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2022-2023学年山西省太原市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年山西省太原市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19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.对动能的理解，下列说法正确的是( )
A. 动能可取负值B. 物体的动能改变，其运动状态一定改变
C. 物体速度变化时，动能不一定变化D. 动能不变的物体，一定处于平衡状态
2.关于力对物体做的功，下列说法正确的是( )
A. 小明平托着餐盘沿水平方向匀速前进，小明对餐盘不做功
B. 若行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力做正功
C. 滑动摩擦力对物体一定做负功
D. −10J的功比8J的功少
3.城市用户的污水会通过地下管道输送到污水处理厂，工厂先将污水用水泵抽送至地面，再对污水进行净化处理。下列说法正确的是( )
A. 当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，重力对污水做负功
B. 当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，污水的重力势能增加
C. 水泵将污水抽送至地面的过程中，重力对污水做正功
D. 水泵将污水抽送至地面的过程中，污水的重力势能增加
4.如图所示，篮球运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，由静止发力跳起摸高。忽略整个过程中空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 运动员在未离开地面的起跳过程中，地面对运动员做正功
B. 运动员在未离开地面的起跳过程中，运动员处于失重状态
C. 运动员在未离开地面的起跳过程中，运动员的机械能增加
D. 运动员从地面起跳，地面对人的支持力大于人对地面的压力
5.我国航天事业快速发展，下列关于航天器的说法正确的是( )
A. 火星探测器“天问一号”在地面附近发射，速度大于第三宇宙速度
B. 月球探测器“嫦娥号”在地面附近发射，速度达到第二宇宙速度
C. 北斗卫星导航系统中“地球静止轨道卫星”的运行速度小于第一宇宙速度
D. 绕地球做匀速圆周运动的航天器返回地球，必须点火加速到第一宇宙速度
6.如图为高山滑雪赛道示意图。AB段赛道的竖直落差为H，C点距离A点的高度差为h，质量为m的运动员可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 以A点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgh
B. 以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgH
C. 以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mg(H−h)
D. 无论以哪一点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能均为mgh
7.如图所示，先将同步卫星发射到近地圆轨道Ⅰ，在其经过A点时点火，使其沿椭圆轨道Ⅱ运行，在远地点B再次点火，将卫星送入同步圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ运行的加速度大于在轨道Ⅲ运行的加速度
B. 卫星在轨道Ⅲ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C. 在远地点B再次点火时，推进器向前喷气使卫星减速
D. 卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大于在轨道Ⅰ上运行的线速度
8.A、B两星仅在相互万有引力的作用下，分别绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。A星表面的物质受B星引力作用，离开A星，流向B星。若双星总质量保持不变，间距不变。下列说法正确的是( )
A. 双星系统的周期减小B. 双星系统的角速度减小
C. B星的线速度增大D. A星的线速度增大
9.体育课上，质量为50kg的同学在一分钟内做了5个引体向上。若该同学每次引体向上重心上升的高度均为40cm，该同学克服重力做功的功率约为( )
A. 1.6WB. 16WC. 160WD. 1000W
10.已知中国空间站的运行轨道可近似看作距离地球表面400km的圆形轨道，空间站运行速度约为7.7km/s。地球半径约为6400km，万有引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2根据以上物理量可估算地球质量约为( )
A. 3.6×1017kgB. 3.6×1023kgC. 6.0×1023kgD. 6.0×1024kg
二、多选题：本大题共5小题，共15分。
11.“蹦极”被称为“勇敢者的游戏”。将一根自然长度为OA的弹性轻绳一端系在人身上，另一端固定在跳台边缘。人从跳台由静止下落开始计时，下落过程中速度随时间的变化如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 人从跳台下落到A点这一过程中，人的重力势能转化为动能
B. 人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为动能
