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2022-2023学年广东省汕头市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省汕头市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示是小昭某次乘车通过汕头海湾隧道时用手机软件记录下来的数据及运动路线，下列说法正确的是( )
A. 以隧道为参考系，洞顶两侧的照明灯在快速后退
B. 若研究汽车在本次行程中的运动，不能将汽车视为质点
C. 7.6km是本次行程的位移大小
D. 47km/h是整个行程的平均速率
2.小杰利用手机phyphx，软件绘制了电梯从一楼上升到七楼过程中的速度-时间图像，如图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，已知t=0时电梯处于静止状态，由图乙可知( )
A. 在此过程中电梯上升的高度约为15m
B. 28−30s内电梯处于超重状态
C. 10−11s内电梯的加速度大小约为0.56m/s2
D. 10−30s内电梯的平均速度大小为0.75m/s
3.高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线叫做最速曲线，在汕头科技馆的展厅里，摆有两个开排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，简化如图所示，现让两个完全相同的小球A和B同时从M点由静止下滑，不计摩擦，下列说法正确的是( )
A. 到达底端N点时，两小球速度相同
B. 由M到N的过程中，两小球重力做功相同
C. 由M到N的过程中，A小球重力的平均功率比B小球重力的平均功率大
D. 由M到N的过程中，A小球减少重力势能大于B小球减少的重力势能
4.天宫空间站的梦天实验舱与天和核心舱成功对接，对接前梦天实验舱处于比空间站更低的圆轨道，对接后“结合体”仍在原空间站轨道运行，下列说法正确的是( )
A. 梦天实验舱的运行速度大于第一宇宙速度
B. 天宫空间站运行的角速度大于梦天实验舱
C. 梦天实验舱可通过减速变轨，与天宫空间站完成对接
D. 梦天实验舱对接后周期变大
5.在校园运动会中，小政和小奇争夺100米决赛冠时，小政起跑加速偏慢(即起跑时加速度较小)，但率先抵达终点获得冠军，用时为t0。则下列v−t图像中，能大致体现两位同学运动情况的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，安全出口指示牌通过两条长度相同的链条竖直悬挂在固定于天花板横梁的挂钩上(图中黑管是用来收纳电线的塑料管，对指示牌没有作用力)，其中A、C为挂钩与天花板的连接点，B、D为链条与指示牌的连接点，A、C和B、D分别关于指示牌中间对称，两链条的长度不变且始终对称，下列分析正确的是( )
A. 指示牌静止时，仅减小BD距离，每根链条的拉力变小
B. 指示牌静止时，仅减小AC距离，每根链条的拉力变大
C. 指示牌前后摆动时，每根链条的拉力会发生变化，且当链条处于竖直位置时，每根链条的拉力最小
D. 链条AB断开，指示牌重新恢复静止后，链条CD的拉力和指示牌所受合力都变大
7.全红婵以458.20的高分夺得了女子10米跳台决赛冠军。若跳水运动可认为是竖直方向上的运动，且忽略空气阻力，从全红婵以一定初速度向上起跳到下沉至水中最低点的过程，下列说法正确的是( )
A. 全红婵的机械能保持不变B. 重力先做正功后做负功
C. 重力做功的功率先减小后增大再减小D. 重力所做的功大于克服水的阻力所做的功
8.天舟六号飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，形成新的空间站组合体。对接前后的示意图如图所示，对接前天舟六号飞船绕地球沿轨道Ⅰ做椭圆运动，在O点完成交会对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动。关于天舟六号的升空及运行，下列说法正确的是( )
A. 天舟六号飞船发射时的速度可能小于7.9km/s
B. 对接后，组合体绕地球运行的速度减小
C. 交会对接后组合体在轨道Ⅱ经过O点时的加速度比对接前天舟六号在轨道Ⅰ经过O点时的加速度大
D. 天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.原地纵跳摸高是篮球运动员训练弹跳力的必备项目。如图所示，运动员小王从直立状态开始屈腿下蹲，使重心下移，调整好姿势后，由静止开始发力，蹬地起跳后离开地面，竖直向上运动直到最高点，空气阻力忽略不计，对以上运动过程分析正确的是( )
A. 蹬地起跳时，地面受到的压力和小王受到的支持力大小相等
B. 蹬地起跳时，小王对地面的压力大于他的重力
C. 屈腿下蹲过程，小王受到的重力和支持力是一对平衡力
D. 到达最高点时，小王受力平衡
10.某次无人机编队表演中，其中有一架无人机，完成表演任各后。突然断电失去动力从静止自由下落(空气阻力不计)，下落一段距离后受到水平风力作用，风力一直持续到着地，假定风力恒定，下列分析正确的是( )
A. 受到风力作用后，无人机做匀变速曲线运动
B. 受到风力作用后，无人机的加速度水平向右
C. 无人机的运动时间与风力大小无关
D. 风力越大，无人机落地的速度越大
11.学习了圆周运动知识后，某兴趣小组受到启发，设计了一个自行车限速报警装置，如图所示，该限速报警装置固定在车轮边缘，套在轻杆上的重物下端与轻弹簧相连，上端固定有两个用导线相连的触点，当车轮的转速达到一定值时，重物会沿半径向外运动，使各触点接触，电路导通，蜂鸣器发出警报声，提醒骑行者减速，以保证安全，忽略一切摩擦，下面说法正确的是( )
A. 重物向外运动是因为它受到离心力的作用
B. 发出警报时，重物运动的角速度与车轮转动的角速度相同
C. 报警器运动到最高点时，弹簧的弹力大于重物的重力
D. 若自行车前进的速度大小为v，则车轮最高点的速度大小为2v
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在我们的生活中常常用到弹簧，弹簧的“软硬”程度其实是由弹簧的劲度系数决定的。为了测量实验室两根弹簧的劲度系数，两实验小组分别做了以下实验。(计算结果均保留三位有效数字)
