2024-2025学年湖南省怀化市高一下学期期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1怀化市2025年上期高一年级期末考试物理试题考试时长：75分钟满分：100分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图，“福建舰”正在海面上沿曲线由M向N加速转弯，此时航母所受合力F的示意图，正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】航母从M到N加速转弯，则航母所受合外力的方向指向曲线的凹侧，且与速度方向的夹角为锐角。故选C。2.“半壁山房待明月，一盏清茗酬知音”描绘了诗人以茶待友的画面。在某次茶道表演时，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，茶从长嘴铜壶壶嘴O点水平流出，忽略空气阻力，随着碗中水面逐渐升高，下列描述正确的是（）A.茶水从O点流出时的速度不变B.茶水落到水面时的速度变大C.茶水从O点至水面的时间变长D.茶水从O点至水面落点的水平距离变小【答案】D【解析】A．依题意，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，随着茶水的不断流出，壶中液面高度下降，则茶水从O点流出时的速度变小，故A错误；BC．随着碗中水面的逐渐升高，壶嘴O到水面的高度h减小，根据解得，可知茶水从O点至水面的时间变短；根据，可知茶水落到水面时的速度变小，故BC错误；D．根据，由于茶水从O点流出时的速度变小，茶水从O点至水面的时间变短，则茶水从O点至水面落点的水平距离变小，故D正确。故选D。3.鹰在空中盘旋飞翔，会受到垂直于翼面的作用力——升力。当翼面倾斜时，垂直于翼面的升力F和重力G的合力提供向心力，可使鹰在空中水平面内做匀速圆周运动。如图，鹰以速率v=12m/s在空中某水平面内做匀速圆周运动，升力与竖直方向成θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则圆周运动的半径为（）A19.2m B.16.8m C.15.2m D.12.8m【答案】A【解析】鹰在空中某水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得可得圆周运动的半径为故选A。4.如图所示，飞行器在距月球表面一定高度的圆形轨道I上运动，经过轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达近月点B再次点火进入近月圆轨道III绕月球做匀速圆周运动。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，不计点火引起飞行器质量的变化，则（）A.飞行器在B点处点火后，动能增加B.飞行器在轨道I上运行速率大于在轨道III上的运行速率C.只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道II上通过B点的加速度大于在轨道III上通过B点的加速度D.飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为【答案】D【解析】A．飞行器从轨道II变轨到在轨道III需要在B点处点火减速，则飞行器在B点处点火后，动能减小，故A错误；B．飞行器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得可得可知飞行器在轨道I上运行速率小于在轨道III上的运行速率，故B错误；C．根据牛顿第二定律可得可得可知飞行器在轨道II上通过B点的加速度等于在轨道III上通过B点的加速度，故C错误；D．飞行器在近月圆轨道III绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得又联立解得飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为，故D正确。故选D。5.近年来，我国新能源汽车产量呈现爆发式增长，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。一辆新能源汽车在实验测试阶段瞬时速度随时间的变化情况如图所示，图中前后两段直线均与中间曲线相切。已知测试汽车在平直的公路上由静止开始启动，8s末汽车达到额定功率70kW并保持不变，汽车所受阻力大小恒定不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（）A.汽车的质量为B.汽车的最大牵引力为7000NC.汽车在匀加速运动过程中牵引力做的功为2.8×105JD.汽车在8s至18s内的位移大小为90m【答案】C【解析】B．由题图可知，汽车在内做匀加速直线运动，之后保持额定功率不变，做加速度逐渐减小的加速运动，则匀加速阶段的牵引力最大，则在时，有解得汽车的最大牵引力为故B错误；A．当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有汽车在内做匀加速直线运动的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得汽车的质量为，故A错误；C．