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2022-2023学年内蒙古包头市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年内蒙古包头市高一（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，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.某人射箭时，若将箭瞄准靶心沿水平方向射出，如图所示，不计空气阻力，弓箭将射到靶心的( )
A. 上部B. 下部C. 左部D. 右部
2.在2022年卡塔尔世界杯赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美弧线，轨迹如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是( )
A. 在空中只受到重力的作用
B. 合外力的方向与速度方向在一条直线上
C. 合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
D. 合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
3.明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮(牛转翻车)的图画，如图所示，这说明勤劳勇敢的先辈们已经掌握了齿轮传动技术。甲、乙两轮的半径不相同，在两轮转动过程中(不打滑)，下列说法正确的是( )
A. 两轮边缘质点的加速度大小相等
B. 两轮边缘质点的线速度大小相等
C. 两轮的角速度相等
D. 两轮的转速相等
4.某一水平公路的转弯处如图所示，两辆相同的小汽车，在弯道1和弯道2上以相同的速率绕同一圆心做匀速圆周运动，已知两车与地面动摩擦因数相同。则转弯过程中( )
A. 沿弯道1运动的小汽车的角速度较大
B. 沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较大
C. 小车1即将发生侧滑时，两车向心加速度大小相等
D. 若增大速率，则沿弯道2运动的小汽车更容易发生侧滑
5.某同学在地球表面测量一圆锥摆在水平面内做匀速圆周运动的周期，当摆长为L，稳定时圆周运动的圆心距离悬点为h，周期为T；某宇航员登陆某星球后，在星球表面也做了同样的圆锥摆实验，当摆长也为L，稳定时圆周运动的圆心距离悬点为H时，周期也为T。若该星球的半径和地球半径相等，则该星球质量与地球质量之比为( )
A. HhB. L2−h2L2−H2C. hHD. L2−h2L2−B2
6.如图所示，质量相等的小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。两小球可视为质点，忽略空气阻力，则( )
A. 整个运动过程中A、B的位移相等
B. A、B平抛的初速度之比为1：2
C. A、B落地时重力的瞬时功率之比为 2:1
D. A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为2：1
7.如图所示三个高度相同的固定轨道，倾角α<β，丙图左侧为14圆弧轨道，三个质量均为m的小物块A、B、C从各自倾斜轨道上的最高点由静止释放，最后都停在水平面上，整个运动过程中物块A、B、C相对各自起点的水平位移分别为x1、x2、x3(x1、x2、x3在图中未标出)。已知3个小物块与倾斜轨道、水平轨道间的动摩擦因数相同，且通过轨道拼接处无机械能损失，下列选项中正确的是( )
A. x1=x2=x3B. x1=x2>x3C. x1=x2x1>x3
8.如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到A点右侧2L5的C点处(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为L5，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A. Lv0 1910B. Lv0 195C. Lv0 125D. Lv0 245
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式。下列做法符合节能要求的是( )
A. 电脑使用完毕后关机并切断电源B. 电视机长时间处于待机状态
C. 长时间外出需要切断热水器电源D. 手机充电结束后拔掉充电器
10.如图，一质量为m的质点在空间中除重力外，还受到一个恒力F(未画出)的作用，其轨迹在竖直面(纸面)内如图所示，轨迹相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。质点从轨迹右侧某点出发，Q和Q′是轨迹上的两个对称点，不计空气阻力。由此可知( )
A. Q′点的合外力方向斜向右上与速度方向垂直
B. 质点在Q′点动能比它在P点的大
C. 质点在P点的加速度比在Q点的加速度大
D. 恒力F的大小可能为43mg
11.一质量为m的物体自倾角为37∘的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑动。规定斜面底端为零势能面，已知物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图所示。已知sin37∘=35，重力加速度大小为g。则( )
A. 物体向上滑动的最大距离为E02mg
B. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物体到达斜面底端时的动能为E05
D. 物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为2E05
12.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α=53∘，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=3L，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。则下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为mg2L
B. 物体乙重力的功率一直增大
C. 物体乙下落(5− 13)L时，小球甲和物体乙的机械能之和最大
D. 小球甲运动到Q点的速度大小为2 gL
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B，重物B上固定一遮光条，遮光条的宽度为d，已知重物B与遮光条的质量是重物A的2倍，悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直，滑轮的质量忽略不计。
(1)开始时，绳绷直，重物A、B处于静止状态。释放后，A、B开始运动，测出遮光条通过光电门的时间t，则重物B经过光电门时的速度为vB=______，此时重物 A的速度为vA=______(用题中所给的字母表示)。
(2)测得开始释放时遮光条中心到光电门中心之间的高度为h，测得遮光时间为t。如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为gh=______(已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示)。
14.某中学生用如图(a)所示装置和频闪仪、照相机“探究平抛运动的特点”。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.1s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为20cm。该同学在实验中测得的小球的高度差已经在图(b)中标出，完成下列填空：