(1)甲组：如图1所示，毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的数量，改变弹簧弹力。多次实验，记录数据后描点连线得到F−l图像(图2)，由此可知该弹簧的劲度系数k=______N/m。
(2)乙组：如图2所示，将另一根轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=______N/m。(g取9.80m/s2)
(3)某共享电动车的减震弹簧为20000N/m，相比于实验小组的弹簧，减震弹簧是______弹簧。(选填“软”或“硬”)
13.第22届中国汕头国际玩具礼品博览会中，某同学为估测子弹从玩具枪射出时的速度，设计了如下实验：如图1所示，使玩具枪每次都以相同速度射出弹丸，将弹丸离开枪口后的运动看作平抛运动。
(1)测出了弹丸下降高度y和水平射程x，重力加速度为g，则弹丸的水平初速度v0=______(用x、y、g表示)。如果考虑竖直方向的空气阻力，则此方法测出的v0比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)第二次实验如图2所示。该同学站在墙前面，朝墙面开枪，第一枪落点为A；后退20cm。在相同高度下开了第二枪，落点为B；再后退20cm，在相同高度下开了第三枪，落点为C；测得AB=35cm，BC=45cm。若取重力加速度大小g=10m/s2，则第二枪弹丸的运动时间比第一枪多______ s，从枪口射出的初速度大小为______m/s。
(3)如果想求出弹丸击中A点时的速度为______。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示：
(1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞；
(2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40m/s，请求出着陆3s内舰载机的位移。
15.风洞可以产生大小、方向可控的风力，可用于研究空气动力学。如图甲所示，质量为2kg的物体静止于足够长的粗糙水平风洞，在水平风力F的作用下运动，风力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示。
(1)请判断图乙中哪条图线描述的是物体克服摩擦力做的功与位移的关系，并说明依据；
(2)求物体在前3m运动过程中的加速度大小；
(3)求x=9m时物体的速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.以隧道为参考系，隧道和洞顶两侧的照明灯位置没有发生变化，故洞顶两侧的照明灯静止不动，故A错误；
B.若研究汽车在本次行程中的运动，汽车本身的大小和形状对所研究的问题影响很小，可以忽略不计，所以可以将汽车视为质点，故B错误；
是汽车实际运动轨迹的长度，所以是本次行程的路程大小，故C错误；
D.47km/h是整个行程的平均速率，故D正确。
故选：D。
当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；
明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度；
理解平均速度和瞬时速度的定义。
本题主要考查了描述物体运动的各物理量，熟练公式定义即可判断。
2.【答案】C
【解析】解：A.速度-时间图像中图像与坐标轴围成的面积等于位移的大小，在此过程中电梯上升的高度约为：
h=12×1.00×(27.5−11.8+30.0−10.0)m=17.85m，故A错误；
B.28−30s内电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.10−11s内电梯的加速度大小约为：
a=ΔvΔt
由图可知：Δv=1m/s，Δt=11.8s−10s=1.8s
代入数据得：a≈0.56m/s2，故C正确；
D.10−30s内电梯的平均速度大小为：
v−=ht其中t=30s−10s=20s
代入数据得：v−=0.89m/s，故D错误。
故选：C。
利用图像与时间轴围成图形面积表示位移，求出位移大小；判定28−30s内电梯的加速度方向从而确定电梯是处于超重状态还是失重状态；根据图像的斜率表示加速度，整理可得加速度大小；根据平均速度公式求解10−30s内电梯的平均速度大小。
对于v−t图像，要熟记图像的斜率表示物体的加速度，图像与时间轴围成图形面积表示物体的位移，会计算平均速度。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据机械能守恒定律
mgh=12mv2
可知到达底端N点时，两小球速度大小相等，但方向不同，故A错误；
BD、由M到N的过程中，两小球重力做功均为
WG=mgh
根据重力做功与重力势能变化的关系可知，两小球减小的重力势能相等，故B正确，D错误；
C、由M到N的过程中，A球做匀加速直线运动，B球做加速度减小的加速运动，根据速度-时间图像可知
tA>tB
重力的平均功率为PG=WGt
所以A小球重力的平均功率比B小球重力的平均功率小，故C错误。
故选：B。
首先，根据机械能守恒定律判断到达底端N点时，两小球速度大小关系，再根据斜面的斜线判断速度的方向；
其次，根据重力做功的计算公式，判断由M到N的过程中，两球重力势能的变化量；
接着，根据平均功率的计算公式，判断由M到N的过程中两球重力的平均功率的大小关系。
本题考查了机械能与曲线运动的应用，解决本题的关键是画出两球的速度-时间图像，进而判断两球的运动时间。
4.【答案】D
【解析】解：根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得：v= GMr，ω= GMr3，T=2π r3GM。
A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以梦天实验舱的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、梦天实验舱的轨道半径小于空间站的轨道半径，根据ω= GMr3可知，天宫空间站运行的角速度小于梦天实验舱的角速度，故B错误；
C、梦天实验舱减速时做近心运动，其轨道高度降低，不能与天宫空间站完成对接，故C错误；
D、梦天实验舱的轨道半径小于空间站的轨道半径，对接后“结合体”在原空间站轨道运行，轨道半径变大，根据T=2π r3GM可知，梦天实验舱对接后周期变大，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力得到线速度、角速度和周期表达式，由此分析线速度、角速度和周期的大小；根据变轨原理分析C选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析。
