2022-2023学年云南省曲靖市麒麟区高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年云南省曲靖市麒麟区高一（下）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）关于电流，下列说法中正确的是（）通过导线横截面的电荷量越多，电流越大 B.导线中电荷运动的速率越大，电流越大C.导体通电时间越长，电流越大 D.在国际单位制中，电流的单位是安培北斗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度约为3R（R为地球半径），周期为7\北斗卫星质量为m,万有引力常量为G,则有（）北斗卫星线速度大小为罕 B.北斗卫星所受万有引力大小为哗竺C.地球质量为兰窘 D.地球表面重力加速度为譬如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点。若球拍与水平方向的夹角为45。，乒乓球落到球拍上瞬间的速度大小为4m/s,取重力加速度大小为10m/s2,不计空气阻力，则P、Q两点的水平距离为（）A.0.8m B.1.2m C.1.6m D质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点吋的照片如图所示，此时牵引秋千的轻绳绷直，小明相对秋千静止，下列说法正确的是（）此时秋千对小明的作用力可能不沿绳的方向此时秋千对小明的作用力小于mg此时小明的速度为零，所受合力为零小明从最低点摆至最高点过程中先处于失重状态后处于超重状态在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（）

电*如图所示，正六边形4BCDEF的B、D两点各固定一个带正电、 A电* 电荷量为+q的点电荷，F点固定一个带负电、带电荷量为-q的点 /、'\/'\电荷，。为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是（）A.。点场强为0C点场强方向为沿以所在的直线由C指向F电子在4点电势能比在。点小D.。、A两点间电势差和。、E两点间电势差相等如图，电源的电动势为E,内阻为。R1为定值电阻，R2为电压表的示数增大油滴向上加速运动C.板上的电荷量减少D.两表示数变化量的比值变大滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，匕为小灯泡，电表均为理想电表。开关S闭合后，4、B板间有一带电油滴恰好处于静止状态。则在滑动变阻器的触头P电压表的示数增大油滴向上加速运动C.板上的电荷量减少D.两表示数变化量的比值变大•汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6s内前进了24m,启动5t时间后的6s内前进了48m,则该汽车的加速度大小和t分别为（）A.lm/s2,IsB.2m/s2,IsC.2m/s2,2sD.lm/s2»2s如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮。用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知8球质量为m。。点在半圆柱体圆心01的正上方，0A与竖直方向成30。角，。4长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45。角，则下列叙述正确的是（）

，球质量为/Zm光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg此时弹簧处于压缩状态，力的大小为mg若小球B缓慢下降，使小球A•直沿着半圆柱体缓慢向上运动，则小球A受到绳的拉力变小一足够长的光滑斜面固定在水平面上，质量为lkg的小物块在平行斜面向上的拉力F作用下，以一定初速度从斜面底端沿斜面向上运动，经过时间命物块沿斜面上滑了1.2m。小物块在F作用下沿斜面上滑过程中动能和重力势能随位移的变化关系如图线I和II所示。设物块在斜面底端的重力势能为零，重力加速度g取10m/s2o由此可求出（）A.斜面的倾角为60。 B.力F的大小为10NC.小物块的初速度大小为2m/s D.小物块的初速度大小为4m/s如图所示，传动带的长度是3m,与水平面间的夹角为30。，在电动机的带动下以％=2m/s的速度顺时针匀速转动，现将一质量m=1kg的物体（可视为质点）无初速度放在传送带的最低点，己知物体与传送带间的动摩擦因数卩*,g取10m/s2,则从传送带将物体从最低点传送到最高点的过程中（）A.所用的时间为1.9s B.摩擦力对物体做的功为6丿物体和皮带由于摩擦产生的热量为6丿D.物体和皮带由于摩擦产生的热量为田如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体厶和B,它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r.Rb=2r,与盘间的动摩擦因数均为即最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动过程中，下列说法正确的是（）当角速度为择时，绳子张力为:印ng当角速度为J建时，4所受摩擦力方向沿半径指向圆外当两物体刚要发生滑动时，圆盘的角速度为尸目当两物体刚要发生滑动时烧断绳子，刀仍相对盘静止，B将做离心运动二、非选择题(共52分)某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小P与半径r、角速度口、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径7•分别调整为0.14m,0.16m,0.18m,0.22m,在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的—。A.探究平抛运动的特点〃.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系C.探究两个互成角度的力的合成规律