汽车在匀加速运动过程中通过的位移大小为汽车在匀加速运动过程中牵引力做的功为，故C正确；D．设汽车在8s至18s内的位移大小为，根据动能定理可得代入数据解得，故D错误。故选C。6.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态，小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为B.物块克服摩擦力做的功为C.弹簧的最大弹性势能为D.物块在A点的初速度为【答案】C【解析】A．当弹簧的弹力为时物块的加速度为零，此时速度最大，弹簧此时的压缩量不是最大，选项A错误；B．物块在整个过程中克服摩擦力做的功为，选项B错误；C．物块被弹回的过程弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功，则弹簧的最大弹性势能为，选项C正确；D．物块在整个过程中由动能定理解得物块在A点的初速度为选项D错误。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，甲、乙两个高度相同的光滑固定斜面，倾角分别为α1和α2，且α1＜α2.质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是（）A.重力所做的功相同B.重力的平均功率相同C.滑到底端重力的瞬时功率相同D.动能的变化量相同【答案】AD【解析】〖祥解〗重力做功只与始末位置有关，根据公式确定重力做功情况。斜面光滑，物体下滑的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律分析物体滑到斜面底端时速度大小关系，由重力的平均功率公式分析重力的平均功率关系。由重力的瞬时功率公式分析重力的瞬时功率关系。【解析】A．两个物体下滑的高度相等，由公式知重力所做的功相同，A正确；B．斜面光滑，物体下滑的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得解得可知两个物体滑到斜面底端时速度大小相等。重力的平均功率为由于α1＜α2.则知重力的平均功率不同，B错误；C．滑到底端重力的瞬时功率公式为m、v相等，而α1＜α2.则重力的瞬时功率不同，C错误；D．动能的变化量等于mgh，可知动能的变化量相同，D正确。故选AD。【『点石成金』】本题主要机械能守恒定律和功能关系。关键要根据物理规律列出等式表示出需要比较的物理量表达式，要注意平均功率也可以根据公式比较。8.下列四种物理过程分别用四个图描述。甲：绳拉力F大小不变，物块从A处被拉到B处，物块和光滑轮O可视为质点；乙：物体沿x轴运动，受到一个与x轴方向平行的力F，F的大小与位置的关系可用图乙描述（力沿+x轴时取正值），物体从x=0移动到x=12米的过程；丙：绳长为R，小球（视为质点）沿竖直面从与圆心等高的A点运动至圆心正下方的B点，此过程空气阻力为大小不变的f；丁：悬挂的小球（视为质点）在水平力F作用下，被缓慢拉到悬线与竖直方向成θ角的位置（从P拉到Q），悬线长为l。这四种情形的运动过程中，关于力F或f做功的说法正确的有（）A.甲：F做功B.乙：F做功等于63JC.丙：克服空气阻力f做的功D.丁：F做功可以用求解，其中【答案】AC【解析】A．以力的作用点为对象，物块从A到拉到B过程中，作用点发生的位移大小为则力做功围殴，故A正确；B．由图可知，先做正功，后做负功，全过程中做的总功为，故B错误；C．小球从A沿圆弧运动到B过程中空气阻力做负功，且空气阻力为大小不变，故克服空气阻力f做的功，故C正确；D．小球在水平力作用下，被缓慢从P拉到Q，根据受力平衡可得由于逐渐增大，所以逐渐增大，即为变力，所以做功不可以用求解，故D错误。故选AC。9.如图，整个轨道由左侧光滑曲面轨道和右侧粗糙斜面构成，固定在水平地面，斜面倾角α=37°，两部分平滑衔接。质量为m的小滑块从斜面上离水平面高为H处由静止释放，再次回到斜面上能达到高处。不计空气阻力，重力加速度为g，。下列说法正确的是（）A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为B.滑块最终会停在斜面底端C.滑块与斜面间的动摩擦因数为D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H【答案】BD【解析】AC．设滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块从静止释放到第一次沿斜面上滑的最大高度为的全过程，根据动能定理可得解得滑块与斜面间的动摩擦因数为则滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为故AC错误；B．由于滑块最终不停在斜面，左侧曲面轨道光滑，故滑块最终会停在斜面底端，故B正确；D．滑块从开始到最终会停在斜面底端过程，根据动能定理可得解得滑块最终在斜面上走过的总路程为，故D正确。故选BD。10.如图所示，长度L=4m的传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，小物体从传送带上端运动到下端的过程中，下列说法正确的有（，，g取10m/s2）（）A.小物体运动0.5s后与传送带共速并保持相对静止B.