47.如图所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在O点，现保持绳处于拉直状态，将小球拉至与O等高的A点，由静止自由释放小球。球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为，以下判断正确的是()A.小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球做功不为0B.小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为0C．小球运动至C点时，其加速度大小为gsinD．小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小T=2mgcos8．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平方向上恒定的外力F=4N的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角=37。，sin37。=0.6，则下列说法中正确的是()A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角B．滑块从P点到Q点做匀速圆周运动C．滑块从P点到Q点的过程中动能最小值为16JD．P、Q两点间距离为16m二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。)9.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是()A．第1s内，F对滑块做的功为2JB．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC．第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD．前3s内，F对滑块做的总功为零10．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，第3页，共8页
5则在整个过程中，下列说法正确的是()A．静摩擦力对小物块做功为mgLsinaB．支持力对小物块做功为mgLsina12C．滑动摩擦力对小物块做功为−2mvD．木板对小物块做功为mv2第3页，共8页
611.如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t=0时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，不正确的是()第4页，共8页A.C.B.D.第4页，共8页12.汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的v－图象，vm表示最大速度．已知汽车在水平路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O.已知阻力恒定，汽车质量为2×103kg，下列说法正确的是()A．汽车从a到b持续的时间为20sB．汽车由b到c过程做匀加速直线运动C．汽车的额定功率为50kWD．汽车能够获得的最大速度为12m/s13．如图甲所示，在t=0时刻，一质量为1kg、可视为质点的物块冲上一足够长、倾角为37°的传送带底端,同时传送带顺时针匀减速转动直至停止。取平行于传送带向上为正方向，物块前1.5s内的速度一时间图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g第4页，共8页
7取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。物体在传送带上向上运动到最高点的过程中，下列说法正确的是()A．传送带对物体先做负功后做正功B．传送带与物块间的动摩擦因数为0.5C．因摩擦产生的热量为27.5JD．传送带对物体做的功为-12.5J第4页，共8页
8第Ⅱ卷(非选择题，共56分)三、实验题(本题共2小题，14题6分，15题8分，共14分)14．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连接穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度vB＝(2)若要完成实验探究，已知重锤质量为m，纸带标出的数据、当地的重力加速度为g，还必须测出，若选择BE段探究动能改变与合外力做功的关系，若满足关系式(用m、Δt、g、纸带标出的物理量和补充测量物理量来表示)，则说明合外力做功等于动能的改变量。15．如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。第5页，共8页
9接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的第5页，共8页
10平均位置P；步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有___________。(写出物理量及相应符号)(2)若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知小球1、2的质量比为2∶1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p'的百分误差=___________%(结果保留一位有效数字)。(3)完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的圆弧上，平均落点为M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________(用所测物理量的符号表示)。四、计算题(本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16．(12分)如图所示，光滑水平面与光滑曲面平滑连接，有两个半径相同的小球A、B，质量分别为m、3m。现让A球以速度v0向右运动与B球发生正碰，碰后小球A静止，小球B沿曲面上升的最大高度为hB(未知)；如果仅仅交换小球A、B位置，让B球以速度v0向右运动与A球发生正碰，碰后小球A沿曲面上升的最大高度为hA(未知)(设两次碰撞产生的热量相同)求：(1)小球A、B碰撞过程损失的机械能；(2)上述过程中，小球A、B上升最大高度的比值A。h第6页，共8页