(1)小球做平抛运动的初速度v0=______m/s，小球运动到图中位置A时，其速度的竖直分量大小为______m/s(结果均保留3位有效数字)。
(2)根据图(b)中实验数据可得，当地重力加速度g测量值为______m/s2(结果均保留3位有效数字)
(3)查阅资料得该地的重力加速度g0=9.68m/s2，经多次测量发现测量值均小于真实值，则原因可能是______。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
15.如图，小球甲从O点以6m/s的初速度水平抛出，同时小球乙从P点竖直向上抛出，当小球甲垂直打在倾角为37∘的水平固定斜面上时，小球乙刚好回到P点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求小球乙被抛出时的初速度大小。
16.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系如图所示，5s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，15s后可视为匀速。若汽车的质量为2×103kg，阻力大小恒定，汽车的最大功率恒定，求：
(1)汽车匀加速运动阶段的加速度大小；
(2)汽车的最大功率；
(3)汽车从0∼15s内总位移。
17.如图所示，一倾角为37∘足够长的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运行，与一半径为R=19m光滑固定圆弧轨道AC相切于A点，质量为m=1kg的物块以一沿传送带向下的初速度v0=4m/s从传送带顶端的A点出发，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=78，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块在传送带上匀变速运动过程中加速度的大小和方向；
(2)若在轨道最高点C物块对轨道的压力为35N，传送带的速度v的大小；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，传送带速度v的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：若将箭瞄准靶心沿水平方向射出，不计空气阻力，箭做平抛运动，在竖直方向发生了位移，弓箭将射到靶心的下部，故B正确，ACD错误。
故选B。
射出的箭做平抛运动，根据平抛运动的特征分析即可。
此题考查了平抛运动的规律，解决该题的关键是明确知道物体的运动情况，根据平抛运动的规律分析。
2.【答案】D
【解析】解：A.若在空中只受到重力的作用，则其应该做抛体运动，不会划出一条完美弧线绕过人墙，故A错误；
B.球做曲线运动，则合外力的方向与速度方向不在一条直线上，故B错误；
CD.做曲线运动的物体，合外力的方向与速度方向不在一条直线上，合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向，故C错误，D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是合外力的方向与速度方向不在一条直线上，且合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向。
本题考查物体做曲线运动的条件，注意做曲线运动的物体，所受合力指向曲线的内侧。
3.【答案】B
【解析】解：B、在两轮转动过程中不打滑，在相等时间内两轮边缘上的质点在相等时间内转过的弧长相等，两轮边缘质点的线速度大小v相等，故B正确；
A、两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，由a=v2r可知，两轮边缘质点的加速度大小不相等，故A错误；
C、两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，由v=ωr可知，两轮的角速度ω=vr不相等，故C错误；
D、两轮的转速n=v2πr，两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，两轮的转速不相等，故D错误。
故选：B。
在两轮转动过程中轮不打滑，两轮边缘上各点的线速度大小相等，根据线速度与角速度、转速的关系、向心加速度公式分析答题。
解决本题的关键知道共轴转动，角速度大小相等，靠传送带传动，轮子上各点的线速度大小相等；根据题意应用基础知识即可解题。
4.【答案】A
【解析】解：A、由图可知，沿弯道1运动的小汽车转弯半径较小，由题意可知，两小汽车转弯的线速度大小相等，由v=ωr得，沿弯道1运动的角速度较大，故A正确；
B、由向心力公式得：Fn=mv2r
则沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较小，故B错误；
C、由向心加速度公式得：an=v2r
则小车1即将发生侧滑时，沿弯道1运动的小汽车向心加速度大，故C错误；
D、由B得，则沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较小，两车与地面动摩擦因数相同，最大静摩擦力相同，若增大速率，则沿弯道1运动的小汽车先达到最大静摩擦力，更容易发生侧滑，故D错误。
故选：A。
根据匀速圆周运动线速度与角速度关系比较角速度大小；根据向心力公式比较向心力大小；根据向心加速度公式比较向心加速度大小；线速度增大，小汽车做匀速圆周运动所需向心力增大，摩擦力增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，小汽车发生侧滑，分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是掌握匀速圆周运动公式，明确向心力的来源。
5.【答案】A
【解析】解：在地球，根据合力提供向心力有mg L2−h2h=m4π2 L2−h2T2
同理在该星球有mg′ L2−H2H=m4π2 L2−H2T2
g′=Hhg又在星球表面重力等于万有引力mg=GMmR2，则M=gR2G
故该星球质量与地球质量之比为
M′M=g′g=Hh，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据合力提供向心力列式，同时结合在星球表面重力等于万有引力，分析该星球质量与地球质量之比。
本题解题关键是分析出小球的合力提供向心力，同时掌握星球表面重力等于万有引力。
6.【答案】C
【解析】解：A、位移是矢量，由图可知，A、B两球的位移方向不同，故A、B两球的位移不同，故A错误；
B、根据平抛运动的研究方法，对A球有
2l=12gtA2
l=vAtA
对B球有
l=12gtB2
2l=vBtB
解得
vA:vB=1:2 2
故B错误；
C、根据以上分析，可得A、B两球落地时竖直方向的瞬时速度分别为
vAy=gtA
vBy=gtB
而
tA= 4lg
tB= 2lg
则可得A、B落地时重力的瞬时功率之比为
PA:PB=mgvAy:mgvBy= 2:1
故C正确；
D、A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为
PA−:PB−=mg⋅2ltA:mgltB= 2:1
故D错误。
故选：C。
A、位移是矢量，是有方向的，由图可知，A、B位移的方向不同；
B、对平抛运动分别在水平、竖直方向列方程求解；
C、根据瞬时功率P=Fv求解；
D、平均功率为Wt。
本题考查平抛运动的问题，要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，关键是要结合运动学公式和推论灵活求解。
7.【答案】B
【解析】解：设轨道的底边长度为l，动摩擦因数为μ，则对于A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功为
