2022-2023学年广西南宁市普高联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西南宁市普高联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15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.下列关于曲线运动的说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变加速运动B. 做匀速圆周运动的物体加速度不变
C. 做曲线运动的物体动能一定改变D. 做平抛运动的物体机械能守恒
2.小船在静水中的速度为4m/s，它在宽为200m，水流速度为3m/s的河中渡河，船头始终与河岸垂直．则小船渡河需要的时间为( )
A. 40sB. 50sC. 90sD. 66.7s
3.北京时间2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动。假定“天问一号”的三个轨道如图所示，轨道Ⅰ为近火轨道，轨道Ⅱ为转移轨道，轨道Ⅲ为同步轨道，P、Q分别是转移轨道的近火点和远火点。若火星的第一宇宙速度为3.5km/s。假设卫星在各轨道运行时质量不变，关于“天问一号”在这三个轨道上的运动，下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在轨道Ⅲ上的运行速度大于3.5km/s
B. “天问一号”在Q点从轨道Ⅲ转移至轨道Ⅱ上需要“制动”减速
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程是加速运动
D. “天问一号”在轨道Ⅲ上运行的机械能等于在轨道Ⅰ上运行的机械能
4.2021年4月18日，深圳人期待已久的“湾区之光”摩天轮正式向公众开放，“湾区之光”摩天轮位于深圳宝安中心临海片区的滨海文化公园东侧，高128米，共有28个桥箱，乘坐摩天轮可抵达“深圳之巅”，将都市美景尽收眼底。若该摩天轮做匀速圆周运动，则乘客( )
A. 速度始终恒定B. 受到的合力始终不变
C. 重力的功率始终改变D. 在最低点处于失重状态
5.2022年9月16日，第九批在韩志愿军烈士的遗骸回归祖国，沈阳桃仙国际机场以“过水门”最高礼遇迎接志愿军烈士回家，以表达对英烈的崇高敬意。如图所示，仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。若水门高约45m，跨度约90m。忽略空气阻力、消防车的高度以及水流之间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A. 水喷出后经过约1.5s到达最高点
B. 在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度约为0
C. 水喷出的瞬间，速度的水平分量约为30m/s
D. 水喷出瞬间初速度大小约为15 5m/s
6.随着北斗系统全面建成开通，北斗产业发展被列入国家“十四五”规划重点项目，北斗系统开启了全球化、产业化新征程。北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成。如图所示，地球静止轨道卫星A与倾斜地球同步轨道卫星B距地面高度均约为36000km，中圆轨道卫星C距地面高度约为21500km。下列说法正确的是( )
A. A与B运行的周期一定不同B. A与B受到的向心力一定相同
C. B比C运行的角速度小D. B比C运行的线速度大
7.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37∘，足够长的斜面底端沿斜面向上运动。上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。sin37∘=0.60，cs37∘=0.80。下列选项不正确的是( )
A. 物体的质量m=1.0kgB. 物体的初速度v0=10m/s
C. 物体受到的摩擦力Ff=4ND. 物体回到斜面底端时的动能Ek=20J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如下图所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点。第二次将物体先拉到C点，再回到B点．则这两次过程中( )
A. 重力势能改变量相等B. 弹簧的弹性势能改变量相等
C. 摩擦力对物体做的功相等D. 弹簧弹力对物体做功相等
9.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 图a中，增大圆锥摆的摆角θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变
B. 图b中，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力
C. 图c中，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力大于车的重力
D. 图d中，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内、外轨均无侧向压力
10.如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点瞬间给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，物体的v−t图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. F的大小为4NB. 物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.05
