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江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高一下学期期中物理试题

一、单选题：共12题，每题4分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。

1．飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让A球落下，相隔1s又让B球落下，不计空气阻力，在以后的运动过程中，关于A、B两球相对位置的关系，下列说法正确的是（　　）

A．A球在B球的前下方

B．A球在B球的后下方

C．A球在B球的正下方5m处

D．A球在B球的正下方且间距越来越大

2．如图所示，细线的一端固定，另一端系一小球，把组线拉至水平位置使小球从静止开始释放，在小球从最高点A摆至最低点B的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．重力的功率一直增大

B．重力的功率一直减小

C．重力的功率先增大后减小

D．重力的功率先减小后增大

3．荡秋千是儿童喜爱的一项运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向可能是图中的（　　）

A．1方向 B．2方向 C．3方向 D．4方向

4．如图所示，斜面体停放在水平面上，现使质量为m的滑块从斜面顶端无初速滑到斜面底端的过程中，所有接触面均视为光滑，下列说法错误的是（　　）

A．重力对滑块做正功

B．滑块对斜面的压力对斜面做正功

C．斜面对滑块的支持力对滑块做负功

D．斜面对滑块的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功

5．一块木板水平放在某装置底部，装置从地面开始竖直向上运动的速度—时间图像如图所示，g取10m/s²，则下列分析正确的是（　　）

A．0～1s内木板的机械能守恒

B．1s～2s内木板的机械能守恒

C．2s～3s内木板的机械能守恒

D．0～3s内木板的机械能一直在增加

6．人类探索星辰大海的步伐从未停止，2021年，包括我国“天问一号”在内的火星探测器已经在火星登陆。若探测器登陆前绕火星运行的过程可以近似看成匀速圆周运动，探测器所搭载的传感器测定t时间内探测器绕火星飞行的路程是s，探测器与火星中心的连线转过的角度为θ，已知引力常量为G，火星半径为r，则（　　）

A．探测器的加速度为

B．火星的质量为

C．探测器的角速度为

D．火星的密度为

7．质量为m的物体，以v₀的初速度沿斜面上滑，到达最高点后又返回原处时的速度大小为0.5v₀，则（　　）

A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小

B．上滑和下滑的过程中支持力的冲量都等于零

C．在整个过程中合力的冲量大小为mv₀

D．整个过程中物体动量的变化量为

8．下列做法中能减小“研究平抛运动”实验误差的是（　　）

A．尽可能减小小球与斜槽之间的摩擦

B．安装斜槽时其末端不水平

C．建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点

D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O远一点

9．如图所示，斜劈B的倾角为37°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一个半径为r的球A放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，A落地前速度大小为v_A，则此时B的速度大小为（　　）

A．v_A B．v_A C．v_A D．v_A

10．假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g₁，在赤道的大小为g₂；星球自转的周期为T，引力常数为G，则该星球的密度为（　　）

A． B．•

C．• D．•

11．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相同的小物块A、B随容器转动且一直相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β，α＝60°，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g。则（　　）

A．物块B受到的摩擦力可能为零

B．物块B受沿容器壁向上的摩擦力

C．若增大角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大

D．若减小角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大

12．如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的物块不拴接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力f随位移x的关系如图乙所示，x₀为已知量，（其中弹簧弹性势能为E_pk•Δx²，Δx为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（　　）

A．物块在传送带上先加速后减速

B．整个过程中摩擦力对物块做的功W_f＝f₀x₀

C．弹簧的劲度系数k

D．物块运动过程中最大动能为

二、非选择题

13．（12分）用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。

（1）下列做法中正确的有 　   　 。

A.必须要称出重物的质量

B.数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置

C.图中两限位孔必须在同一竖直线上

D.可以用v＝gt或者v计算某点速度

（2）选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个相邻的计时点，打点计时器通过频率为50Hz的交变电流，用刻度尺测得OA＝15.56cm，OB＝19.21cm，OC＝23.24cm，重锤的质量为1.00kg，g取9.8m/s²。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 　       　 J；此时重锤的动能为 　       　 J。（结果均保留三位有效数字）

（3）该同学进一步求出纸带上其它点的速度大小v，然后作出相应的v²﹣h图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析 　      　 （选填“合理”或“不合理”）。

14．（6分）质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F，求物体运动的总时间。（g＝10m/s²）