W克=μmgcsα⋅lcsα=μmgl
则对A物块整个过程的运动，由动能定理
mgh−μmgl−μmg(x1−l)=0
解得
h=μx1
在动摩擦因数相同的情况下，x1只与斜面高度有关，因此可得
x1=x2
而物块C运动的轨道为曲线，可视为倾角不断减小的无数个小斜面构成，设任意位置的倾角为β，对物块C，在曲面上做圆周运动，由牛顿第二定律有
N−mgcsβ=mv2h
可得
N=mgcsβ+mv2h
下滑过程中物块的速度在增大，倾角在减小，因此可知斜面所受的压力在增大，使得物块在相应位置所受的摩擦力在变大，所以位移变小，即
x1=x2>x3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先分析A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功，再由物块整个过程的运动，根据动能定理列式，分析水平位移x1=x2，在曲面上做圆周运动，由牛顿第二定律列式，分析
x2>x3，比较水平位移关系。
本题解题关键是分析出A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功μmgl，并使用动能定理、圆周运动的牛顿第二定律。
8.【答案】D
【解析】解：根据题意分析，弹簧被压缩后恢复原长，而物块压缩弹簧的过程中弹簧的弹力对物块做负功，弹簧恢复原长的过程中，弹簧的弹力对物块做正功，在整个过程中弹簧的弹力对物块所做功的代数和为零，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，因此对物块运动的全过程，根据动能定理有−μmg⋅2L=0−12mv02
而物块反弹后从B点到C点做匀减速直线运动，根据运动学公式有
35L=12μgt2
联立解得
小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为t=Lv0 245，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对物块运动的全过程，根据动能定理列式，同时从B点到C点做匀减速直线运动，根据运动学公式列式，求小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间。
本题解题关键是分析出在整个过程中弹簧的弹力对物块所做功的代数和为零，并需要学生掌握动能定理和运动学公式。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、电脑使用完毕后关机并切断电源，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故A正确；
B、电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，所以不符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故B错误；
C、长时间外出需要切断热水器电源，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故C正确；
D、手机充电结束后拔掉充电器，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故D正确。
故选：ACD。
从节能、减排等环保角度，分析是否符合节能要求即可。
本题倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，要明确各种情况是否消耗电能。
10.【答案】BD
【解析】解：A.曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面，由此可知，该恒力F一定竖直向上，该质点所受合力一定竖直向上，故A错误；
B.质点从P点到Q′点的过程中，速度方向与合力方向之间的夹角为锐角(不包括P点)，由此可知，质点从P点到Q′点的过程中，做加速运动，因此可得质点在Q′点动能比它在P点的大，故B正确；
C.两个恒力的合力一定为恒力，由牛顿第二定律，该质点在运动过程中加速度恒定，故C错误；
D.根据该质点的运动轨迹，结合以上分析可知，该质点所受合力竖直向上，因此恒力F一定大于该质点的重力，则恒力F的大小可能为43mg，故D正确。
故选：BD。
曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面；
速度方向与合力方向之间的夹角为锐角，做加速运动；
由牛顿第二定律，分析加速度大小；
根据合力，分析恒力F一定大于该质点的重力，分析恒力大小。
本题解题关键是掌握曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面、速度方向与合力方向之间的夹角为锐角，做加速运动。
11.【答案】BC
【解析】解：A、设物体上升的最大高度为h0，向上滑动的最大距离为s，根据图像可得物体在最高点时，有
mgh0=35E0
由几何关系可得
ssin37∘=h0
联立解得：s=E0mg，故A错误；
B、设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由动能定理有
−mgh0−μmgcs37∘s=0−E0
解得：μ=0.5，故B正确；
C、设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据图像，结合能量守恒可得
E0=mgh0+W克
解得：W克=25E0
物体下滑到达斜面底端的过程，根据动能定理有
mgh0−W克=Ek
解得物体到达斜面底端时的动能为：Ek=E05，故C正确；
D、物体上滑和下滑过程摩擦力做功相等，则物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为W=2W克=45E0，故D错误。
故选：BC。
根据图象读出最高点的机械能即最高点的重力势能，由重力势能的计算公式和几何关系相结合求出物体向上滑动的最大距离。根据动能定理求动摩擦因数。结合能量守恒定律求物体到达斜面底端时的动能，再求全过程中克服摩擦力做功。
本题要理解图像的物理意义，运用功能关系和动能定理时，要选择合适的物理过程，确定初末状态的动能和重力势能。
12.【答案】AC
【解析】解：A、设弹簧的劲度系数为k。根据题意，小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，可知小球在P处时弹簧处于压缩状态，在Q处时弹簧处于拉升状态，且在P处时弹簧的压缩量等于在Q处时弹簧的伸长量。
根据几何关系可得
PQOQ=tan53∘
解得：PQ=4L
由此可知，在P处时弹簧的压缩量为x=4L2=2L
在小球位于P处时的初始状态，根据胡克定律可得
mg=k⋅2L
解得：k=mg2L，故A正确；
B、物体乙与小球甲为绳子相连的连接体，当小球甲运动到Q点时，绳子的速度减为零，则物体乙的速度为零，因此可知，物体乙在小球甲从P点运动到Q点的过程中必定经历了先加速再减速的运动过程，所以物体乙的速度先增加后减小，由P=mgv知物体乙重力的功率先增加后减小，故B错误；
C、在弹簧恢复原长的过程中，弹力对物体甲和物体乙组成的系统做正功，该系统机械能增加，当弹簧恢复原长之后要被拉伸，弹簧的弹力将开始对该系统做负功，可知，小球甲和物体乙组成的系统在弹簧恢复原长时机械能最大，此时小球甲上升了2L，根据几何关系可知，此时物体乙下降的距离为
h= (3L)2+(4L)2− (3L)2+(2L)2=(5− 13)L，故C正确；
D、由于小球在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，对于小球甲、物块乙以及弹簧组成的系统而言，弹簧弹力先对该系统做正功，后做负功，且弹力所做功的代数和为零，而当小球甲运动到Q点时，物块乙的速度为零，因此对该系统，由动能定理可得
