【解析】河南省开封市5县2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题

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河南省开封市5县2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题

一、单选题

1．如图所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为2：1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为1：2.现将线烧断，A、B物体从静止被弹开，则不正确的说法是（）

A．弹簧在弹开过程中（到停止之前），AB两物体速度大小之比总是1：2

B．弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大

C．两物体速度同时达到最大

D．两物体同时停止运动

2．（2023高一上·云县期末）某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其位移-时间图象如图所示，则该物体（）

A．在0~1s内做曲线运动

B．在1~2s和2~3s内的速度方向相反

C．在1~2s内的加速度为-4m/s2

D．在0~3s内的总位移为-4m

3．如图为某同学制作的“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直方向的加速度。左侧为刻度均匀的标尺，右侧用一轻弹簧悬挂一重物G，当测量仪静止时指针位置的刻度标记为O，测量仪在竖直方向加速度不同时，对应指针指向不同的位置，一在标尺上标记加速度的数值。当指针指向位置C时，以下判断正确的是（）

A．测量仪的速度方向向下B．测量仪的速度方向向上

C．测量仪的加速度方向向下D．测量仪的加速度方向向上

4．（2023高三上·商河月考）如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为，重力加速度为，木板与水平面成角，让木块从木板的底端以大小恒定的初速度沿木板向上运动，随着的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，则x的最小值为（）

A．B．C．D．

5．如图所示，从斜面体ABC的底端用一沿斜面向上的恒力F从静止向上推一个物体，推到AB的中点D时，撤去F，物体恰好运动到斜面顶端A点并开始返回。物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端返回时所需时间也为t，则以下说法中正确的是（）

A．物体上滑过程中从B点到D点的加速度大小大于从D点到A点的加速度大小

B．物体上滑过程到D点时的速率和物体返回到B点的速率相等

C．推力F与物体所受摩擦力Ff大小之比为2：1

D．推力F做的功与整个过程中物体克服摩擦力Ff做的功相等

6．如图所示，在边长为的正方形竖直平面内固定一光滑四分之一圆环，点固定一光滑轻质小滑轮。质量均为的小球用不可伸长的细线连接，穿在环上位于A点，细线搭在滑轮上，现将小球由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，在环上运动过程中，下列描述正确的是（）

A．两小球组成的系统的机械能先减小后增大

B．细线的拉力对两球做功的功率大小始终相等

C．的最大动能为

D．运动到点时的速度为

7．如图甲所示，质量m=0.5kg，初速度v0=10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的图像如图乙所示，g取10m/s2，则（）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B．0～7s内物体滑行的总位移为30m

C．0～7s内摩擦力做功为

D．0～3s内F做的功为

二、多选题

8．（2023高三上·广东月考）如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的滑动摩擦系数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）

A．，B．，

C．，D．，

9．一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气阻力。则（）

A．小球水平位移，与的比值为

B．小球水平位移与的比值为

C．小球落到点时的动能为

D．小球从A点运动到点过程中最小动能为

10．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v-t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（）

A．物体与水平面间的动摩擦因数为

B．10s末恒力F的瞬时功率为6W

C．10s末物体在计时起点左侧2m处

D．10s内物体克服摩擦力做功34J

三、实验题

11．（2023高二上·浙江期末）小王同学采用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为50Hz。

（1）实验中，重物的质量____。

A．必须测量B．可测可不测

（2）除了图甲所示装置中的器材之外，还必须从图乙中选取实验器材。

（3）指出图甲所示装置中一处不合理的地方。

（4）改进实验后，得到如图丙的纸带，则点2对应的读数为cm；打下点2时纸带速度的大小为m/s。

（5）若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为____。

A．存在阻力

B．点0的速度不为零

C．点4的速度由公式v=gt计算

12．小伟同学用如图甲所示的装置测定木块与水平桌面间的动摩擦因数，木块右端通过细线绕过固定在桌面右端的定滑轮与一质量已知的钩码相连，左端与纸带连接，实验开始前木块上放有若干质量已知的小钩码。