5.【答案】A
【解析】解：在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示位移，根据题意可知，小政加速阶段斜率较小，其图像的斜率较小。若小政率先抵达终点，则用时较少，想要图像与横轴围成的面积相等，只能是小政的最大速度比小奇大才能满足要求，故A正确，BCD错误。
故选：A。
在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移，通过两个图线与时间轴围成的面积可比较二者的位移大小，确定最大速度关系。
解答本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
6.【答案】B
【解析】解：AB、根据图示可知当前状态AC间距小于BD间距。根据链条的受力分析可知，静止时，两根链条在竖直方向的合力与指示牌的重力平衡，设链条与竖直方向夹角为θ，每根链条上的拉力为F。则2Fcsθ=mg解得F=mg2csθ
所以可知当链条与竖直方向夹角越小，链条上拉力越小，所以仅减小AC距离，每根链条的拉力变大；而仅减小BD距离时，链条上的力会先减小后变大，链条处于竖直状态时拉力最小。故A错误，B正确；
C、指示牌前后摆动时，指示牌做的运动为圆周运动，每根链条的拉力时刻会发生变化，但根据竖直平面内圆周运动规律可知当链条处于竖直位置时并处在最低点时，其运动的速度最大，每根链条的拉力也是最大的。故C错误；
D、断开前不知道每根链条上的拉力大小，恢复静止后无法判断链条CD的拉力变化情况，但指示牌断开前的静止状态以及断开后恢复的静止状态，均处于平衡状态，合力为0不变。故D错误。
故选：B。
先对指示牌进行受力分析，可以得出随着BD之间距离的减小，每根链条的拉力先变小后变大，随着AC距离的减小，每根链条的拉力变大。在通过向心力公式可以得出，当指示牌处于最底端时的向心力最大，所以此时指示牌受到的力最大。指示牌所受的合力在没有受到加速度的影响下始终与其自身重量相等，不可能随意的增加或减少。
此题主要考查了对受力分析的掌握。要注意BD之间距离减小时，会减小到比AC之间距离还要小的时候，此时的链条上的力会变大。
7.【答案】C
【解析】解：A、全红婵沉入水中后受到水的阻力作用，阻力对她做负功，她的机械能减小，故A错误；
B、上升过程中，全红婵所受重力方向与运动方向相反，所以重力做负功。下落过程中，重力方向与运动方向相同，重力做正功。故重力先做负功后做正功，故B错误；
C、重力做功的瞬时功率为P=mgv，全红婵先向上减速，后向下加速再向下减速，所以重力做功的功率先减小后增大再减小，故C正确；
D、整个过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可知
WG−W克=0−12mv2<0，则WG故选：C。
分析外力对全红婵做功情况，判断其机械能是否守恒；根据重力方向与运动方向的关系，判断重力做功正负；根据速度的变化分析重力做功功率的变化；根据动能定理列式分析重力所做的功与克服水的阻力所做的功的关系。
解决本题时，要明确全红婵的运动过程，分析外力做功情况，灵活运用动能定理分析各个力做功大小。
8.【答案】D
【解析】解：A.第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度，天舟六号飞船发射时的速度不可能小于7.9km/s，故A错误；
B.组合体绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r，可知：v= GMr；对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动，轨道半径不变，则运行速度不变，故B错误；
C.根据牛顿第二定律可得：F=GMmr2=ma，整理得：a=GMr2，同样都是O点，则r相同、加速度大小相等，故C错误；
D.天舟六号轨道Ⅰ上经过O点加速做离心运动才能运行到轨道Ⅱ，所以天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接，故D正确。
故选：D。
第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度；根据万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据变轨原理分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握变轨原理。
9.【答案】AB
【解析】解：A.蹬地起跳时，地面受到的压力和小王受到的支持力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知两个力一定大小相等，故A正确；
B.蹬地起跳时，小王加速上升故小王所受的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知小王对地面的压力大小等于小王受到的支持力大小，故小王对地面的压力大于他的重力，故B正确；
C.屈腿下蹲过程，小王先加速后减速，不是平衡状态，即小王受到的重力和支持力不是一对平衡力，故C错误；
D.到达最高点时，小王受到重力作用，受力不平衡，故D错误。
故选：AB。
根据牛顿第三定律分析解答；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律分析解答；根据平衡力的特点分析解答；对小王受力分析即可解答。
本题考查了作用力与反作用力的概念，二力平衡概念，牛顿第二定律等知识的理解，注意作用力与反作用力和平衡力的区分。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.受到风力作用后，无人机受到竖直向下的重力、水平方向的风力作用，根据矢量叠加可知加速度恒定不变，加速度方向与速度不在同一直线上，故无人机做匀变速曲线运动，故A正确；
B.由于无人机受到竖直向下的重力、水平方向的风力作用，无人机的合外力方向不在水平方向，也不在竖直方向，故B错误；
C.无人机竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2，可知无人机的运动时间与风力大小无关，故C正确；
