市得衔学校高二物理下学期期中试卷_00001

售停州偏假市得衔学校杭十四中二〇一三学年第二
学期阶段性测试
高二年级物理学科试卷
考试说明：
1．考试时间：2014年4月22日8:00—9:30；
2. 试卷共6页，总分120分（含附加分20分）；
3．本卷不得使用计算器；
4．答题前，请在答题卡指定区域内填涂好相关信息。

所有答案必须写在答题卡上，写在试题卷上无效。

一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求。

）
1．一束光线从空气射向折射率为1.5的玻璃内，入射角为45°，下面光路图中正确的是( )
【答案】C
【解析】光由空气射向玻璃，折射角小于入射角，反射角等于入射角，故C正确。

故选C。

【考点】光的折射定律
2．如图所示，在曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。

开始时不转动摇把，让振子自由上下振动，测得其频率为2Hz；然后以60r/min的转速匀速转动摇把，当振子振动稳定时，它的振动周期为（）
A．0.25s B．0.5 s C．1 s D．2s
【答案】C
匀速转动摇把，转速为60r/min ，故转动频率为： f
n 60r /min 1r /s 1Hz ====
受迫振动的频率等于驱动力的频率，故振子振动稳定后它的振动为1Hz ，故周期为1s ，故ABD 错误C 正确。

故选C 。

【考点】共振；受迫振动
3．如图所示的位移—时间和速度—时间图象中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况。

下列描述中正确的是（ ）
A ．图线1表示物体做曲线运动
B ．t s -图象中1t 时刻21v v >
C ．两图象中，
2t 、4t 时刻分别表示反向运动
D ．t v -图象中0至3t 时间内3和4的平均速度大小相等
【答案】B 【解析】
A 、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故A 错误；
B 、在s-t 图象中图线的斜率表示物体的速度，在t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故v1＞v2，故B 正确；
C 、s-t 图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动，而t2时刻之前物体的运动沿正方向，t2时刻之后物体沿负方向运动，故t2时刻开始反向运动；v-t 图象中速度的正负表示运动方向，从0-t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动，故C
D、在v-t图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移，故在0-t3时间内4围成的面积大于3围成的面积，故3的平均速度小于4的平均速度，故D错误。

故选B。

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系
4．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )
A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D．人在C点具有最大速度
【答案】C
【解析】
A、人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小，故A错误；
BC、人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故B错误C正确；
D、人在C点的速度为零，故D错误。

故选C。

【考点】牛顿第二定律；超重和失重
5．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方（如图所示）。

不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，他可能作出的调整为( )
A ．增大初速度，抛出点高度变大
B ．增大初速度，抛出点高度不变
C ．初速度大小不变，降低抛出点高度
D ．初速度大小不变，提高抛出点高度 【答案】C 【解析】
AB 、设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间
2h
t g
=
，
水平位移00
2h x v t v g
==，由上式分析可知，提高抛出点高度h ，增大初速度v0，x 将会增大，故AB
错误；
C 、由A 分析得，速度不变，减小h 可以，故C 正确；
D 、由A 分析得，初速度大小不变，提高抛出点高度，水平位移x 将增大，故D 错误。

故选C 。

【考点】平抛运动
6．如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。

已知该新
型某夹砖机能夹起质量为m 的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为max F （设最大静擦力等于滑动摩擦
力），则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为( )
A ．
max
F mg
=
μ B ．
max
2F mg =
μ
C ．
max
2F mg =
μ D ．
mg F max =
μ
【答案】B 【解析】
对砖进行受力分析，根据平衡条件得：2f mg =、max 2F mg μ=，解得：
max
mg 2F μ＝。

故选B 。

【考点】共点力平衡
7．A 、B 两个相互作用的物体，在相互作用的过程中所受合外力为0，则下述说法中正确的是 ( ) A ．A 的动量变大，B 的动量一定变大 B ．A 的动量变大，B 的动量一定变小 C ．A 与B 的动量变化相等 D ．A 与B 受到的冲量大小相等 【答案】D 【解析】
A 、在相互作用的过程中所受合外力为0，则系统动量守恒，若二者同向运动时发生碰撞，且后面速度大的质量也大，则碰后一个动量变大，一个动量变小，故A 错误；
B 、若碰撞前二者动量大小相等，方向相反，则碰后二者均静止，即动量均减小，故碰后A 的动量不一定变大，故B 错误；
C 、根据动量定理得：I
P =∆，则知，两物体的动量变化量大小相等，方向相反，故C 错误；
D 、根据牛顿第三定律得知，作用力与反作用力大小相等、方向相反，而且同时产生，同时消失，作用时间相等，由冲量定义式I Ft =，可知作用力与反作用力的冲量也是大小相等、方向相反，故D 正确。