简要实验步骤如下：

①接通电源释放木块，木块向右做加速运动，通过纸带可以计算出木块运动的加速度；

②从木块上取一小钩码挂在大钩码上，重复步骤①的过程；

③重复上述步骤，得出几组不同运动的加速度的值。

（1）在一次实验中，小伟得到了如图乙所示的一条纸带，相邻计数点之间时间间隔为，通过所给数据可以得出木块的加速度为（结果保留3位有效数字）

（2）小伟以加速度a为纵坐标，以细线下端所挂钩码的总质量m为横坐标，作出a—m图象如图所示，已知图象为一直线，且直线斜率为k，横截距为b，当地重力加速度为g，则通过计算可以得出。

（3）细心的同组同学小耀观察到桌面实际不水平，左端略高于右端，请你分析判断小伟计算出的动摩擦因数μ的值应（填“大于”“等于”或“小于”）实际值。

四、解答题

13．如图，质量为M=2.5kg的长方形空箱在水平拉力F作用下沿光滑水平面向右匀变速直线运动，这时铁箱内木块恰好能静止在后壁上，且木块对铁箱后壁压力大小为10N。木块与铁箱间的动摩擦因数为0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：

（1）木块的质量m；

（2）水平拉力F的大小。

14．（2023高一下·永州期末）如图所示，一质量为的长木板A放在光滑水平平台上，另有一可视为质点、质量的木块B，放在长木板A的左端，平台的右端固定有高度和长木板厚度相等的挡板C（厚度不计），开始时A、B均处于静止状态。时刻对木块B施加一方向水平向右、大小的恒定拉力，时撤去力F，再经过时A、B达到共同速度，长木板A的右端恰好运动到平台的右端，木块B恰好脱离长木板A水平抛出，之后木块B从D点沿切线无碰撞地落入光滑圆弧轨道，并恰好能运动到圆弧轨道的最高点G，为圆弧轨道的竖直直径，段圆弧所对应的圆心角为，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：

（1）木块B在圆弧轨道最低点E时对轨道的压力大小；

（2）木块B在长木板A上表面滑动的过程中产生的内能；

（3）D点到平台边沿的水平距离。

答案解析部分

1．【答案】B

【知识点】动量守恒定律

【解析】【解答】A、根据题意，由可知：两物块所受摩檫力大小相等，方向相反，故弹簧弹开过程中动量守恒，初动量为零，等量等大反向：，可得：，A正确；

B、两物块分别在弹力和摩檫力作用下运动，当弹力等于摩檫力时，加速度为零，速度达到最大值，B错误；

CD、因为，两物块同时达到最大值，同时停止，CD正确；

故答案为：B

【分析】对物块所受摩檫力的分析，可以判断系统动量守恒，且等大反向，结合物块运动正确判断。

2．【答案】D

【知识点】运动学S-t图象

【解析】【解答】A．由于位移-时间图象只能表示直线运动的规律，而不是运动的轨迹，物体在0~1s做变速直线运动，A不符合题意；

B．在1~2s内的速度为

在2~3s内的速度为

均为负值，方向相同，B不符合题意；

C．由图像可知，在1~2s内物体做匀速直线运动，故加速度大小为0，C不符合题意；

D．由图象可知，在0~3s内的总位移为

D符合题意；

故答案为：D。

【分析】运动图象，描述直线运动。1-3s斜率不变，速度不变。1-2s斜率速度不变，a=0.0-3s从0到-4m，位移为-4m

3．【答案】C

【知识点】牛顿运动定律的综合应用

【解析】【解答】解：当测量仪静止时指针位置的刻度标记为O，说明此位置弹力与重力为平衡力；当指针指向位置C时，弹簧坑处于压缩或者拉伸状态，可以确定物体合力向下加速度向下，处于失重状态，测量仪可能做加速下降或者减速上升，速度方向题意无法确定，ABD错误；C正确；

故答案为：C

【分析】根据平衡状态弹簧的形变，进一步确定现在位置弹簧的状态，不论压缩或者伸长，物块合力向下加速度向下，处于失重状态，速度方向无法确定。

4．【答案】B

【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；受力分析的应用；牛顿第二定律

【解析】【解答】当变化时，取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木块斜面方向由牛顿第二定律有