4mg( (3L)2+(4L)2−3L)−mg⋅4L=12mvQ2，解得：vQ=2 2gL，故D错误。
故选：AC。
根据题意确定小球在P时弹簧的压缩量，由胡克定律求解弹簧的劲度系数。根据乙的速度等于甲沿绳子方向的分速度，分析乙的速度变化情况，再判断乙重力的功率变化情况。根据A、B以及弹簧组成的系统机械能守恒，确定小球甲和物体乙的机械能之和最大时，乙下落的高度。对系统，由机械能守恒定律求小球甲运动到Q点的速度大小。
本题主要考查功能关系和机械能守恒定律的应用。要知道机械能守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
13.【答案】dt d2t 3d24t2
【解析】解：(1)该实验中用到了光电门，利用遮光条通过光电门的时间计算出遮光条通过光电门的平均速度，从而用该平均速度来代替瞬时速度，因此可得重物B经过光电门时的速度为：
vB=dt
重物A由动滑轮连接，根据该连接体的连接方式可知，连接重物B的绳子的伸长量是重物A上升距离的2倍，因此可得重物A的速度为
vA=vB2=d2t
(2)设重物A的质量为m，则重物B及遮光条的总质量为2m，根据以上分析可知，若该系统机械能守恒，则应有
2mgh−mg⋅h2=12mvA2+12(2m)vB2
整理可得
gh=3d24t2
故答案为：(1)dt，d2t；(2)3d24t2。
(1)用平均速度代替瞬时速度计算遮光条通过光电门的瞬时速度，根据动滑轮的特点计算A的速度；
(2)根据重力势能减少量和动能增加量相等推导需要验证的表达式。
本题关键掌握利用平均速度替代瞬时速度，掌握动滑轮的特点，根据重力势能减少量和动能增加量相等推导需要验证的表达式。
14.【答案】小球平抛过程中受到空气阻力的作用
【解析】解：(1)平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平位移x=20cm=0.2m
根据匀速运动公式，平抛运动的初速度v0=xt=
平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，由此可得A点竖直分速度的大小为vAy=(34.1+43.7)×10−22×0.1m/s=3.89m/s
(2)根据“逐差法”，重力加速度g=(43.7+53.1)×10−2−(24.3+34.5)×10−24×0.12m/s2=9.60m/s2
(3)经多次测量均发现测量值略小于真实值，而根据测量计算公式g=ΔyΔt2可知，误差只能出现在竖直方向的位移差，说明竖直方向连续相等时间间隔内的位移差偏小，分析可知，造成位移差偏小的原因是小球平抛过程中受到空气阻力的作用；
根据牛顿第二定律mg−f=ma可知，竖直方向做匀变速直线运动的加速度将略小于当地的重力加速度，因此造成测量值略小于真实值。
故答案为：(1)2.00；3.89；(2)9.60；(3)小球平抛过程中受到空气阻力的作用。
(1)平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，据此求水平初速度；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解A点的竖直速度；
(2)根据“逐差法”求自由落体运动的加速度；
(3)根据重力加速度的测量值始终小于真实值，分析误差原因。
本题考查了用频闪仪和照相机研究小球的做平抛运动规律，能够根据频闪照片给出的信息求解小球的初速度、竖直位移和重力加速度；难点在于误差分析。
15.【答案】解：小球甲做平抛运动，其在竖直方向做自由落体运动，而当其落在斜面上时，根据水平速度与竖直速度之间的关系可得
v0vy=tan37∘
vy=gt=43v0=43×6m/s=8m/s
而根据题意可知，小球乙与小球甲在空中运动的时间相等，则有
t=vyg=810s=0.8s
所以小球乙从P点抛出到运动至最高点的时间为
t′=12t=12×0.8s=0.4s
则小球乙被抛出时的初速度大小为
v′0=gt′=10×0.4m/s=4m/s
答：小球乙被抛出时的初速度大小为4m/s。
【解析】根据小球甲垂直打在倾角为37∘的水平固定斜面上求出其竖直方向上的分速度大小，再根据小球乙与小球甲在空中运动的时间相等列式。
本题是竖直上抛运动和平抛运动的综合，既要分别研究两个小球的运动情况，更要抓住它们运动的关系。
16.【答案】解：(1)汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，根据图像可知阻力
f=4×103N
前5s内汽车的牵引力
F=8×103N
由牛顿第二定律有
F−f=ma
解得匀加速阶段的加速度大小
a=2m/s2
(2)根据匀变速直线运动的规律可知5s末汽车的速度
v1=at1=2×5m/s=10m/s
在5s末汽车的功率达到最大值，所以汽车的最大功率
P=Fv1=8×103×10W=8×104W
(3)根据匀变速直线运动的规律可知，汽车在前5s内的位移大小为
x1=12at12=12×2×52m=25m
而汽车的最大速度为
vm=Pf=8×1044×103m/s=20m/s
设汽车在5s∼15s内的位移为x2，根据动能定理可得
Pt2−fx2=12mvm2−12mv12
解得
x2=125m
所以汽车的总位移
x=x1+x2=25m+125m=150m
答：(1)汽车匀加速运动阶段的加速度大小为2m/s2；
(2)汽车的最大功率为8×104W；
(3)汽车从0∼15s内总位移为150m。
【解析】(1)根据图像先求阻力，再根据牛顿第二定律，求匀加速阶段的加速度大小；
(2)根据匀变速直线运动的规律，求5s末汽车的速度，再根据瞬时速率公式，求汽车的最大功率；
(3)根据匀变速直线运动的规律，求汽车在前5s内的位移大小，再根据瞬时速率公式，求最大速度，根据动能定理，求5s∼15s内的位移，最后确定汽车的总位移。
本题综合性强，考查学生对匀速运动受力平衡，牛顿第二定律，瞬时功率计算式等的掌握，解题关键是5s∼15s内的位移根据动能定理去求解。
17.【答案】解：(1)物块在传送带上匀变速运动过程中，根据牛顿第二定律得：
μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
解得：a=1m/s2
方向沿传送带向上；
(2)分析可知，若传送带速度大小小于物块初速度大小，则物块再次回到A点前将与传送带共速，物块从再次到达A点到最高点C的过程中，根据动能定理有
−mgR(1+cs37∘)=12mvC2−12mvA2
在C点，对物块，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvC2R
解得：vA=3m/s
可知传送带的速度大小为3m/s。
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，有两种临界情况：
①物块从再次到达A点到与圆心等高处位置的过程中，根据动能定理，
−mgRcs37∘=0−12mv′A2
解得：v′A=43m/s
②若物块从再次到达A点到恰好能到最高点C的过程中，根据动能定理有
−mgR(1+cs37∘)=12mv′′C2−12mv′′A2
在C点，对物块，由牛顿第二定律有
mg=mv′′C2R
联立解得：v′′A= 463m/s
综上可得传送带速度v的取值范围为：0答：(1)物块在传送带上匀变速运动过程中加速度的大小为1m/s2，方向沿传送带向上；
(2)传送带的速度v的大小为3m/s；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，传送带速度v的取值范围为0【解析】(1)对物块分析受力，根据牛顿第二定律求解加速度的大小和方向；
(2)若传送带速度大小小于物块初速度大小，则物块再次回到A点前将与传送带共速，研究物块从再次到达A点到最高点C的过程，根据动能定理列方程。在C点，对物块，利用牛顿第二定律求出物块到达C点的速度，从而求得求出物块到达A点的速度，即为传送带的速度v的大小；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，有两种临界情况：