小物体所受摩擦力大小保持不变C.小物体在传送带上留下1.25m长的划痕D.小物体在传送带上与传送带摩擦生热为4J【答案】BC【解析】A．对物块受力分析可知，由于则共速后物块不可能与传送带保持静止，故A错误；B．小物块共速前后受到摩擦力大小始终为，故B正确；C．设小物块与传送带共速前的加速度为，共速后的加速度为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得二者共速的时间此过程小物块的位移传送带的位移二者的相对位移共速后，由牛顿第二定律可得解得设物块到达底端的速度为，根据运动学规律可得解得此过程物块的运动时间小物体与传送带共速后相对传送带向下运动，相对位移为小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，又，所以小物体在传送带上的划痕为，故C正确；D．整个过程中，小物体在传送带上与传送带摩擦生热为，故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.如图甲所示，实验小组用向心力演示仪探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1（1）本实验采取的主要研究方法是__________A.微元法 B.理想实验法C.等效替代法 D.控制变量法（2）某次实验时，选择两个体积相等的铝球和钢球分别放置于A、C位置，如上图所示变速塔轮的半径之比为1∶1，该实验是探究哪两个物理量之间的关系（）A.探究向心力与角速度之间的关系B.探究向心力与质量之间的关系C.探究向心力与半径之间的关系D.探究向心力与线速度之间的关系（3）若上图中铝球和钢球的质量之比为2∶5，左右变速塔轮的半径之比为2∶1，则铝球与钢球的向心加速度之比为______，向心力之比为______。【答案】（1）D（2）B（3）1:41:10【解析】【小问1解析】本实验研究向心力大小与物体质量、半径、角速度之间的关系，需要采用控制变量法。故选D。小问2解析】某次实验时，选择两个体积相等的铝球和钢球，两球密度不同，质量不同，分别放置于A、C位置，轨道半径相同，变速塔轮的半径之比为1∶1，则根据可知角速度相等，故该实验探究的是向心力与质量之间的关系。故选B。【小问3解析】由于两球分别放置于A、C位置，轨道半径相同，变速塔轮的半径之比为2∶1，则根据可知角速度之比为1:2，根据可知铝球与钢球的向心加速度之比为1:4；根据可知铝球与钢球的向心力之比为1:10。12.用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0点是刚下落时打下的点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，=100g、=300g，取9.8m/s²，则：（1）为尽可能减少实验误差，下列说法正确的是_______。A.重物的质量可以不测量B.打点计时器应竖直放置安装在铁架台上C.先释放重物，再接通电源打出纸带D.应选质量大，体积较小的物块（2）在纸带上打下计数点5时的速度=______m/s；（结果保留三位有效数字）（3）在打点0~5过程中系统动能的增加量=_____J，系统势能的减少量=______J。（结果均保留三位有效数字）（4）经多次实验发现，在误差允许的范围内，系统机械能守恒。【答案】（1）BD（2）2.40（3）1.151.18【解析】（1）A．要验证的关系，则重物的质量一定要测量，选项A错误；B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上，以减小纸带和打点计时器之间的摩擦影响，选项B正确；C．先接通电源，再释放重物打出纸带，选项C错误；D．应选质量大，体积较小的物块，可减小阻力影响，选项D正确。故选BD。（2）每相邻两计数点间的时间间隔为则在纸带上打下计数点5时的速度（3）在打点0~5过程中系统动能的增加量系统势能的减少量13.如图所示，质量的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数，现对物体施加一个大小为40N、方向与水平成斜向上的拉力，已知，，取10m/s²。求：（1）物体运动过程中所受摩擦力的大小；（2）物体的加速度的大小；（3）10s内力对物体所做的功。【答案】（1）4N（2）（3）11200J【解析】【小问1解析】对物体受力如图所示物体与地面间的摩擦力大小为【小问2解析】水平方向，由牛顿第二定律有解得【小问3解析】10s内物体运动的位移为则10s内力对物体所做的功为14.我国神舟十八号载人飞船于2024年04月25日成功发射，其发射过程简化如下：飞船由火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点变轨刚好与预定圆轨道上的空间站实现对接。空间站在预定圆轨道上运行的周期为T，预定圆轨道的半径为r，椭圆轨道的远地点B到地心距离为近地点A到地心距离的k倍，引力常量为G，求：（1）地球的质量；（2）飞船在椭圆轨道上正常运行经过B点时的加速度大小；（3）飞船从A运动到B点，需要的时间至少为多少。