D.风力越大，无人机落地时的水平速度越大，竖直速度为vy2=2gh，不变，根据矢量合成可知风力越大，无人机落地的速度越大，故D正确。
故选：ACD。
无人机的运动可以分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，两个分运动相互独立，然后结合运动的合成处理即可。
本题关键要明确合运动与分运动同时发生，互不干扰，同时合运动与分运动具有等效性，可以相互替代。
11.【答案】BD
【解析】解：AB、自行车车轮转动时，重物与车轮转动共轴转动，则重物运动的角速度与车轮转动的角速度相等，当速度达到一定值时，合力不足以提供重物做做圆周运动所需要的向心力而做离心运动，弹簧被拉长，使得电路接通，而不是受到了离心力，故A错误，B正确；
C、报警器运动到最高点时合力竖直向下，所以重物的重力大于弹簧的弹力，故C错误；
D、车子以速度v前进，是指轮心相对地面往前走，车子底部与地面接触点相对地面的速度为零，其实轮心相对地面向后转，相对轮心的速度为−v，轮子上各点相对轮心的速度大小都一样，都是v，而轮子的最高点相对轮心向前转，轮心也向前走，车轮最高点相对地面的速度为v+v=2v，故D正确。
故选：BD。
结合离心运动的条件分析重物向外运动的原因；重物与车轮共轴转动，角速度相等；报警器运动到最高点时，根据合力方向，分析弹簧的弹力与重物的重力大小；若自行车前进的速度大小为v，车子底部与地面接触点相对地面的速度为零，根据轮心相对于地面的速度以及轮子的最高点相对轮心的速度求解车轮最高点的速度大小。
本题考查生活中的圆周运动，关键是运用相对运动的观点分析最高点的速度，同时，要掌握离心运动的条件和向心力知识，并用来分析实际问题。
12.【答案】20050.0硬
【解析】解：(1)根据胡克定律可知F=k(l−l0)=k⋅l+kl0
结合F−l图像可知，图像的斜率表示弹簧的劲度系数k=12−0(9.0−3.0)×10−2N/m=200N/m
(2)根据胡克定律变形可得ΔF=k′Δl
代入表中数据k′=ΔFΔl=ΔmgΔl=(150−50)×10−3kg×9.80m/s2(8.62−6.66)×10−2m=50.0N/m
(3)根据题意可知，弹簧的劲度系数大的弹簧为硬弹簧
通过比较三种弹簧的劲度系数20000N/m>200N/m>50.0N/m
因此相比于实验小组的弹簧，减震弹簧是硬弹簧。
故答案为：(1)200；(2)50.0；(3)硬。
(1)根据胡克定律结合图像斜率的含义求弹簧的劲度系数；
(2)根据胡克定律结合表格中的数据求弹簧的劲度系数；
(3)根据题意可知，弹簧的劲度系数大的弹簧为硬弹簧，再比较三种弹簧的劲度系数得出答案。
本题主要考查了胡克定律的运用，求解弹簧的形变量(伸长量或压缩量)的解题的关键；要理解弹簧软、硬的含义。
13.【答案】x g2y 偏大 0.12 13m/s
【解析】解：(1)根据平抛运动规律可知，弹丸在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则
x=v0t，y=12gt2
方程联立解得
v0=x g2y
考虑竖直方向的空气阻力，则实际下落的时间比按照自由落体计算的时间长，在水平方向上的位移实际更大一些，计算初速度时仍按照自由落体时间计算，则此方法测出v0比真实值偏大。
(2)根据匀变速直线运动规律可知，连续相等的时间内位移之差为
Δh=BC−AC=4cm5−35cm=10cm=0.1m
且Δh=gT2
代入数据可得
T=0.1s
则第二枪弹丸的运动时间比第一枪多0.1s，出枪口时的初速度为
v0=xT=200.1×0.01m/s=2m/s
(3)根据题意可知
vBy=AB+BC2T
vAy=vBy−gT
vA= v02+vAy2
代入数据解得vA= 13m/s
故答案为：(1)x g2y；偏大；(2)0.1；2；(3) 13m/s
(1)根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律解得初速度，并分析误差；
(2)根据匀变速直线运动规律解得第二枪弹丸比第一枪多的运动时间，代入数据解得初速度大小；
(3)根据速度的合成解得A点的速度。
本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中。
14.【答案】解：(1)根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为
x=v2−v022a加=(80m/s)2−(40m/s)22×5m/s2=480m
因为480m>320m，超过全舰长度，则假设不合理，舰载机不能正常起飞。
(2)假设减速时全舰长度足够长，则着陆后舰载机停下的时间为
t=0−v0a2=0−40m/s−20m/s2=2s<3s
故舰载飞机2s内停下后，保持静止。此段时间的位移为
x′=v02⋅t=40m/s2×2s=40m<320m
假设成立。则舰载飞机着陆3s内舰载机的位移为40m。
答：(1)不能正常起飞，理由见解析；
(2)着陆3s内舰载机的位移为40m。
【解析】根据速度-位移关系公式计算正常起飞的距离，再与题中距离比较，判断是否能够正常起飞。利用速度-时间公式求出舰载机减速到零时间，与题干所给时间比较再计算3S内位移。
本题主要考查匀变速直线运动公式的应用，理解题意利用正确公式求解是关键。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，在W−x图像中，图像的倾斜程度代表力的大小，摩擦力
f=μFN=μmg
可知摩擦力是定值，即图像斜率不变，图线B是物体克服摩擦力做的功与位移的关系。
(2)根据图像斜率可知
k=2010N=2N
即f=2N
前3m运动过程中，风力大小为
F1=153N=5N
则物体在前3m运动过程中的加速度大小为
a=F1−fm=5−22m/s2=1.5m/s2
(3)前9m运动过程中，克服摩擦力做的功为
W克=fx=18J
根据动能定理可知
WF−W克=ΔEk=12mv2−0
解得
v=3m/s
答：(1)图乙中B图线描述的是物体克服摩擦力做的功与位移的关系，依据见上面的解析；
(2)物体在前3m运动过程中的加速度大小为1.5m/s2；
(3)x=9m时物体的速度大小为3m/s。
【解析】(1)乙图图像的斜率表示力的大小，物体在运动过程中受摩擦力大小不变，据此可以解答；
(2)根据牛顿第二定律可以得到物体的加速度；
(3)根据动能定理可以得到速度的大小。
知道W−x图像的斜率表示物体受到的力的大小是解题的关键。砝码质量(g)