故选D 。

【考点】动量守恒定律
8．如图所示，一质量为m1的木板放在光滑斜面上，木板的上端用细绳拴在斜面的顶端，有一只质量为m2的小猫站在木板上。

剪断细绳，木板开始下滑，同时小猫沿木板向上爬，设一段时间内木板向下滑，而小猫在木板上相对于地面的高度不变，忽略空气阻力，则下列图中能正确反映在这段时间内小猫做功的功率随时间变化的关系的是（）
【答案】B
【解析】
小猫在木板上相对于地面的高度不变，知小猫受重力、支持力和摩擦力平衡，则摩擦力的大小恒定，设为
f，对于木板，受重力、压力和猫对木板的摩擦力，合力向下恒定，则木板向下做匀加速直线运动v at =，
则P fv fat
==，知小猫做功的功率与时间成正比，故B正确。

故选B。

【考点】功率
二、不定项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项符合题目的要求。

）
9．一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为 4 m/s.某时刻波形如图所示，下列说法中正确的是( )
A．这列波的振幅为4cm
B．这列波的周期为1s
C．此时x＝4 m处质点沿y轴正方向运动
D．此时x＝4 m处质点的加速度为0
【答案】CD
【解析】
A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm，故A错误；
B、由图知，波长λ=8m，由波速公式v
T
λ
=
，得周期
T2s
v
λ
==
，故B错误；
C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动，故C正确；
D、此时x=4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零，故D正确。

故选CD。

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系
10．一束光从空气射向折射率n＝
2的某种玻璃的表面，如图所示．i代表入射角，则（）
A．当入射角i =0°时不会发生折射现象
B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°
C．欲使折射角r＝30°，应以i＝60°的角度入射
D．当入射角i＝arctan
2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直
【答案】BD
【解析】
A、当入射角i=0°时光能从空气进入玻璃，故发生了折射，故A错误；
B、当入射角是90°时，根据折射定律
sin
n
sin
i
r
=
，
sin90
2
sin r
︒
=
，
2
sin
2
r=
，r=45°，所以无论
入射角i是多大，折射角r都不会超过45°，故B正确；
C、欲使折射角r=30°，根据折射定律
sin
n
sin
i
r
=
，
sin
2
sin30
i
=
︒，
2
sin
2
i=
，i=45°，故C错误；
D、当反射光线跟折射光线恰好互相垂直时，设入射角为i，折射角为β，有i90
β
+=︒
，
()
sin n tan 2
sin 90i
i i =
==︒-，则arctan 2i =，故D 正确；
故选BD 。

【考点】光的折射定律
11．如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支钢笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的有（ ） A ．笔尖留下的痕迹是一条抛物线 B ．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线
C ．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D ．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不
变 【答案】AD 【解析】
AB 、由题可知，铅笔尖既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做匀加速运动，其运动轨迹是向上弯曲的抛物线，故A 正确B 错误；
C 、在运动过程中，笔尖运动的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化，故C 错误；
D 、笔尖水平方向的加速度为零，竖直方向加速度的方向竖直向上，则根据运动的合成规律可知，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上，保持不变，故D 正确。

故选AD 。

【考点】运动的合成和分解
12．如图所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，由静止开始
通过光滑弧形轨道AB ，进入半径R ＝4 m 的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 时，刚好对轨道压力为零；沿CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 之值不可能为(g 取10 m/s2，所有高度均相对B 点而言)( ) A ．12 m B ．10 m C ．8.5 m D ．7 m 【答案】ABD 【解析】
已知C 点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，得到：
2
v mg m
R = 小球在C 点的动能为：211
mv mgR 2mg
22==
小球从A 运动到C ，根据动能定理得：PA PC f kC E E W E --=
把数据代入，得到：
f W 2m
g =
所以小球从A 运动到C ，半个圆弧加上AB 段圆弧的摩擦力做功f W 2mg =
再分析从C 点运动到D 点
根据动能定理得：2
f 1
mg 2R h W '0mv 2--=-（）
因为沿BC 弧运动的平均速度小于沿AB 弧运动平均速度，根据圆周运动向心力公式可知沿BC 弧运动的平均正压力小于沿AB 弧运动平均正压力，
故沿BC 弧运动的平均摩擦力小于沿AB 弧运动的平均摩擦力，
所以f f 0W 'W 2mg =＜＜
所以
8mg mgh 10mg ＜＜
故8m h 10m ＜＜。