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1解析】设地球质量为，由万有引力提供向心力可得解得地球质量为【小问2解析】飞船在椭圆轨道上正常运行经过B点时，由牛顿第二定律可得可得加速度大小为【小问3解析】椭圆轨道的远地点B到地心距离为近地点A到地心距离的k倍，则椭圆轨道的半长轴为设椭圆轨道的周期为，根据开普勒第三定律可得解得则飞船从A运动到B点，需要的时间至少为15.如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.3kg的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径R=1m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=9m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取10m/s²。求：（1）若h=1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围；（3）当h=5.6m时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少。【答案】（1）10.2N，方向竖直向下（2）（3）10.8J【解析】【小问1解析】若，则滑块运动至点时，由动能定理可得在点由牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知，滑块运动至点时对圆弧轨道的压力为10.2N，方向竖直向下。【小问2解析】若滑块恰好能过点，则点时有从A到，根据动能定理有解得要使滑块恰能运动到点，则滑块到点的速度，从A到，根据动能定理有解得显然若滑块不脱离圆弧轨道且从点飞出，则滑块释放点的高度。【小问3解析】从A到D点根据动能定理解得从A到E点根据动能定理可得由运动学公式则在1s时间内，滑块的位移为传送带运动的位移为滑块相对于传动带的位移为由功能关系怀化市2025年上期高一年级期末考试物理试题考试时长：75分钟满分：100分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图，“福建舰”正在海面上沿曲线由M向N加速转弯，此时航母所受合力F的示意图，正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】航母从M到N加速转弯，则航母所受合外力的方向指向曲线的凹侧，且与速度方向的夹角为锐角。故选C。2.“半壁山房待明月，一盏清茗酬知音”描绘了诗人以茶待友的画面。在某次茶道表演时，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，茶从长嘴铜壶壶嘴O点水平流出，忽略空气阻力，随着碗中水面逐渐升高，下列描述正确的是（）A.茶水从O点流出时的速度不变B.茶水落到水面时的速度变大C.茶水从O点至水面的时间变长D.茶水从O点至水面落点的水平距离变小【答案】D【解析】A．依题意，表演者保持如图所示的倒茶姿势不变，随着茶水的不断流出，壶中液面高度下降，则茶水从O点流出时的速度变小，故A错误；BC．随着碗中水面的逐渐升高，壶嘴O到水面的高度h减小，根据解得，可知茶水从O点至水面的时间变短；根据，可知茶水落到水面时的速度变小，故BC错误；D．根据，由于茶水从O点流出时的速度变小，茶水从O点至水面的时间变短，则茶水从O点至水面落点的水平距离变小，故D正确。故选D。3.鹰在空中盘旋飞翔，会受到垂直于翼面的作用力——升力。当翼面倾斜时，垂直于翼面的升力F和重力G的合力提供向心力，可使鹰在空中水平面内做匀速圆周运动。如图，鹰以速率v=12m/s在空中某水平面内做匀速圆周运动，升力与竖直方向成θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则圆周运动的半径为（）A19.2m B.16.8m C.15.2m D.12.8m【答案】A【解析】鹰在空中某水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得可得圆周运动的半径为故选A。4.如图所示，飞行器在距月球表面一定高度的圆形轨道I上运动，经过轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达近月点B再次点火进入近月圆轨道III绕月球做匀速圆周运动。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，不计点火引起飞行器质量的变化，则（）A.飞行器在B点处点火后，动能增加B.飞行器在轨道I上运行速率大于在轨道III上的运行速率C.只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道II上通过B点的加速度大于在轨道III上通过B点的加速度D.飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为【答案】D【解析】A．飞行器从轨道II变轨到在轨道III需要在B点处点火减速，则飞行器在B点处点火后，动能减小，故A错误；B．飞行器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得可得可知飞行器在轨道I上运行速率小于在轨道III上的运行速率，故B错误；C．