50
100
150
弹簧长度(cm)
8.62
7.63
6.66
全舰长度
320m
舰宽
78m
母舰最大航速
30节(约为56km/h)
满载排水量
8万余吨
舰载机质量
50吨
舰载机搭载数量
60−70架
舰载机加速的加速度
5m/s2
舰载机减速的加速度
20m/s2
舰载机起飞速度
80m/s
1.如图所示是小昭某次乘车通过汕头海湾隧道时用手机软件记录下来的数据及运动路线，下列说法正确的是( )
A. 以隧道为参考系，洞顶两侧的照明灯在快速后退
B. 若研究汽车在本次行程中的运动，不能将汽车视为质点
C. 7.6km是本次行程的位移大小
D. 47km/h是整个行程的平均速率
2.小杰利用手机phyphx，软件绘制了电梯从一楼上升到七楼过程中的速度-时间图像，如图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，已知t=0时电梯处于静止状态，由图乙可知( )
A. 在此过程中电梯上升的高度约为15m
B. 28−30s内电梯处于超重状态
C. 10−11s内电梯的加速度大小约为0.56m/s2
D. 10−30s内电梯的平均速度大小为0.75m/s
3.高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线叫做最速曲线，在汕头科技馆的展厅里，摆有两个开排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，简化如图所示，现让两个完全相同的小球A和B同时从M点由静止下滑，不计摩擦，下列说法正确的是( )
A. 到达底端N点时，两小球速度相同
B. 由M到N的过程中，两小球重力做功相同
C. 由M到N的过程中，A小球重力的平均功率比B小球重力的平均功率大
D. 由M到N的过程中，A小球减少重力势能大于B小球减少的重力势能
4.天宫空间站的梦天实验舱与天和核心舱成功对接，对接前梦天实验舱处于比空间站更低的圆轨道，对接后“结合体”仍在原空间站轨道运行，下列说法正确的是( )
A. 梦天实验舱的运行速度大于第一宇宙速度
B. 天宫空间站运行的角速度大于梦天实验舱
C. 梦天实验舱可通过减速变轨，与天宫空间站完成对接
D. 梦天实验舱对接后周期变大
5.在校园运动会中，小政和小奇争夺100米决赛冠时，小政起跑加速偏慢(即起跑时加速度较小)，但率先抵达终点获得冠军，用时为t0。则下列v−t图像中，能大致体现两位同学运动情况的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，安全出口指示牌通过两条长度相同的链条竖直悬挂在固定于天花板横梁的挂钩上(图中黑管是用来收纳电线的塑料管，对指示牌没有作用力)，其中A、C为挂钩与天花板的连接点，B、D为链条与指示牌的连接点，A、C和B、D分别关于指示牌中间对称，两链条的长度不变且始终对称，下列分析正确的是( )
A. 指示牌静止时，仅减小BD距离，每根链条的拉力变小
B. 指示牌静止时，仅减小AC距离，每根链条的拉力变大
C. 指示牌前后摆动时，每根链条的拉力会发生变化，且当链条处于竖直位置时，每根链条的拉力最小
D. 链条AB断开，指示牌重新恢复静止后，链条CD的拉力和指示牌所受合力都变大
7.全红婵以458.20的高分夺得了女子10米跳台决赛冠军。若跳水运动可认为是竖直方向上的运动，且忽略空气阻力，从全红婵以一定初速度向上起跳到下沉至水中最低点的过程，下列说法正确的是( )
A. 全红婵的机械能保持不变B. 重力先做正功后做负功
C. 重力做功的功率先减小后增大再减小D. 重力所做的功大于克服水的阻力所做的功
8.天舟六号飞船成功对接于空间站天和核心舱后向端口，形成新的空间站组合体。对接前后的示意图如图所示，对接前天舟六号飞船绕地球沿轨道Ⅰ做椭圆运动，在O点完成交会对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动。关于天舟六号的升空及运行，下列说法正确的是( )
A. 天舟六号飞船发射时的速度可能小于7.9km/s
B. 对接后，组合体绕地球运行的速度减小
C. 交会对接后组合体在轨道Ⅱ经过O点时的加速度比对接前天舟六号在轨道Ⅰ经过O点时的加速度大
D. 天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.原地纵跳摸高是篮球运动员训练弹跳力的必备项目。如图所示，运动员小王从直立状态开始屈腿下蹲，使重心下移，调整好姿势后，由静止开始发力，蹬地起跳后离开地面，竖直向上运动直到最高点，空气阻力忽略不计，对以上运动过程分析正确的是( )
A. 蹬地起跳时，地面受到的压力和小王受到的支持力大小相等
B. 蹬地起跳时，小王对地面的压力大于他的重力
C. 屈腿下蹲过程，小王受到的重力和支持力是一对平衡力
D. 到达最高点时，小王受力平衡
10.某次无人机编队表演中，其中有一架无人机，完成表演任各后。突然断电失去动力从静止自由下落(空气阻力不计)，下落一段距离后受到水平风力作用，风力一直持续到着地，假定风力恒定，下列分析正确的是( )
A. 受到风力作用后，无人机做匀变速曲线运动
B. 受到风力作用后，无人机的加速度水平向右
C. 无人机的运动时间与风力大小无关
D. 风力越大，无人机落地的速度越大
11.学习了圆周运动知识后，某兴趣小组受到启发，设计了一个自行车限速报警装置，如图所示，该限速报警装置固定在车轮边缘，套在轻杆上的重物下端与轻弹簧相连，上端固定有两个用导线相连的触点，当车轮的转速达到一定值时，重物会沿半径向外运动，使各触点接触，电路导通，蜂鸣器发出警报声，提醒骑行者减速，以保证安全，忽略一切摩擦，下面说法正确的是( )
A. 重物向外运动是因为它受到离心力的作用
B. 发出警报时，重物运动的角速度与车轮转动的角速度相同
C. 报警器运动到最高点时，弹簧的弹力大于重物的重力
D. 若自行车前进的速度大小为v，则车轮最高点的速度大小为2v
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在我们的生活中常常用到弹簧，弹簧的“软硬”程度其实是由弹簧的劲度系数决定的。为了测量实验室两根弹簧的劲度系数，两实验小组分别做了以下实验。(计算结果均保留三位有效数字)
(1)甲组：如图1所示，毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的数量，改变弹簧弹力。多次实验，记录数据后描点连线得到F−l图像(图2)，由此可知该弹簧的劲度系数k=______N/m。
