.【答案】1：1 2：1
【解析】解：因为A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，即
vA：vB=1：1
由公式v=ωr得：
vA=ωArA
vB=ωBrB
又2rC=rA，rC=rB
联立解得：ωB：ωA=2：1
因为A、C在同一齿轮上，角速度相同，故
ωB：ωC=ωB：ωA
解得：ωB：ωC=2：1
故答案为：1：1；2：1。
同缘传动时，边缘点的线速度大小相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v=ωr列式求解。
本题关键明确同缘传动和同轴传动的特点，关键在于灵活应用v=ωr关系式。
11.【答案】DBD0.94存在空气阻力和摩擦力阻力做功
【解析】解：(1)正确的手持纸带的方法：手持纸带的末端，让纸带保持竖直，重物靠近打点计时器，故ABC错误，D正确。
故选D。
(2)A.先接通电源，后让重锤下落，可有效的利用纸带，故A错误；
B.要验证的表达式为：mgh=12mv2，重锤的质量可以被约掉，重锤的质量可以不测，故B正确；
C.利用v=gt，来计算重物在t时刻的瞬时速度，是认为物体做自由落体运动，而做自由落体运动的物体，其机械能是守恒的，这就失去了验证的意义，故C错误；
D.安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，可减少纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故D正确。
故选：BD。
(3)B点的速度等于AC段的平均速度，则有：
vB=xOC−xOA2T=(7.01−3.13)×10−20.04m/s=0.97m/s
从起点O到计数点B的过程中重物动能的增加量为：
ΔEk=12mvB2=12×2×(0.97)2J≈0.94J
数值上ΔEp>ΔEk，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力做功。
故答案为：(1)D；(2)BD；(3)0.94；存在空气阻力和摩擦力阻力做功
(1)(2)根据实验的操作方法和注意的事项解答；
(3)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由动能定义求解动能增加量；误差来自于存在空气阻力和摩擦力阻力。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作和注意的事项。
12.【答案】一定 不一定 2.0−5.05.0
【解析】解：(1)在每次实验中每次小球一定从斜槽上同一位置由静止开始运动。轨道不一定光滑，只有小球到达底端时速度相同即可。
(2)L=5.0cm=0.05m
因Δy=2L=gT2
解得T=0.1s
则B点的竖直分速度为
vBy=8L2T
解得vBy=2.0m/s
小球做平抛运动的初速度
v0=3LT
解得v0=1.5m/s
从抛出点到B点的时间t=vByg
从抛出点到B点的竖直距离Δy=vBy2t
从抛出点到B点的水平距离
Δx=v0t
解得Δy=0.2m=20cm，Δx=0.3m=30cm
初始位置横坐标
x=25cm−30cm=−5.0cm
纵坐标
y=25cm−20cm=5.0cm
即初始位置坐标(−5.0cm,5.0cm)
故答案为：(1)一定，不一定；(2)2.0；−5.0；5.0
(1)根据实验原理及操作规范分析。
(2)根据竖直方向自由落体运动规律解得周期，从而计算竖直速度，结合平抛运动规律解得抛出点坐标。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题.