故选。

ABD
【考点】牛顿第二定律；向心力 三、填空题（本题每空2分，共20分）
13.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)： ①（单选题）下列说法哪一项是正确的___▲_____．(填选项前字母) A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，则打B 点时小车的瞬时速度大小为__▲_ m/s(保留三位有效数字)． 【答案】①C ②0.653 【解析】
（1）A 、平衡摩擦力时，不能将钩码通过细线挂在小车时，应让小车拖动纸带能在木板上做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故A 错误；
B 、为了使钩码的重力等于拉力的大小，钩码质量应远小于小车的质量，故B 错误；
C 、实验时，小车应紧靠打点计时器由静止释放，故C 正确。

故选C 。

（2）B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度，则AC B x 0.18590.0553
v 0.653m /s 2T 0.2-=＝
＝。

【考点】探究功与速度变化的关系
14．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
①（单选题）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是▲ AC
(填选项前字母)．A．保证摆动过程中摆长不变，在改变摆长时方便调节摆长
B．可使周期测量得更加准确
C．保证摆球在同一竖直平面内摆动
②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为▲
mm，单摆摆长为▲ m．
③（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是▲ 。

(填选项前字母)
A．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
【答案】A 12.0 0.9930 A
【解析】
（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故A正确BC错误；
故选A 。

（2）游标尺的读数规则为：固定刻度（主尺）+可动刻度（游尺），游标卡尺读数时首先以游标零刻度线为准在尺身上读取毫米整数，即12mm ，然后看游标上第0条刻度线与尺身的刻度线对齐，即0mm ，所以游标卡尺示数为d=12.0mm ；单摆摆长为：
1
L l d 0.9990m 0.0060m 0.9930m
2=-=-=；
（3）据单摆的周期
L
T 2g
π
=得
224L g T π=
，当g 值偏小，可能L 偏小或T 偏大； A 、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了则实验中周期的测量值偏大，所以g 的测量值偏小，故A 正确；
B 、摆线拉得过紧，则L 的测量值偏大，g 的测量值偏大，故B 错误；
CD 、秒表过迟按下，使测得周期偏小；实验中将49次全振动误记为50次，则周期的测量值偏小，g 的测量值偏大，故CD 错误。

【考点】探究单摆的周期与摆长的关系
15.如图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分.图中背景方格的边长均为 2.5cm ，如果取重力加速度g=10m/s2，那么：
(1)照片的闪光频率为____▲____Hz. .
(2)小球做平抛运动的初速度的大小为_▲______m/s
【答案】(1)10 (2)0.75
【解析】
在竖直方向上的分运动是自由落体运动，即是匀加速直线运动，则有：
2h gT ∆=，其中h 10cm ∆=，
代入求得：T
0.1s =，
因此闪光频率为：
1
f 10Hz T =
=
小球水平方向做匀速直线运动，故有：0x v t =，其中x 3L 7.5cm ==
所以
0v 0.75m /s =。

【考点】研究平抛物体的运动
16．如图所示，实线是一列简谐横波在t1 = 0时的波形图，虚线为t2=0.5s 时的波形图，已知0＜t2－t1＜T ，t1 = 0时，x=2m 处的质点A 正向y 轴正方向振动。

则波的周期为 ▲ s； 波速大小为 ▲ m/s 。

【答案】2s 2m/s
【解析】
根据t1=0时的波形图上x=2m 处的质点A 正向y 轴正方向振动，判断出波的传播方向沿着x 轴的正方向；
已知
210t t T
-＜＜，则根据波形的平移得知，波传播的时间
211
t t T
4
-=，得到
21T 4t t 2s =-=（）；
由图知，波长λ=4m，则波速
v 2m /s
T
λ
=
=。

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系 四．计算题（共3小题，10+10+12=32分）
17．如图所示，位于竖直面内的曲线轨道的最低点B 的切线沿水平方向，且与一位于同一竖直面内、半径R=0.40m 的光滑圆形轨道平滑连接。

现有一质量m=0.10kg 的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A 点由
静止开始滑下，滑块经B 点后恰好能通过圆形轨道的最高点C 。

已知A 点到B 点的高度h=1.5m ，重力加速度g=10m/s2，空气阻力可忽略不计，求： （1）滑块通过圆形轨道B 点时对轨道的压力大小；
（2）滑块从A 点滑至B 点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。

【答案】6N 0.5J
【解析】
（1）因滑块恰能通过C 点，即在C 点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用。