(2)乙组：如图2所示，将另一根轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=______N/m。(g取9.80m/s2)
(3)某共享电动车的减震弹簧为20000N/m，相比于实验小组的弹簧，减震弹簧是______弹簧。(选填“软”或“硬”)
13.第22届中国汕头国际玩具礼品博览会中，某同学为估测子弹从玩具枪射出时的速度，设计了如下实验：如图1所示，使玩具枪每次都以相同速度射出弹丸，将弹丸离开枪口后的运动看作平抛运动。
(1)测出了弹丸下降高度y和水平射程x，重力加速度为g，则弹丸的水平初速度v0=______(用x、y、g表示)。如果考虑竖直方向的空气阻力，则此方法测出的v0比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)第二次实验如图2所示。该同学站在墙前面，朝墙面开枪，第一枪落点为A；后退20cm。在相同高度下开了第二枪，落点为B；再后退20cm，在相同高度下开了第三枪，落点为C；测得AB=35cm，BC=45cm。若取重力加速度大小g=10m/s2，则第二枪弹丸的运动时间比第一枪多______ s，从枪口射出的初速度大小为______m/s。
(3)如果想求出弹丸击中A点时的速度为______。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示：
(1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞；
(2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40m/s，请求出着陆3s内舰载机的位移。
15.风洞可以产生大小、方向可控的风力，可用于研究空气动力学。如图甲所示，质量为2kg的物体静止于足够长的粗糙水平风洞，在水平风力F的作用下运动，风力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示。
(1)请判断图乙中哪条图线描述的是物体克服摩擦力做的功与位移的关系，并说明依据；
(2)求物体在前3m运动过程中的加速度大小；
(3)求x=9m时物体的速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.以隧道为参考系，隧道和洞顶两侧的照明灯位置没有发生变化，故洞顶两侧的照明灯静止不动，故A错误；
B.若研究汽车在本次行程中的运动，汽车本身的大小和形状对所研究的问题影响很小，可以忽略不计，所以可以将汽车视为质点，故B错误；
是汽车实际运动轨迹的长度，所以是本次行程的路程大小，故C错误；
D.47km/h是整个行程的平均速率，故D正确。
故选：D。
当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；
明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度；
理解平均速度和瞬时速度的定义。
本题主要考查了描述物体运动的各物理量，熟练公式定义即可判断。
2.【答案】C
【解析】解：A.速度-时间图像中图像与坐标轴围成的面积等于位移的大小，在此过程中电梯上升的高度约为：
h=12×1.00×(27.5−11.8+30.0−10.0)m=17.85m，故A错误；
B.28−30s内电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C.10−11s内电梯的加速度大小约为：
a=ΔvΔt
由图可知：Δv=1m/s，Δt=11.8s−10s=1.8s
代入数据得：a≈0.56m/s2，故C正确；
D.10−30s内电梯的平均速度大小为：
v−=ht其中t=30s−10s=20s
代入数据得：v−=0.89m/s，故D错误。
故选：C。
利用图像与时间轴围成图形面积表示位移，求出位移大小；判定28−30s内电梯的加速度方向从而确定电梯是处于超重状态还是失重状态；根据图像的斜率表示加速度，整理可得加速度大小；根据平均速度公式求解10−30s内电梯的平均速度大小。
对于v−t图像，要熟记图像的斜率表示物体的加速度，图像与时间轴围成图形面积表示物体的位移，会计算平均速度。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据机械能守恒定律
mgh=12mv2
可知到达底端N点时，两小球速度大小相等，但方向不同，故A错误；
BD、由M到N的过程中，两小球重力做功均为
WG=mgh
根据重力做功与重力势能变化的关系可知，两小球减小的重力势能相等，故B正确，D错误；
C、由M到N的过程中，A球做匀加速直线运动，B球做加速度减小的加速运动，根据速度-时间图像可知
tA>tB
重力的平均功率为PG=WGt
所以A小球重力的平均功率比B小球重力的平均功率小，故C错误。
故选：B。
首先，根据机械能守恒定律判断到达底端N点时，两小球速度大小关系，再根据斜面的斜线判断速度的方向；
其次，根据重力做功的计算公式，判断由M到N的过程中，两球重力势能的变化量；
接着，根据平均功率的计算公式，判断由M到N的过程中两球重力的平均功率的大小关系。
本题考查了机械能与曲线运动的应用，解决本题的关键是画出两球的速度-时间图像，进而判断两球的运动时间。
4.【答案】D
【解析】解：根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
解得：v= GMr，ω= GMr3，T=2π r3GM。
A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以梦天实验舱的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、梦天实验舱的轨道半径小于空间站的轨道半径，根据ω= GMr3可知，天宫空间站运行的角速度小于梦天实验舱的角速度，故B错误；
C、梦天实验舱减速时做近心运动，其轨道高度降低，不能与天宫空间站完成对接，故C错误；
D、梦天实验舱的轨道半径小于空间站的轨道半径，对接后“结合体”在原空间站轨道运行，轨道半径变大，根据T=2π r3GM可知，梦天实验舱对接后周期变大，故D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力得到线速度、角速度和周期表达式，由此分析线速度、角速度和周期的大小；根据变轨原理分析C选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析。