。.探究加速度与物体受力、物体质量的关系（3） 对②图线的数据进行处理，获得了F-x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是—。（用半径r、角速度口、质量m表示）（4） 对5条F-a）图线进行比较分析，做F-r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为—。（用半径r、角速度3、质量m表示）14.某同学要测量电压表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势8心内阻很小），标准电压表峋（量程6V,内阻约30）,待测电压表岭（量程3V,内阻待测，约为2kQ）,滑动变阻器R（最大阻值lOH）,定值电阻A。（阻值3S）,开关S,导线若干。（1）在答题卡上根据实验电路原理图（图1）补全实物连线（图2）；（2） 经过多次测量，得出标准电压表*读数％和待测电压表岭读数％的函数图像，如图3所示，可得到待测电压表岭的内阻&卩= kd（结果保留2位有效数字）。（3） 把待测电压表岭改装成量程为90V的电压表需要串联的定值电阻阻值为R'= 如2（结果保留3位有效数字）。15.如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角0=37。，一滑块以初速度v0=16m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到4点，滑块运动的图象如图乙所示，求：（已知：sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2）（1） 求物体的动摩擦因数；（2） 滑块再次回到4点时的速度。

v/（m•广）Bt/sv/（m•广）Bt/s在水平地面上竖直固定…根内壁光滑的圆管，管的半径R=3.6m(管的内径大小可以忽略)，管的出口A在圆心的正上方，入口B与圆心的连线与竖直方向成60。角，如图所示.现有一只质量m=lkg的小球(可视为质点)从某点P以一定的初速度水平抛出，恰好从管口B处沿切线方向飞入,小球到达A时恰好与管壁无作用力.取g=10m/s2.求:小球到达圆管最高点A时的速度大小；小球在刚进入圆管B点时的速度大小；⑶小球抛出点P到管口B的水平距离x和竖直距离/I.如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的小物块和质量M=1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P=3W不变.从某时刻t=0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t=6s后可视为匀速运动"=10s时物块离开木板.重力加速度g=10m/s2,求：(1)平板与地面间的动摩擦因数“为多大？(2)物块在Is末和3s末受到的摩擦力各为多大？平板长度厶为多少?如图，圆弧轨道価的圆心为0,半径为R=2.5m,圆弧轨道旭的8点与水平地面8E相切，B点在0点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD,B点到竖直虚线CD的距离为妇=2.5m,竖直虚线CD的左侧有场强大小为务=25N/C、水平向左的匀强电场，竖直虚线CD的右侧有场强大小为&(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF,墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=Im,墙壁时底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为丄2=Im。现将一电荷量为q=+4x10-2。质量为m=Mg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道下滑，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道曲光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为弘=0.2,重力加速度大小取g=10m/s2,Z.AOB=53°,sin53°=0.8,cos53°=0.6。求:(1)滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道48对滑块的支持力大小;(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间;5(3)5(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求0的取值范围。。 P答案和解析【答案】D【解析】解：4、由I蓦得,通过导线横截面的电荷量越多，电流不一定越大，还与时间有关，故人错误；B、 由电流的微观表达式I=nqvS可知，导线中电荷运动的速率越大，电流不一定越大，还与横截面积有关，故B错误；C、 由/=?得，导体通电时间越长，电流不一定越大，还与通过横截面的电荷量有关，故C错误；。、在国际单位制中，电流的单位是安培，故D正确。故选：Do根据电流的定义式和微观表达式分析即可：在国际单位制中，电流的单位是安培。本题考查电流，解题关键是掌握电流的定义式和微观表达式。