13.【答案】解：(1)忽略地球自转，物体在地球的两极受到的重力与其所受到的万有引力大小相等，有
GMmR2=mg，
解得：M=gR2G。
(2)中国空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道半径r=R+h
由地球的万有引力提供向心力，得
GMmr2=mv2r，
联立解得：v=R gR+h。
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小为R gR+h。
【解析】(1)已知地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，根据重力等于万有引力来求解地球的质量。
(2)中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求解中国空间站绕地球运动的线速度v大小。
本题要掌握两个关系：在星球表面上的物体受到的重力与其所受到的万有引力大小相等；环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。
14.【答案】解：(1)由图乙的v−t图像可知，物块P经过B点时的速度为
vB=5m/s
物块在B点时，由牛顿第二定律得
N1−mg=mvB2R
联立解得
N1=60N
(2)对物块P整个运动过程，由动能定理得
mgR−Wf=0−0
解得物块P克服摩擦力做的功为
Wf=25J
(3)由v−t图像可知0−2s内木板做匀加速运动，2s时与物块P共速，且共同速度为v=1m/s，如图所示
物块与木板的相对位移为
Δs=x物−x木=5+12×2m−12×2m=5m
0∼2s内物块P的加速度大小为
a1=ΔvΔt=2−02m/s2=2m/s2
物块P受到的摩擦力为
f1=ma1=2×2N=4N
物块P与木板间因摩擦产生的热量为
Q1=f1Δs=4×5J=20J
由能量守恒定律得
mgR=Q1+Q
解得木板和地面间因摩擦而产生的热量为
Q=5J
答：(1)物块P经过B点时受到的支持力大小N1为60N；
(2)物块P克服摩擦力做的功Wf为25J；
(3)木板和地面间因摩擦而产生的热量Q为5J。
【解析】(1)由图乙的v−t图像可知，物块P经过B点时的速度，在B点由牛顿第二定律和向心力公式求支持力；
(2)对物块P整个运动过程，由动能定理算克服摩擦力做的功；
(3)由v−t图像可知0−2s内木板做匀加速运动，2s时与物块P共速，由图像求位移，再由由能量守恒定律求热量。
这是一道结合牛顿第二定律、向心力、功能关系的题，涉及的过程较多，有一定的难度，要认真解题。
15.【答案】解：(1)载人滑草车从A点滑到B点做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1①
L1=12a1t12②
联立①②得：t1=3s
(2)载人滑草车从A点滑到C点的过程，由动能定理得
mgsinθ⋅L1−μ2mgcsθ⋅L1−μ2mg⋅L2=0−0③
解得：μ2=0.45
(3)载人滑草车离开C点后做平抛运动，速度为vC，落到草堆DE上时水平位移和竖直位移大小分别为x和y，由平抛运动规律得：
x=vCt④
y=12gt2⑤
x2+y2=R2⑥
运动员落到草堆DE时的动能为Ek，由动能定理得：
mgy=Ek−12mvC2⑦
联立④⑤⑥⑦解得：Ek=14mg(3y+R2y)⑧
由表达式可知当R2y=3y，即
y=R 3代入数据得：y=3m
动能有最小值，动能最小值为：
Ekmin=2250J
答：(1)滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1=0.25，滑草车从A点滑到B点所用时间t1为3s；
(2)滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2为0.45；
(3)载人滑草车落到草堆时的动能最小值为2250J。
【解析】(1)载人滑草车从A点滑到B点做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式即可求出滑草车从A点滑到B点所用时间。
(2)载人滑草车从A点滑到C点的过程，根据动能定理列式，即可求出滑草车和草坪之间的动摩擦因数；
(3)根据平抛运动与几何关系求出平抛运动的高度，再据动能定理列式得到滑草车(含体验者)落到草堆DE时的动能与平抛运动下落高度的关系，结合数学知识求解。
分析清楚滑草者的运动情况和受力情况是解题的基础，要能根据动能定理、平抛运动的规律和几何关系得到落到DE上的动能与下落高度的关系式是解题关键，运用数学函数法求动能的最小值。
1.如图，质量为m的苹果从距地面高度为H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。若以坑底为零势能参考平面，则苹果刚要落到坑底时的机械能为( )
A. 0
B. mgh
C. mg(H−h)
D. mg(H+h)
2.如图，汉墓壁画拓片描绘了汉代人驾车的场景。当马拉车沿水平路面前进时，下列说法正确的是( )
A. 马车一定受力平衡
B. 车夫对马的拉力做正功
C. 马对车的拉力做正功
D. 地面对车的摩擦力是滑动摩擦力
3.
