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2020-2021学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（等级考）
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这是一份2020-2021学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（等级考），共24页。
2020-2021学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（等级考）
1. 在人类历史的长河中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。以下关于几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )
A. 伽利略用“月一地检验”证实了万有引力定律的正确性
B. 爱因斯坦建立了相对论，相对论物理学否定了牛顿力学
C. 牛顿利用扭秤装置，第一次较准确地测出了引力常量G的值
D. 开普勒用20年的时间研究了第谷的行星观测记录，提出了开普勒行星运动定律
2. 下列过程中，机械能一定守恒的是( )
A. 子弹射穿木块的过程
B. 树叶在空中缓缓飘落的过程
C. 木箱沿固定的光滑斜面向上滑动的过程
D. 跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降的过程
3. 关于地球的第一宇宙速度，下列说法正确的是( )
A. 它是物体绕地球运行的最小速度
B. 它是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度
C. 它是物体绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度
D. 它是物体脱离地球引力束缚、飞离地球的最小发射速度
4. 北京时间2020年12月17日1时59分，“嫦娥五号”取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆地球前部分轨道的简化示意图，其中Ⅰ是月地转移轨道，在M处由轨道Ⅰ变为环绕地球的椭圆轨道Ⅱ，在近地点N处再变为另一环绕地球的椭圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道Ⅱ上的N处经适当减速进入轨道Ⅲ
B. “嫦娥五号”在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅱ上运行的周期长
C. 在轨道Ⅱ上无动力运行时，“嫦娥五号”在M点的机械能比在N点的机械能大
D. “嫦娥五号”沿轨道Ⅲ经过N点的向心加速度大于沿轨道Ⅱ经过N点的向心加速度
5. 如图所示，轻质细杆一端拴一质量为m的小球，另一端可绕固定的光滑水平转轴O在竖直平面内做圆周运动。某次小球通过圆周的最低点时，杆对小球的拉力大小为6mg，不计一切阻力和摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 小球不能在竖直面内做完整的圆周运动
B. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时与杆之间没有力的作用
C. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时对杆有向下的、大小为mg的压力
D. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时对杆有向上的、大小为mg的拉力
6. 在以加速度a=5m/s2加速竖直上升的火箭中，有一个质量为5kg的物体放在其工作平台上。当火箭上升到某一高度时，工作平台受到的压力大小为27N，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度g=10m/s2，则此时火箭离地面的高度为( )
A. 2R B. 3R C. 4R D. 5R
7. 将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为( )
A. H2 B. 2H3 C. 3H4 D. 4H5
8. 质量相等的甲、乙两物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2的作用下由静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和2t0速度分别达到2v0，和3v0时，撤去F1和F2，以后物体各自继续做匀减速直线运动直至停止。此过程中两物体的速度-时间图像如图所示。若在该过程中F1和F2所做的功分别为W1和W2，则W1与W2的比值为( )
A. 23 B. 34 C. 43 D. 25
9. 如图所示，一个容器固定在水平地面上，其内壁是一粗糙程度均匀、半径为R的半球面，在半球面水平直径AB的一端A处有一质量为m的小滑块，它沿容器内壁由静止开始下滑。当小滑块第一次经过容器底部时，它对容器底部的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，则( )
A. 小滑块下滑过程中机械能守恒
B. 小滑块能够上升到对面距容器底部R2高度处
C. 小滑块第一次经过容器底部时，向心加速度大小为g
D. 小滑块从开始下滑到第一次经过容器底部的过程中，克服摩擦力做功mgR2
10. 2019年9月，北斗系统正式向全球提供服务，在轨运行的39颗卫星中包括21颗北斗三号卫星：18颗中圆轨道卫星、1颗地球静止轨道卫星、2颗倾斜地球同步轨道卫星。其中倾斜地球同步轨道卫星运行周期与地球自转周期相同，但轨道平面与赤道平面有一定夹角，中圆轨道卫星的运行周期为8h，所有卫星的轨道均为圆轨道。下列说法正确的是( )
A. 倾斜地球同步轨道卫星运行轨道的圆心一定在地心
B. 中圆轨道卫星的轨道半径是倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径的13
C. 倾斜地球同步轨道卫星运行所需的向心力小于中圆轨道卫星运行所需的向心力
D. 倾斜地球同步轨道卫星的轨道倾角合适，该卫星可以在每天的固定时间经过北京上空
11. 据报道，沪杭高铁(上海-杭州)运行的最高时速达到416.6km/h，继续刷新世界铁路运营试验的最高时速，但同时对车辆和铁路建设提出了更高的要求。一方面，火车提速需要增大发动机功率；另一方面，铁路转弯处要求外轨比内轨稍高，其内外轨高度差h的设计不仅与弯道半径r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。如果火车行驶时所受阻力与v2成正比，铁路轨道内外轨之间的距离L一定，则以下说法正确的是( )
A. 如果h一定时，v越大则要求r越大
B. 如果r一定时，v越大则要求h越小
C. 如果火车最高时速变为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的8倍
D. 如果火车最高时速变为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的4倍
12. 如图所示，质量为m的工件刚好能沿倾角为θ=30∘的固定斜面匀速下滑，已知重力加速度为g，则工件沿斜面向下通过位移x的过程中，下列说法正确的是( )
A. 工件的机械能保持不变
B. 合力对工件做的功为零
C. 工件的重力势能的减少量为mgx
D. 工件与斜面之间由于摩擦产生的热量为mgx2
13. 如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为1。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中( )
A. 小球的机械能先增加后减少
B. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 弹簧弹性势能的最大值为mg(h+x)
D. 小球下落到距地面H=1−mgk高度时动能最大
14. 在建筑工地，人们经常需要利用大型起吊设备将地面上的建筑工件运送到高处。某次起吊机通过钢丝绳将某建筑工件由静止竖直向上吊起，起吊机的机械输出功率恒为P=20kW，工件运动过程中所受空气阻力大小不变，工件最终做匀速运动。此过程中工件加速度a与工件运动速率的倒数1v的关系如图所示，已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 工件的质量为400kg
B. 工件的加速度随时间均匀增大
C. 工件最终匀速时的速度大小为10021m/s
D. 工件运动过程中所受空气阻力大小为400N
15. 如图所示，有一个中心轴线竖直的锥形漏斗，内壁光滑，内壁上有两个完全相同的小球甲和乙，各自在不同水平面内做匀速圆周运动，则它们的运转周期______选填“大于”、“小于”或“等于”)；小球甲、乙运转所需的向心力______选填“大于”、“小于”或“等于”)。
16. 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知重物A的质量为3m，重物B的质量为m，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，当B的位移为h时，重物A的速度为______，重物B的速度为______。
17. 利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左、右半径比分别是1：1、2：1和3：1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，已知A、C分别到塔轮中心的距离相等，B到塔轮中心的距离是A到塔轮中心的距离的2倍，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上。匀速转动手柄时，左边标尺露出6个分格，右边标尺露出3个分格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为______，此次实验说明______。
18. 某同学在实验室中利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)下列说法正确的是______。(选填正确答案的序号)
A.该实验需要用秒表测量重物的下落时间
B.将打点计时器接到学生电源的直流6V输出端
C.安装打点计时器时，两限位孔应处于同一条竖直线上
D.先接通打点计时器连接的电源开关，然后自由释放纸带
(2)实验中操作规范，但不慎将一条选择好的纸带前面的一部分损坏了，只能研究中间某过程机械能是否守恒。如图乙所示，相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺测出各计数点之间的距离。已知当地重力加速度为g，打点计时器的工作频率为f，重物的质量为m，则从打B点到打E点的过程中，重物的重力势能减少量为______，动能的增加量为______(均用题目中给定的物理量字母表示)。若两者近似相等，则说明在误差允许的范围内，做自由下落的重物机械能守恒。