C. 前4秒恒力F对物体做功为−64JD. 10秒内恒力F对物体做功为6J
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．
(1)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______m/s.(g取9.8m/s2)
(2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为______m/s；B点的竖直分速度为______m/s.(g取10m/s2)
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.采用重物自由下落“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示，已知打点计时器所用电源的频率为f=50Hz，当地的重力加速度g取9.80m/s2。
(1)本实验所用电火花计时器的工作电源为______，重物及夹子的质量 m是______(选填“需要”或“不需要”)测出的；
(2)关于该实验的下述操作中，正确的是______；
A.实验所选重物，只需考虑其重量足够大即可
B.在组装实验器材时，电火花计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上
C.实验时应先开启电源，再释放纸带
D.实验时在得到一条纸带后，一定要先处理数据确认实验成功之后，再关闭电源、整理实验器材
(3)在经过一系列实验操作后得到如图2所示的一条清晰的纸带，其中h=57.60cm，x1=6.41cm，x2=6.79cm。则由纸带可知：
①在误差允许范围内，若等式______成立，就可以验证机械能守恒(用题目中给出物理量的符号表示)；
②百分误差是衡量实验精确度的重要标准，其定义为“百分误差=|实际值−测量值实际值|×100%”。本实验将重物重力势能的变化量作为“实际值”，将重物动能变化量作为“测量值”，则该实验的百分误差为η=______%(保留到个位)。
五、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.某汽车总质量m=2×103kg，其发动机的额定功率P=60kW，在某段水平路面上从静止开始行驶时，先以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，达到额定功率后保持该功率不变继续行驶，直至达到最大速度，已知阻力是车重的k倍，k=0.1，取g=10m/s2，求：
(1)汽车运动的最大速度；
(2)汽车做匀加速运动的时间。
14.如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，半径为r，在B点轨道的切线是水平的。在圆弧轨道的下面有一半径为R的水平圆盘，绕垂直于盘面的中心轴BO2匀速转动。一质量为m的小球(可看成质点)从圆弧轨道上某处下滑，到达B点时速度为v(此时速度方向恰与O2C平行)，重力加速度为g。求：
(1)小球到达B点时对轨道的压力；
(2)要使小球刚好落在C点，BO2间的距离h；
(3)要使小球刚好落在C点，圆盘转动的角速度ω。
六、计算题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m=1.0kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F.已知A，B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2.求：
(1)在撤去力F时，滑块的速度大小；
(2)滑块通过B点时的动能；
(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、曲线运动的速度方向不断变化，所以曲线运动一定是变速运动，加速度可能变化，也可能不变，例如平抛运动是匀变速曲线运动，故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向变化，故B错误；
C、做曲线运动的物体速度大小可能不变，动能可能不变，如匀速圆周运动，故C错误；
D、做平抛运动的物体运动时，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故D正确。
故选：D。
曲线运动一定是变速运动，加速度可能变化，也可能不变；速度大小可能变化，也可能不变；做匀速圆周运动的物体加速度方向时刻变化；只有重力做功时，物体的机械能守恒。
解答本题时，要掌握曲线运动的速度、加速度方向特点，可能通过举例分析抽象的概念题。
2.【答案】B
【解析】解：小船渡河时间由垂直河岸方向的分运动决定，船头始终垂直河岸，渡河时间：
t=dv1=200m4m/s=50s，
故选：B。
将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸时间．
解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．
3.【答案】B
【解析】【分析】
由万有引力提供向心力得到线速度v= GMr，由此分析线速度大小；根据变轨原理分析B选项；根据开普勒第二定律分析C选项；根据机械能守恒定律的守恒条件分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，知道开普勒第二定律的应用方法、掌握变轨原理。
【解答】
A、若火星的第一宇宙速度为3.5km/s，即贴近火星表面做匀速圆周运动的卫星的线速度大小为3.5km/s，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的轨道半径大于火星半径，所以线速度小于3.5km/s，故A错误；