设木块的位移为x，有

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，有

根据数学关系有

其中

则

当

时加速度有最大值，且最大值为

所以此时

加速度最大值为

即有

代入数据解得

ACD不符合题意，B符合题意。

故答案为：B。

【分析】对木块进行受力分析，沿斜面方向利用牛顿第二定律得出木块的加速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木块位移的表达式，结合几何关系判断为53度时位移具有最大值，从而进行分析求解。

5．【答案】B

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算

【解析】【解答】解：A、BD段初速度为零的匀加速，DA段匀减速减为零，D点速度相等，发生位移大小相等，由，两段运动加速大小相等，所用时间相等，A错误；

B、物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端返回时所需时间也为t，设BA长为x。

根据平均速度计算位移可得：BA上升阶段：，AB下降阶段：，联立可得：，B正确；

C、在BD段受力分析，由牛顿第二定律：，

在DA段受力分析，由牛顿第二定律：，

同理在AB下降过程：，

由运动学方程可得：在BD段：，在AB段：，以上各式联立解得：，C错误；

D、根据功的定义式：，克服摩擦力做功：，

故：，D错误；

故答案为：B

【分析】A、根据位移、速度关系分析上升两段运动中的加速度、时间关系；

B、应用平均速度计算位移，求解速度关系；

C、根据受力分析，分别得出三段运动加速度表达式，依据时间、位移关系求解力的关系；

D、根据功的定义式和力的关系，解得功的关系。

6．【答案】B

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】解：AB、两个小球组成的系统只有重力做功，圆环对A的支持力不做功，系统机械能守恒，细线拉力对两球任意时刻所做功的代数和为零，所以细线拉力对M和对N做功的功率大小相等，A错误，B正确；

C、当细线拉力与M小球速度垂直时，小球N的速度为零，此时M小球速度最大，由几何关系可得，此时细线与在BD方向，与CD夹角为45°，根据机械能守恒定律：，C错误；

D、M运动到C点时，M和N的速度大小相等，根据机械能守恒定律：，解得：，D错误；

故答案为：B

【分析】AB、判断两小球组成系统只有重力做功，系统机械能守恒，细线对两小球的作用力始终大小相等方向相反，以此判断细线做功和功率的关系；

C、判断当细线与M小球速度垂直时，M小球速度最大，由几何关系和机械能守恒定律求解；

D、M运动到C点时，M和N的速度大小相等，根据机械能守恒定律求解。

7．【答案】D

【知识点】牛顿第二定律；功的计算；动能定理的综合应用；运动学v-t图象

【解析】【解答】解：A、由v-t图像可知：，由牛顿第二定律：，解得：，A错误；

B、由v-t图像可知面积代表位移：，B错误；

C、根据功的定义式：，C错误；

D、根据动能定理：可得：，D正确；

故答案为：D

【分析】根据v-t图像斜率代表加速度、截距代表初速度、面积代表位移求解位移和加速度，由牛顿第二定律、功的定义式和动能定理求解摩檫力和功。

8．【答案】C,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。

故答案为：CD。

【分析】利用A的平衡条件可以判别AB之间是否存在摩擦力的作用；利用整体的平衡条件可以判别地面对整体有摩擦力的作用。

9．【答案】B,C

【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用

【解析】【解答】解：AB、M点位轨迹最高点，根据曲线运动的分解与合成，竖直方向为竖直上抛运动和自由落体运动，可得AM和MB的时间相等，水平方向恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，可得：，亦可以应用初速度为零的匀加速直线运动相等时间间隔位移之比为1：3：5判断，A错误，B正确；

C、水平方向恒力做功：，，由动能定理可得：，解得：，C正确；

D、小球受到重力和恒力的合力与小球速度垂直时，速度最小，合力方向斜向右下方，小球最小速度在AM之间，最小动能小于最高点动能，D错误；

故答案为：BC

【分析】AB、根据曲线运动的分解与合成，竖直方向为竖直上抛运动和自由落体运动，可得AM和MB的时间相等，水平方向恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动判断求解；