4.图甲为炒茶厂的水平传送带装置，可简化为图乙所示模型，皮带在电动机带动下保持恒定速度v向右运动。传送带A、B两端的距离为L，现将一质量为m的茶叶盒由静止轻放在皮带上，盒子过一会儿能保持与传送带相对静止。茶叶盒和皮带间的动摩擦因数为μ，忽略盒子的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 盒子从左端运动到右端的时间为Lv+vμg
B. 盒子在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用
C. 盒子与传送的相对位移大小为v2μg
D. 盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功为mv2
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.质量为m的物体，由静止开始下落，其下落的加速度为35g，在其下落h的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体重力做的功为mghB. 物体所受阻力做功为25mgh
C. 物体重力势能减少了25mghD. 物体所受合力做功为35mgh
6.中国于2023年5月30号成功发射“神舟十六号”载人飞船。如图，“神舟十六号”载人飞船发射后先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道a点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达b点时，再次点火进入圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅲ上运行的周期
B. 飞船在a处变轨要加速，在b处变轨也要加速
C. 飞船在轨道Ⅰ上经过a点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ上经过b点的速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的速率
7.如图所示，物块B和A通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上，用不可伸长的轻绳绕过固定的光滑定滑轮连接物块A和C，C穿在竖直固定的光滑细杆上，OA竖直且足够长，OC水平，A、C间轻绳刚好拉直，此时整个系统处于静止状态，现将C静止释放，下滑h=3m时B刚好被提起。已知A、B、C质量均为1kg，OC间距l=4m，g取10m/s2，则( )
A. 滑块C下滑过程中，加速度一直减小
B. 当滑块C速度最大时，滑块C所受的合力为0
C. 滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升了1m
D. 滑块C静止释放下滑至3m过程中，绳对A做的功为19.3J
8.如图甲，宋人孟元老《东京梦华录》对花样跳水的描述：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千。”某次“水秋千”表演过程如图乙，质量为m的表演者，以O点为圆心荡到与竖直方向夹角θ=45∘的B点时，松手沿切线方向飞出。若在空中经过最高点C时的速度为v，水秋千绳长为l，A为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气阻力和绳的质量，重力加速度为g。则( )
A. 表演者在B处重力的瞬时功率为mgv
B. 表演者从A运动到B的过程中，处于超重状态
C. 表演者在A处受到秋千的作用力大小为2mv2l+(3− 2)mg
D. 若B到水面的高度为CB间高度的4倍，则落水点到B点的水平距离为( 6+1)v2g
三、填空题：本大题共2小题，共6分。
9.一辆质量为4×103kg的汽车，额定功率为80kW。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，从启动开始汽车将会做加速度______(选填“不变”、“逐渐增大”或“逐渐减小”)的运动，汽车在加速运动过程中所能达到的最大速度为______m/s(g取10m/s2)。
10.如图甲，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC=rA，rC=rB。工作时A点和B点的线速度之比vA：vB=______， B和C点的角速度之比ωB：ωC=______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组在“验证机械能守恒定律”的实验中。
(1)图甲所示操作中合理的是______。
(2)本实验中，下列说法正确的是______。
A.先让重锤下落，后接通电源
B.重锤的质量可以不测
C.可以根据v=gt来计算重物在t时刻的瞬时速度
D.安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上
(3)在实验中，当地重力加速度g=9.8m/s2，测得所用重物的质量为2.00kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图乙所示(相邻计数点时间间隔为0.02s)。