设滑块在C 点的速度大小为vC ，根据牛顿第二定律，对滑块在C 点有
2c
v mg m
R = 解得
C v gR 2.0m /s ==
设滑块在B 点时的速度大小为vB ，对于滑块从B 点到C 点的过程，
根据机械能守恒定律有22
B C 11mv mv mg2R
22=+
滑块在B 点受重力mg 和轨道的支持力FN ，根据牛顿第二定律有
2
B
N v F mg m R -= 联立上述两式可解得
N F 6mg 6N ==
根据牛顿第三定律可知，滑块在B 点时对轨道的压力大小
N F 6N '=
（2）设滑块从A 点滑至B 点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf ，对于此过程，根据动能定律有
2f B 1
mgh W mv 2-=
解得2f B 1
W mgh mv 0.5J
2=-=。

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律
18．在某介质中形成一列简谐波，t ＝0时刻的波形如图中的实线所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B 点，且再经过0.6 s ，P 点也开始起振，求： (1)该列波的周期T ；
(2)从t ＝0时刻起到P 点第一次达到波峰时止，O 点相对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？
【答案】0.2s —2cm 0.3m
【解析】
由图象知，λ=2m ，A=2cm ．
（1）若波向右传播，则波速为：x 71m /s 10m /s t 0.6-＝＝，由
v T λ=解得：T=0.2s （2）当图示时刻x=-0.5m 处的振动传到P 点时，P 点第一次达到波峰，此过程波传播的距离s=7.5m
则由t=0到P 点第一次到达波峰为止，经历的时间
s 3
t 0.75s 3T
v 4∆＝＝＝ 故O 点在t=0时的振动方向沿y 轴正方向，经过
3t 3T
4∆＝时间，O 点振动到波谷， 位移为
0y 2cm =-
所经过的路程为15倍的振幅：
20s 15A 15210m 0.3m
-⨯⨯＝＝＝。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
19．如图所示，斜面和水平面由一小段光滑圆弧连接，斜面的倾角为37°，一质量为0.5kg 的物块从斜面上距斜面底端B 点5m 处的A 点由静止释放．已知物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.3。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）物块在水平面上滑行的时间为多少？
（2）若物块开始静止在水平面上距B点10m 的C点处，用大小为4.5N的水平恒力向右拉该物块，到B点撤去此力，物块第一次到A点时的速度为多大？
（3）若物块开始静止在水平面上距B点10m 的C点处，用大小为4.5N的水平恒力向右拉该物块，欲使物块能到达A点，水平恒力作用的最短距离为多大？
【答案】2s 6m/s 8m
【解析】
（1）物块先沿斜面匀加速下滑，设AB长度为L，动摩擦因数为μ，
下滑的加速度mgsin mgcos ma θμθ
-=
解得：
2
a gsin gcos 3.6m/s
θμθ
=-=
；
到达B点时速度v2aL6m/s =＝
；
在水平面上物块做匀减速运动，则有：
mg ma μ='
解得：
2
a g3m/s
μ
'==
；
在水平面上运动的时间
v
t
a
=
'；
解得：t2s =；
（2）设CB距离为l，全过程用动能定理，
则有：
2
1
F mg mgLsin37mgLcos37mv0
2
l
μμ
--︒-︒='-
（）
解得：v6m/s '=；
（3）设力作用的最短距离为x，
根据动能定理可得：Fx mg mgLsin37mgLcos370 l
μμ
--︒-︒=
解得：x 8m =。

【考点】动能定理；牛顿第二定律
附加题（共2题，附1题4分，附2题16分，共20分）
1．如图所示，质量为m 的物体静止在倾角为θ的固定斜面上，现将一垂直于斜面向下的推力F 作用在物体上。

则下列说法正确的是（ ） A ．物体仍处于静止状态
B ．物体受到的合外力变大
C ．物体受到的摩擦力可能变大
D ．物体受到的支持力一定变大 【答案】AD 【解析】
A 、设物体的最大静摩擦力为fm ，物体原来静止在斜面上，则有
m mgsin f mgcos θμθ
≤=，当推力F
作用在物体上，物体对斜面的压力增大，最大静摩擦力fm 增大，仍有m mgsin f θ≤，故物体仍处于静止
状态，故A 正确；
B 、物体仍处于静止状态，合外力保持为零，故B 错误；
CD 、由平衡条件得知，物体受到的摩擦力都为f mgsin θ=，没有变化．物体受到的支持力增大，故C 错
误D 正确。