15．（8分）炎炎热日下，起重机仍然在忘我工作。如图是某一型号的起重机，此时的工作功率为P_额。现在由静止吊起一个重为m的货物，货物在40s达到最大速度，最大速度为v_m＝20m/s，拉力和时间的关系如图所示，重力加速度为g＝10m/s²，求

（1）工作功率P_额；

（2）整个过程（0～40s）货物上升高度h。

16．（12分）如图所示，水平传送带左边有一个与传送带等高的光滑平台，传送带始终以速度v＝3m/s逆时针匀速转动，在平台上给物块一个水平向右的初速度v₀＝6m/s，物块从A点冲上传送带，已知物块的质量m＝1kg且可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物块刚好未从传送带B端滑落，求：

（1）物块在传送带上运动的时间；

（2）当物块运动到距A端2m时，因摩擦产生的热量。

17．（14分）如图所示，光滑倾斜轨道AB和水平轨道BC平滑连接（小球经过连接处时速度大小不变），轨道AB距地面高h的A点有一个质量m＝1kg的小球无初速释放，小球从C点向右进入半径R＝1m的光滑圆形轨道，圆形轨道底部C处前后错开，小球可以从C点向右离开圆形轨道，在足够长水平轨道上继续前进。已知小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，水平轨道BC长L＝1m，不计其它阻力，重力加速度g＝10m/s²。

（1）若释放点A高度h＝5m，求小球到达B点的速度大小；

（2）要使小球完成完整的圆周运动，则释放点A的高度h需要满足什么条件；

（3）若小球恰好不脱离轨道，求小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离。

江苏省南京市金陵中学2024-2025学年高一下学期期中物理试题

【参考答案】

一．选择题（共12小题）

一、单选题：共12题，每题4分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。

1．飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让A球落下，相隔1s又让B球落下，不计空气阻力，在以后的运动过程中，关于A、B两球相对位置的关系，下列说法正确的是（　　）

A．A球在B球的前下方

B．A球在B球的后下方

C．A球在B球的正下方5m处

D．A球在B球的正下方且间距越来越大

【分析】飞机匀速飞行，飞机上自由释放的小球做平抛运动，初速度等于飞机的速度，而平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，则两个小球水平方向速度与飞机的速度相同，总在飞机的正下方．A的速度大于B的速度，两者距离逐渐变大。

【解答】解：A、B两球均从匀速飞行的飞机上自由下落，均做平抛运动，水平方向做速度等于飞机速度的匀速直线运动，相同时间内水平位移相同，所以两球在落地前总飞机的正下方，则A球在B球的正下方，因A先下落，同一时刻A的速度大于B的速度，且在B的正下方，则两者距离随时间的增加而增加。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题要正确分析物体的运动情况，不能头脑简单，认为两球做自由落体运动。

2．如图所示，细线的一端固定，另一端系一小球，把组线拉至水平位置使小球从静止开始释放，在小球从最高点A摆至最低点B的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．重力的功率一直增大

B．重力的功率一直减小

C．重力的功率先增大后减小

D．重力的功率先减小后增大

【分析】功率等于力与速度、以及力与速度之间夹角余弦的三者乘积，结合P＝Fvcosθ分析判断．

【解答】解：在A点，速度为零，则重力的功率为零，在B点，重力与速度方向的夹角为90度，根据P＝Fvcosθ知，重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小。故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】本题考查了功率公式的基本运用，知道力和速度均不为零，功率不一定不为零，还与力与速度之间的夹角有关．

3．荡秋千是儿童喜爱的一项运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向可能是图中的（　　）

A．1方向 B．2方向 C．3方向 D．4方向

【分析】当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，沿半径方向加速度为零，加速度方向沿圆弧的切线方向，据此即可选择．