根据牛顿第二定律可得可得可知飞行器在轨道II上通过B点的加速度等于在轨道III上通过B点的加速度，故C错误；D．飞行器在近月圆轨道III绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得又联立解得飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为，故D正确。故选D。5.近年来，我国新能源汽车产量呈现爆发式增长，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。一辆新能源汽车在实验测试阶段瞬时速度随时间的变化情况如图所示，图中前后两段直线均与中间曲线相切。已知测试汽车在平直的公路上由静止开始启动，8s末汽车达到额定功率70kW并保持不变，汽车所受阻力大小恒定不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（）A.汽车的质量为B.汽车的最大牵引力为7000NC.汽车在匀加速运动过程中牵引力做的功为2.8×105JD.汽车在8s至18s内的位移大小为90m【答案】C【解析】B．由题图可知，汽车在内做匀加速直线运动，之后保持额定功率不变，做加速度逐渐减小的加速运动，则匀加速阶段的牵引力最大，则在时，有解得汽车的最大牵引力为故B错误；A．当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有汽车在内做匀加速直线运动的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得汽车的质量为，故A错误；C．汽车在匀加速运动过程中通过的位移大小为汽车在匀加速运动过程中牵引力做的功为，故C正确；D．设汽车在8s至18s内的位移大小为，根据动能定理可得代入数据解得，故D错误。故选C。6.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态，小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A.弹簧的最大弹力为B.物块克服摩擦力做的功为C.弹簧的最大弹性势能为D.物块在A点的初速度为【答案】C【解析】A．当弹簧的弹力为时物块的加速度为零，此时速度最大，弹簧此时的压缩量不是最大，选项A错误；B．物块在整个过程中克服摩擦力做的功为，选项B错误；C．物块被弹回的过程弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功，则弹簧的最大弹性势能为，选项C正确；D．物块在整个过程中由动能定理解得物块在A点的初速度为选项D错误。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，甲、乙两个高度相同的光滑固定斜面，倾角分别为α1和α2，且α1＜α2.质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是（）A.重力所做的功相同B.重力的平均功率相同C.滑到底端重力的瞬时功率相同D.动能的变化量相同【答案】AD【解析】〖祥解〗重力做功只与始末位置有关，根据公式确定重力做功情况。斜面光滑，物体下滑的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律分析物体滑到斜面底端时速度大小关系，由重力的平均功率公式分析重力的平均功率关系。由重力的瞬时功率公式分析重力的瞬时功率关系。【解析】A．两个物体下滑的高度相等，由公式知重力所做的功相同，A正确；B．斜面光滑，物体下滑的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得解得可知两个物体滑到斜面底端时速度大小相等。重力的平均功率为由于α1＜α2.则知重力的平均功率不同，B错误；C．滑到底端重力的瞬时功率公式为m、v相等，而α1＜α2.则重力的瞬时功率不同，C错误；D．动能的变化量等于mgh，可知动能的变化量相同，D正确。故选AD。【『点石成金』】本题主要机械能守恒定律和功能关系。关键要根据物理规律列出等式表示出需要比较的物理量表达式，要注意平均功率也可以根据公式比较。8.下列四种物理过程分别用四个图描述。甲：绳拉力F大小不变，物块从A处被拉到B处，物块和光滑轮O可视为质点；乙：物体沿x轴运动，受到一个与x轴方向平行的力F，F的大小与位置的关系可用图乙描述（力沿+x轴时取正值），物体从x=0移动到x=12米的过程；丙：绳长为R，小球（视为质点）沿竖直面从与圆心等高的A点运动至圆心正下方的B点，此过程空气阻力为大小不变的f；丁：悬挂的小球（视为质点）在水平力F作用下，被缓慢拉到悬线与竖直方向成θ角的位置（从P拉到Q），悬线长为l。这四种情形的运动过程中，关于力F或f做功的说法正确的有（）A.甲：F做功B.乙：F做功等于63JC.丙：克服空气阻力f做的功D.丁：F做功可以用求解，其中【答案】AC【解析】A．以力的作用点为对象，物块从A到拉到B过程中，作用点发生的位移大小为则力做功围殴，故A正确；B．由图可知，先做正功，后做负功，全过程中做的总功为，故B错误；C．小球从A沿圆弧运动到B过程中空气阻力做负功，且空气阻力为大小不变，故克服空气阻力f做的功，故C正确；D．小球在水平力作用下，被缓慢从P拉到Q，根据受力平衡可得由于逐渐增大，所以逐渐增大，即为变力，所以做功不可以用求解，故D错误。