11hB第6页，共8页
1217．(14分)如图所示为一游艺系统示意图。光滑半圆轨道竖直固定，直径AB沿竖直方向，半径为R=0.8m，A点有一质量为m=2kg的小物块处于静止状态。光滑足够长的水平平台上有一平板小车，质量为M=3kg，其左端恰好与半圆轨道的B点平齐，恰能使小物块离开B点后滑上小车。在A点给物块一个水平向左的瞬时冲量I，物块以v1=4m/s的速度滑上小车，恰停在小车右端。已知物块与小车之间的动摩擦因数为=0.6,g=10m/s2。求(1)在B点物块对轨道压力大小；(2)瞬时冲量I；(3)小车的长度。第7页，共8页
1318．(16分)如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L=1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。(1)求A、C两点的高度差h；(2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围；(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为29的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称)，滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求9的值。第8页，共8页
14成都石室中学2022-2023学年度下期高2025届半期考试题答案物理试卷第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。)1.答案B解析：A．运动物体所受的合力不为零，合外力可能与速度方向垂直，物体的动能不一定变化，比如匀速圆周运动，故A错误；B．运动物体所受的合力为零，则合外力做功一定为零，由动能定理可知合外力做功等于物体动能的变化，故动能一定不变，故B正确；运动物体的动能保持不变，但速度方向可能会改变，则该物体动量会变化，故C错误；运动物体所受合力不为零，则一定有加速度，则该物体一定做变速运动，故D错误。2.答案D解析：火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A错；在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此C错，本题答案为D.3.答案B解析：A．开窗过程中，滑块A和B点速度方向如图所示，因为两速度沿杆方向的分速度始终相等，故在开窗过程中A、B两点的速度不会始终相等，A错误；B．开窗过程中B、C两点都绕一个固定轴旋转，因此角速度始终相等，B正确；C．开窗状态下滑块受重力、压力、支持力和摩擦力4个力作用，C错误；D．由于A可以滑动，当轻杆垂直于竖直窗框时，B点到窗框距离最远，此时张角最大，设张角为9，则有sin9=L=1所以最大张角为30o，D错误。故选B。2L24.答案Cx解析：A．设平抛的水平位移为x，抛出速度v0=落在C1点水平位移最大，因此抛出速t度最大时落在C1点。A错误；B．水平位移小于A1D1时，比落在D1点抛出速度更小，落在A1点的抛出速度最小。B错误；C．类似于小球落在斜面上，若小球在平面AA1C1C内运动，则小球通过AC1时的速度方向相同，故C正确D．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等，故D不正确5.答案C答案第1页，共7页
15解析：滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，则所产生的热量Q=mv+(mgsin9+F)x0，而产生的热量又等于Q=mgxcos9，解以上方程可得x=+v(mgsin9+F)x02gcos9mgcos96.答案D解析：A、由于竖直杆为光滑，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，小球的机械能和弹簧的弹性势能之和是不变的，小球的机械能的变化与弹簧的弹性势能的变化相反，而弹簧的弹性势能先变大后变小再变大，故小球的机械能先变小后变大再变小；故AC错误；小球再C点时候，存在加速度，故不是速度的最大值，故B错误；；弹簧弹力的瞬时功率为零的点有四个点，故D正确。7.答案B解析：A．小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力与速度垂直，对小球做功为0，A错误；小球下摆到最低点的过程中，绳子拉力对小球冲量不为0，故B正确；C．小球运动至C点时，对小球分析可知，其切向有mgsin=ma1解得切向加速度大小为a1=gsin，小球做圆周运动，沿半径方向还具有向心加速度，因此小球运动至C点时，其加速度大小必定大于gsin，C错误；D．设绳长为l，根据机械能守恒mglcos=mv2，T−mgcos=m，解得T=3mgcos，故D错误v2l8.答案C解析：由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，故B错误，又因为PQ两点的速度大小相等，所以外力的方向垂直于PQ的连线，故A错误；由速度分解可知vPQ=vcos可得vPQ=vcos=4m/s，由动能Ek=mvQ=16J，故C正确，又因为PQ之间的距离x=vcost=vcos=12m，故D错误。m二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。)9.答案AC解析：由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A正确；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误．
1610.答案BD