5.【答案】A
【解析】解：在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示位移，根据题意可知，小政加速阶段斜率较小，其图像的斜率较小。若小政率先抵达终点，则用时较少，想要图像与横轴围成的面积相等，只能是小政的最大速度比小奇大才能满足要求，故A正确，BCD错误。
故选：A。
在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移，通过两个图线与时间轴围成的面积可比较二者的位移大小，确定最大速度关系。
解答本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
6.【答案】B
【解析】解：AB、根据图示可知当前状态AC间距小于BD间距。根据链条的受力分析可知，静止时，两根链条在竖直方向的合力与指示牌的重力平衡，设链条与竖直方向夹角为θ，每根链条上的拉力为F。则2Fcsθ=mg解得F=mg2csθ
所以可知当链条与竖直方向夹角越小，链条上拉力越小，所以仅减小AC距离，每根链条的拉力变大；而仅减小BD距离时，链条上的力会先减小后变大，链条处于竖直状态时拉力最小。故A错误，B正确；
C、指示牌前后摆动时，指示牌做的运动为圆周运动，每根链条的拉力时刻会发生变化，但根据竖直平面内圆周运动规律可知当链条处于竖直位置时并处在最低点时，其运动的速度最大，每根链条的拉力也是最大的。故C错误；
D、断开前不知道每根链条上的拉力大小，恢复静止后无法判断链条CD的拉力变化情况，但指示牌断开前的静止状态以及断开后恢复的静止状态，均处于平衡状态，合力为0不变。故D错误。
故选：B。
先对指示牌进行受力分析，可以得出随着BD之间距离的减小，每根链条的拉力先变小后变大，随着AC距离的减小，每根链条的拉力变大。在通过向心力公式可以得出，当指示牌处于最底端时的向心力最大，所以此时指示牌受到的力最大。指示牌所受的合力在没有受到加速度的影响下始终与其自身重量相等，不可能随意的增加或减少。
此题主要考查了对受力分析的掌握。要注意BD之间距离减小时，会减小到比AC之间距离还要小的时候，此时的链条上的力会变大。
7.【答案】C
【解析】解：A、全红婵沉入水中后受到水的阻力作用，阻力对她做负功，她的机械能减小，故A错误；
B、上升过程中，全红婵所受重力方向与运动方向相反，所以重力做负功。下落过程中，重力方向与运动方向相同，重力做正功。故重力先做负功后做正功，故B错误；
C、重力做功的瞬时功率为P=mgv，全红婵先向上减速，后向下加速再向下减速，所以重力做功的功率先减小后增大再减小，故C正确；
D、整个过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可知
WG−W克=0−12mv2<0，则WG
分析外力对全红婵做功情况，判断其机械能是否守恒；根据重力方向与运动方向的关系，判断重力做功正负；根据速度的变化分析重力做功功率的变化；根据动能定理列式分析重力所做的功与克服水的阻力所做的功的关系。
解决本题时，要明确全红婵的运动过程，分析外力做功情况，灵活运用动能定理分析各个力做功大小。
8.【答案】D
【解析】解：A.第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度，天舟六号飞船发射时的速度不可能小于7.9km/s，故A错误；
B.组合体绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r，可知：v= GMr；对接后，组合体沿原空间站的运行轨道Ⅱ做匀速圆周运动，轨道半径不变，则运行速度不变，故B错误；
C.根据牛顿第二定律可得：F=GMmr2=ma，整理得：a=GMr2，同样都是O点，则r相同、加速度大小相等，故C错误；
D.天舟六号轨道Ⅰ上经过O点加速做离心运动才能运行到轨道Ⅱ，所以天舟六号需要在O点通过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ与空间站顺利对接，故D正确。
故选：D。
第一宇宙速度7.9km/s是卫星的最小发射速度；根据万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据变轨原理分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握变轨原理。
9.【答案】AB
【解析】解：A.蹬地起跳时，地面受到的压力和小王受到的支持力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知两个力一定大小相等，故A正确；
B.蹬地起跳时，小王加速上升故小王所受的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知小王对地面的压力大小等于小王受到的支持力大小，故小王对地面的压力大于他的重力，故B正确；
C.屈腿下蹲过程，小王先加速后减速，不是平衡状态，即小王受到的重力和支持力不是一对平衡力，故C错误；
D.到达最高点时，小王受到重力作用，受力不平衡，故D错误。
故选：AB。
根据牛顿第三定律分析解答；根据牛顿第二定律和牛顿第三定律分析解答；根据平衡力的特点分析解答；对小王受力分析即可解答。
本题考查了作用力与反作用力的概念，二力平衡概念，牛顿第二定律等知识的理解，注意作用力与反作用力和平衡力的区分。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.受到风力作用后，无人机受到竖直向下的重力、水平方向的风力作用，根据矢量叠加可知加速度恒定不变，加速度方向与速度不在同一直线上，故无人机做匀变速曲线运动，故A正确；
B.由于无人机受到竖直向下的重力、水平方向的风力作用，无人机的合外力方向不在水平方向，也不在竖直方向，故B错误；
C.无人机竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2，可知无人机的运动时间与风力大小无关，故C正确；
D.风力越大，无人机落地时的水平速度越大，竖直速度为vy2=2gh，不变，根据矢量合成可知风力越大，无人机落地的速度越大，故D正确。
故选：ACD。
无人机的运动可以分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，两个分运动相互独立，然后结合运动的合成处理即可。