C、由最高点动能利用水平位移之比计算水平恒力做功，根据动能定理求解；

D、根据曲线运动合力与速度方向夹角判断最小速度位置判断。

10．【答案】C,D

【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用；运动学v-t图象

【解析】【解答】解：A、由v-t图像可解得两段时间加速度大小分别为：方向与初速度相反，

根据牛顿第二定律：；联立解得：，A错误；

B、10s末恒力F的瞬时功率为：，B错误；

C、由v-t图像可知：正方向位移，负方向位移，得：，C正确；

D、10s内物体克服摩擦力做功：，D正确；

故答案为：CD

【分析】A、由v-t图像可解得两段时间加速度大小，根据牛顿第二定律求解F和；

B、根据功率公式计算F力的功率；

C、由v-t图像确定位移；

D、计算克服摩檫力做的功。

11．【答案】（1）B

（2）B

（3）重锤未靠近打点计时器

（4）2.00；0.38或0.375

（5）A

【知识点】验证机械能守恒定律

【解析】【解答】(1)本实验要验证机械能守恒定律，即通过实验要得到的表达式为

等式两边消去质量m，得

所以实验中，重物的质量可测可不测。

故答案为：B。

(2)图甲中已经有铁架台、打点计时器、纸带和重物，所以要想完成本实验，还需要刻度尺来测量纸带的长度，而打点计时器本来就是每隔0.02s打一个点，所以不需要另外的计时工具，故答案为：B。

(3)重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应该让重物离打点计时器近一些，应该往上提一提。

(4)由刻度尺的读数规则可得，点2对应的读数为；

打下点2时纸带速度的大小为点1到点3之间的平均速度，即

(5)若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为重物下落过程中要克服阻力做功，消耗机械能；而如果忽略了点0的速度，或者用v=gt计算点4的速度，都会使动能的增加量大于重力势能的减少量。

故答案为：A。

【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别重物的质量不需要测量；

（2）实验还需要刻度尺测量其纸带上的距离；

（3）其重物释放的位置没有靠近打点计时器；

（4）利用其刻度尺的分度值可以读出对应的读数；结合平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；

（4）由于阻力做功导致机械能减小所以动能的增量小于重力势能的变化量。

12．【答案】（1）2.36

（2）

（3）小于

【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素

【解析】【解答】解：（1）根据逐差法：得：

(2)设系统的总质量为M，对系统整体由牛顿第二定律：可得：

由题意可得，斜率；横截距，联立解得：

(3)设桌面倾斜角为θ，对系统整体由牛顿第二定律：

可得：

解得：，故，测量值小于实际值。

【分析】（1）根据逐差法求解加速度；

（2）设系统总质量，对系统整体应用牛顿第二定律写出a-m表达式，依题意求解；

（3）在桌面有倾斜角得情况下，对系统整体应用牛顿第二定律写出a-m表达式求解判断。

13．【答案】（1）解：对木块分析，竖直方向上，根据平衡条件得

解得

（2）解：设木块向右运动的加速度为，对木块分析，水平方向上，根据牛顿第二定律

对空箱和木块整体分析，根据牛顿第二定律

【知识点】牛顿运动定律的综合应用

【解析】【分析】（1）根据木块恰好静止，对木块受力分析，在竖直方向上有平衡条件求解；

（2）对木块受力分析，水平方向根据牛顿第二定律求解加速度；再对整体水平方向有牛顿第二定律求解水平拉力。

14．【答案】（1）解：在G点，根据牛顿第二定律①

从的过程，根据动能定理②

在E点，根据牛顿第二定律③

根据牛顿第三定律，对轨道的压力④

联立①②③④得

（2）解：内，对B⑤

⑥

对A⑦

⑧

⑨

在内，对B⑩

对A

在整个过程中，产生的热量

联立⑤~得

（3）解：由⑤⑥⑦⑧⑩联立得

到达D点时

B作平抛运动

联立得

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用

【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律计算再G点时木块的速度大小，在由动能定理计算E点的速度大小，根据向心力与线速度之间的关系计算轨道对物块的支持力大小。

（2）对木块和长木板受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式以及功能关系计算求解。

（3）对木块受力分析，根据平抛运动的相关知识列方程求解。

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河南省开封市5县2022-2023学年高一下学期第二次月考物理试题

一、单选题

1．如图所示，水平面上A、B两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B两物体质量之比为2：1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为1：2.现将线烧断，A、B物体从静止被弹开，则不正确的说法是（）