19. 地球赤道上有一位天文爱好者利用天文望远镜观测地球卫星的运行情况，其中在赤道平面内有一颗自西向东运行的近地卫星a，他发现，该卫星至少每隔时间T0就会从其正上方飞过。已知地球半径为R，地球两极处的重力加速度为g，引力常量为G。求：
(1)地球的质量M；
(2)地球的自转周期T。
20. 在能源和环保的压力下，新能源汽车无疑成为未来汽车的发展方向。其中有一种以氢气为燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定功率为60kW，在倾角为α(sinα=0.07)的长直公路上行驶时，如图所示，所受的摩擦阻力为车重的0.08倍。若斜坡足够长，该汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为a=1.5m/s2，达到额定功率后，汽车保持该功率不变，继续行驶8s后，开始匀速行驶。重力加速度g=10m/s2，求：
(1)汽车匀速行驶时的速度大小；
(2)汽车匀加速运动阶段所经历的时间；
(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中所经过的总位移。
21. 如图甲所示，质量为M=1kg的长木板A静止在水平地面上，在长木板的左端放置一个质量为m=1kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。现对铁块施加一水平向右的拉力F，F大小随时间t变化关系图像如图乙所示，当t=4s时，撤去拉力F。木板足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)B相对于A滑行的最大距离Δx；
(2)整个运动过程中，系统由于摩擦产生的热量Q。
22. 摩托车特技表演一直深受人们的喜爱，其中有一项飞跃表演，其简化模型如图所示，左侧为一倾角为α(tanα=0.5)的斜坡P，右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接(斜坡面沿C端的切线方向)，其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称，B为圆弧轨道的最低点。表演者驾驶摩托车先在斜坡P上加速行驶，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，此后关闭动力系统，摩托车自由滑行，经t1=2s恰好无碰撞地从A端沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC，然后从C端冲上斜坡Q，在斜坡上减速到零后又反向滑回。已知摩托车从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的D点所经的时间间隔t2=3s，表演者与摩托车的总质量M=100kg，斜坡P顶端与A端的水平间隔x=32m，圆弧轨道ABC的半径R=5m，摩托车与斜坡Q间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小；
(2)摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力；
(3)从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、牛顿用“月一地检验”证实了万有引力定律的正确性，故A错误；
B、爱因斯坦建立了相对论，成功地解释了物体高速运动(接进光速)的规律，但并没有否定经典力学，只有当物体的速度接进光速时，才需要考虑相对论效应，故B错误；
C、卡文迪许利用扭秤装置，第一次较准确地测出了引力常量G的值，故C错误；
D、开普勒用20年的时间研究了第谷的行星观测记录，提出了开普勒行星运动定律，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.【答案】C
【解析】解：A、子弹射穿木块的过程，由于阻力做功，系统的机械能一部分转化为内能，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、树叶在空中缓缓飘落的过程受到空气阻力作用，阻力做负功，机械能不守恒，故B错误；
C、木箱沿固定的光滑斜面向上滑动的过程，运动过程中只有重力做功，满足机械能守恒的条件，机械能守恒，故C正确；
D、跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降的过程，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故D错误。
故选：C。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能是动能与势能的总和．根据机械能守恒的条件和机械能的概念进行分析判断．
本题关键掌握住机械能守恒的条件和机械能的概念，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
3.【答案】B
【解析】解：AB、地球的第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是物体绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故A错误，B正确；
C、绕地球做圆轨道运行的物体向心力等于万有引力，即mv2r=GMmr2，绕地球做椭圆轨道运行的物体在近地点时做离心运动，向心力大于万有引力即mv′2r>GMmr2，则v′>v，物体绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度大于在同高度轨道绕地球做匀速圆周运动的速度，故C错误；
D、物体脱离地球引力束缚、飞离地球的最小速度为第二宇宙速度，故D错误。
故选：B。
第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，可以理解为：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度；②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度。
本题考查学生对第一宇宙速度意义的认识，要求学生在理解的基础上加以识记，难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A、“嫦娥五号”由较高的轨道Ⅱ向较低的轨道Ⅲ在N点变轨时，需要减速实现变轨，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可知，环绕同一中心天体，椭圆轨道的半长轴的立方与周期平方的比值一定，即半长轴的立方与周期平方成正比，由图知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅲ的半长轴长，因此嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，故B错误；
C、“嫦娥五号”在轨道Ⅱ运行时，只受到地球对其万有引力的作用，则只有万有引力对其做功，动能与引力势能相互转化，机械能守恒，因此嫦娥五号在M点的机械能与在N点的机械能相等，故C错误；
D、Q点是轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上的同一点，嫦娥五号在Q点受到的万有引力是相同的，由牛顿第二定律可知，在Q点加速度是相同的，故D错误；
故选：A。
嫦娥五号环绕中心天体只受万有引力稳定运行过程，机械能是守恒的；根据开普勒第三定律可知，半长轴越长，周期越长；嫦娥五号在N点万有引力相同则加速度相同；轨道Ⅱ向轨道Ⅲ在N点变轨时，需要减速实现变轨。
该题考查天体运动的规律，环绕中心天体运动，轨道为圆周时，万有引力等于向心力，轨道为椭圆时，万有引力提供向心力但两者不相等，可应用开普勒三大行星定律处理椭圆的问题，应用离心和向心运动判断万有引力与向心力的大小关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、在最低点时，根据牛顿第二定律得，F1−mg=mv12R，
其中F1=6mg，
从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得，−mg⋅2R=12mv22−12mv12，
联立解得v2=gR，
所以，小球能够到达最高点，能在竖直面内做完整的圆周运动，故A错误；
BCD、在最高点时，设小球与杆之间的作用力为F2，
根据牛顿第二定律得，F2−mg=mv22R，
其中v2=gR，
联立解得F2=0，故B正确，CD错误；
故选：B。
在最高点和最低点，由合外力提供小球所需要的向心力，根据动能定理及向心力公式列式求解速度大小。
本题竖直平面内圆周运动临界条件问题，抓住杆能支撑小球的特点，所以最高点的临界速度为零，再由牛顿第二定律进行分析。
6.【答案】C
【解析】解：在匀加速上升火箭中，物体与火箭具有相同的加速度，令此位置的重力加速度为g′，物体对工作平台的压力为27N，则据牛顿第三定律，物体所受平台的支持力FN=27N，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
FN−mg′=ma
可得此位置的重力加速度g′=FN−mam=27−5×55m/s2=0.4m/s2
令地球质量为M，火箭此时距地面高度为H，据重力等于万有引力有：
在地球表面：GmMR2=mg ①
在火箭中某位置：GmM(R+H)2=mg′ ②
由①②两式代入g=10m/s2和g′=0.4m/s2可解得：H=4R。所以ABD错误，C正确。
故选：C。
物体与火箭一起匀加速上升，根据加速度和作用力求得物体此时所受重力及其位置的重力加速度，再根据重力与万有引力有关系求得火箭距地面的高度。
本题主要是考查牛顿第二定律的应用，解答关键是能清楚受力情况，根据牛顿第二定律以及万有引力和重力的关系分析。
7.【答案】B
【解析】解：物体总的机械能为mgH，
当高度为h时，动能是重力势能的一半，即动能为12mgh，
由机械能守恒定律可得：mgh+12mgh=mgH，则h=23H，故B正确，ACD错误。
故选：B。
不计空气阻力，说明物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律和动能与重力势能的关系分别列式，即可求解．
此题是机械能守恒定律的应用，要抓住不计空气阻力时，抛体运动的机械能是守恒的，并能挖掘和利用题设的条件．
8.【答案】D
【解析】解：根据速度-时间图像的斜率表示加速度，由图知撤去拉力后两个物体的加速度大小相等，由于两个物体的质量也相等，由牛顿第二定律知f=ma，知两个物体受到的滑动摩擦力大小相等。
根据v−t图像与时间轴所围的面积大小等于位移，由几何知识可知甲、乙两个物体通过的总位移之比为x1：x2=2v0⋅3v02：3v0⋅5t02=2：5
对整个过程，由动能定理得：
对甲有W1−fx1=0
对乙有W2−fx2=0
则W1：W2=x1：x2=2：5，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据速度-时间图像的斜率表示加速度，求出撤去拉力后两个物体的加速度之比，从而求得摩擦力大小之比；根据图像与时间轴所围的面积大小等于位移，由几何知识求出整个过程位移大小之比，再对整个过程，利用动能定理求W1与W2的比值。