【答案】B【解析】解：4、轨道离地高度约为3R(R为地球半径)，周期为T,则轨道半径r=R+h=R+3R=4R,线速度：口=響=罕，故A错误；&北斗卫星所受万有引力提供向心力，得卩=捋羿，故8正确；C.根据G器=m^x4R,解得网=龙孕，故C错误；(4X)I GT。.地球表面重力加速度9=譽=亜笋，故D错误。故选：B。卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为R+h,根据线速度与周期的关系公式〃=罕求试验船的运行速度；根据万有引力提供向心力求解线速度；根据万有引力提供向心力求地球的质量；由万有引力等于重力求地球表面的重力加速度。解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力和万有引力等于重力这两条思路，要知道运用万有引力等于向心力，只能求出中心夭体的质量，不能求出环绕夭体的质量。3.【答案】A【解析】解：乒乓球做平抛运动，已知乒乓球落到球拍上瞬间的速度大小为v=4m/s,则乒乓球落到球拍上瞬间的竖直分速度大小为均=wos45。设乒乓球运动的时间为t，则有Vy=gt水平分速度大小为々=vsin45°P、Q两点的水平距离为x=vxt,联立解=0.8m,故A正确，BCO错误。故选：A。乒乓球做平抛运动，根据已知条件求出乒乓球落到球拍上瞬间的竖直分速度大小由vy=gt求乒乓球运动的时间，再根据分位移公式求P、Q两点的水平距离。解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和几何关系综合求解。【答案】B【解析】解：4小明相对秋千静止，此时秋千对小明的作用力沿绳的方向与重力沿绳方向的分力方向相反，大小相等，合力为零，故A错误。BC.此时小明的速度为零，小明沿半径方向的合力为零，沿切线方向的合力不为零，加速度沿切线方向向下，小明处于失重状态，此时秋千对小明的作用力小于mg,故8正确，C错误。。.小明从最低点摆至最高点过程中，小明的加速度先向上，后沿切线向下，小明先处于超重状态，后处于失重状态，故。错误。故选：B。秋千在最高处，速度为零，向心力为零，小明具有沿切线方向的加速度，处于失重状态：在最低处，具有竖直向上的加速度，处于超重状态。小明在最高处速度为零，向心加速度为零，切向加速度不为零，合力不为零；小明处于超重或失重状态，决定于加速度方向。【答案】A【解析】解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。B：选项中电子在图1E处受力指向凸测，故B错误；

图1C：选项中电子在图2F处受力指向凸测，故C错误;D：选项中电子在图3G处受力指向凸测，故。错误;A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故A正确。故选：4。电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧，电子做曲线运动过程中力的方向与轨迹切线不平行。本题考查了电子在电场中的运动轨迹和受力问题，难度不大。6.【答案】D【解析】解：A、设BO=DO=FO=r,根据点电荷的场强公式E=k%，知三个点电荷在。点产生的场强大小相等,B、D两个正电荷产生的合场强与F点的负电荷产生的场强方向相同，所以。点的合场强不为零，方向沿OF方向，故A错误；B、 B和D两个正电荷在C点产生的场强大小为夹角为120°,则B和D两个正电荷在C点产生的合场强大小为k当，方向由F指向C,F点的负点电荷在C点产生的场强大小为k濫，由。指向F,则总的合场强由F指向C,故B错误；C、 AD是BF的中垂线，B点和F点的点电荷在AD上各点产生的电势相等，故A点和。点的电势等于D点电荷产生的电势，则0。>仞，根据Ep=q<p可知电子在A点电势能比在。点大，故C错误;D、 根据对称性可知，厶和E点的电势相等，则。、A两点间电势差和0、E两点间电势差相等，故/>正确。故选：Do根据点电荷的场强公式E=和电场的叠加原理分析。点和C点场强大小和方向。电势是标量，根据对称性分析各点的电势大小。本题主要考查电场强度的叠加和电势高低的判断，要知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则，电势是标量，其合成满足代数运算法则。【答案】B【解析】解：粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电容器与灯泡L，电阻战相并联后与佑串联，A、 滑片向下移动，电阻&2变大，电路总电阻变大，电流变小，则A表的示数变小，R]分压变小，电压示数变小，故A错误；B、 电容器两端电压为：U=E-/(r+R]),故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大,粒子向上加速，故8正确。C、 电容器两端电压为：U=E-I(r+R]),故电容器两端电压变大，电容器充电，电量增大，故C错误；。、两表的示数的比值为&=?=当，不变，故D错误故选：根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，确定电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况。本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定。【答案】A【解析】解：汽车做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为Q汽车启动t时间的速度V1=at启动t后t'=6s内的位移%!=Vjf1at'2启动5t时汽车的速度v2=5at