B、“天问一号”在Q点从轨道Ⅲ转移至轨道Ⅱ上做向心运动，需要“制动”减速，故B正确；
C、根据开普勒第二定律可知，“天问一号”在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程速度逐渐减小，是减速运动，故C错误；
D、“天问一号”在轨道Ⅲ上向轨道Ⅰ上运行时，需要点火减速，除重力之外的其它力做负功，机械能减小，所以“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的机械能大于在轨道Ⅰ上运行的机械能，故D错误。
故选：B。
4.【答案】C
【解析】解：A、摩天轮做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，方向时刻变化，故A错误；
B、乘客受到的合力大小不变，方向始终指向圆心，提供向心力，则方向时刻变化，即乘客受到的合力变化，故B错误；
C、设速度方向与重力方向夹角为θ，重力的功率为P=mgvcsθ
乘客运动过程中，速度方向时刻变化，则θ时刻变化，重力的功率始终改变，故C正确；
D、在最低点时，乘客所受合力竖直向上，加速度竖直向上，处于超重状态，故D错误，
故选：C。
根据匀速圆周运动特点分析速度和合力的变化；根据功率公式判断重力功率的变化；重物在最低点时，根据匀速圆周特点分析加速度的方向，进而判断超失重状态。
本题考查匀速圆周运动、功率的求解和超重与失重，解题关键是掌握匀速圆周运动特点，掌握功率的求解公式。
5.【答案】D
【解析】解：A.水柱相遇前水做斜上抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，逆运动为自由落体运动，则
h=12gt2
解得
t= 2hg= 2×4510s=3s
故A错误；
BC.水柱在水平方向做匀速直线运动，在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度等于水喷出的瞬间的水平分速度，则有
vx=xt=453m/s=15m/s
故BC错误；
D.水喷出的瞬间，速度竖直方向分量为
vy=gt=10×3m/s=30m/s
水喷出瞬间初速度大小
v= vx2+vy2
解得v=15 5m/s
故D正确。
故选：D。
根据斜抛运动在不同方向的运动特点结合逆向思维分析出水到达最高点的时间；水柱到达最高点时，水平速度不为零，竖直速度为零。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，将水柱的初速度分解到水平方向和竖直方向，根据受力特点分析出不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r，在轨道运动的卫星周期T=2π r3GM由rA=rB，所以在轨道A、B上运动的卫星周期关系为TA=TB，故A错误；
B、在轨道A、B上运动的卫星向心加速度a相同，而向心力F=ma，由于在轨道A、B上运动的卫星的质量未知，则在轨道A、B上运动的卫星需要的向心力大小不一定相等，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力GMmr2=mω2r，在轨道运动的卫星的角速度大小ω= GMr3，在轨道B、C上运动的卫星半径rB>rC，所以有ωB<ωC，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，在轨道运动的卫星的线速度大小v= GMr，在轨道B、C上运动的卫星半径rB>rC，所以有vB故选：C。
根据万有引力提供向心力，写出线速度、周期、角速度表达式结合半径关系可以比较线速度、周期、角速度的大小。卫星A、B的质量未知，故向心力无法比较大小。
在解决人造卫星围绕地球做匀速圆周运动问题时，要熟记万有引力提供向心力，注意此时向心力有多种表达式。
7.【答案】D
【解析】解：A、当h=3m时，物体速度为零，则mgh=30J，得h=1kg，故A正确；
B、当h=0时，物体初动能等于机械能，则12mv02=50J，得v0=10m/s，故B正确；
C、对物体上升的整个过程中，根据动能定理−mgh−Ffhsin37∘=0−12mv02，解得Ff=4N，故C正确；
D、从顶端到底端，根据动能定理mgh−Ffhsin37∘=Ek−0，得Ek=10J，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
根据物体上升到最高点的机械能等于重力势能求出物体的质量；根据功能关系，结合机械能的变化量，求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数的大小；根据牛顿第二定律求出上滑的加速度；对全过程研究，根据动能定理求出物体返回斜面底端的动能。
本题考查功能关系的综合运用，要知道重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题．
8.【答案】ABD
【解析】解：A、重力势能为：Ep=mgh，故重力势能的改变量为：△Ep=mg⋅△h，与路径无关，故A正确；
B、弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，是状态量，弹簧的弹性势能改变量只与弹簧的初末长度有关，故B正确；
C、摩擦力做功等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，由于路程不同，故摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；
D、弹簧弹力对物体做的功等于弹性势能的减小量，由于弹性势能的改变量相同，故弹簧弹力做功相同，故D正确；
故选：ABD.