解答本题时，要能根据v−t图像的斜率分析加速度关系，根据图像的“面积”分析位移关系。应用动能定理时，要注意灵活选择研究过程。
9.【答案】CD
【解析】解：A.小滑块下滑过程有摩擦力做负功，则机械能减小，故A错误；
CD.小滑块第一次经过容器底部时，它对容器底部的压力大小为2mg，由牛顿第三定律可知容器对滑块的支持力为2mg，由牛顿第二定律有
2mg−mg=mv2R=ma
可得向心加速度大小为a=g
速度为v=gR
则下滑过程由动能定理有mgR−Wf=12mv2−0
可得Wf=mgR2
即克服摩擦力做功mgR2.故CD正确；
B.滑块向右上滑到速度减为零的过程，由动能定理有
−mgh−W′f=0−12mv2
因摩擦力做负功，则h
小滑块下滑过程有摩擦力做负功，则机械能减小；根据牛顿第二定律可解得小滑块第一次经过容器底部时加速度，根据动能定理解得摩擦力做功，并判断小滑块是否可以到达R2处。
本题考查功能关系，解题关键掌握摩擦力对滑块做负功，根据动能定理解题即可。
10.【答案】AD
【解析】解：A、倾斜地球同步轨道卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对卫星的万有引力提供向心力，而地球对卫星的万有引力指向地心，则卫星运行轨道的圆心一定在地心，故A正确；
B、设地球的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r，运行周期为T，根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，解得T=2πr3GM
据题知，中圆轨道卫星的运行周期为8h，倾斜地球同步轨道卫星的运行周期为24h，则两者运行周期之比为，根据T=2πr3GM得中圆轨道卫星的轨道半径与倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径之比为，故B错误；
C、倾斜地球同步轨道卫星运行所需的向心力与中圆轨道卫星运行所需的向心力均由地球对卫星的万有引力提供，根据万有引力定律F=GMmr2，知由于两卫星的质量关系未知，所以不能比较向心力大小，故C错误；
D、倾斜同步轨道卫星相对于地球是非静止的，轨道平面与赤道平面有一定夹角，只要倾角合适，该卫星可以在每天的固定时间经过北京上空，故D正确。
故选：AD。
卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对卫星的万有引力提供向心力，卫星运行轨道的圆心一定在地心；根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的运行周期与轨道半径的关系，从而求得中圆轨道卫星的轨道半径与倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径之比；根据万有引力定律分析向心力大小；倾斜地球同步轨道卫星的轨道倾角合适，可以经过北京上空。
本题考查人造地球卫星的相关知识，要知道人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动时，圆心是地球的地心，由万有引力提供向心力。
11.【答案】AC
【解析】解：AB.设内外轨的水平距离为d，当以设计速度转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，可得
mv2r=mghd
当h一定时，v大，则要求r越大，r一定时，v越大，则要求h越大，故B错误，A正确；
CD.根据功率与速度和力的关系可得
P=Fv
又
F=f=kv2
所以，如果火车提速为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的8倍，故D错误，C正确。
故选：AC。
火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解；根据P=Fv，F=f=kv2可判断。
本题是物理模型在实际生活中的应用题，正确写出相关的向心力的表达式，同时要注意几何关系在解题中的运用，难度适中。
12.【答案】BD
【解析】解：A、工件匀速下滑，工件下滑过程受到滑动摩擦力作用，工件受力如图所示，滑动摩擦力对工件做功，机械能转化为内能，工件的机械能减小，故A错误；
B、工件匀速下滑，工件处于平衡状态，工件所受合力为零，合力对工件做功为零，故B正确；
C、重力做正功，工件的重力势能减少，工件减少的机械能ΔEp=mgxsin30∘=12mgx，故C错误；
D、由功能关系可知，工件与斜面之间由于摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，即Q=mgxsin30∘=12mgx，故D正确。
故选：BD。
只有重力或弹力做功机械能守恒；根据功是计算公式求出合力对工件做的功；重力势能的减少量等于重力做的功；由功能关系求出摩擦产生的热量。
根据题意分析清楚工件的运动过程与受力情况是解题的前提，应用功的计算公式与功能关系即可解题。
13.【答案】BCD
【解析】解：AB.从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹蓄组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，故A错误，B正确；
C.当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于小球重力势能的减小量，为mg(h+x)，故C正确；
D.当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大，即
mg=kΔx
此时小球距地面高度
H=1−Δx=1−mgk
故D正确。
故选：BCD。
小球受力平衡的位置动能最大，根据系统的机械能守恒分析小球与弹簧组成系统的势能之和最小的位置；根据小球的受力情况分析合外力做功情况；根据功能关系分析弹簧弹性势能的最大值；根据机械能守恒条件判断机械能变化。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；知道小球在运动过程中合外力为零的位置动能最大，根据功能关系、动能定理以及系统的机械能守恒定律进行分析。
14.【答案】AC
【解析】解：A、设工件的质量为m，运动过程中所受阻力大小为f。
根据牛顿第二定律得
F−f−mg=ma
根据功率公式得P=Fv
联立得a=Pm⋅1v−(fm+g)
由图得图像的斜率k=Pm=10.50.21m2/s3=50m2/s3，
解得m=400kg
故A正确；
B、工件由静止竖直向上吊起的过程中，速度逐渐增大，1v逐渐减小，结合图像，加速度逐渐减小，故B错误；
C、当工件的加速度为零时做匀速运动，由图可知，a=0时，1v=0.21s/m，可得工件最终匀速时的速度大小：v=10021m/s，故C正确；
D、当1v=0，−(fm+g)=−10.5m/s2，
解得f=200N，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv列式，得到a与1v的关系式，结合图像的斜率和截距求出空气阻力大小和工件的质量；再根据平衡条件求在匀速运动时工件所受起吊机的拉力大小当工件的加速度为零时做匀速运动，由图读出a=0时1v的值，即可求出工件最终匀速时的速度大小。
本题与汽车起动类型相似，要明确工件的运动情况，知道工件速度最大的条件：加速度为零。能根据牛顿第二定律得到解析式，结合图像的信息来解决问题。
15.【答案】大于 等于
【解析】解：设漏斗内壁母线与水平方向的夹角为θ.以任意一个小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和漏斗内壁的支持力N，它们的合力提供向心力，如图，
向心力Fn=mgtanθ，由于甲乙两球质量相等，夹角θ相同，故
据Fn=mr4π2T2，可得匀速圆周运动的同期T=4π2mrFn，在向心力、质量一定的情况下，半径大的甲的周期大，故
故答案为：大于、等于。
小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可。
解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心力表达式的应用。
16.【答案】gh7 2gh7
【解析】解：已知重物A的质量为3m，要使A平衡，动滑轮上方的绳子拉力F=12×3mg=1.5mg，重物B的质量为m，所以释放后A下降、B上升。
当B的位移为h时，设A的速度为v，则B的速度大小为2v，A下降的高度为12h。
以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得系统重力势能的减少等于系统动能的增加，则有：
3mg⋅12h−mgh=12×3mv2+12m(2v)2
解得：v=gh7，2v=2gh7。
故答案为：gh7；2gh7。
A、B两个物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律和两个物体速度关系、位移关系求解。
本题是系统机械能守恒类型，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，知道B的速度是A的2倍，B上升的高度是A下降高度的2倍。
17.【答案】1：1 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比
【解析】解：设皮带连接的左右塔轮半径分别为r1和r2，左右塔轮的角速度分别为ω1和ω2，A、C到塔轮中心的距离为r。A、C两个小球向心力大小分别为F1和F2。
根据题意知，F1：F2=2：1
两小球转动半径之比rB：rC=2：1：
根据F=mrω2知，则由F1F2=rBω1rCω2得：
ω1：ω2=1：1；
左右塔轮边缘的线速度大小相等，由v=ωr得皮带连接的左、右塔轮半径之比为1：1；
因两小球转动的角速度相等，则本实验说明：做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比；
故答案为：1：1；做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比。
线速度相等时角速度与半径成反比，根据控制变量法求解皮带连接的左右塔轮半径之比，根据控制变量法得到做匀速圆周运动的物体在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
本实验采用的是控制变量法，即要研究一个量与另外一个量两者的关系，需要控制其它量不变。要读懂题意，明确确定向心力关系的方法。
18.【答案】CDmg(x2+x3+x4)mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
【解析】解：(1)A.可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故A错误；
B.打点计时器应接约8V交流电源，故B错误；
C.为了减小阻力对实验结果的影响，在安装打点计时器时，两限位孔应处于同一条竖直线上，故C正确；
D.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D正确。
故选CD.