故选AD 。

【考点】共点力平衡；力的合成与分解
2．钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我人民海为此进行登陆演练，
假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点x ＝1 km 处．登陆队员需要从较高的舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队
员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v0＝3 3 m/s 平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量m ，重力加速度g ＝10 m/s2，
（已知18×18=324, sin30°=0.5,
3
cos302︒=
,)问：
（1）舰甲板到快艇的竖直高度H 为多少？ （2）队员甲在绳索上运动的时间t0为多少？ （3）队员甲最大速度为多大？
（4）若登陆艇额定功率为5 kW ，载人后连同装备总质量为103 kg ，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10 m/s ，则登陆艇运动的时间t 为多少？(此小题结果保留2位有效数字)
【答案】(1)16.2 m （2）3.6 s (3)10.39 m/s (4)1.1×102 s 【解析】
（1）设救生圈做平抛运动的时间为t ，有：21
H gt 2=、
0Htan v t
θ= 设人下滑时间为t0，由题意知：0t 2t =
联立得：
0H 16.2m t 3.6s ==，。

（3）由几何关系得：绳索长
H
L 18.7m cos30=
=︒
因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大，
由：m 1
v t 2L 2⨯=，
得：
m L
v 10.39m /s t =
=
（4）加速过程有：
2m 1
Pt fs Mv 2'-=
'
加速到匀速时：
m P v f '=
联立解得：2
t 1.110s '=⨯。

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动 参考答案 单选题
1.C
2.C
3.B
4.C
5.C
6.B
7.D
8.B 多选题
9.CD 10.BD 11.AD 12 .ABD 附1 AD 填空题
13. (1)①C ②0.653 14.A 12.0 0.9930 A 15. (1)10 (2)0.75 16. 2 s 2m/s 计算题
17．
（1）因滑块恰能通过C 点，即在C 点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用。

设滑块在C 点的速度大小为vC ，根据牛顿第二定律，对滑块在C 点有
2c
v mg m
R =
解得
C v 2.0m /s ==
设滑块在B 点时的速度大小为vB ，对于滑块从B 点到C 点的过程，
根据机械能守恒定律有22
B C 11mv mv mg2R
22=+
滑块在B 点受重力mg 和轨道的支持力FN ，根据牛顿第二定律有
2
B
N v F mg m R -= 联立上述两式可解得
N F 6mg 6N ==
根据牛顿第三定律可知，滑块在B 点时对轨道的压力大小
N F 6N '=
（2）设滑块从A 点滑至B 点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf ，对于此过程，根据动能定律有
2f B 1
mgh W mv 2-=
解得2f B 1
W mgh mv 0.5J
2=-=。

18．
由图象知，λ=2m ，A=2cm ．
（1）若波向右传播，则波速为：x 71m /s 10m /s t 0.6-＝＝，由
v T λ
=解得：T=0.2s （2）当图示时刻x=-0.5m 处的振动传到P 点时，P 点第一次达到波峰，此过程波传播的距离s=7.5m
则由t=0到P 点第一次到达波峰为止，经历的时间
s 3
t 0.75s 3T
v 4∆＝＝＝ 故O 点在t=0时的振动方向沿y 轴正方向，经过
3t 3T
4∆＝时间，O 点振动到波谷， 位移为
0y 2cm =-
所经过的路程为15倍的振幅：
20s 15A 15210m 0.3m -⨯⨯＝＝＝。

19．
（1）物块先沿斜面匀加速下滑，设AB 长度为L ，动摩擦因数为μ， 下滑的加速度mgsin mgcos ma θμθ-=
解得：2a gsin gcos 3.6m /s θμθ=-=；
到达B
点时速度v 6m /s =；
在水平面上物块做匀减速运动，则有：
mg ma μ='
解得：2a g 3m /s μ'==； 在水平面上运动的时间
v t a =
'； 解得：t 2s =；
（2）设CB 距离为l ，全过程用动能定理， 则有：
21F mg mgLsin37mgLcos37mv 02l μμ--︒-︒=
'-（）
解得：v 6m /s '=；
（3）设力作用的最短距离为x ， 根据动能定理可得：
Fx mg mgLsin37mgLcos370l μμ--︒-︒= 解得：x
8m =。

附加题
1．AD
2． （1）设救生圈做平抛运动的时间为t ，有：21H gt 2=、
0Htan v t θ= 设人下滑时间为t0，由题意知：0t 2t =
联立得：
0H 16.2m t 3.6s ==，。

（3）由几何关系得：绳索长H L 18.7m cos30=
=︒
因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大， 由：m 1v t 2L 2⨯=， 得：m L v 10.39m /s t ==
（4）加速过程有：2m 1Pt fs Mv 2'-=
' 加速到匀速时：m P
v f '=
联立解得：2t 1.110s '=⨯。