①物块从再次到达A点到与圆心等高处位置；
②物块从再次到达A点到恰好能到最高点C。
根据动能定理与临界条件相结合求解传送带速度v的取值范围。
本题主要考查动能定理及向心力公式的综合应用，知道物块刚好到达C点时，由重力提供向心力。刚好到达与圆心等高处位置时，速度为零，把握临界条件是关键。
1.某人射箭时，若将箭瞄准靶心沿水平方向射出，如图所示，不计空气阻力，弓箭将射到靶心的( )
A. 上部B. 下部C. 左部D. 右部
2.在2022年卡塔尔世界杯赛场上，梅西在一次主罚定位球时，踢出的足球划出一条完美弧线，轨迹如图所示。下列关于足球在飞行过程中的说法正确的是( )
A. 在空中只受到重力的作用
B. 合外力的方向与速度方向在一条直线上
C. 合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
D. 合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
3.明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮(牛转翻车)的图画，如图所示，这说明勤劳勇敢的先辈们已经掌握了齿轮传动技术。甲、乙两轮的半径不相同，在两轮转动过程中(不打滑)，下列说法正确的是( )
A. 两轮边缘质点的加速度大小相等
B. 两轮边缘质点的线速度大小相等
C. 两轮的角速度相等
D. 两轮的转速相等
4.某一水平公路的转弯处如图所示，两辆相同的小汽车，在弯道1和弯道2上以相同的速率绕同一圆心做匀速圆周运动，已知两车与地面动摩擦因数相同。则转弯过程中( )
A. 沿弯道1运动的小汽车的角速度较大
B. 沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较大
C. 小车1即将发生侧滑时，两车向心加速度大小相等
D. 若增大速率，则沿弯道2运动的小汽车更容易发生侧滑
5.某同学在地球表面测量一圆锥摆在水平面内做匀速圆周运动的周期，当摆长为L，稳定时圆周运动的圆心距离悬点为h，周期为T；某宇航员登陆某星球后，在星球表面也做了同样的圆锥摆实验，当摆长也为L，稳定时圆周运动的圆心距离悬点为H时，周期也为T。若该星球的半径和地球半径相等，则该星球质量与地球质量之比为( )
A. HhB. L2−h2L2−H2C. hHD. L2−h2L2−B2
6.如图所示，质量相等的小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。两小球可视为质点，忽略空气阻力，则( )
A. 整个运动过程中A、B的位移相等
B. A、B平抛的初速度之比为1：2
C. A、B落地时重力的瞬时功率之比为 2:1
D. A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为2：1
7.如图所示三个高度相同的固定轨道，倾角α<β，丙图左侧为14圆弧轨道，三个质量均为m的小物块A、B、C从各自倾斜轨道上的最高点由静止释放，最后都停在水平面上，整个运动过程中物块A、B、C相对各自起点的水平位移分别为x1、x2、x3(x1、x2、x3在图中未标出)。已知3个小物块与倾斜轨道、水平轨道间的动摩擦因数相同，且通过轨道拼接处无机械能损失，下列选项中正确的是( )
A. x1=x2=x3B. x1=x2>x3C. x1=x2
8.如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到A点右侧2L5的C点处(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为L5，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A. Lv0 1910B. Lv0 195C. Lv0 125D. Lv0 245
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式。下列做法符合节能要求的是( )
A. 电脑使用完毕后关机并切断电源B. 电视机长时间处于待机状态
C. 长时间外出需要切断热水器电源D. 手机充电结束后拔掉充电器
10.如图，一质量为m的质点在空间中除重力外，还受到一个恒力F(未画出)的作用，其轨迹在竖直面(纸面)内如图所示，轨迹相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。质点从轨迹右侧某点出发，Q和Q′是轨迹上的两个对称点，不计空气阻力。由此可知( )
A. Q′点的合外力方向斜向右上与速度方向垂直
B. 质点在Q′点动能比它在P点的大
C. 质点在P点的加速度比在Q点的加速度大
D. 恒力F的大小可能为43mg
11.一质量为m的物体自倾角为37∘的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑动。规定斜面底端为零势能面，已知物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图所示。已知sin37∘=35，重力加速度大小为g。则( )
A. 物体向上滑动的最大距离为E02mg
B. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物体到达斜面底端时的动能为E05
D. 物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为2E05
12.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α=53∘，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=3L，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。则下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为mg2L
B. 物体乙重力的功率一直增大
C. 物体乙下落(5− 13)L时，小球甲和物体乙的机械能之和最大
D. 小球甲运动到Q点的速度大小为2 gL
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B，重物B上固定一遮光条，遮光条的宽度为d，已知重物B与遮光条的质量是重物A的2倍，悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直，滑轮的质量忽略不计。
(1)开始时，绳绷直，重物A、B处于静止状态。释放后，A、B开始运动，测出遮光条通过光电门的时间t，则重物B经过光电门时的速度为vB=______，此时重物 A的速度为vA=______(用题中所给的字母表示)。
(2)测得开始释放时遮光条中心到光电门中心之间的高度为h，测得遮光时间为t。如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为gh=______(已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示)。
14.某中学生用如图(a)所示装置和频闪仪、照相机“探究平抛运动的特点”。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.1s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为20cm。该同学在实验中测得的小球的高度差已经在图(b)中标出，完成下列填空：
(1)小球做平抛运动的初速度v0=______m/s，小球运动到图中位置A时，其速度的竖直分量大小为______m/s(结果均保留3位有效数字)。