(2)根据重力势能的公式，可得从打B点到打E点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp=mgΔh=mg(x2+x3+x4)
从打B点到打E点的过程中，动能的增加量为E点的动能减去B点的动能，匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度，则
E点的速度为DF段的平均速度，即有
vE=DF2T=x4+x52T=f(x4+x5)4
B点的速度为AC段的平均速度，即有
vB=AC2T=x1+x22T=f(x1+x2)4
所以动能的增加量为ΔEk=12mvE2−12mvB2
代入可得ΔEk=mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
故答案为：(1)CD；(2)mg(x2+x3+x4)，mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
(1)要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
(2)根据势能和动能的表达式进行计算。
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，掌握数据处理的方法。
19.【答案】解：(1)在地球表面上，不考虑地球自转影响，根据物体受到的重力近似等于地球对物体的万有引力，得
m′g=GMm′R2
解得M=gR2G
(2)设近地卫星a的运行周期为Ta。根据万有引力提供向心力，得
mg=m4π2Ta2R
可得Ta=2πRg
根据题意可得在时间T0内，近地卫星a比地球多转一圈，则
T0Ta−T0T=1
解得：T=2πT0RT0g−2πR
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)地球的自转周期T为2πT0RT0g−2πR。
【解析】(1)在地球表面上，不考虑地球自转影响，物体受到的重力近似等于地球对物体的万有引力，由此列式求解地球的质量M；
(2)根据万有引力提供向心力，列式得到近地卫星a的运行周期。根据在时间T0内，近地卫星a比地球多转一圈列式，求地球的自转周期T。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用，关键要掌握重力等于万有引力和万有引力提供向心力这两条基本思路，并能熟练运用。
20.【答案】解：汽车匀速行驶时
F=kmg+mgsinα
vm=PF
代入数据解得：vm=20m/s；
(2)汽车匀加速运动阶段
F−kmg−mgsinα=ma
v1=PF
t1=v1a
代入数据解得t1=203s；
(3)汽车匀加速运动阶段：s1=12at12，
恒定功率运动阶段：Pt2−kmgs2=12mvm2−12mv12，
行驶所经过的总位移s=s1+s2，
代入数据解得：s=93.3m
答：(1)汽车匀速行驶时的速度为20m/s；
(2)汽车匀加速运动阶段所经历的时间为203s；
(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中所经过的总位移为93.3m。
【解析】(1)汽车匀速行驶时，发动机达到额定功率；(2)汽车匀加速运动阶段，结合牛顿第二定律可求；(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中经历了匀加速和变加速两个过程，变加速运动位移需要通过动能定理求解。
本题考查了机车启动问题，解决此类问题难点在于变加速直线运动过程的处理，求位移通常由功能关系求得。
21.【答案】解：(1)在0∼1s内，A、B分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
对A：μ1mg−μ2(M+m)g=MaA
对B：F1−μ1mg=maB
代入数据解得
aA=1m/s2
aB=5m/s2
当t=1s时，根据v=v0+at
解得
vA=1m/svB=5m/s，
根据位移-时间关系有
xB1=12aBt2
xA1=12aAt2
则Δx1=xB1−xA1
代入数据解得Δx=2m
此时F大小改变
对A：继续以aA=1m/s2做匀加速直线运动
对B：μ1mg−F2=ma1
解得a1=1m/s2
则B做匀减速直线运动
设再经时间t1，两者达到共速
vA+aAt1=vB−a1t1
得：t1=2s
此时μ2(M+m)g=F2
所以t=3s至t=4s内，A、B一起做匀速运动
在t=1s至t=4s内，B相对A滑行的距离
代入数据解得Δx2=4m
B相对A滑行的最大距离Δx=Δx1+Δx2=2m+4m=6m
(2)A、B之间产生的摩擦热Q1=μ1mgΔx
代入数据解得Q1=18J
撤去拉力F后，A、B一起做匀减速运动直到停止
整个过程A的总位移
A与地面之间产生的摩擦热Q2=μ2(M+m)gxA
整个运动过程中，系统产生的摩擦热Q=Q1+Q2
代入数据解得Q=42J
答：(1)B相对于A滑行的最大距离为6m；
(2)整个运动过程中，系统由于摩擦产生的热量为42J。
【解析】(1)根据两物体受力分析，结合牛顿第二定律求得加速度，结合运动情况解得；
(2)分别计算AB间摩擦生热与A与地面间的摩擦生热，相加即可。
本题考查牛顿第二定律与功能关系，解题关键是对两物体的运动情况进行分析，结合摩擦力做功求解。
22.【答案】解：(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动
水平方向，有：vx=xt1=322m/s=16m/s
摩托车离开斜坡P时有tanα=vyvx=0.5
解得vy=8m/s
摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小v=vx2+vy2=162+82m/s=85m/s
(2)在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为θ.