A．弹簧在弹开过程中（到停止之前），AB两物体速度大小之比总是1：2

B．弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大

C．两物体速度同时达到最大

D．两物体同时停止运动

【答案】B

【知识点】动量守恒定律

【解析】【解答】A、根据题意，由可知：两物块所受摩檫力大小相等，方向相反，故弹簧弹开过程中动量守恒，初动量为零，等量等大反向：，可得：，A正确；

B、两物块分别在弹力和摩檫力作用下运动，当弹力等于摩檫力时，加速度为零，速度达到最大值，B错误；

CD、因为，两物块同时达到最大值，同时停止，CD正确；

故答案为：B

【分析】对物块所受摩檫力的分析，可以判断系统动量守恒，且等大反向，结合物块运动正确判断。

2．（2023高一上·云县期末）某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其位移-时间图象如图所示，则该物体（）

A．在0~1s内做曲线运动

B．在1~2s和2~3s内的速度方向相反

C．在1~2s内的加速度为-4m/s2

D．在0~3s内的总位移为-4m

【答案】D

【知识点】运动学S-t图象

【解析】【解答】A．由于位移-时间图象只能表示直线运动的规律，而不是运动的轨迹，物体在0~1s做变速直线运动，A不符合题意；

B．在1~2s内的速度为

在2~3s内的速度为

均为负值，方向相同，B不符合题意；

C．由图像可知，在1~2s内物体做匀速直线运动，故加速度大小为0，C不符合题意；

D．由图象可知，在0~3s内的总位移为

D符合题意；

故答案为：D。

【分析】运动图象，描述直线运动。1-3s斜率不变，速度不变。1-2s斜率速度不变，a=0.0-3s从0到-4m，位移为-4m

3．如图为某同学制作的“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直方向的加速度。左侧为刻度均匀的标尺，右侧用一轻弹簧悬挂一重物G，当测量仪静止时指针位置的刻度标记为O，测量仪在竖直方向加速度不同时，对应指针指向不同的位置，一在标尺上标记加速度的数值。当指针指向位置C时，以下判断正确的是（）

A．测量仪的速度方向向下B．测量仪的速度方向向上

C．测量仪的加速度方向向下D．测量仪的加速度方向向上

【答案】C

【知识点】牛顿运动定律的综合应用

【解析】【解答】解：当测量仪静止时指针位置的刻度标记为O，说明此位置弹力与重力为平衡力；当指针指向位置C时，弹簧坑处于压缩或者拉伸状态，可以确定物体合力向下加速度向下，处于失重状态，测量仪可能做加速下降或者减速上升，速度方向题意无法确定，ABD错误；C正确；

故答案为：C

【分析】根据平衡状态弹簧的形变，进一步确定现在位置弹簧的状态，不论压缩或者伸长，物块合力向下加速度向下，处于失重状态，速度方向无法确定。

4．（2023高三上·商河月考）如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为，重力加速度为，木板与水平面成角，让木块从木板的底端以大小恒定的初速度沿木板向上运动，随着的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，则x的最小值为（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；受力分析的应用；牛顿第二定律

【解析】【解答】当变化时，取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木块斜面方向由牛顿第二定律有

设木块的位移为x，有

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，有

根据数学关系有

其中

则

当

时加速度有最大值，且最大值为

所以此时

加速度最大值为

即有

代入数据解得

ACD不符合题意，B符合题意。

故答案为：B。

【分析】对木块进行受力分析，沿斜面方向利用牛顿第二定律得出木块的加速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木块位移的表达式，结合几何关系判断为53度时位移具有最大值，从而进行分析求解。

5．如图所示，从斜面体ABC的底端用一沿斜面向上的恒力F从静止向上推一个物体，推到AB的中点D时，撤去F，物体恰好运动到斜面顶端A点并开始返回。物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端返回时所需时间也为t，则以下说法中正确的是（）