从起点O到计数点B的过程中重物动能的增加量ΔEk=______J(结果保留两位有效数字)；重力势能的减少量ΔEp，通过计算，数值上ΔEp>ΔEk，原因是______。
12.在“探究平抛运动特点”的实验中，用图甲所示实验装置和频闪相机来探究平抛运动的特点。
(1)在多次实验中每次小球______从斜槽上同一位置由静止开始运动。轨道______光滑。(选填“一定”或“不一定”)。
(2)某同学用频闪相机来探究平抛运动的特点。如图乙所示是该同学所拍摄小球运动轨迹照片的一部分。A、B、C是记录了小球在运动途中的三个位置，已知照片上每个小正方形方格的实际边长为L=5.0cm，B点的竖直分速度为______m/s，小球做平抛运动的初始位置坐标(______ cm，______cm)(g取10m/s2)。(结果保留一位小数)
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站过境祖国上空，航天员费俊龙、邓清明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地球做匀速圆周运动时距地球表面的距离为h。地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，忽略地球自转。求：
(1)地球的质量M；
(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小。
14.如图甲所示，固定在水平面上半径为R=1.25m的14光滑圆弧轨道，A点为轨道最高点且与圆心等高；圆弧轨道最低点B与质量为M的木板上表面等高且平滑相接，但不粘连。一质量m=2kg的物块P(可视为质点)，从圆弧轨道上A点由静止开始释放，滑上木板后，物块P的v−t图像如图乙所示。物块P不会从木板右端掉落，g取10m/s2。求：
(1)物块P经过B点时受到的支持力大小N1；
(2)物块P克服摩擦力做的功Wf；
(3)木板和地面间因摩擦而产生的热量Q。
15.图甲为新兴滑草娱乐活动场所，其横截面简化示意图如图乙。倾斜草坪AB长L1=18m，倾角θ=37∘，水平草坪BC长L2=9.6m，防护草堆横截面是半径R=3 3m的四分之一圆弧，C点为圆弧圆心，C点正下方的点E为圆弧最低点。运动员乘滑草车从点A沿倾斜草坪无初速下滑，滑到底端B点时速度大小不变而方向变为水平，再滑过BC段后从C点水平滑出，最后落在草堆圆弧DE上。选择不同的滑草车可以改变滑草车与草坪之间的动摩擦因数，同一滑草车与AB、BC的动摩擦因数相同，载人滑草车在运动过程中可看成质点，不计空气阻力，(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g取10m/s2)。
(1)滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1=0.25，求滑草车从A点滑到B点所用时间t1；
(2)滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2；
(3)载人滑草车的总质量m=50kg，他乘坐不同的滑草车将以不同的速度离开C点并落到圆弧DE上的不同位置，求载人滑草车落到草堆时的动能最小值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：不计空气阻力，苹果下落时只有重力做功，其机械能守恒，可知刚要落到坑底时的机械能等于开始下落时的机械能，即为E=mg(H+h)，故ABC错误，D正确。
故选：D。
不计空气阻力，苹果下落过程中机械能守恒，苹果落到坑底时的机械能等于苹果刚下落时的机械能，根据重力势能的计算公式Ep=mgh分析答题，其中h是物体相对于零势能参考平面的高度。
本题是对机械能守恒定律的直接考查，要掌握机械能守恒的条件，灵活选择研究的位置。
2.【答案】C
【解析】解：A.马拉车不一定做匀速运动，所以马车不一定受力平衡，故A错误；
BC.车夫对马的拉力方向向右，而马向左走，拉力方向与马的运动方向夹角为180∘，csθ=−1，所以车夫对马的拉力做负功，马对车的拉力与车的运动方向一致，csθ=1，马的拉力对车做正功，故B错误，C正确；
D.地面对车轮接触过程没有发生相对滑动，摩擦力是静摩擦力，故D错误。
故选：C。
马拉车不一定做匀速运动，所以马车不一定受力平衡；根据做功的表达式W=Fxcsθ进行判断；地面对车轮接触过程没有发生相对滑动，摩擦力是静摩擦力。
该题目考查了功的正负判断，W=Fxcsθ这个公式中的csθ的正负决定了做功的正负，学生做题的时候一定不要忘记考虑夹角。
3.【答案】
【解析】
4.【答案】D
【解析】解：A、盒子在传送带上加速过程，由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：a=μg
加速过程所用时间和通过的位移分别为t1=va=vμg，x1=v22a=v22μg
盒子在传送带匀速过程的时间为t2=L−x1v=L−v22μgv
盒子从左端运动到右端的时间为t=t1+t2=vμg+L−v22μgv=Lv+v2μg，故A错误；
B、盒子在传送带做匀速运动时，不受摩擦力作用，故B错误；
C、盒子与传送的相对位移大小为Δx=x传−x1=vt1−x1，解得：Δx=v22μg，故C错误；
D、盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，则有W电=μmgx传=μmgvt1=μmgv×v2μg=mv2，故D正确。