摩托车到达A端时水平方向分速度大小vAx=vx=16m/s
竖直方向分速度大小vAy=vAy−gt1=(8−10×2)m/s=−12m/s，负号表示速度方向竖直向下
到达A端速度大小为vA=vAx2+vAy2=162+122m/s=20m/s
tanθ=|vAy|vAx=1216=0.75，得θ=37∘
摩托车从A到B，由动能定理得
MgR(1−cosθ)=12MvB2−12MvB2
在B处，对摩托车，由牛顿第二定律得
FN−Mg=MvB2R
联立解得FN=9400N
由牛顿第三定律可知：摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力大小为9400N
(3)摩托车以v0=20m/s的速度从C点冲上斜坡Q，由几何关系知斜面倾角为37∘
沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37∘+μMgcos37∘=Ma1
从C点上滑至最高点的时间t3=v0a1
解得t3=2s
上滑的最大距离x1=12a1t32=12×10×22m=20m
沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37∘−μMgcos37∘=Ma2
从最高点下滑至D点的时间t4=t2−t3=3s−2s=1s
从最高点下滑至D点的位移大小x2=12a2t42=12×2×12m=1m
斜坡上C、D两点间的距离s=x1−x2=20m−1m=19m
从C到D的过程中，摩托车连同表演者克服重力做的功WG=Mgssin37∘
解得WG=11400J
答：(1)摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小为85m/s；
(2)摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力为9400N；
(3)从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功为11400J。
【解析】(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据几何关系求摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小；
(2)在A点，速度方向沿轨道切线方向，由速度-时间公式求出摩托车到达A端时竖直方向分速度，结合摩托车进入A端的速度方向，由分速度关系求出
到达A端的速度。摩托车从A到B，由动能定理求出摩托车到达B点时速度，再由牛顿运动定律求对摩托车对轨道的压力。
(3)根据牛顿第二定律和运动学公式上结合求出斜坡上C、D两点间的距离，再求从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。
解答本题时，要理清摩托车的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究。涉及力在时间的效果，可根据牛顿第二定律和运动学公式相结合处理。
2020-2021学年山东省烟台市高一（下）期中物理试卷（等级考）
1. 在人类历史的长河中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。以下关于几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )
A. 伽利略用“月一地检验”证实了万有引力定律的正确性
B. 爱因斯坦建立了相对论，相对论物理学否定了牛顿力学
C. 牛顿利用扭秤装置，第一次较准确地测出了引力常量G的值
D. 开普勒用20年的时间研究了第谷的行星观测记录，提出了开普勒行星运动定律
2. 下列过程中，机械能一定守恒的是( )
A. 子弹射穿木块的过程
B. 树叶在空中缓缓飘落的过程
C. 木箱沿固定的光滑斜面向上滑动的过程
D. 跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降的过程
3. 关于地球的第一宇宙速度，下列说法正确的是( )
A. 它是物体绕地球运行的最小速度
B. 它是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度
C. 它是物体绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度
D. 它是物体脱离地球引力束缚、飞离地球的最小发射速度
4. 北京时间2020年12月17日1时59分，“嫦娥五号”取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆地球前部分轨道的简化示意图，其中Ⅰ是月地转移轨道，在M处由轨道Ⅰ变为环绕地球的椭圆轨道Ⅱ，在近地点N处再变为另一环绕地球的椭圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥五号”在轨道Ⅱ上的N处经适当减速进入轨道Ⅲ
B. “嫦娥五号”在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅱ上运行的周期长
C. 在轨道Ⅱ上无动力运行时，“嫦娥五号”在M点的机械能比在N点的机械能大
D. “嫦娥五号”沿轨道Ⅲ经过N点的向心加速度大于沿轨道Ⅱ经过N点的向心加速度
5. 如图所示，轻质细杆一端拴一质量为m的小球，另一端可绕固定的光滑水平转轴O在竖直平面内做圆周运动。某次小球通过圆周的最低点时，杆对小球的拉力大小为6mg，不计一切阻力和摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 小球不能在竖直面内做完整的圆周运动
B. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时与杆之间没有力的作用
C. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时对杆有向下的、大小为mg的压力
D. 小球能够在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点时对杆有向上的、大小为mg的拉力
6. 在以加速度a=5m/s2加速竖直上升的火箭中，有一个质量为5kg的物体放在其工作平台上。当火箭上升到某一高度时，工作平台受到的压力大小为27N，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度g=10m/s2，则此时火箭离地面的高度为( )
A. 2R B. 3R C. 4R D. 5R
7. 将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为( )
A. H2 B. 2H3 C. 3H4 D. 4H5
8. 质量相等的甲、乙两物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2的作用下由静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和2t0速度分别达到2v0，和3v0时，撤去F1和F2，以后物体各自继续做匀减速直线运动直至停止。此过程中两物体的速度-时间图像如图所示。若在该过程中F1和F2所做的功分别为W1和W2，则W1与W2的比值为( )
A. 23 B. 34 C. 43 D. 25
9. 如图所示，一个容器固定在水平地面上，其内壁是一粗糙程度均匀、半径为R的半球面，在半球面水平直径AB的一端A处有一质量为m的小滑块，它沿容器内壁由静止开始下滑。当小滑块第一次经过容器底部时，它对容器底部的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，则( )
A. 小滑块下滑过程中机械能守恒
B. 小滑块能够上升到对面距容器底部R2高度处
C. 小滑块第一次经过容器底部时，向心加速度大小为g
D. 小滑块从开始下滑到第一次经过容器底部的过程中，克服摩擦力做功mgR2
10. 2019年9月，北斗系统正式向全球提供服务，在轨运行的39颗卫星中包括21颗北斗三号卫星：18颗中圆轨道卫星、1颗地球静止轨道卫星、2颗倾斜地球同步轨道卫星。其中倾斜地球同步轨道卫星运行周期与地球自转周期相同，但轨道平面与赤道平面有一定夹角，中圆轨道卫星的运行周期为8h，所有卫星的轨道均为圆轨道。下列说法正确的是( )
A. 倾斜地球同步轨道卫星运行轨道的圆心一定在地心
B. 中圆轨道卫星的轨道半径是倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径的13
C. 倾斜地球同步轨道卫星运行所需的向心力小于中圆轨道卫星运行所需的向心力
D. 倾斜地球同步轨道卫星的轨道倾角合适，该卫星可以在每天的固定时间经过北京上空
11. 据报道，沪杭高铁(上海-杭州)运行的最高时速达到416.6km/h，继续刷新世界铁路运营试验的最高时速，但同时对车辆和铁路建设提出了更高的要求。一方面，火车提速需要增大发动机功率；另一方面，铁路转弯处要求外轨比内轨稍高，其内外轨高度差h的设计不仅与弯道半径r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。如果火车行驶时所受阻力与v2成正比，铁路轨道内外轨之间的距离L一定，则以下说法正确的是( )
A. 如果h一定时，v越大则要求r越大
B. 如果r一定时，v越大则要求h越小
C. 如果火车最高时速变为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的8倍
D. 如果火车最高时速变为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的4倍
12. 如图所示，质量为m的工件刚好能沿倾角为θ=30∘的固定斜面匀速下滑，已知重力加速度为g，则工件沿斜面向下通过位移x的过程中，下列说法正确的是( )
A. 工件的机械能保持不变
B. 合力对工件做的功为零
C. 工件的重力势能的减少量为mgx
D. 工件与斜面之间由于摩擦产生的热量为mgx2
13. 如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为1。质量为m的小球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中( )
A. 小球的机械能先增加后减少
B. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 弹簧弹性势能的最大值为mg(h+x)
D. 小球下落到距地面H=1−mgk高度时动能最大
14. 在建筑工地，人们经常需要利用大型起吊设备将地面上的建筑工件运送到高处。某次起吊机通过钢丝绳将某建筑工件由静止竖直向上吊起，起吊机的机械输出功率恒为P=20kW，工件运动过程中所受空气阻力大小不变，工件最终做匀速运动。此过程中工件加速度a与工件运动速率的倒数1v的关系如图所示，已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 工件的质量为400kg
B. 工件的加速度随时间均匀增大
C. 工件最终匀速时的速度大小为10021m/s
D. 工件运动过程中所受空气阻力大小为400N
15. 如图所示，有一个中心轴线竖直的锥形漏斗，内壁光滑，内壁上有两个完全相同的小球甲和乙，各自在不同水平面内做匀速圆周运动，则它们的运转周期______选填“大于”、“小于”或“等于”)；小球甲、乙运转所需的向心力______选填“大于”、“小于”或“等于”)。
16. 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知重物A的质量为3m，重物B的质量为m，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，当B的位移为h时，重物A的速度为______，重物B的速度为______。