A．物体上滑过程中从B点到D点的加速度大小大于从D点到A点的加速度大小

B．物体上滑过程到D点时的速率和物体返回到B点的速率相等

C．推力F与物体所受摩擦力Ff大小之比为2：1

D．推力F做的功与整个过程中物体克服摩擦力Ff做的功相等

【答案】B

【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算

【解析】【解答】解：A、BD段初速度为零的匀加速，DA段匀减速减为零，D点速度相等，发生位移大小相等，由，两段运动加速大小相等，所用时间相等，A错误；

B、物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端返回时所需时间也为t，设BA长为x。

根据平均速度计算位移可得：BA上升阶段：，AB下降阶段：，联立可得：，B正确；

C、在BD段受力分析，由牛顿第二定律：，

在DA段受力分析，由牛顿第二定律：，

同理在AB下降过程：，

由运动学方程可得：在BD段：，在AB段：，以上各式联立解得：，C错误；

D、根据功的定义式：，克服摩擦力做功：，

故：，D错误；

故答案为：B

【分析】A、根据位移、速度关系分析上升两段运动中的加速度、时间关系；

B、应用平均速度计算位移，求解速度关系；

C、根据受力分析，分别得出三段运动加速度表达式，依据时间、位移关系求解力的关系；

D、根据功的定义式和力的关系，解得功的关系。

6．如图所示，在边长为的正方形竖直平面内固定一光滑四分之一圆环，点固定一光滑轻质小滑轮。质量均为的小球用不可伸长的细线连接，穿在环上位于A点，细线搭在滑轮上，现将小球由静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，在环上运动过程中，下列描述正确的是（）

A．两小球组成的系统的机械能先减小后增大

B．细线的拉力对两球做功的功率大小始终相等

C．的最大动能为

D．运动到点时的速度为

【答案】B

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】解：AB、两个小球组成的系统只有重力做功，圆环对A的支持力不做功，系统机械能守恒，细线拉力对两球任意时刻所做功的代数和为零，所以细线拉力对M和对N做功的功率大小相等，A错误，B正确；

C、当细线拉力与M小球速度垂直时，小球N的速度为零，此时M小球速度最大，由几何关系可得，此时细线与在BD方向，与CD夹角为45°，根据机械能守恒定律：，C错误；

D、M运动到C点时，M和N的速度大小相等，根据机械能守恒定律：，解得：，D错误；

故答案为：B

【分析】AB、判断两小球组成系统只有重力做功，系统机械能守恒，细线对两小球的作用力始终大小相等方向相反，以此判断细线做功和功率的关系；

C、判断当细线与M小球速度垂直时，M小球速度最大，由几何关系和机械能守恒定律求解；

D、M运动到C点时，M和N的速度大小相等，根据机械能守恒定律求解。

7．如图甲所示，质量m=0.5kg，初速度v0=10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的图像如图乙所示，g取10m/s2，则（）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B．0～7s内物体滑行的总位移为30m

C．0～7s内摩擦力做功为

D．0～3s内F做的功为

【答案】D

【知识点】牛顿第二定律；功的计算；动能定理的综合应用；运动学v-t图象

【解析】【解答】解：A、由v-t图像可知：，由牛顿第二定律：，解得：，A错误；

B、由v-t图像可知面积代表位移：，B错误；

C、根据功的定义式：，C错误；

D、根据动能定理：可得：，D正确；

故答案为：D

【分析】根据v-t图像斜率代表加速度、截距代表初速度、面积代表位移求解位移和加速度，由牛顿第二定律、功的定义式和动能定理求解摩檫力和功。

二、多选题

8．（2023高三上·广东月考）如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的滑动摩擦系数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）

A．，B．，

C．，D．，

【答案】C,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。

故答案为：CD。

【分析】利用A的平衡条件可以判别AB之间是否存在摩擦力的作用；利用整体的平衡条件可以判别地面对整体有摩擦力的作用。

9．一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气阻力。则（）

A．小球水平位移，与的比值为

B．小球水平位移与的比值为

C．小球落到点时的动能为

D．小球从A点运动到点过程中最小动能为

【答案】B,C

【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用

【解析】【解答】解：AB、M点位轨迹最高点，根据曲线运动的分解与合成，竖直方向为竖直上抛运动和自由落体运动，可得AM和MB的时间相等，水平方向恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，可得：，亦可以应用初速度为零的匀加速直线运动相等时间间隔位移之比为1：3：5判断，A错误，B正确；