汽车启动5《后F=6s内的位移形=v2e+\at，2代入数据解得：a=lm/s2,t=Is,故A正确，BCD错误。故选：A。汽车做初速度为零的匀加速直线运动，应用u-t公式与x-t公式求解。分析清楚汽车的运动过程，应用匀变速直线运动的u-t公式与工-t公式可以求解。9.【答案】AD【解析】解：对小球A和8受力分析如图所示：C、 对小球B,根据共点力平衡条件得，F=mg,7\=Cmg,此时弹簧处于拉伸状态，力的大小为mg,故C错误；AB.。4与竖直方向成30。角，OA长度与半圆柱体半径相等，则半径与竖直方向夹角为30。，根据平行四边形定则得：N=『2=法壽耘T2=Ti=yT~2mg则光滑半圆柱体对A球支持力的大小为"mg，A球的质量为mA=故A正确、B错误；D、 设斓段绳长为1,。点离。］的高度为九，根据相似三角形得：早=特小球4沿着半圆柱体缓慢向上运动，1减小，外9不变，九不变，则绳上拉力『2减小，故。正确；故答案为：AD.对B受力分析，根据共点力平衡条件即可求解弹簧上的拉力和绳上的拉力；对4受力分析，根据共点力平衡条件和几何关系即可求解4的质量和半圆柱体对A球的支持力；根据相似三角形法判断绳上拉力的变化。本题考查共点力平衡问题，解题关键是对物体做好受力分析，根据共点力平衡条件和几何关系即可求解。【答案】BC【解析】解：CD、由图可得，物块的初动能为Eko=2J_0=2J,由Ek0=\rxivl得初速度大小为vQ=J乓^=J =2kg，故C正确,。错误°AB.小物块在F作用下沿斜面上滑过程，由动能定理有Fx—mgxsinO=Ek—Ek0整理得：Ek=(F-mgsinO)+Eg由图像可得F一mgsinO=如=穹=5小物块在F作用下沿斜面上滑过程，重力势能与位移关系为Ep=mgxsinO由图像可得mgsinO=蛔=&=5联立解得：8=30。，F=10N,故A错误，B正确；故选：BC。根据动能的计算公式求解初速度，根据重力势能的计算公式求解倾角；由匀变速直线运动的位移一时间关系求解加速度大小，再根据牛顿第二定律求解力P大小。本题主要考查动能定理，要知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关。【答案】AC【解析】解：4物体先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：nmgcosO-mgsinO=ma代入数据解得：Q=2.5m/s2假设物体能够达到与传送带共速，则此过程的时间为：q=^=^s=0.8s1a2.5此过程物体运动的位移大小为：X=寡1=；x0.8m=0.8m因：x<L=3m,故假设成立。因：M=^2>tan30%故共速后物块与传送带相对静止一起匀速运动，匀速运动的时间为：

3-0.8s=1.1s则传送带将物体从最低点传送到最高点的过程所用的时间为:3-0.8s=1.1st=勺+&=0.8s+1.1s=1.9s,故A正确；加速阶段滑动摩擦力对物体做功为：Wfl=nmgxcosO,解得：14^1=6/匀速阶段静摩擦力对物体做功为：Wf2=mgsin6(L-X'),解得：Wf2=11/整个过程中摩擦力对物体做功为：V7=14>1+14^2=6/+11/=17/,故8错误；CD.物体和皮带由于摩擦而产生的热量为：Q=nmgcos30°•Ax=印ngcos30。•(voti-工)代入数据解得：Q=6},故C正确，。错误。故选：AC。根据牛顿第二定律可得物体做匀加速直线运动的加速度大小，求出达到与传送带共速经过的时间和匀速运动的时间，由此得到所用的总时间；根据做功的计算公式求解摩擦力对物体做的功：求出物体相对于传送带运动的距离，根据功能关系求解摩擦产生的热量。本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律之传送带问题，关键是能够分析物体的受力情况和能量的转化情况，根据运动情况结合牛顿第二定律、功能关系进行解答。【答案】BC【解析】、当圆盘的角速度为一起作圆周运动，4所需要的向心力&=ma)2x心=【解析】、当圆盘的角速度为xr=譽，由于4受到的向心力为绳子张力和圆盘对4的摩擦力的合力，故A错误;B、当圆盘的角速度为xr= B所需要的向心力&=rna)2xRB=mxx2r=3印ng，绳子的,AB一起作圆周运动，4所需要的向心力B、当圆盘的角速度为xr= B所需要的向心力&=rna)2xRB=mxx2r=3印ng，绳子的拉力T=Fb—nmg=3/img-fimg=2卩mg故A受到的摩擦力沿半径指向圆外，故B正确;C、两物块A和B随着圆盘转动时，由合外力提供向心力，则F=Wr,B的半径比4的半径大,所以8所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势,根据牛顿第二定律得：AtT—nmg=ma)2rBiT+^mg=ma)2-2r解得：7=3印ng,3=J舉,故C正确；D、烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2印ng,此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，贝財做离心运动，B物体所需的向心力为4印ng,大于B的滑动摩擦力，所以B仍相对盘静止，故。错误；故选：BC。AB两个物体做匀速圆周运动的向心力都是靠绳子的拉力和静摩擦力提供，根据向心力公式求出做匀速圆周运动所需要的向心力，从而求出绳子拉力和判断摩擦力的方向；两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止.