17. 利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左、右半径比分别是1：1、2：1和3：1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，已知A、C分别到塔轮中心的距离相等，B到塔轮中心的距离是A到塔轮中心的距离的2倍，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小可由塔轮中心标尺露出的等分格的格数读出。在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球放在B、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上。匀速转动手柄时，左边标尺露出6个分格，右边标尺露出3个分格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为______，此次实验说明______。
18. 某同学在实验室中利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)下列说法正确的是______。(选填正确答案的序号)
A.该实验需要用秒表测量重物的下落时间
B.将打点计时器接到学生电源的直流6V输出端
C.安装打点计时器时，两限位孔应处于同一条竖直线上
D.先接通打点计时器连接的电源开关，然后自由释放纸带
(2)实验中操作规范，但不慎将一条选择好的纸带前面的一部分损坏了，只能研究中间某过程机械能是否守恒。如图乙所示，相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺测出各计数点之间的距离。已知当地重力加速度为g，打点计时器的工作频率为f，重物的质量为m，则从打B点到打E点的过程中，重物的重力势能减少量为______，动能的增加量为______(均用题目中给定的物理量字母表示)。若两者近似相等，则说明在误差允许的范围内，做自由下落的重物机械能守恒。
19. 地球赤道上有一位天文爱好者利用天文望远镜观测地球卫星的运行情况，其中在赤道平面内有一颗自西向东运行的近地卫星a，他发现，该卫星至少每隔时间T0就会从其正上方飞过。已知地球半径为R，地球两极处的重力加速度为g，引力常量为G。求：
(1)地球的质量M；
(2)地球的自转周期T。
20. 在能源和环保的压力下，新能源汽车无疑成为未来汽车的发展方向。其中有一种以氢气为燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定功率为60kW，在倾角为α(sinα=0.07)的长直公路上行驶时，如图所示，所受的摩擦阻力为车重的0.08倍。若斜坡足够长，该汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为a=1.5m/s2，达到额定功率后，汽车保持该功率不变，继续行驶8s后，开始匀速行驶。重力加速度g=10m/s2，求：
(1)汽车匀速行驶时的速度大小；
(2)汽车匀加速运动阶段所经历的时间；
(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中所经过的总位移。
21. 如图甲所示，质量为M=1kg的长木板A静止在水平地面上，在长木板的左端放置一个质量为m=1kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。现对铁块施加一水平向右的拉力F，F大小随时间t变化关系图像如图乙所示，当t=4s时，撤去拉力F。木板足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)B相对于A滑行的最大距离Δx；
(2)整个运动过程中，系统由于摩擦产生的热量Q。
22. 摩托车特技表演一直深受人们的喜爱，其中有一项飞跃表演，其简化模型如图所示，左侧为一倾角为α(tanα=0.5)的斜坡P，右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接(斜坡面沿C端的切线方向)，其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称，B为圆弧轨道的最低点。表演者驾驶摩托车先在斜坡P上加速行驶，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，此后关闭动力系统，摩托车自由滑行，经t1=2s恰好无碰撞地从A端沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC，然后从C端冲上斜坡Q，在斜坡上减速到零后又反向滑回。已知摩托车从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的D点所经的时间间隔t2=3s，表演者与摩托车的总质量M=100kg，斜坡P顶端与A端的水平间隔x=32m，圆弧轨道ABC的半径R=5m，摩托车与斜坡Q间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小；
(2)摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力；
(3)从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、牛顿用“月一地检验”证实了万有引力定律的正确性，故A错误；
B、爱因斯坦建立了相对论，成功地解释了物体高速运动(接进光速)的规律，但并没有否定经典力学，只有当物体的速度接进光速时，才需要考虑相对论效应，故B错误；
C、卡文迪许利用扭秤装置，第一次较准确地测出了引力常量G的值，故C错误；
D、开普勒用20年的时间研究了第谷的行星观测记录，提出了开普勒行星运动定律，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.【答案】C
【解析】解：A、子弹射穿木块的过程，由于阻力做功，系统的机械能一部分转化为内能，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B、树叶在空中缓缓飘落的过程受到空气阻力作用，阻力做负功，机械能不守恒，故B错误；
C、木箱沿固定的光滑斜面向上滑动的过程，运动过程中只有重力做功，满足机械能守恒的条件，机械能守恒，故C正确；
D、跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降的过程，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故D错误。
故选：C。
物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能是动能与势能的总和．根据机械能守恒的条件和机械能的概念进行分析判断．
本题关键掌握住机械能守恒的条件和机械能的概念，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
3.【答案】B
【解析】解：AB、地球的第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是物体绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故A错误，B正确；
C、绕地球做圆轨道运行的物体向心力等于万有引力，即mv2r=GMmr2，绕地球做椭圆轨道运行的物体在近地点时做离心运动，向心力大于万有引力即mv′2r>GMmr2，则v′>v，物体绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度大于在同高度轨道绕地球做匀速圆周运动的速度，故C错误；
D、物体脱离地球引力束缚、飞离地球的最小速度为第二宇宙速度，故D错误。
故选：B。
第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，可以理解为：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度；②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度。
本题考查学生对第一宇宙速度意义的认识，要求学生在理解的基础上加以识记，难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A、“嫦娥五号”由较高的轨道Ⅱ向较低的轨道Ⅲ在N点变轨时，需要减速实现变轨，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可知，环绕同一中心天体，椭圆轨道的半长轴的立方与周期平方的比值一定，即半长轴的立方与周期平方成正比，由图知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅲ的半长轴长，因此嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，故B错误；
C、“嫦娥五号”在轨道Ⅱ运行时，只受到地球对其万有引力的作用，则只有万有引力对其做功，动能与引力势能相互转化，机械能守恒，因此嫦娥五号在M点的机械能与在N点的机械能相等，故C错误；
D、Q点是轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上的同一点，嫦娥五号在Q点受到的万有引力是相同的，由牛顿第二定律可知，在Q点加速度是相同的，故D错误；
故选：A。
嫦娥五号环绕中心天体只受万有引力稳定运行过程，机械能是守恒的；根据开普勒第三定律可知，半长轴越长，周期越长；嫦娥五号在N点万有引力相同则加速度相同；轨道Ⅱ向轨道Ⅲ在N点变轨时，需要减速实现变轨。
该题考查天体运动的规律，环绕中心天体运动，轨道为圆周时，万有引力等于向心力，轨道为椭圆时，万有引力提供向心力但两者不相等，可应用开普勒三大行星定律处理椭圆的问题，应用离心和向心运动判断万有引力与向心力的大小关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、在最低点时，根据牛顿第二定律得，F1−mg=mv12R，
其中F1=6mg，
从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得，−mg⋅2R=12mv22−12mv12，
联立解得v2=gR，
所以，小球能够到达最高点，能在竖直面内做完整的圆周运动，故A错误；
BCD、在最高点时，设小球与杆之间的作用力为F2，
根据牛顿第二定律得，F2−mg=mv22R，
其中v2=gR，
联立解得F2=0，故B正确，CD错误；
故选：B。
在最高点和最低点，由合外力提供小球所需要的向心力，根据动能定理及向心力公式列式求解速度大小。
本题竖直平面内圆周运动临界条件问题，抓住杆能支撑小球的特点，所以最高点的临界速度为零，再由牛顿第二定律进行分析。
6.【答案】C
【解析】解：在匀加速上升火箭中，物体与火箭具有相同的加速度，令此位置的重力加速度为g′，物体对工作平台的压力为27N，则据牛顿第三定律，物体所受平台的支持力FN=27N，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
FN−mg′=ma
可得此位置的重力加速度g′=FN−mam=27−5×55m/s2=0.4m/s2
令地球质量为M，火箭此时距地面高度为H，据重力等于万有引力有：
在地球表面：GmMR2=mg ①
在火箭中某位置：GmM(R+H)2=mg′ ②
由①②两式代入g=10m/s2和g′=0.4m/s2可解得：H=4R。所以ABD错误，C正确。
故选：C。
物体与火箭一起匀加速上升，根据加速度和作用力求得物体此时所受重力及其位置的重力加速度，再根据重力与万有引力有关系求得火箭距地面的高度。
本题主要是考查牛顿第二定律的应用，解答关键是能清楚受力情况，根据牛顿第二定律以及万有引力和重力的关系分析。
7.【答案】B
【解析】解：物体总的机械能为mgH，
当高度为h时，动能是重力势能的一半，即动能为12mgh，
由机械能守恒定律可得：mgh+12mgh=mgH，则h=23H，故B正确，ACD错误。
故选：B。
不计空气阻力，说明物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律和动能与重力势能的关系分别列式，即可求解．