本题关键要明确合运动与分运动同时发生，互不干扰，同时合运动与分运动具有等效性，可以相互替代。
11.【答案】BD
【解析】解：AB、自行车车轮转动时，重物与车轮转动共轴转动，则重物运动的角速度与车轮转动的角速度相等，当速度达到一定值时，合力不足以提供重物做做圆周运动所需要的向心力而做离心运动，弹簧被拉长，使得电路接通，而不是受到了离心力，故A错误，B正确；
C、报警器运动到最高点时合力竖直向下，所以重物的重力大于弹簧的弹力，故C错误；
D、车子以速度v前进，是指轮心相对地面往前走，车子底部与地面接触点相对地面的速度为零，其实轮心相对地面向后转，相对轮心的速度为−v，轮子上各点相对轮心的速度大小都一样，都是v，而轮子的最高点相对轮心向前转，轮心也向前走，车轮最高点相对地面的速度为v+v=2v，故D正确。
故选：BD。
结合离心运动的条件分析重物向外运动的原因；重物与车轮共轴转动，角速度相等；报警器运动到最高点时，根据合力方向，分析弹簧的弹力与重物的重力大小；若自行车前进的速度大小为v，车子底部与地面接触点相对地面的速度为零，根据轮心相对于地面的速度以及轮子的最高点相对轮心的速度求解车轮最高点的速度大小。
本题考查生活中的圆周运动，关键是运用相对运动的观点分析最高点的速度，同时，要掌握离心运动的条件和向心力知识，并用来分析实际问题。
12.【答案】20050.0硬
【解析】解：(1)根据胡克定律可知F=k(l−l0)=k⋅l+kl0
结合F−l图像可知，图像的斜率表示弹簧的劲度系数k=12−0(9.0−3.0)×10−2N/m=200N/m
(2)根据胡克定律变形可得ΔF=k′Δl
代入表中数据k′=ΔFΔl=ΔmgΔl=(150−50)×10−3kg×9.80m/s2(8.62−6.66)×10−2m=50.0N/m
(3)根据题意可知，弹簧的劲度系数大的弹簧为硬弹簧
通过比较三种弹簧的劲度系数20000N/m>200N/m>50.0N/m
因此相比于实验小组的弹簧，减震弹簧是硬弹簧。
故答案为：(1)200；(2)50.0；(3)硬。
(1)根据胡克定律结合图像斜率的含义求弹簧的劲度系数；
(2)根据胡克定律结合表格中的数据求弹簧的劲度系数；
(3)根据题意可知，弹簧的劲度系数大的弹簧为硬弹簧，再比较三种弹簧的劲度系数得出答案。
本题主要考查了胡克定律的运用，求解弹簧的形变量(伸长量或压缩量)的解题的关键；要理解弹簧软、硬的含义。
13.【答案】x g2y 偏大 0.12 13m/s
【解析】解：(1)根据平抛运动规律可知，弹丸在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则
x=v0t，y=12gt2
方程联立解得
v0=x g2y
考虑竖直方向的空气阻力，则实际下落的时间比按照自由落体计算的时间长，在水平方向上的位移实际更大一些，计算初速度时仍按照自由落体时间计算，则此方法测出v0比真实值偏大。
(2)根据匀变速直线运动规律可知，连续相等的时间内位移之差为
Δh=BC−AC=4cm5−35cm=10cm=0.1m
且Δh=gT2
代入数据可得
T=0.1s
则第二枪弹丸的运动时间比第一枪多0.1s，出枪口时的初速度为
v0=xT=200.1×0.01m/s=2m/s
(3)根据题意可知
vBy=AB+BC2T
vAy=vBy−gT
vA= v02+vAy2
代入数据解得vA= 13m/s
故答案为：(1)x g2y；偏大；(2)0.1；2；(3) 13m/s
(1)根据平抛运动竖直和水平方向的运动规律解得初速度，并分析误差；
(2)根据匀变速直线运动规律解得第二枪弹丸比第一枪多的运动时间，代入数据解得初速度大小；
(3)根据速度的合成解得A点的速度。
本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中。
14.【答案】解：(1)根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为
x=v2−v022a加=(80m/s)2−(40m/s)22×5m/s2=480m
因为480m>320m，超过全舰长度，则假设不合理，舰载机不能正常起飞。
(2)假设减速时全舰长度足够长，则着陆后舰载机停下的时间为
t=0−v0a2=0−40m/s−20m/s2=2s<3s
故舰载飞机2s内停下后，保持静止。此段时间的位移为
x′=v02⋅t=40m/s2×2s=40m<320m
假设成立。则舰载飞机着陆3s内舰载机的位移为40m。
答：(1)不能正常起飞，理由见解析；
(2)着陆3s内舰载机的位移为40m。
【解析】根据速度-位移关系公式计算正常起飞的距离，再与题中距离比较，判断是否能够正常起飞。利用速度-时间公式求出舰载机减速到零时间，与题干所给时间比较再计算3S内位移。
本题主要考查匀变速直线运动公式的应用，理解题意利用正确公式求解是关键。
15.【答案】解：(1)根据题意可知，在W−x图像中，图像的倾斜程度代表力的大小，摩擦力
f=μFN=μmg
可知摩擦力是定值，即图像斜率不变，图线B是物体克服摩擦力做的功与位移的关系。
(2)根据图像斜率可知
k=2010N=2N
即f=2N
前3m运动过程中，风力大小为
F1=153N=5N
则物体在前3m运动过程中的加速度大小为
a=F1−fm=5−22m/s2=1.5m/s2
(3)前9m运动过程中，克服摩擦力做的功为
W克=fx=18J
根据动能定理可知
WF−W克=ΔEk=12mv2−0
解得
v=3m/s
答：(1)图乙中B图线描述的是物体克服摩擦力做的功与位移的关系，依据见上面的解析；
(2)物体在前3m运动过程中的加速度大小为1.5m/s2；
(3)x=9m时物体的速度大小为3m/s。
【解析】(1)乙图图像的斜率表示力的大小，物体在运动过程中受摩擦力大小不变，据此可以解答；
(2)根据牛顿第二定律可以得到物体的加速度；
(3)根据动能定理可以得到速度的大小。
知道W−x图像的斜率表示物体受到的力的大小是解题的关键。砝码质量(g)
50
100
150
弹簧长度(cm)
8.62
7.63
6.66
全舰长度
320m
舰宽
78m
母舰最大航速
30节(约为56km/h)
满载排水量
8万余吨
舰载机质量
50吨
舰载机搭载数量
60−70架
舰载机加速的加速度
5m/s2
舰载机减速的加速度
20m/s2
舰载机起飞速度
80m/s
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