当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A、B的静摩擦力都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力；解决本题的关键是找出向心力的来源，知道两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力；本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳子拉力大小相等【答案】BDa)2ma)2【解析】解：(2)本实验所釆用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究运动半径在不同值时，滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同：“探究平抛运动的特点”和'‘探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。故选：BD。②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当口增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当口增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍 .....可知，F与a?成正比，以F为纵轴，为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是必2。(3)中分析知在7•一定时，F与成正比；F-r图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；同时F也应与m成正比，归纳可知，F-r图像的斜率为ma)2o故答案为:(2)FD：(3>2：(4)必。根据实验探究的过程的特点分析判断；对②图线的数据进行分析判断；根据实验原理综合分析判断。本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置。14.【答案］1.852.2【解析】解：(1)电路连线如图;由电路结构，结合电路欧姆定律可知心2+斜。=%(1+部由图像可知k=l+齣土琴解得Rv=1.80把待测电压表応改装成量程为90V的电压表需要串联的定值电阻阻值为R'= =写x1.83=52.53U2G 3故答案为：(1)见解析；(2)1.8；(3)52.2根据实验电路图，补全实物连线图；根据欧姆定律及并联电路的电压特点求解S-％函数，结合图像斜率求电压表内阻;串联电阻有分压作用，根据改装电表的内阻及量程求解需要串联的电阻。本题主要考查了电压表内阻的测定、电压表的改装，培养学生的实验能力。15.【答案】解：(1)由图乙可知，滑块上滑时的加速度大小:此=祭=ym/s2=8m/s2由牛顿第二定律得mgsin37°+nmgcos37°=max解得：“=0.25(2)由图线与时间轴围成的面积表示位移，则间的距离为：x=|x2x16m=16m由8到A过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsind—nmgcosO=ma2解得：a2=4m/s2由速度一位移公式得，滑块再次回到4点的速度为：v=-J2a2x=V2x4x16=8>/~2m/s答：(1)物体的动摩擦因数为0.25；(2)滑块再次回到4点时的速度为8/7m/s。【解析】(1)根据图象求出滑块上滑过程的加速度，再根据牛顿第二定律求出物体的动摩擦因数;(2)速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移，根据牛顿第二定律求出滑块下滑时的加速度，然后根据速度一位移公式求出滑块再次回到A点时的速度。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，并能从u-t图象上获取有用的信息，属于基础性题目，难度不大。【答案】解：(1)小球到达A时恰好与管壁无作用力，故小球在A点只受重力作用，由牛顿第二定律可得：mg=^所以，小球到达圆管最高点A时的速度大小为：=6m/s；小球在光滑圆管内运动只有重力做功，机械能守恒，故有:捉诡=mgR(l+cos60o)+抑讶=2mgR,所以，小球在刚进入圆管B点时的速度大小为：=2/^R=12m/s；小球恰好从管口B处沿切线方向飞入，故小球在B点的水平分速度为：四=vbcos60°=6m/s,竖直分速度为：vy=vBsin60°=6广5m/s；所以，小球抛出点P到管口B的竖直距离为：h=^-=5.4m,运动时间为：t=?=0.6Cs,那2。 9么，小球抛出点P到管口B的水平距离为：x=vxt=3.6^m;答：(1)小球到达圆管最高点A时的速度大小为6m/s；(2)小球在刚进入圆管8点时的速度大小为12m/s；⑶小球抛出点P到管口B的水平距离x为3.65m,竖直距离九为5.4m.【解析】(1)对小球在4点应用牛顿第二定律求解；对B到A的运动过程应用机械能守恒求解；根据8点速度方向求得竖直、水平分速度，然后根据平抛运动规律求解.经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解.【答案】解：解：⑴在0〜2s内两物体一起以0.5m/s的速度匀速运动，则有：P=FL根据两物体匀速运动则有拉力等于摩擦力即：F】=f而地面的摩擦力为：f=nN= +m)g代入数据得：n=0.2ls时刻，物块匀速，绳子的拉力等于平板对物块的静摩擦力，又根据平板匀速运动可知物块对平板的静摩擦力等于对面对平板的滑动摩擦力：L=g(M+m)g=6N由图可知从2s时开始平板撞到台阶上静止，故物块开始在平板上匀减速运动，故滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力，故在静止前摩擦力的大小保持不变.而3s时刻，物块在木板上滑动，所以滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力.因为最终物块再次匀速时速度为：v2=0.3m/sP=F2v2故=F2V2F2=f2=ION物块在平板上减速运动的时间为：£=6-2=4s,在整个过程中电机所做的功W=Pt,摩擦力始终为滑