重力势能与高度有关，弹性势能与弹簧的行变量有关；摩擦力做功等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，弹簧弹力做的功等于弹性势能的减小量．
本题关键明确两个功能关系：①弹力功与弹性势能的关系，②重力功与重力势能的关系．
9.【答案】AD
【解析】A、图a中，对小球受力分析，如图
由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r
tanθ=rh
整理得：ω= gh
则增大圆锥摆的摆角θ，但保持圆锥的高度不变，圆锥摆的角速度不变，故A正确；
B、图b中，对小球受力分析，小球受到重力和支持力，两个力的合力指向圆心，提供向心力，向心力是效果力，受力分析时不分析，故B错误；
C、图c中，汽车安全通过拱桥最高点时，受到重力和支持力，由牛顿第二定律得：mg−N=Fn, 根据牛顿第三定律得，车对桥面的压力F压=N=mg−Fn故C错误；
D、图d中，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，重力和支持力的合力可能恰好提供向心力，此时车轮对内、外轨均无侧向压力，若火车经过弯道的速度大于该速度，车轮对外轨有压力，若火车经过弯道的速度小于该速度，车轮对内轨有压力，故D正确。
故选：AD。
分析每种模型中物体的受力情况，根据合外力提供向心力，应用牛顿第二定律，结合几何关系求解相应物理量，进行分析即可。
本题考查圆周运动常见的模型，解题关键是通过受力分析找到向心力，结合牛顿第二定律进行求解。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、根据v−t图像的斜率表示加速度，可得0−4s内和4−10s内加速度大小分别为：
a1=84m/s2=2m/s2
a2=610−4m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律得：
F+μmg=ma1
F−μmg=ma2
解得：F=3N，μ=0.05，故A错误，B正确；
CD、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得物体向右运动的位移大小s1=8×42m=16m，向左运动的位移大小为s2=6×62m=18m，总位移向左s=s2−s1=18m−16m=2m，所以前4s恒力F做功W1=−Fs1=−3×16J=−48J，全过程恒力F做功W=Fs=3×2J=6J，故C错误，D正确。
故选：BD。
由v−t图像的斜率分别求出4s前后物体的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解F的大小和动摩擦因数；根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，求出物体的位移，再求恒力F对物体做功。
本题考查速度-时间图像及牛顿第二定律的直接应用，知道速度-时间图像的斜率表示加速度，“面积”表示位移。
11.【答案】
【解析】解：(1)因为O点是抛出点，则h=12gt2，t= 2hg= 2×
则小球的初速度v0=xt=
(2)由图可知，AB、BC之间的时间间隔相等，根据△y=gT2得，T= △yg= 2Lg= 0.110s=0.1s，
则小球的初速度v0=3LT=
B点竖直方向上的分速度等于AC在竖直方向上的平均速度，vBy=8L2T=
故答案为：(1)1.6，(2)1.5，2.