【解答】解：当秋千荡到最高点时，小孩的速度为零，受重力和拉力，合力不为零，方向沿圆弧的切线方向，加速度方向沿着圆弧的切线方向，即是图中的2方向，选项B正确。

故选：B。

【点评】此题考查曲线运动及其相关知识，明确小孩的运动规律和受力特点，知道在最高点的受力情况，难度不大，属于基础题．

4．如图所示，斜面体停放在水平面上，现使质量为m的滑块从斜面顶端无初速滑到斜面底端的过程中，所有接触面均视为光滑，下列说法错误的是（　　）

A．重力对滑块做正功

B．滑块对斜面的压力对斜面做正功

C．斜面对滑块的支持力对滑块做负功

D．斜面对滑块的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功

【分析】滑块下滑重力做正功，支持力与的运动位移不垂直，滑块对斜面的压力对滑块做功，使得斜面获得速度。

【解答】解：A、滑块下滑过程中重力做正功，故A正确；

BCD、由于地面光滑，则滑块下滑的过程中斜面体向右运动，滑块运动轨迹如图

可知，支持力与位移夹角大于90度，故支持力对滑块做负功，滑块对斜面的压力对斜面做正功，故BC正确，D错误。

本题选择错误的，

故选：D。

【点评】该题的易错点是CD，关于支持力做功，一般情况下为零的比较多见，但是前提是支持力与位移垂直，该题由于相对运动造成支持力与位移不垂直，应注意此类情况。

5．一块木板水平放在某装置底部，装置从地面开始竖直向上运动的速度—时间图像如图所示，g取10m/s²，则下列分析正确的是（　　）

A．0～1s内木板的机械能守恒

B．1s～2s内木板的机械能守恒

C．2s～3s内木板的机械能守恒

D．0～3s内木板的机械能一直在增加

【分析】根据v﹣t图像分析木板的运动情况，根据机械能的定义结合机械能守恒的条件分析其机械能的变化情况。

【解答】解：0～1s的加速度为am/s²，方向向上，2～3s的加速度为a'm/s²，方向向下，可见2～3s木板只受重力，机械能守恒，0～2s木板受支持力做正功，机械能增大。

故C正确，ABD错误；

故选：C。

【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功，同时也可以直接分析动能和重力势能之和是否不变来确定机械能是否守恒。

6．人类探索星辰大海的步伐从未停止，2021年，包括我国“天问一号”在内的火星探测器已经在火星登陆。若探测器登陆前绕火星运行的过程可以近似看成匀速圆周运动，探测器所搭载的传感器测定t时间内探测器绕火星飞行的路程是s，探测器与火星中心的连线转过的角度为θ，已知引力常量为G，火星半径为r，则（　　）

A．探测器的加速度为

B．火星的质量为

C．探测器的角速度为

D．火星的密度为

【分析】AC.根据线速度、角速度的定义列式，结合加速度与线速度和角速度的关系，即可分析判断；

B.结合前面分析，根据万有引力提供向心力列式，即可分析判断；

D.结合前面分析，根据密度与质量的关系列式，即可分析判断。

【解答】解：AC.由题知，探测器的线速度为：

，

探测器的角速度为：

，

则探测器的加速度为：

a＝vω，

联立解得：

，

故AC错误；

B.结合前面分析可知，探测器的轨道半径为：

，

解得：

，

 根据万有引力提供向心力可得：

，

联立解得，火星的质量为：

，

故B正确；

D.结合前面分析可知，火星的密度为：

，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查卫星或行星运行参数的计算，解题时需注意，把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力，但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。

7．质量为m的物体，以v₀的初速度沿斜面上滑，到达最高点后又返回原处时的速度大小为0.5v₀，则（　　）

A．上滑过程中重力的冲量比下滑时小

B．上滑和下滑的过程中支持力的冲量都等于零

C．在整个过程中合力的冲量大小为mv₀

D．整个过程中物体动量的变化量为

【分析】根据牛顿第二定律分析上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式比较运动时间，从而比较重力的冲量大小，根据动量定理，结合动量变化量求解合力的冲量。

【解答】解：A、因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A正确；

B、冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B错误；

CD、根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，，可知合力冲量的大小为，故CD错误。

故选：A。

【点评】考查对匀变速直线运动规律和动量定理的理解，熟悉公式的运用。

8．下列做法中能减小“研究平抛运动”实验误差的是（　　）

A．尽可能减小小球与斜槽之间的摩擦

B．安装斜槽时其末端不水平

C．建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点

D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O远一点

【分析】根据研究平抛运动的实验原理和注意事项，结合减小实验误差的方法进行分析解答。

【解答】解：A.球与斜槽之间的摩擦不影响平抛运动的初速度，不影响实验，故A错误；

B.装斜槽末端不水平，则初速度不水平，使得小球的运动不是平抛运动，使得实验的误差增大，故B错误；

C.建立坐标系时，因为实际的坐标原点为小球在末端时球心在白纸上的投影，以斜槽末端端口位置为坐标原点，使得测量误差增大，故C正确；

D.据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较远，可以减小误差，故D正确。

故选：D。

【点评】考查研究平抛运动的实验原理和注意事项，减小实验误差的方法，会根据题意进行准确分析解答。

9．如图所示，斜劈B的倾角为37°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一个半径为r的球A放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，A落地前速度大小为v_A，则此时B的速度大小为（　　）