(2)根据图(b)中实验数据可得，当地重力加速度g测量值为______m/s2(结果均保留3位有效数字)
(3)查阅资料得该地的重力加速度g0=9.68m/s2，经多次测量发现测量值均小于真实值，则原因可能是______。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
15.如图，小球甲从O点以6m/s的初速度水平抛出，同时小球乙从P点竖直向上抛出，当小球甲垂直打在倾角为37∘的水平固定斜面上时，小球乙刚好回到P点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求小球乙被抛出时的初速度大小。
16.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系如图所示，5s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，15s后可视为匀速。若汽车的质量为2×103kg，阻力大小恒定，汽车的最大功率恒定，求：
(1)汽车匀加速运动阶段的加速度大小；
(2)汽车的最大功率；
(3)汽车从0∼15s内总位移。
17.如图所示，一倾角为37∘足够长的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运行，与一半径为R=19m光滑固定圆弧轨道AC相切于A点，质量为m=1kg的物块以一沿传送带向下的初速度v0=4m/s从传送带顶端的A点出发，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=78，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块在传送带上匀变速运动过程中加速度的大小和方向；
(2)若在轨道最高点C物块对轨道的压力为35N，传送带的速度v的大小；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，传送带速度v的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：若将箭瞄准靶心沿水平方向射出，不计空气阻力，箭做平抛运动，在竖直方向发生了位移，弓箭将射到靶心的下部，故B正确，ACD错误。
故选B。
射出的箭做平抛运动，根据平抛运动的特征分析即可。
此题考查了平抛运动的规律，解决该题的关键是明确知道物体的运动情况，根据平抛运动的规律分析。
2.【答案】D
【解析】解：A.若在空中只受到重力的作用，则其应该做抛体运动，不会划出一条完美弧线绕过人墙，故A错误；
B.球做曲线运动，则合外力的方向与速度方向不在一条直线上，故B错误；
CD.做曲线运动的物体，合外力的方向与速度方向不在一条直线上，合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向，故C错误，D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是合外力的方向与速度方向不在一条直线上，且合外力的方向沿指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向。
本题考查物体做曲线运动的条件，注意做曲线运动的物体，所受合力指向曲线的内侧。
3.【答案】B
【解析】解：B、在两轮转动过程中不打滑，在相等时间内两轮边缘上的质点在相等时间内转过的弧长相等，两轮边缘质点的线速度大小v相等，故B正确；
A、两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，由a=v2r可知，两轮边缘质点的加速度大小不相等，故A错误；
C、两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，由v=ωr可知，两轮的角速度ω=vr不相等，故C错误；
D、两轮的转速n=v2πr，两轮边缘质点的线速度大小v相等，两轮的半径r不同，两轮的转速不相等，故D错误。
故选：B。
在两轮转动过程中轮不打滑，两轮边缘上各点的线速度大小相等，根据线速度与角速度、转速的关系、向心加速度公式分析答题。
解决本题的关键知道共轴转动，角速度大小相等，靠传送带传动，轮子上各点的线速度大小相等；根据题意应用基础知识即可解题。
4.【答案】A
【解析】解：A、由图可知，沿弯道1运动的小汽车转弯半径较小，由题意可知，两小汽车转弯的线速度大小相等，由v=ωr得，沿弯道1运动的角速度较大，故A正确；
B、由向心力公式得：Fn=mv2r
则沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较小，故B错误；
C、由向心加速度公式得：an=v2r
则小车1即将发生侧滑时，沿弯道1运动的小汽车向心加速度大，故C错误；
D、由B得，则沿弯道2运动的小汽车所需的向心力较小，两车与地面动摩擦因数相同，最大静摩擦力相同，若增大速率，则沿弯道1运动的小汽车先达到最大静摩擦力，更容易发生侧滑，故D错误。
故选：A。
根据匀速圆周运动线速度与角速度关系比较角速度大小；根据向心力公式比较向心力大小；根据向心加速度公式比较向心加速度大小；线速度增大，小汽车做匀速圆周运动所需向心力增大，摩擦力增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，小汽车发生侧滑，分析即可。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是掌握匀速圆周运动公式，明确向心力的来源。
5.【答案】A
【解析】解：在地球，根据合力提供向心力有mg L2−h2h=m4π2 L2−h2T2
同理在该星球有mg′ L2−H2H=m4π2 L2−H2T2
g′=Hhg又在星球表面重力等于万有引力mg=GMmR2，则M=gR2G
故该星球质量与地球质量之比为
M′M=g′g=Hh，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据合力提供向心力列式，同时结合在星球表面重力等于万有引力，分析该星球质量与地球质量之比。
本题解题关键是分析出小球的合力提供向心力，同时掌握星球表面重力等于万有引力。
6.【答案】C
【解析】解：A、位移是矢量，由图可知，A、B两球的位移方向不同，故A、B两球的位移不同，故A错误；
B、根据平抛运动的研究方法，对A球有
2l=12gtA2
l=vAtA
对B球有
l=12gtB2
2l=vBtB
解得
vA:vB=1:2 2
故B错误；
C、根据以上分析，可得A、B两球落地时竖直方向的瞬时速度分别为
vAy=gtA
vBy=gtB
而
tA= 4lg
tB= 2lg
则可得A、B落地时重力的瞬时功率之比为
PA:PB=mgvAy:mgvBy= 2:1
故C正确；
D、A、B从抛出到落地的过程中重力的平均功率之比为
PA−:PB−=mg⋅2ltA:mgltB= 2:1
故D错误。
故选：C。
A、位移是矢量，是有方向的，由图可知，A、B位移的方向不同；
B、对平抛运动分别在水平、竖直方向列方程求解；
C、根据瞬时功率P=Fv求解；
D、平均功率为Wt。
本题考查平抛运动的问题，要熟练运用运动的分解法处理平抛运动，关键是要结合运动学公式和推论灵活求解。
7.【答案】B
【解析】解：设轨道的底边长度为l，动摩擦因数为μ，则对于A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功为
W克=μmgcsα⋅lcsα=μmgl
则对A物块整个过程的运动，由动能定理
mgh−μmgl−μmg(x1−l)=0
解得
h=μx1
在动摩擦因数相同的情况下，x1只与斜面高度有关，因此可得
x1=x2
而物块C运动的轨道为曲线，可视为倾角不断减小的无数个小斜面构成，设任意位置的倾角为β，对物块C，在曲面上做圆周运动，由牛顿第二定律有