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学公式抓住等时性进行求解．
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，结合运动学公式和推论进行求解．
12.【答案】220V交流电源 不需要 BCgh=(x1+x2)28f2 4
【解析】解：(1)电火花使用的电源是220V的交流电源。
因为重力势能和动能中均有重物及夹子的质量，等式两边可以消去，所以不用测量质量m。
(2)A、为了避免过大的空气阻力的影响，应选择质量大、体积小的物体做重物，故A错误；
B、为了避免纸带与打点计时器间有过大的摩擦力，在组装实验器材时，电火花计时器的两个限位孔一定要与纸带处于同一竖直线上，故B正确；
C、为了提高纸带的利用率，重物下落很快，纸带长度有限，应先开启电源，再释放重物，故C正确；
D、实验时在得到一条纸带后，应马上关闭电源，不能让打点计时器长时间处于工作状态，如纸带打点不合要求，应重做实验，故D错误。
故选：BC。
(3)①实验中，重物减小的重力势能为ΔEp=mgh
增加的动能为：ΔEk=12mv2=12m(x1+x22T)2=m(x1+x2)28f2
所以若机械能守恒则有：gh=(x1+x2)28f2
②由“百分误差”的定义可知，本实验的百分误差为：
η=(1−(x1+x2)2f28gh)×100%=(1−0.965)×100%≈4%
故答案为：(1)220V交流电源；不需要；(2)BC；(3)①gh=(x1+x2)28f2；②4
(1)根据实验原理分析出需要的工作电源，根据机械能守恒定律分析出是否需要测量重物及夹子的质量；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)①根据机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式；
②结合题目中的定义式得出实验的百分误差。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)当牵引力与阻力大小相等时，汽车速度最大，由此可得：
P=F牵⋅vm=kmg⋅vm
则最大速度为vm=Pkmg=600000.1×2×103×10m/s=30m/s
(2)汽车从静止做匀加速直线运动，当P=P额时，匀加速运动结束，设匀加速运动的末速度为v，汽车做匀加速运动的时间为t，则P=Fv
根据牛顿第二定律得
F−kmg=ma
由运动学公式有v=at
联立解得：t=15s
答：(1)汽车运动的最大速度为30m/s；
(2)汽车做匀加速运动的时间为15s。
【解析】(1)当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，牵引力逐渐减小，直到最后牵引力和阻力大小相等，汽车开始做匀速运动，速度达到最大。由P=Fv求最大速度。
(2)汽车先做匀加速运动，当实际功率达到达到额定功率时，匀加速运动结束，由牛顿第二定律求出匀加速运动时的牵引力，由P=Fv求匀加速运动的末速度，最后由v=at求汽车做匀加速运动的时间。
本题考查汽车的启动问题，关键要明确汽车的运动过程，把握两个临界条件：一、速度最大的条件：牵引力与阻力大小相等。二、匀加速运动结束的条件：
汽车的实际功率等于额定功率。
14.【答案】解：(1)在B点，对小球根据牛顿第二定律得
N−mg=mv2R
解得：N=mg+mv2R
根据牛顿第三定律可知小球到达B点时对轨道的压力N′=N=mg+mv2R，方向竖直向下。
(2)小球从B点起做平抛运动，设下落时间为t。水平方向有R=vt
竖直方向有h=12gt2
由以上两式解得：h=gR22v2
(3)由R=vt，解得t=Rv
圆盘转动的周期T=2πω
小球刚好落在C点应满足的条件是t=nT
由以上三式可得ω=2πωR(n=1,2,3,⋯)
答：(1)小球到达B点时对轨道的压力为mg+mv2R，方向竖直向下；
(2)要使小球刚好落在C点，BO2间的距离h为gR22v2；
(3)要使小球刚好落在C点，圆盘转动的角速度满足条件为ω=2πωR(n=1,2,3,⋯)。
【解析】(1)小球到达B点时，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，从而得到小球对轨道的压力。
(2)小球从B点起做平抛运动，根据平抛运动规律求解BO2间的距离h；
(3)要使小球刚好落在C点，应满足的条件是：t=nT，结合运动学公式解答。
本题涉及圆周运动和平抛运动这两种不同的运动，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来，关键要抓住圆周运动的周期性。
15.【答案】解：(1)滑动摩擦力为：f=μmg
设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：F−μmg=ma1
解得：a1=9.0m/s2
设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式有：
v2=2a1x
解得：v=3.0m/s；
(2)设滑块通过B点时的动能为EkB
从A到B运动过程中，依据动能定理有：W合=△Ek
即Fx−fx0=EkB
解得：EkB=4.0J
(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为Wf，
根据动能定理得：−mgh−Wf=0−EkB
解得：Wf=0.50J
答：(1)撤去力F时，滑块的速度大小为3.0m/s；
(2)B点的动能为4.0J；
(3)滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功为0.50J。
【解析】(1)由牛顿第二定律及运动学公式可求得撤去拉力时的速度；
(2)对AB过程由动能定理可求得B点的动能；
(3)在上升过程中，物体受重力及摩擦力做功，由动能定理可求得摩擦力所做的功。
本题考查动能定理的应用，要注意正确受力分析及过程分析，正确选择物理规律求解。