A．v_A B．v_A C．v_A D．v_A

【分析】A与B的接触点，有沿着斜面向下运动，与水平向右的运动，而其合运动为竖直向下运动，根据矢量合成法分析。

【解答】解：A与B的接触点，有沿着斜面向下运动，与水平向右的运动，而其合运动为竖直向下运动，即A的运动，如图所示，

根据矢量合成法则有：，解得：，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】考查对合运动与分运动的理解，清楚两者的关联。

10．假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g₁，在赤道的大小为g₂；星球自转的周期为T，引力常数为G，则该星球的密度为（　　）

A． B．•

C．• D．•

【分析】根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解．

【解答】解：在两极，引力等于重力，则有：mg₁＝G，

由此可得地球质量

M       ①，

在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：

Gmg₂＝m         ②

密度：ρ             ③

由①②③解得：ρ，故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】该题考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式．

11．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相同的小物块A、B随容器转动且一直相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β，α＝60°，此时物块A受到的摩擦力恰好为零，重力加速度为g。则（　　）

A．物块B受到的摩擦力可能为零

B．物块B受沿容器壁向上的摩擦力

C．若增大角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大

D．若减小角速度ω，物块B受到的摩擦力一定增大

【分析】分别求出A和B受到的摩擦力为零时对应的角速度大小，比较二者相对运动的情况，由此分析摩擦力的方向和变化情况。

【解答】解：AB、此时物体A受到的摩擦力恰好为零，则只受到重力与支持力，二者的合力提供向心力，如图

可得mgtanα＝mω²Rsinα

解得ω

同理可得当B所受到的摩擦力为零时

由于α＞β，则ω′＜ω

所以A受到的静摩擦力为零时，B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受到沿容器壁向下的摩擦力，故AB错误；

CD、B所受摩擦力沿容器壁向下，若ω增大，则所需的向心力变大，B受到的摩擦力一定增大，反之，若减小角速度ω，物块B受到的摩擦力一定减小，故C正确，D错误。

故选：C。

【点评】本题主要考查圆周运动的向心力来源，弄清楚受力情况和临界条件的分析是关键。

12．如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的物块不拴接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力f随位移x的关系如图乙所示，x₀为已知量，（其中弹簧弹性势能为E_pk•Δx²，Δx为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（　　）

A．物块在传送带上先加速后减速

B．整个过程中摩擦力对物块做的功W_f＝f₀x₀

C．弹簧的劲度系数k

D．物块运动过程中最大动能为

【分析】摩擦力在大于x₀，小于2x₀区间是个变力，说明物块与传送带之间的摩擦力为静摩擦力，由此可知物块在x₀位置与传送带达到了共速，之后物块与传送带一起匀速运动，在x₀＜x＜2x₀区间摩擦力等于弹簧弹力，物块运动2x₀后与弹簧分离，结合能量守恒定律分析解答。

【解答】解：A、由题图乙可知，0～x₀过程，物块相对于传送带向左运动，物块受到向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，x₀～2x₀过程，物块相对于传送带静止，相对于地面做匀速直线运动，物块受到向左的静摩擦力，静摩擦力大小与弹簧弹力大小相等，方向相反，直到2x₀处弹簧恢复原长后，物块不再受到静摩擦力，继续匀速直线运动，故物块先加速后匀速，故A错误；

B、f﹣x图像中，图线与x轴围成的面积即为整个过程中摩擦力对物块做的功

0～x₀过程，摩擦力对物块做正功，大小为f₀x₀

x₀～2x₀过程，摩擦力对物块做负功，大小为0.5f₀x₀

故整个过程中摩擦力做的功为W＝f₀x₀0.5f₀x₀＝0.75f₀x₀，故B错误；

C、在x₀处物块与传送带共速，此时物块受力平衡，即F_甲＝kx₀＝0.5f₀，解得k，故C错误；

D、在物块继续向右运动2x₀时速度最大，根据能量守恒定律有Wk（2x₀）²＝E_km

解得E_km

故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查水平传送带的模型，解题的关键是对物块的运动过程的分析，题目有一定的难度。

二、非选择题

13．（12分）用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。

（1）下列做法中正确的有 　C　 。

A.必须要称出重物的质量

B.数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置

C.图中两限位孔必须在同一竖直线上

D.可以用v＝gt或者v计算某点速度

（2）选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个相邻的计时点，打点计时器通过频率为50Hz的交变电流，用刻度尺测得OA＝15.56cm，OB＝19.21cm，OC＝23.24cm，重锤的质量为1.00kg，g取9.8m/s²。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 　1.88　 J；此时重锤的动能为 　1.84　 J。（结果均保留三位有效数字）