故选：D。
盒子刚放在传送带上时做初速度为零的匀加速直线运动，盒子速度与传送带速度相等后与传送带一起做匀速直线运动，应用牛顿第二定律求出匀加速运动时的加速度大小，应用运动学公式求出盒子的运动时间；根据运动过程与运动性质判断受力情况；求出盒子做匀加速直线运动过程传送带的位移，然后求出盒子与传送带的相对位移大小；根据功能关系求出电动机因运送盒子多做的功。
根据题意分析清楚邮件的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式、功的计算公式、功能关系可以解题。
5.【答案】AD
【解析】解：AC.重力做功为WG=mgh，物体重力势能减少了mgh，故A正确，C错误；
BD.根据牛顿第二定律可得
mg−f=ma=35mg
解得
f=25mg
物体所受阻力做功为
Wf=−fh=−25mgh
根据做功公式可知物体所受合力做功为
W合=F合h=mah=35mgh
故C错误，D正确。
故选：AD。
物体静止开始下落，受到重力和阻力两个力作用，由牛顿第二定律列式求得阻力与重力的关系；而重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化。根据这些功能关系进行分析即可．
本题关键要掌握重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，注意做功的正负。
6.【答案】BD
【解析】解：A.根据开普勒第三定律r3T2=k可得，运行的轨道半径越大，周期越大，飞船在轨道Ⅰ上运行的轨道半径小于在轨道Ⅲ上运行的轨道半径，所以飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故A错误；
B.飞船在a处变轨和在b处变轨都是从低轨道变到高轨道，故都需要加速，故B正确；
C.根据F=GMmr2可知，飞船在轨道Ⅰ上经过a点和在轨道Ⅱ上经过a点时受到的万有引力相同，故加速度相等，故C错误；
D.根据前面分析，飞船在b处变轨需要加速，所以飞船在轨道Ⅱ上经过b点的速率小于在轨道Ⅲ上经过b点的速率，故D正确。
故选：BD。
根据开普勒第三定律分析周期大小关系；根据变轨原理分析BD选项；根据万有引力定律分析C选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是掌握卫星变轨原理以及开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、设C下滑h=3m时，轻绳与水平方向的夹角为θ，则有sinθ=h h2+l2，解得：sinθ=0.6，则θ=37∘
此时B刚好被提起，可知此时弹簧弹力大小为mg，假设此时C的加速度方向竖直向下，则A的加速度方向竖直向上；
设此时绳子拉力为T，对C有：mg>Tcsθ
解得：T
可知假设不成立，故此时C的加速度方向竖直向上，则C从静止释放到下滑h=3m时，先做加速运动，后做减速运动，加速度先向下减小，后向上增大，当加速度等于零时，滑块C速度最大，滑块C所受的合力为0，故A错误，B正确；
C、滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升的高度为：Δh= h2+l2−l，代入数据解得：Δh=1m，故C正确；
D、初始时，弹簧被压缩，弹力大小为mg，当B刚好被提起时，弹簧被拉伸，弹力大小也为mg，两种状态下弹簧具有相同的弹性势能；滑块C滑至3m时，设C的速度为v，可知此时A的速度为vsinθ，如图所示：
则有：mgh=12mv2+12m(vsinθ)2+mgΔh
设此过程中绳对A做的功为W，由功能关系有：W=12m(vsinθ)2+mgΔh
联立解得：W=15.3J，故D错误。
故选：BC。
求出C下滑h=3m时轻绳与水平方向的夹角，假设此时C的加速度方向竖直向下，根据受力情况分析绳子拉力大小，由此分析C的运动情况；根据几何关系得到滑块C静止释放下滑至3m过程中，物块A上升的高度；根据功能关系结合动能定理求解此过程中绳对A做的功。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块的受力情况，能够根据牛顿第二定律、动能定理、功能关系进行解答。
8.【答案】AC
【解析】解：A.表演者从B运动到C做斜上抛运动，在最高点C时的速度为v，即水平方向的速度始终为v，而在B点时，速度方向与竖直方向成45∘，此时水平速度和竖直速度大小相等，所以在B处重力的瞬时功率为P=mgvy=mgv
故A正确；
B.从A运动到B的过程中，表演者既有指向圆心的向心加速度，也有斜向右下方的切向加速度，若竖直方向上加速度的分量向上，则表演者处于超重状态，如果竖直方向上加速度分量向下，则表演者处于失重状态，故B错误；
C.从A运动到B的过程中，由动能定理可知
−mgl(1−csθ)=12mvB2−12mvA2
从B点做斜抛运动，则
vB= 2v
表演者在A处受到秋千的作用力大小为F，根据牛顿第二定律有
F−mg=mvA2l
则表演者在A处受到秋千的作用力大小为
F=2mv2l+(3− 2)mg
故C正确；
D.表演者从C点开始做平抛运动，根据平抛运动规律有
y=h+4h=12gt2
x=vt
从B点运动到最高处，由运动学公式可得
(vBcsθ)2=2gh
解得
h=v22g
CB的水平位移为
x′=vt=vvBsinθg=v2g