故选AC。9.如图，整个轨道由左侧光滑曲面轨道和右侧粗糙斜面构成，固定在水平地面，斜面倾角α=37°，两部分平滑衔接。质量为m的小滑块从斜面上离水平面高为H处由静止释放，再次回到斜面上能达到高处。不计空气阻力，重力加速度为g，。下列说法正确的是（）A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为B.滑块最终会停在斜面底端C.滑块与斜面间的动摩擦因数为D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H【答案】BD【解析】AC．设滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块从静止释放到第一次沿斜面上滑的最大高度为的全过程，根据动能定理可得解得滑块与斜面间的动摩擦因数为则滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为故AC错误；B．由于滑块最终不停在斜面，左侧曲面轨道光滑，故滑块最终会停在斜面底端，故B正确；D．滑块从开始到最终会停在斜面底端过程，根据动能定理可得解得滑块最终在斜面上走过的总路程为，故D正确。故选BD。10.如图所示，长度L=4m的传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，小物体从传送带上端运动到下端的过程中，下列说法正确的有（，，g取10m/s2）（）A.小物体运动0.5s后与传送带共速并保持相对静止B.小物体所受摩擦力大小保持不变C.小物体在传送带上留下1.25m长的划痕D.小物体在传送带上与传送带摩擦生热为4J【答案】BC【解析】A．对物块受力分析可知，由于则共速后物块不可能与传送带保持静止，故A错误；B．小物块共速前后受到摩擦力大小始终为，故B正确；C．设小物块与传送带共速前的加速度为，共速后的加速度为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得二者共速的时间此过程小物块的位移传送带的位移二者的相对位移共速后，由牛顿第二定律可得解得设物块到达底端的速度为，根据运动学规律可得解得此过程物块的运动时间小物体与传送带共速后相对传送带向下运动，相对位移为小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，又，所以小物体在传送带上的划痕为，故C正确；D．整个过程中，小物体在传送带上与传送带摩擦生热为，故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.如图甲所示，实验小组用向心力演示仪探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1（1）本实验采取的主要研究方法是__________A.微元法 B.理想实验法C.等效替代法 D.控制变量法（2）某次实验时，选择两个体积相等的铝球和钢球分别放置于A、C位置，如上图所示变速塔轮的半径之比为1∶1，该实验是探究哪两个物理量之间的关系（）A.探究向心力与角速度之间的关系B.探究向心力与质量之间的关系C.探究向心力与半径之间的关系D.探究向心力与线速度之间的关系（3）若上图中铝球和钢球的质量之比为2∶5，左右变速塔轮的半径之比为2∶1，则铝球与钢球的向心加速度之比为______，向心力之比为______。【答案】（1）D（2）B（3）1:41:10【解析】【小问1解析】本实验研究向心力大小与物体质量、半径、角速度之间的关系，需要采用控制变量法。故选D。小问2解析】某次实验时，选择两个体积相等的铝球和钢球，两球密度不同，质量不同，分别放置于A、C位置，轨道半径相同，变速塔轮的半径之比为1∶1，则根据可知角速度相等，故该实验探究的是向心力与质量之间的关系。故选B。【小问3解析】由于两球分别放置于A、C位置，轨道半径相同，变速塔轮的半径之比为2∶1，则根据可知角速度之比为1:2，根据可知铝球与钢球的向心加速度之比为1:4；根据可知铝球与钢球的向心力之比为1:10。12.用如图甲实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0点是刚下落时打下的点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，=100g、=300g，取9.8m/s²，则：（1）为尽可能减少实验误差，下列说法正确的是_______。A.重物的质量可以不测量B.打点计时器应竖直放置安装在铁架台上C.先释放重物，再接通电源打出纸带D.应选质量大，体积较小的物块（2）在纸带上打下计数点5时的速度=______m/s；（结果保留三位有效数字）（3）在打点0~5过程中系统动能的增加量=_____J，系统势能的减少量=______J。（结果均保留三位有效数字）（4）经多次实验发现，在误差允许的范围内，系统机械能守恒。【答案】（1）BD（2）2.40（3）1.151.18【解析】（1）A．要验证的关系，则重物的质量一定要测量，选项A错误；B．打点计时器应竖直放置安装在铁架台上，以减小纸带和打点计时器之间的摩擦影响，选项B正确；C．先接通电源，再释放重物打出纸带，选项C错误；D．应选质量大，体积较小的物