（3）该同学进一步求出纸带上其它点的速度大小v，然后作出相应的v²﹣h图像，画出的图线是一条通过坐标原点的直线。该同学认为：只要图线通过坐标原点，就可以判定重锤下落过程机械能守恒，该同学的分析 　不合理　 （选填“合理”或“不合理”）。

【分析】（1）验证动能的增加量与重力势能的减小量是否相等，据此判断方案的正确与否；

（2）根据动能与重力势能的计算公式解答；

（3）根据机械能守恒得出v²﹣h的关系式，分析斜率的物理含义，由此判断该方案的正确与否。

【解答】解：（1）A.验证机械能守恒定律的实验原理是mgh

显然，等式两边的质量可以约去，因此本实验不需要测量重物的质量，故A错误；

B.数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，距离越远测量时因读数造成的相对误差就越小，故B错误；

C.图中两限位孔必须在同一竖直线上，避免纸带与限位孔之间的摩擦而造成实验误差，故C正确；

D.求解速度时需利用纸带上的点迹，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度的思想方法去求解，若用v＝gt或者v计算某点速度则相当于默认机械能已守恒，失去了验证实验的意义，故D错误。

故选：C。

（2）根据纸带上的数据可知，当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少ΔE_p＝mgh_OB＝1×9.8×19.21×0.01J＝1.88J

由已知条件可知，该打点计时器的打点周期为T＝0.02s

根据某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度可得v0.01m/s＝1.92m/s

此时重锤的动能为ΔE_k1×1.92²J＝1.84J

（3）根据机械能机械能守恒定律的实验原理mgh

可得v²＝gh

即当直线通过坐标原点，斜率近似等于重力加速度g时，可认为机械能守恒，该同学的分析不合理。

故答案为：（1）C；（2）1.88；1.84；（3）不合理

【点评】明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，注意实验过程中尽量减小摩擦阻力的影响，同时掌握瞬时速度通过实验数据算出，而不是理论推算。

14．（6分）质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F，求物体运动的总时间。（g＝10m/s²）

【分析】物体先做匀加速直线运动，撤去F后做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，再根据v＝at求出3s末物体的速度大小；再根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，再根据速度—时间公式求出匀减速运动的时间，从而求得总时间。

【解答】解：物体受到的滑动摩擦力大小 f＝μN＝μmg＝0.4×1×10N＝4N

物体做匀加速运动时，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma₁

解得：a₁＝1m/s²。

物体在3s末的速度大小 v＝at₁＝1×3m/s＝3m/s，

撤去力F后，根据牛顿第二定律得：a₂4m/s²，

撤去F到停止的时间：t₂0.75s

所以运动的总时间：t＝t₁+t₂＝3s+0.75s＝3.75s。

答：物体运动的总时间为3.75s。

【点评】本题是牛顿第二定律、运动学基本公式的直接应用，要注意撤去拉力前和撤去拉力后加速度是不同的，也可以对整个过程运用动量定理求解。

15．（8分）炎炎热日下，起重机仍然在忘我工作。如图是某一型号的起重机，此时的工作功率为P_额。现在由静止吊起一个重为m的货物，货物在40s达到最大速度，最大速度为v_m＝20m/s，拉力和时间的关系如图所示，重力加速度为g＝10m/s²，求

（1）工作功率P_额；

（2）整个过程（0～40s）货物上升高度h。

【分析】（1）根据公式P＝Fv计算；

（2）根据动能定理计算。

【解答】解：（1）起重机工作功率为

P_额＝Tv_m＝20×500W＝10000W

（2）货物的质量为

整个过程根据动能定理有

解得货物上升高度为

h＝780m

答：（1）工作功率P_额为10000W；

（2）整个过程（0～40s）货物上升高度h为780m。

【点评】熟练掌握功率公式P＝Fv和动能定理是解题的基础。

16．（12分）如图所示，水平传送带左边有一个与传送带等高的光滑平台，传送带始终以速度v＝3m/s逆时针匀速转动，在平台上给物块一个水平向右的初速度v₀＝6m/s，物块从A点冲上传送带，已知物块的质量m＝1kg且可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物块刚好未从传送带B端滑落，求：