N−mgcsβ=mv2h
可得
N=mgcsβ+mv2h
下滑过程中物块的速度在增大，倾角在减小，因此可知斜面所受的压力在增大，使得物块在相应位置所受的摩擦力在变大，所以位移变小，即
x1=x2>x3，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先分析A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功，再由物块整个过程的运动，根据动能定理列式，分析水平位移x1=x2，在曲面上做圆周运动，由牛顿第二定律列式，分析
x2>x3，比较水平位移关系。
本题解题关键是分析出A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功μmgl，并使用动能定理、圆周运动的牛顿第二定律。
8.【答案】D
【解析】解：根据题意分析，弹簧被压缩后恢复原长，而物块压缩弹簧的过程中弹簧的弹力对物块做负功，弹簧恢复原长的过程中，弹簧的弹力对物块做正功，在整个过程中弹簧的弹力对物块所做功的代数和为零，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，因此对物块运动的全过程，根据动能定理有−μmg⋅2L=0−12mv02
而物块反弹后从B点到C点做匀减速直线运动，根据运动学公式有
35L=12μgt2
联立解得
小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为t=Lv0 245，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对物块运动的全过程，根据动能定理列式，同时从B点到C点做匀减速直线运动，根据运动学公式列式，求小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间。
本题解题关键是分析出在整个过程中弹簧的弹力对物块所做功的代数和为零，并需要学生掌握动能定理和运动学公式。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、电脑使用完毕后关机并切断电源，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故A正确；
B、电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，所以不符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故B错误；
C、长时间外出需要切断热水器电源，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故C正确；
D、手机充电结束后拔掉充电器，不再消耗电能，符合现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，故D正确。
故选：ACD。
从节能、减排等环保角度，分析是否符合节能要求即可。
本题倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式，要明确各种情况是否消耗电能。
10.【答案】BD
【解析】解：A.曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面，由此可知，该恒力F一定竖直向上，该质点所受合力一定竖直向上，故A错误；
B.质点从P点到Q′点的过程中，速度方向与合力方向之间的夹角为锐角(不包括P点)，由此可知，质点从P点到Q′点的过程中，做加速运动，因此可得质点在Q′点动能比它在P点的大，故B正确；
C.两个恒力的合力一定为恒力，由牛顿第二定律，该质点在运动过程中加速度恒定，故C错误；
D.根据该质点的运动轨迹，结合以上分析可知，该质点所受合力竖直向上，因此恒力F一定大于该质点的重力，则恒力F的大小可能为43mg，故D正确。
故选：BD。
曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面；
速度方向与合力方向之间的夹角为锐角，做加速运动；
由牛顿第二定律，分析加速度大小；
根据合力，分析恒力F一定大于该质点的重力，分析恒力大小。
本题解题关键是掌握曲线运动轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力指向轨迹的凹侧面、速度方向与合力方向之间的夹角为锐角，做加速运动。
11.【答案】BC
【解析】解：A、设物体上升的最大高度为h0，向上滑动的最大距离为s，根据图像可得物体在最高点时，有
mgh0=35E0
由几何关系可得
ssin37∘=h0
联立解得：s=E0mg，故A错误；
B、设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由动能定理有
−mgh0−μmgcs37∘s=0−E0
解得：μ=0.5，故B正确；
C、设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据图像，结合能量守恒可得
E0=mgh0+W克
解得：W克=25E0
物体下滑到达斜面底端的过程，根据动能定理有
mgh0−W克=Ek
解得物体到达斜面底端时的动能为：Ek=E05，故C正确；
D、物体上滑和下滑过程摩擦力做功相等，则物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为W=2W克=45E0，故D错误。
故选：BC。
根据图象读出最高点的机械能即最高点的重力势能，由重力势能的计算公式和几何关系相结合求出物体向上滑动的最大距离。根据动能定理求动摩擦因数。结合能量守恒定律求物体到达斜面底端时的动能，再求全过程中克服摩擦力做功。
本题要理解图像的物理意义，运用功能关系和动能定理时，要选择合适的物理过程，确定初末状态的动能和重力势能。
12.【答案】AC
【解析】解：A、设弹簧的劲度系数为k。根据题意，小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，可知小球在P处时弹簧处于压缩状态，在Q处时弹簧处于拉升状态，且在P处时弹簧的压缩量等于在Q处时弹簧的伸长量。
根据几何关系可得
PQOQ=tan53∘
解得：PQ=4L
由此可知，在P处时弹簧的压缩量为x=4L2=2L
在小球位于P处时的初始状态，根据胡克定律可得
mg=k⋅2L
解得：k=mg2L，故A正确；
B、物体乙与小球甲为绳子相连的连接体，当小球甲运动到Q点时，绳子的速度减为零，则物体乙的速度为零，因此可知，物体乙在小球甲从P点运动到Q点的过程中必定经历了先加速再减速的运动过程，所以物体乙的速度先增加后减小，由P=mgv知物体乙重力的功率先增加后减小，故B错误；
C、在弹簧恢复原长的过程中，弹力对物体甲和物体乙组成的系统做正功，该系统机械能增加，当弹簧恢复原长之后要被拉伸，弹簧的弹力将开始对该系统做负功，可知，小球甲和物体乙组成的系统在弹簧恢复原长时机械能最大，此时小球甲上升了2L，根据几何关系可知，此时物体乙下降的距离为
h= (3L)2+(4L)2− (3L)2+(2L)2=(5− 13)L，故C正确；
D、由于小球在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，对于小球甲、物块乙以及弹簧组成的系统而言，弹簧弹力先对该系统做正功，后做负功，且弹力所做功的代数和为零，而当小球甲运动到Q点时，物块乙的速度为零，因此对该系统，由动能定理可得
4mg( (3L)2+(4L)2−3L)−mg⋅4L=12mvQ2，解得：vQ=2 2gL，故D错误。
故选：AC。
根据题意确定小球在P时弹簧的压缩量，由胡克定律求解弹簧的劲度系数。根据乙的速度等于甲沿绳子方向的分速度，分析乙的速度变化情况，再判断乙重力的功率变化情况。根据A、B以及弹簧组成的系统机械能守恒，确定小球甲和物体乙的机械能之和最大时，乙下落的高度。对系统，由机械能守恒定律求小球甲运动到Q点的速度大小。