此题是机械能守恒定律的应用，要抓住不计空气阻力时，抛体运动的机械能是守恒的，并能挖掘和利用题设的条件．
8.【答案】D
【解析】解：根据速度-时间图像的斜率表示加速度，由图知撤去拉力后两个物体的加速度大小相等，由于两个物体的质量也相等，由牛顿第二定律知f=ma，知两个物体受到的滑动摩擦力大小相等。
根据v−t图像与时间轴所围的面积大小等于位移，由几何知识可知甲、乙两个物体通过的总位移之比为x1：x2=2v0⋅3v02：3v0⋅5t02=2：5
对整个过程，由动能定理得：
对甲有W1−fx1=0
对乙有W2−fx2=0
则W1：W2=x1：x2=2：5，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据速度-时间图像的斜率表示加速度，求出撤去拉力后两个物体的加速度之比，从而求得摩擦力大小之比；根据图像与时间轴所围的面积大小等于位移，由几何知识求出整个过程位移大小之比，再对整个过程，利用动能定理求W1与W2的比值。
解答本题时，要能根据v−t图像的斜率分析加速度关系，根据图像的“面积”分析位移关系。应用动能定理时，要注意灵活选择研究过程。
9.【答案】CD
【解析】解：A.小滑块下滑过程有摩擦力做负功，则机械能减小，故A错误；
CD.小滑块第一次经过容器底部时，它对容器底部的压力大小为2mg，由牛顿第三定律可知容器对滑块的支持力为2mg，由牛顿第二定律有
2mg−mg=mv2R=ma
可得向心加速度大小为a=g
速度为v=gR
则下滑过程由动能定理有mgR−Wf=12mv2−0
可得Wf=mgR2
即克服摩擦力做功mgR2.故CD正确；
B.滑块向右上滑到速度减为零的过程，由动能定理有
−mgh−W′f=0−12mv2
因摩擦力做负功，则h
小滑块下滑过程有摩擦力做负功，则机械能减小；根据牛顿第二定律可解得小滑块第一次经过容器底部时加速度，根据动能定理解得摩擦力做功，并判断小滑块是否可以到达R2处。
本题考查功能关系，解题关键掌握摩擦力对滑块做负功，根据动能定理解题即可。
10.【答案】AD
【解析】解：A、倾斜地球同步轨道卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对卫星的万有引力提供向心力，而地球对卫星的万有引力指向地心，则卫星运行轨道的圆心一定在地心，故A正确；
B、设地球的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r，运行周期为T，根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，解得T=2πr3GM
据题知，中圆轨道卫星的运行周期为8h，倾斜地球同步轨道卫星的运行周期为24h，则两者运行周期之比为，根据T=2πr3GM得中圆轨道卫星的轨道半径与倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径之比为，故B错误；
C、倾斜地球同步轨道卫星运行所需的向心力与中圆轨道卫星运行所需的向心力均由地球对卫星的万有引力提供，根据万有引力定律F=GMmr2，知由于两卫星的质量关系未知，所以不能比较向心力大小，故C错误；
D、倾斜同步轨道卫星相对于地球是非静止的，轨道平面与赤道平面有一定夹角，只要倾角合适，该卫星可以在每天的固定时间经过北京上空，故D正确。
故选：AD。
卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对卫星的万有引力提供向心力，卫星运行轨道的圆心一定在地心；根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的运行周期与轨道半径的关系，从而求得中圆轨道卫星的轨道半径与倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径之比；根据万有引力定律分析向心力大小；倾斜地球同步轨道卫星的轨道倾角合适，可以经过北京上空。
本题考查人造地球卫星的相关知识，要知道人造地球卫星围绕地球做匀速圆周运动时，圆心是地球的地心，由万有引力提供向心力。
11.【答案】AC
【解析】解：AB.设内外轨的水平距离为d，当以设计速度转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，可得
mv2r=mghd
当h一定时，v大，则要求r越大，r一定时，v越大，则要求h越大，故B错误，A正确；
CD.根据功率与速度和力的关系可得
P=Fv
又
F=f=kv2
所以，如果火车提速为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的8倍，故D错误，C正确。
故选：AC。
火车转弯时，重力与支持力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解；根据P=Fv，F=f=kv2可判断。
本题是物理模型在实际生活中的应用题，正确写出相关的向心力的表达式，同时要注意几何关系在解题中的运用，难度适中。
12.【答案】BD
【解析】解：A、工件匀速下滑，工件下滑过程受到滑动摩擦力作用，工件受力如图所示，滑动摩擦力对工件做功，机械能转化为内能，工件的机械能减小，故A错误；
B、工件匀速下滑，工件处于平衡状态，工件所受合力为零，合力对工件做功为零，故B正确；
C、重力做正功，工件的重力势能减少，工件减少的机械能ΔEp=mgxsin30∘=12mgx，故C错误；
D、由功能关系可知，工件与斜面之间由于摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，即Q=mgxsin30∘=12mgx，故D正确。
故选：BD。
只有重力或弹力做功机械能守恒；根据功是计算公式求出合力对工件做的功；重力势能的减少量等于重力做的功；由功能关系求出摩擦产生的热量。
根据题意分析清楚工件的运动过程与受力情况是解题的前提，应用功的计算公式与功能关系即可解题。
13.【答案】BCD
【解析】解：AB.从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中，小球与弹蓄组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能变大，则小球的机械能减少，故A错误，B正确；
C.当小球到达最低点时弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知，弹簧弹性势能的最大值等于小球重力势能的减小量，为mg(h+x)，故C正确；
D.当小球的重力等于弹簧弹力时，合力为零，加速度为零，此时小球的速度最大，动能最大，即
mg=kΔx
此时小球距地面高度
H=1−Δx=1−mgk
故D正确。
故选：BCD。
小球受力平衡的位置动能最大，根据系统的机械能守恒分析小球与弹簧组成系统的势能之和最小的位置；根据小球的受力情况分析合外力做功情况；根据功能关系分析弹簧弹性势能的最大值；根据机械能守恒条件判断机械能变化。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；知道小球在运动过程中合外力为零的位置动能最大，根据功能关系、动能定理以及系统的机械能守恒定律进行分析。
14.【答案】AC
【解析】解：A、设工件的质量为m，运动过程中所受阻力大小为f。
根据牛顿第二定律得
F−f−mg=ma
根据功率公式得P=Fv
联立得a=Pm⋅1v−(fm+g)
由图得图像的斜率k=Pm=10.50.21m2/s3=50m2/s3，
解得m=400kg
故A正确；
B、工件由静止竖直向上吊起的过程中，速度逐渐增大，1v逐渐减小，结合图像，加速度逐渐减小，故B错误；
C、当工件的加速度为零时做匀速运动，由图可知，a=0时，1v=0.21s/m，可得工件最终匀速时的速度大小：v=10021m/s，故C正确；
D、当1v=0，−(fm+g)=−10.5m/s2，
解得f=200N，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律和功率公式P=Fv列式，得到a与1v的关系式，结合图像的斜率和截距求出空气阻力大小和工件的质量；再根据平衡条件求在匀速运动时工件所受起吊机的拉力大小当工件的加速度为零时做匀速运动，由图读出a=0时1v的值，即可求出工件最终匀速时的速度大小。
本题与汽车起动类型相似，要明确工件的运动情况，知道工件速度最大的条件：加速度为零。能根据牛顿第二定律得到解析式，结合图像的信息来解决问题。
15.【答案】大于 等于
【解析】解：设漏斗内壁母线与水平方向的夹角为θ.以任意一个小球为研究对象，分析受力情况：重力mg和漏斗内壁的支持力N，它们的合力提供向心力，如图，
向心力Fn=mgtanθ，由于甲乙两球质量相等，夹角θ相同，故
据Fn=mr4π2T2，可得匀速圆周运动的同期T=4π2mrFn，在向心力、质量一定的情况下，半径大的甲的周期大，故
故答案为：大于、等于。
小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可。
解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心力表达式的应用。
16.【答案】gh7 2gh7
【解析】解：已知重物A的质量为3m，要使A平衡，动滑轮上方的绳子拉力F=12×3mg=1.5mg，重物B的质量为m，所以释放后A下降、B上升。
当B的位移为h时，设A的速度为v，则B的速度大小为2v，A下降的高度为12h。
以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得系统重力势能的减少等于系统动能的增加，则有：
3mg⋅12h−mgh=12×3mv2+12m(2v)2
解得：v=gh7，2v=2gh7。
故答案为：gh7；2gh7。
A、B两个物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律和两个物体速度关系、位移关系求解。
本题是系统机械能守恒类型，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，知道B的速度是A的2倍，B上升的高度是A下降高度的2倍。
17.【答案】1：1 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比
【解析】解：设皮带连接的左右塔轮半径分别为r1和r2，左右塔轮的角速度分别为ω1和ω2，A、C到塔轮中心的距离为r。A、C两个小球向心力大小分别为F1和F2。
根据题意知，F1：F2=2：1
两小球转动半径之比rB：rC=2：1：
根据F=mrω2知，则由F1F2=rBω1rCω2得：
ω1：ω2=1：1；
左右塔轮边缘的线速度大小相等，由v=ωr得皮带连接的左、右塔轮半径之比为1：1；
因两小球转动的角速度相等，则本实验说明：做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比；
故答案为：1：1；做匀速圆周运动的物体，在质量和转动角速度一定时，所需向心力与转动半径的成正比。
线速度相等时角速度与半径成反比，根据控制变量法求解皮带连接的左右塔轮半径之比，根据控制变量法得到做匀速圆周运动的物体在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
本实验采用的是控制变量法，即要研究一个量与另外一个量两者的关系，需要控制其它量不变。要读懂题意，明确确定向心力关系的方法。
18.【答案】CDmg(x2+x3+x4)mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
【解析】解：(1)A.可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故A错误；
B.打点计时器应接约8V交流电源，故B错误；
C.为了减小阻力对实验结果的影响，在安装打点计时器时，两限位孔应处于同一条竖直线上，故C正确；
D.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D正确。
故选CD.