C、水平方向恒力做功：，，由动能定理可得：，解得：，C正确；

D、小球受到重力和恒力的合力与小球速度垂直时，速度最小，合力方向斜向右下方，小球最小速度在AM之间，最小动能小于最高点动能，D错误；

故答案为：BC

【分析】AB、根据曲线运动的分解与合成，竖直方向为竖直上抛运动和自由落体运动，可得AM和MB的时间相等，水平方向恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动判断求解；

C、由最高点动能利用水平位移之比计算水平恒力做功，根据动能定理求解；

D、根据曲线运动合力与速度方向夹角判断最小速度位置判断。

10．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v-t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（）

A．物体与水平面间的动摩擦因数为

B．10s末恒力F的瞬时功率为6W

C．10s末物体在计时起点左侧2m处

D．10s内物体克服摩擦力做功34J

【答案】C,D

【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用；运动学v-t图象

【解析】【解答】解：A、由v-t图像可解得两段时间加速度大小分别为：方向与初速度相反，

根据牛顿第二定律：；联立解得：，A错误；

B、10s末恒力F的瞬时功率为：，B错误；

C、由v-t图像可知：正方向位移，负方向位移，得：，C正确；

D、10s内物体克服摩擦力做功：，D正确；

故答案为：CD

【分析】A、由v-t图像可解得两段时间加速度大小，根据牛顿第二定律求解F和；

B、根据功率公式计算F力的功率；

C、由v-t图像确定位移；

D、计算克服摩檫力做的功。

三、实验题

11．（2023高二上·浙江期末）小王同学采用如图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为50Hz。

（1）实验中，重物的质量____。

A．必须测量B．可测可不测

（2）除了图甲所示装置中的器材之外，还必须从图乙中选取实验器材。

（3）指出图甲所示装置中一处不合理的地方。

（4）改进实验后，得到如图丙的纸带，则点2对应的读数为cm；打下点2时纸带速度的大小为m/s。

（5）若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为____。

A．存在阻力

B．点0的速度不为零

C．点4的速度由公式v=gt计算

【答案】（1）B

（2）B

（3）重锤未靠近打点计时器

（4）2.00；0.38或0.375

（5）A

【知识点】验证机械能守恒定律

【解析】【解答】(1)本实验要验证机械能守恒定律，即通过实验要得到的表达式为

等式两边消去质量m，得

所以实验中，重物的质量可测可不测。

故答案为：B。

(2)图甲中已经有铁架台、打点计时器、纸带和重物，所以要想完成本实验，还需要刻度尺来测量纸带的长度，而打点计时器本来就是每隔0.02s打一个点，所以不需要另外的计时工具，故答案为：B。

(3)重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应该让重物离打点计时器近一些，应该往上提一提。

(4)由刻度尺的读数规则可得，点2对应的读数为；

打下点2时纸带速度的大小为点1到点3之间的平均速度，即

(5)若实验数据处理结果是从点0到点4过程中动能的增加量略小于重力势能的减少量，可能是因为重物下落过程中要克服阻力做功，消耗机械能；而如果忽略了点0的速度，或者用v=gt计算点4的速度，都会使动能的增加量大于重力势能的减少量。

故答案为：A。

【分析】（1）利用机械能守恒定律可以判别重物的质量不需要测量；

（2）实验还需要刻度尺测量其纸带上的距离；

（3）其重物释放的位置没有靠近打点计时器；

（4）利用其刻度尺的分度值可以读出对应的读数；结合平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；

（4）由于阻力做功导致机械能减小所以动能的增量小于重力势能的变化量。

12．小伟同学用如图甲所示的装置测定木块与水平桌面间的动摩擦因数，木块右端通过细线绕过固定在桌面右端的定滑轮与一质量已知的钩码相连，左端与纸带连接，实验开始前木块上放有若干质量已知的小钩码。

简要实验步骤如下：

①接通电源释放木块，木块向右做加速运动，通过纸带可以计算出木块运动的加速度；

②从木块上取一小钩码挂在大钩码上，重复步骤①的过程；

③重复上述步骤，得出几组不同运动的加速度的值。

（1）在一次实验中，小伟得到了如图乙所示的一条纸带，相邻计数点之间时间间隔为，通过所给数据可以得出木块的加速度为（结果保留3位有效数字）

（2）小伟以加速度a为纵坐标，以细线下