（1）物块在传送带上运动的时间；

（2）当物块运动到距A端2m时，因摩擦产生的热量。

【分析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律可以求出其加速度大小。物块先向右做匀减速直线运动，到达B点速度大小为零，再向右先向左做匀加速直线运动，当和传送带共速后，一起向左做匀速直线运动，根据运动学公式求解运动时间；

（2）根据题意分析清楚物块向右到达和向左到达当物块运动到距A端2m时，先求解相对路程，再求解因摩擦产生的热量。

【解答】解：（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律可得

μmg＝ma

解得a＝5m/s²

物块向右做匀减速直线运动，刚好未从传送带B端滑落，即到达B点速度大小为零。

则物块从A到B的时间为

t₁s＝1.2s

传送带的长度为

L1.2m＝3.6m

物块从B到A先做匀加速直线运动，和传送带共速后，一起向左做匀速直线运动。

物块向左做匀加速运动的时间为

t₂s＝0.6s

此过程物块匀加速运动的位移为

x0.6m＝0.9m

向左匀速运动的时间为

t₃s＝0.9s

故物块在传送带上运动的时间为

t＝t₁+t₂+t₃＝1.2s+0.6s+0.9s＝2.7s

（2）设物块第一次运动到距A端2m时的速度为v₁，根据速度—位移公式得

2ax₁

代入数据解得v₁＝4m/s

根据运动学公式得

x₁t₁′

代入数据解得t₁′＝0.4s

此过程因摩擦产生的热量为

Q₁＝μmg（vt₁′+x₁）

代入数据解得Q₁＝16J

由第（1）题结果可知，物块第二次运动到AA端2m处时，已经与传送带共速，则

Q₂＝μmg（vt₁+L+vt₂）

代入数据解得Q₂＝40.5J

答：（1）物块在传送带上运动的时间为2.7s；

（2）当物块运动到距A端2m时，因摩擦产生的热量为16J和40.5J。

【点评】本题考查传送带问题，解决此题的关键是要搞清楚物块的运动情况，灵活选用运动学公式求解，要注意物块与传送带共速时摩擦力要发生突变，因摩擦产生的热量与相对路程有关。

17．（14分）如图所示，光滑倾斜轨道AB和水平轨道BC平滑连接（小球经过连接处时速度大小不变），轨道AB距地面高h的A点有一个质量m＝1kg的小球无初速释放，小球从C点向右进入半径R＝1m的光滑圆形轨道，圆形轨道底部C处前后错开，小球可以从C点向右离开圆形轨道，在足够长水平轨道上继续前进。已知小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，水平轨道BC长L＝1m，不计其它阻力，重力加速度g＝10m/s²。

（1）若释放点A高度h＝5m，求小球到达B点的速度大小；

（2）要使小球完成完整的圆周运动，则释放点A的高度h需要满足什么条件；

（3）若小球恰好不脱离轨道，求小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离。

【分析】（1）根据动能定理，对A到B分析求解；

（2）根据要使小球完成完整的圆周运动，小球在最高点的重力提供向心力，结合动能定理分析求解；

（3）根据小球恰好不脱离轨道，第一种情况，小球从高2.7m处滑下，刚好做完整圆周运动，第二种情况是小球从下面下滑后最高点刚好到与圆心等高处，结合动能定理分析求解。

【解答】解：（1）从A到B根据动能定理：mghmv²，解得v＝10m/s；

（2）要使小球完成完整的圆周运动，小球在最高点的重力提供向心力，有mg＝m

根据动能定理有：mgh﹣μmgL﹣2mgR

解得：h＝2.7m

故要使小球完成完整的圆周运动，释放点A的高度h需要大于等于2.7m；

（3）要使小球恰好不脱离轨道，第一种情况，小球从高2.7m处滑下，刚好做完整圆周运动，设小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离为x，则：2mgR﹣μmgx＝0，

解得：x＝7.5m

第二种情况是小球从下面下滑后最高点刚好到与圆心等高处，根据动能定理：mgR﹣μmgx′＝0，解得x′＝5m

因为BC长1m，故最后停在B处。

答：（1）若释放点A高度h＝5m，小球到达B点的速度大小为10m/s；

（2）要使小球完成完整的圆周运动，释放点A的高度h需要大于等于2.7m；

（3）若小球恰好不脱离轨道，小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离为右侧7.5m或左侧1m。

【点评】本题考查了动能定理，理解合外力做功等于动能变化量是解决此类问题的关键。