故落水点到B点的水平距离为
x总=x+x′
解得x总=6v2g
故D错误。
故选：AC。
A、重力的瞬时功率等于重力与竖直方向速度的乘积。
B、判断表演者超重失重，要看其加速度的方向。
C、从A运动到B的过程中，由动能定理可列出方程；表演者从B点做斜抛运动，由几何关系，可列出vB与v的关系式；表演者在A处，由牛顿第二定律和向心力公式可列出方程；联立前述方程可求。
D、从B到C做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的匀减速直线运动，根据相应规律可列出运动方程；在C点做平抛运动，可列出相应方程；联立方程，结合几何关系可求。
本题主要考查竖直圆周运动、斜抛运动、平抛运动等，涉及动能定理、牛顿第二定律、向心力公式、瞬时功率、超重失重等知识，考查较全面，属于曲线运动部分的综合题目，对学生要求较高。
9.【答案】逐渐减小 20
【解析】解：汽车在加速度过程，利用牛顿第二定律则有：F−f=ma
汽车的功率P=Fv
代入数据可得：a=Pv−fm
从启动开始汽车的速度v逐渐增大，由于汽车保持额定功率P不变，阻力f大小不变，则加速度逐渐减小。
当牵引力等于阻力大小时，汽车速度达到最大，则有：P=Fvm=fvm
已知：f=0.1mg=0.1×4×103×10N=4×103N
代入数据可得：vm=20m/s
答：逐渐减小；20。
汽车加速过程利用牛顿第二定律和P=Fv，两式联立可得加速度的表达式，则可知加速度的变化特点；
汽车速度达到最大时，牵引力和阻力大小相等，额定功率和阻力大小已知，由P=Fv可得汽车的最大速度。
本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是利用牛顿第二定律写出加速度的表达式，注意汽车速度达到最大时，牵引力和阻力大小相等。
10.【答案】1：1 2：1
【解析】解：因为A、B两点都在齿轮边缘，相互咬合传动，故线速度大小相等，即
vA：vB=1：1
由公式v=ωr得：
vA=ωArA
vB=ωBrB
又2rC=rA，rC=rB
联立解得：ωB：ωA=2：1
因为A、C在同一齿轮上，角速度相同，故
ωB：ωC=ωB：ωA
解得：ωB：ωC=2：1
故答案为：1：1；2：1。
同缘传动时，边缘点的线速度大小相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v=ωr列式求解。
本题关键明确同缘传动和同轴传动的特点，关键在于灵活应用v=ωr关系式。
11.【答案】DBD0.94存在空气阻力和摩擦力阻力做功
【解析】解：(1)正确的手持纸带的方法：手持纸带的末端，让纸带保持竖直，重物靠近打点计时器，故ABC错误，D正确。
故选D。
(2)A.先接通电源，后让重锤下落，可有效的利用纸带，故A错误；
B.要验证的表达式为：mgh=12mv2，重锤的质量可以被约掉，重锤的质量可以不测，故B正确；
C.利用v=gt，来计算重物在t时刻的瞬时速度，是认为物体做自由落体运动，而做自由落体运动的物体，其机械能是守恒的，这就失去了验证的意义，故C错误；
D.安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，可减少纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故D正确。
故选：BD。
(3)B点的速度等于AC段的平均速度，则有：
vB=xOC−xOA2T=(7.01−3.13)×10−20.04m/s=0.97m/s
从起点O到计数点B的过程中重物动能的增加量为：
ΔEk=12mvB2=12×2×(0.97)2J≈0.94J
数值上ΔEp>ΔEk，原因是存在空气阻力和摩擦力阻力做功。
故答案为：(1)D；(2)BD；(3)0.94；存在空气阻力和摩擦力阻力做功
(1)(2)根据实验的操作方法和注意的事项解答；
(3)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由动能定义求解动能增加量；误差来自于存在空气阻力和摩擦力阻力。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作和注意的事项。
12.【答案】一定 不一定 2.0−5.05.0
【解析】解：(1)在每次实验中每次小球一定从斜槽上同一位置由静止开始运动。轨道不一定光滑，只有小球到达底端时速度相同即可。
(2)L=5.0cm=0.05m
因Δy=2L=gT2
解得T=0.1s
则B点的竖直分速度为
vBy=8L2T
解得vBy=2.0m/s
小球做平抛运动的初速度
v0=3LT
解得v0=1.5m/s
从抛出点到B点的时间t=vByg
从抛出点到B点的竖直距离Δy=vBy2t
从抛出点到B点的水平距离
Δx=v0t
解得Δy=0.2m=20cm，Δx=0.3m=30cm
初始位置横坐标
x=25cm−30cm=−5.0cm
纵坐标
y=25cm−20cm=5.0cm
即初始位置坐标(−5.0cm,5.0cm)
故答案为：(1)一定，不一定；(2)2.0；−5.0；5.0
(1)根据实验原理及操作规范分析。
(2)根据竖直方向自由落体运动规律解得周期，从而计算竖直速度，结合平抛运动规律解得抛出点坐标。
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题.