17解析：当物体缓慢上升的过程中，摩擦力的方向与速度方向垂直，不做功，故A错误；支持力和重力做的总功等于物体动能的变化，而因为物体是缓慢移动，故动能不变，支持力对小物块做功为mgLsina，故B正确；下滑过程由动能定理可知，mgLsin−mgLcos=2mv，故C错误，全程法由动能定理可知，木板对小物块做功为mv2，故D正确1211.答案CD解析：根据机械能守恒定律，Ek−Ek0=−mgx.sin9−mgx.cos9，变化为可知Ek与位移x成线性关系，图像A正确；物体的重力势能为Ep=mgx.sin9，Ep与位移成正比，图像B正确；滑块以速度v0冲上光滑斜面，做加速度a=−gsin9−gcos9的匀减速直线运动，其速度v=v0-(gsin9+gcos9)t，滑块动能与时间的关系为Ek=mv2=m[v0−(gsin9+gcos9).t]2，图像C错误；上滑过程中，摩擦力做功会改变物体的机械能，E机=2mv2-mgcos92(gcos9+gsin9)t2，D错误。1112.答案AC解析：根据v＝，可知额定功率等于图线的斜率，即P＝W＝50kW，C正确；根据v＝知，汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到c过程做非匀变速直线运动，B错误；由题图可得汽车能够获得的最大速度为vm＝P·＝50×103××10－3m/s＝12.5m/s，D错误；汽车所受的阻力为Ff＝＝N＝4000N，汽车从a到b所受的牵引力的倒数为＝×10－3N－1，解得F2＝5000N，根据牛顿第二定律得F2－Ff＝ma1，解得a1＝0.5m/s2，汽车从a到b持续的时间为t＝＝s＝20s，A正确．13.答案ABD解析：由受力分析可知，物体沿着斜面先做匀减速运动，再和传送带一起减速运动，由牛顿第二定律可知mgcos9+mgsin9=ma，可知=0.5，故B正确；物体先受到沿着斜面向下的滑动摩擦力，再受到沿着斜面向上的静摩擦力，故A正确；摩擦力对物体做的功答案第3页，共7页
18gRcos2以22sin以2gRcos2以32sin以33cos以sin以32Wf=−mgcos9x1+mgsin9x2，带入数据可得Wf=−12.5J，故D正确，由摩擦生热的定义式可得Q=mgcos9S，带入数据可得Q=2.5J，故C错误。第Ⅱ卷(非选择题，共56分)三、实验题(本题共2小题，14题6分，15题8分，共14分)14.答案(1)(2分)x3－x12Δt(2)滑块质量M(2分)mg(x5−x2)=1M(x6−x4)2−1M(x3−x1)2(2分)22Vt22Vt解析：(1)由打出的纸带可知B点的速度为vB＝；(2)由做功定义式可知还需要知道滑x3－x12Δt块下滑的位移x，由动能定理可知W合＝ΔEk，即mg(x5−x2)=1M(x6−x4)2−1M(x3−x1)222Vt22Vt15.答案(1)小球1和小球2的质量m1和m2(2分)(2).2(3分)cos2以cos2以=m11＋m23(3分)(3).m1sin以2sin以1sin以3cos2以2x解析：(1)[1]因为平抛运动的时间相等，根据v=t所以用水平射程可以代替速度；根据动量表达式知，除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。(2)[2]因m1>m2，则小球1碰后不会反弹，则M、N分别是碰后小球1、2的平均落点。系统碰撞前的总动量p=m1;碰撞后的总动量p′=m1＋m2;知小球1、2的质量比为2∶1，则可解得=2%p−p‘p(3)[3]设圆弧半径为R，则对于从轨道末端到M′的运动，由平抛运动规律可知Rcosα1=v1t1;Rsin以1=gt12;联立解得v1=1,对于从轨道末端到P′、N′点的运动，1gRcos2以22sin以1答案第4页，共7页
19同理可得v0=而要验证的关系式为m1v0=m1v1＋m2v2,v2=将v0、v1、v2代入可得m12=m11＋m2sin以2sin以1cos2以cos2以答案第4页，共7页
20四、计算题(本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16．(12分)答案(1)12；(2)9：1E=mv03(1)a球以速度v0碰撞b球，由动量守恒定理得：mv0=3mvB(2分)解得：vB=v0(1分)此过程，由能量守恒定律得：E=mv−3mv(2分)解得：E=mv(1分)12(2)a球碰撞b球后，对b球，据能量守恒定律：23mvB=3mghB(1分)v2解得：hB=018gb球以速度v0碰撞a球，，由动量守恒定理得：3mv0=mvA+3mvB(1分)由能量守恒定理得：E=23mv0−(2mvA+23mvB)(1分)联立解得：vA=v0，vB=v0(1分)121212v526b球碰撞a球后，对a球，据能量守恒定律：mv=mghA或者：vA=0，vB=v0(舍去)(1分)2v2g解得：hA=0所以：=9：1(1分)答案第5页，共7页
2117.(14分)答案(1)10N；(2)8N.s；(3)L=m解析：1)滑块在B点时，由牛顿第二定律FN+mg=m(2分)vR解得答案第5页，共7页
22FN=20N(1分)根据牛顿第三定律可知在B点物块对轨道压力大小F′N=20N(1分)(2)从A到B，由机械能守恒定律1212mv0=mv1+2mgR(2分)22其中I=mv0(1分)解得I=8N.s(1分)，方向水平向(1分)(3)物块滑上小车时，由动量守恒定律和能量关系mv1=(M+m)v(2分)1212mgL=mv1−(M+m)v(2分)22解得L=m(1分)18.(16分)答案(1)0.7m；(2)0.150.7；(3)60o【详解】(1)滑块恰好经过D，重力提供向心力mg=m(2分)滑块从A到D，根据动能定理12mg(h−r−0.5r)=2mvD(2分)联立解得h=0.7m(1分)(2)若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgh−1mgL=0(1分)解得答案第6页，共7页
231=0.7(1分)答案第6页，共7页
24当到G点速度为零，根据动能定理mg(h−1.5r)−2mgL=0(1分)解得2=0.1(1分)当返回时不超过O1点，根据动能定理mg(h−r)−3mg.2L=0(1分)解得3=0.15(1分)综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围0.150.7(1分)(3)A点到I点过程中根据动能定理112mg(h−r−rcos9)=mv(1分)22设I点到最高点时间为t，则有vsin9=gt(1分)0.5rsin9=(vcos9).t(1分)解得cos9=可得9=arccos=60o(1分)另一解cos9=1舍去。
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