(2)根据重力势能的公式，可得从打B点到打E点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp=mgΔh=mg(x2+x3+x4)
从打B点到打E点的过程中，动能的增加量为E点的动能减去B点的动能，匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度，则
E点的速度为DF段的平均速度，即有
vE=DF2T=x4+x52T=f(x4+x5)4
B点的速度为AC段的平均速度，即有
vB=AC2T=x1+x22T=f(x1+x2)4
所以动能的增加量为ΔEk=12mvE2−12mvB2
代入可得ΔEk=mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
故答案为：(1)CD；(2)mg(x2+x3+x4)，mf232[(x4+x5)2−(x1+x2)2]
(1)要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
(2)根据势能和动能的表达式进行计算。
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，掌握数据处理的方法。
19.【答案】解：(1)在地球表面上，不考虑地球自转影响，根据物体受到的重力近似等于地球对物体的万有引力，得
m′g=GMm′R2
解得M=gR2G
(2)设近地卫星a的运行周期为Ta。根据万有引力提供向心力，得
mg=m4π2Ta2R
可得Ta=2πRg
根据题意可得在时间T0内，近地卫星a比地球多转一圈，则
T0Ta−T0T=1
解得：T=2πT0RT0g−2πR
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)地球的自转周期T为2πT0RT0g−2πR。
【解析】(1)在地球表面上，不考虑地球自转影响，物体受到的重力近似等于地球对物体的万有引力，由此列式求解地球的质量M；
(2)根据万有引力提供向心力，列式得到近地卫星a的运行周期。根据在时间T0内，近地卫星a比地球多转一圈列式，求地球的自转周期T。
本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用，关键要掌握重力等于万有引力和万有引力提供向心力这两条基本思路，并能熟练运用。
20.【答案】解：汽车匀速行驶时
F=kmg+mgsinα
vm=PF
代入数据解得：vm=20m/s；
(2)汽车匀加速运动阶段
F−kmg−mgsinα=ma
v1=PF
t1=v1a
代入数据解得t1=203s；
(3)汽车匀加速运动阶段：s1=12at12，
恒定功率运动阶段：Pt2−kmgs2=12mvm2−12mv12，
行驶所经过的总位移s=s1+s2，
代入数据解得：s=93.3m
答：(1)汽车匀速行驶时的速度为20m/s；
(2)汽车匀加速运动阶段所经历的时间为203s；
(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中所经过的总位移为93.3m。
【解析】(1)汽车匀速行驶时，发动机达到额定功率；(2)汽车匀加速运动阶段，结合牛顿第二定律可求；(3)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中经历了匀加速和变加速两个过程，变加速运动位移需要通过动能定理求解。
本题考查了机车启动问题，解决此类问题难点在于变加速直线运动过程的处理，求位移通常由功能关系求得。
21.【答案】解：(1)在0∼1s内，A、B分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
对A：μ1mg−μ2(M+m)g=MaA
对B：F1−μ1mg=maB
代入数据解得
aA=1m/s2
aB=5m/s2
当t=1s时，根据v=v0+at
解得
vA=1m/svB=5m/s，
根据位移-时间关系有
xB1=12aBt2
xA1=12aAt2
则Δx1=xB1−xA1
代入数据解得Δx=2m
此时F大小改变
对A：继续以aA=1m/s2做匀加速直线运动
对B：μ1mg−F2=ma1
解得a1=1m/s2
则B做匀减速直线运动
设再经时间t1，两者达到共速
vA+aAt1=vB−a1t1
得：t1=2s
此时μ2(M+m)g=F2
所以t=3s至t=4s内，A、B一起做匀速运动
在t=1s至t=4s内，B相对A滑行的距离
代入数据解得Δx2=4m
B相对A滑行的最大距离Δx=Δx1+Δx2=2m+4m=6m
(2)A、B之间产生的摩擦热Q1=μ1mgΔx
代入数据解得Q1=18J
撤去拉力F后，A、B一起做匀减速运动直到停止
整个过程A的总位移
A与地面之间产生的摩擦热Q2=μ2(M+m)gxA
整个运动过程中，系统产生的摩擦热Q=Q1+Q2
代入数据解得Q=42J
答：(1)B相对于A滑行的最大距离为6m；
(2)整个运动过程中，系统由于摩擦产生的热量为42J。
【解析】(1)根据两物体受力分析，结合牛顿第二定律求得加速度，结合运动情况解得；
(2)分别计算AB间摩擦生热与A与地面间的摩擦生热，相加即可。
本题考查牛顿第二定律与功能关系，解题关键是对两物体的运动情况进行分析，结合摩擦力做功求解。
22.【答案】解：(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动
水平方向，有：vx=xt1=322m/s=16m/s
摩托车离开斜坡P时有tanα=vyvx=0.5
解得vy=8m/s
摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小v=vx2+vy2=162+82m/s=85m/s
(2)在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为θ.
摩托车到达A端时水平方向分速度大小vAx=vx=16m/s
竖直方向分速度大小vAy=vAy−gt1=(8−10×2)m/s=−12m/s，负号表示速度方向竖直向下
到达A端速度大小为vA=vAx2+vAy2=162+122m/s=20m/s
tanθ=|vAy|vAx=1216=0.75，得θ=37∘
摩托车从A到B，由动能定理得
MgR(1−cosθ)=12MvB2−12MvB2
在B处，对摩托车，由牛顿第二定律得
FN−Mg=MvB2R
联立解得FN=9400N
由牛顿第三定律可知：摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力大小为9400N
(3)摩托车以v0=20m/s的速度从C点冲上斜坡Q，由几何关系知斜面倾角为37∘
沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37∘+μMgcos37∘=Ma1
从C点上滑至最高点的时间t3=v0a1
解得t3=2s
上滑的最大距离x1=12a1t32=12×10×22m=20m
沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37∘−μMgcos37∘=Ma2
从最高点下滑至D点的时间t4=t2−t3=3s−2s=1s
从最高点下滑至D点的位移大小x2=12a2t42=12×2×12m=1m
斜坡上C、D两点间的距离s=x1−x2=20m−1m=19m
从C到D的过程中，摩托车连同表演者克服重力做的功WG=Mgssin37∘
解得WG=11400J
答：(1)摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小为85m/s；
(2)摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力为9400N；
(3)从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功为11400J。
【解析】(1)摩托车离开斜坡P做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据几何关系求摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小；
(2)在A点，速度方向沿轨道切线方向，由速度-时间公式求出摩托车到达A端时竖直方向分速度，结合摩托车进入A端的速度方向，由分速度关系求出
到达A端的速度。摩托车从A到B，由动能定理求出摩托车到达B点时速度，再由牛顿运动定律求对摩托车对轨道的压力。
(3)根据牛顿第二定律和运动学公式上结合求出斜坡上C、D两点间的距离，再求从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。
解答本题时，要理清摩托车的运动过程，把握每个过程遵守的物理规律。对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究。涉及力在时间的效果，可根据牛顿第二定律和运动学公式相结合处理。
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