13.【答案】解：(1)忽略地球自转，物体在地球的两极受到的重力与其所受到的万有引力大小相等，有
GMmR2=mg，
解得：M=gR2G。
(2)中国空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道半径r=R+h
由地球的万有引力提供向心力，得
GMmr2=mv2r，
联立解得：v=R gR+h。
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)中国空间站绕地球运动的线速度v大小为R gR+h。
【解析】(1)已知地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G，根据重力等于万有引力来求解地球的质量。
(2)中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求解中国空间站绕地球运动的线速度v大小。
本题要掌握两个关系：在星球表面上的物体受到的重力与其所受到的万有引力大小相等；环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。
14.【答案】解：(1)由图乙的v−t图像可知，物块P经过B点时的速度为
vB=5m/s
物块在B点时，由牛顿第二定律得
N1−mg=mvB2R
联立解得
N1=60N
(2)对物块P整个运动过程，由动能定理得
mgR−Wf=0−0
解得物块P克服摩擦力做的功为
Wf=25J
(3)由v−t图像可知0−2s内木板做匀加速运动，2s时与物块P共速，且共同速度为v=1m/s，如图所示
物块与木板的相对位移为
Δs=x物−x木=5+12×2m−12×2m=5m
0∼2s内物块P的加速度大小为
a1=ΔvΔt=2−02m/s2=2m/s2
物块P受到的摩擦力为
f1=ma1=2×2N=4N
物块P与木板间因摩擦产生的热量为
Q1=f1Δs=4×5J=20J
由能量守恒定律得
mgR=Q1+Q
解得木板和地面间因摩擦而产生的热量为
Q=5J
答：(1)物块P经过B点时受到的支持力大小N1为60N；
(2)物块P克服摩擦力做的功Wf为25J；
(3)木板和地面间因摩擦而产生的热量Q为5J。
【解析】(1)由图乙的v−t图像可知，物块P经过B点时的速度，在B点由牛顿第二定律和向心力公式求支持力；
(2)对物块P整个运动过程，由动能定理算克服摩擦力做的功；
(3)由v−t图像可知0−2s内木板做匀加速运动，2s时与物块P共速，由图像求位移，再由由能量守恒定律求热量。
这是一道结合牛顿第二定律、向心力、功能关系的题，涉及的过程较多，有一定的难度，要认真解题。
15.【答案】解：(1)载人滑草车从A点滑到B点做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1①
L1=12a1t12②
联立①②得：t1=3s
(2)载人滑草车从A点滑到C点的过程，由动能定理得
mgsinθ⋅L1−μ2mgcsθ⋅L1−μ2mg⋅L2=0−0③
解得：μ2=0.45
(3)载人滑草车离开C点后做平抛运动，速度为vC，落到草堆DE上时水平位移和竖直位移大小分别为x和y，由平抛运动规律得：
x=vCt④
y=12gt2⑤
x2+y2=R2⑥
运动员落到草堆DE时的动能为Ek，由动能定理得：
mgy=Ek−12mvC2⑦
联立④⑤⑥⑦解得：Ek=14mg(3y+R2y)⑧
由表达式可知当R2y=3y，即
y=R 3代入数据得：y=3m
动能有最小值，动能最小值为：
Ekmin=2250J
答：(1)滑草车和草坪间的动摩擦因数μ1=0.25，滑草车从A点滑到B点所用时间t1为3s；
(2)滑草车从A点滑下后，恰好停在C处，求该滑草车和草坪间的动摩擦因数μ2为0.45；
(3)载人滑草车落到草堆时的动能最小值为2250J。
【解析】(1)载人滑草车从A点滑到B点做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式即可求出滑草车从A点滑到B点所用时间。
(2)载人滑草车从A点滑到C点的过程，根据动能定理列式，即可求出滑草车和草坪之间的动摩擦因数；
(3)根据平抛运动与几何关系求出平抛运动的高度，再据动能定理列式得到滑草车(含体验者)落到草堆DE时的动能与平抛运动下落高度的关系，结合数学知识求解。
分析清楚滑草者的运动情况和受力情况是解题的基础，要能根据动能定理、平抛运动的规律和几何关系得到落到DE上的动能与下落高度的关系式是解题关键，运用数学函数法求动能的最小值。
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