本题主要考查功能关系和机械能守恒定律的应用。要知道机械能守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
13.【答案】dt d2t 3d24t2
【解析】解：(1)该实验中用到了光电门，利用遮光条通过光电门的时间计算出遮光条通过光电门的平均速度，从而用该平均速度来代替瞬时速度，因此可得重物B经过光电门时的速度为：
vB=dt
重物A由动滑轮连接，根据该连接体的连接方式可知，连接重物B的绳子的伸长量是重物A上升距离的2倍，因此可得重物A的速度为
vA=vB2=d2t
(2)设重物A的质量为m，则重物B及遮光条的总质量为2m，根据以上分析可知，若该系统机械能守恒，则应有
2mgh−mg⋅h2=12mvA2+12(2m)vB2
整理可得
gh=3d24t2
故答案为：(1)dt，d2t；(2)3d24t2。
(1)用平均速度代替瞬时速度计算遮光条通过光电门的瞬时速度，根据动滑轮的特点计算A的速度；
(2)根据重力势能减少量和动能增加量相等推导需要验证的表达式。
本题关键掌握利用平均速度替代瞬时速度，掌握动滑轮的特点，根据重力势能减少量和动能增加量相等推导需要验证的表达式。
14.【答案】小球平抛过程中受到空气阻力的作用
【解析】解：(1)平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平位移x=20cm=0.2m
根据匀速运动公式，平抛运动的初速度v0=xt=
平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，由此可得A点竖直分速度的大小为vAy=(34.1+43.7)×10−22×0.1m/s=3.89m/s
(2)根据“逐差法”，重力加速度g=(43.7+53.1)×10−2−(24.3+34.5)×10−24×0.12m/s2=9.60m/s2
(3)经多次测量均发现测量值略小于真实值，而根据测量计算公式g=ΔyΔt2可知，误差只能出现在竖直方向的位移差，说明竖直方向连续相等时间间隔内的位移差偏小，分析可知，造成位移差偏小的原因是小球平抛过程中受到空气阻力的作用；
根据牛顿第二定律mg−f=ma可知，竖直方向做匀变速直线运动的加速度将略小于当地的重力加速度，因此造成测量值略小于真实值。
故答案为：(1)2.00；3.89；(2)9.60；(3)小球平抛过程中受到空气阻力的作用。
(1)平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，据此求水平初速度；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解A点的竖直速度；
(2)根据“逐差法”求自由落体运动的加速度；
(3)根据重力加速度的测量值始终小于真实值，分析误差原因。
本题考查了用频闪仪和照相机研究小球的做平抛运动规律，能够根据频闪照片给出的信息求解小球的初速度、竖直位移和重力加速度；难点在于误差分析。
15.【答案】解：小球甲做平抛运动，其在竖直方向做自由落体运动，而当其落在斜面上时，根据水平速度与竖直速度之间的关系可得
v0vy=tan37∘
vy=gt=43v0=43×6m/s=8m/s
而根据题意可知，小球乙与小球甲在空中运动的时间相等，则有
t=vyg=810s=0.8s
所以小球乙从P点抛出到运动至最高点的时间为
t′=12t=12×0.8s=0.4s
则小球乙被抛出时的初速度大小为
v′0=gt′=10×0.4m/s=4m/s
答：小球乙被抛出时的初速度大小为4m/s。
【解析】根据小球甲垂直打在倾角为37∘的水平固定斜面上求出其竖直方向上的分速度大小，再根据小球乙与小球甲在空中运动的时间相等列式。
本题是竖直上抛运动和平抛运动的综合，既要分别研究两个小球的运动情况，更要抓住它们运动的关系。
16.【答案】解：(1)汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，根据图像可知阻力
f=4×103N
前5s内汽车的牵引力
F=8×103N
由牛顿第二定律有
F−f=ma
解得匀加速阶段的加速度大小
a=2m/s2
(2)根据匀变速直线运动的规律可知5s末汽车的速度
v1=at1=2×5m/s=10m/s
在5s末汽车的功率达到最大值，所以汽车的最大功率
P=Fv1=8×103×10W=8×104W
(3)根据匀变速直线运动的规律可知，汽车在前5s内的位移大小为
x1=12at12=12×2×52m=25m
而汽车的最大速度为
vm=Pf=8×1044×103m/s=20m/s
设汽车在5s∼15s内的位移为x2，根据动能定理可得
Pt2−fx2=12mvm2−12mv12
解得
x2=125m
所以汽车的总位移
x=x1+x2=25m+125m=150m
答：(1)汽车匀加速运动阶段的加速度大小为2m/s2；
(2)汽车的最大功率为8×104W；
(3)汽车从0∼15s内总位移为150m。
【解析】(1)根据图像先求阻力，再根据牛顿第二定律，求匀加速阶段的加速度大小；
(2)根据匀变速直线运动的规律，求5s末汽车的速度，再根据瞬时速率公式，求汽车的最大功率；
(3)根据匀变速直线运动的规律，求汽车在前5s内的位移大小，再根据瞬时速率公式，求最大速度，根据动能定理，求5s∼15s内的位移，最后确定汽车的总位移。
本题综合性强，考查学生对匀速运动受力平衡，牛顿第二定律，瞬时功率计算式等的掌握，解题关键是5s∼15s内的位移根据动能定理去求解。
17.【答案】解：(1)物块在传送带上匀变速运动过程中，根据牛顿第二定律得：
μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
解得：a=1m/s2
方向沿传送带向上；
(2)分析可知，若传送带速度大小小于物块初速度大小，则物块再次回到A点前将与传送带共速，物块从再次到达A点到最高点C的过程中，根据动能定理有
−mgR(1+cs37∘)=12mvC2−12mvA2
在C点，对物块，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvC2R
解得：vA=3m/s
可知传送带的速度大小为3m/s。
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，有两种临界情况：
①物块从再次到达A点到与圆心等高处位置的过程中，根据动能定理，
−mgRcs37∘=0−12mv′A2
解得：v′A=43m/s
②若物块从再次到达A点到恰好能到最高点C的过程中，根据动能定理有
−mgR(1+cs37∘)=12mv′′C2−12mv′′A2
在C点，对物块，由牛顿第二定律有
mg=mv′′C2R
联立解得：v′′A= 463m/s
综上可得传送带速度v的取值范围为：0
(2)传送带的速度v的大小为3m/s；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，传送带速度v的取值范围为0
(2)若传送带速度大小小于物块初速度大小，则物块再次回到A点前将与传送带共速，研究物块从再次到达A点到最高点C的过程，根据动能定理列方程。在C点，对物块，利用牛顿第二定律求出物块到达C点的速度，从而求得求出物块到达A点的速度，即为传送带的速度v的大小；
(3)为使物块到达最高点前不脱离圆弧轨道，有两种临界情况：
①物块从再次到达A点到与圆心等高处位置；
②物块从再次到达A点到恰好能到最高点C。
根据动能定理与临界条件相结合求解传送带速度v的取值范围。
本题主要考查动能定理及向心力公式的综合应用，知道物块刚好到达C点时，由重力提供向心力。刚好到达与圆心等高处位置时，速度为零，把握临界条件是关键。
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