C. 人在下落过程中，弹性绳对人先做正功再做负功
D. 人从A点运动到C点这一过程中，人的机械能一直减少
12.有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的低空圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空圆轨道探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是( )
A. a的向心加速度大于b的向心加速度
B. b的运行周期小于c的运行周期
C. d的角速度最小
D. 四颗卫星的速度大小关系是va>vb>vc>vd
13.如图所示，质量为m的小明站在质量为M的电梯内，手中托着一摞总质量为m0的书本，小明始终与电梯保持相对静止。钢索拉着电梯由静止开始匀加速上升，当上升高度为H时，速度为v0在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小明对书本支持力做的功等于12m0v02
B. 钢索的拉力做功等于12(m0+m+M)v02+MgH
C. 电梯对小明的支持力做的功等于12(m+m0)v02+(m+m0)gH
D. 电梯受到各个力做功的代数和等于12Mv02
14.已知地球半径为R，自转周期为T，卫星近地面环绕速度为v0在南极点附近，从距地面高h处的位置，以某初速度水平抛出一物体，经时间t后物体落回地面，h远小于R，物体的运动可看作平抛运动。地球赤道上的重力加速度可表示为( )
A. 2ht2+4π2RT2B. v2R+4π2RT2C. 2ht2−4π2RT2D. v2R−4π2RT2
15.单梁起重机起吊重物的额定功率为22kW，沿竖直方向由静止匀加速向上吊起1吨的重物，加速度为1m/s2。不计额外功的损失，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，3s末重物开始匀速上升。下列选项正确的是( )
A. 重物匀加速时间只能维持1s
B. 重物加速过程的位移大小为4.158m
C. 重物匀速向上运动的速度大小为2.2m/s
D. 该起重机在2s末的瞬时起吊功率为22kW
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.某同学用如图1所示装置做“验证动能定理”的实验。适度垫高滑板右侧，未挂钩码时，轻推小车，小车恰能做匀速直线运动。悬挂钩码后，小车由静止开始运动，且钩码始终未碰到地面，小车也未触碰到滑轮，当地的重力加速度为g。
(1)已知小车质量为M，钩码的质量为m。
(2)如图2是某次实验中打出纸带的一部分。O点为打出的第一个点，A、B、C为实际打出的三个点，打点周期为T。通过测量，A、B、C三点到O点的距离分别为xA、xB、xC，则打点计时器打B点时小车的速度为______(用题中已知字母表示)。
(3)小车从O点到B点的过程中，验证动能定理是否成立的关系式为______(用题中已知字母表示)。
17.某实验小组利用如图装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。实验步骤如下：
①用天平测出钩码A(含挡光片)的质量m1、钩码B的质量m2，测得m2>m1；
②测出挡光片宽度d；
③按照如图所示的装置安装好实验器材；
④用刻度尺测出两光电门中心的高度差H；
⑤将钩码B从一定高度由静止释放后，测出挡光片上升过程中先后通过两光电门的挡光时间Δt1，Δt2。
(1)钩码A运动的加速度为______(用上述四个字母d、H、Δt1、Δt2表示)；
(2)在运动过程中，钩码A的机械能______(填“守恒”或“不守恒”)；
(3)如果系统机械能守恒，应满足的关系式为______(已知重力加速度为g，用题目中已知字母表示)；
(4)某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。
A.绳子、滑轮有一定质量
B.计算重力势能时，g取10m/s2
C.测量两光电门外侧距离为高度差H
D.测量两光电门内侧距离为高度差H
四、简答题：本大题共5小题，共41分。
18.科学家在距离地球最近的恒星系统“半人马座阿尔法星系”中发现了一颗类地行星“比邻星b”。观察到贴近该行星表面运行的卫星，周期为T。已知万有引力常量为G，求“比邻星b”的平均密度ρ。
19.套圈是一种投掷套物的传统民俗游戏。某次游戏中，小朋友从距地高1.25m处，以5m/s的初速度水平抛出一个小圈，小圈落地且未击中目标。小圈的质量为0.2kg，重力加速度g取10m/s2。求；
(1)若不计空气阻力，小圈落地时重力的瞬时功率；
(2)若小圈落地时的速度大小为7m/s，小圈在下落过程中克服空气阻力做的功。
20.一倾角为θ=37∘的斜面固定在水平面上，斜面上有A、B、C三点，AB间的动摩擦因数为μ1，BC间的动摩擦因数为μ2，质量为m=1kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，经B滑至底端C，速度恰好减为零。此过程小物块的v−t图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小物块下滑过程中，因摩擦产生的热量；
(2)小物块在斜面底端C，以多大的初速度v沿斜面滑上，恰好能滑至斜面的顶端A；
(3)μ1和μ2的值。
21.如图所示，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与物块A相连，另一端与小球B(可视为质点)连接，小球B套在竖直光滑杆上，定滑轮到竖直光滑杆的距离l=0.4m。已知物块A的质量为mA，小球B的质量为mB。初始时，小球B在外力作用下静止，此时定滑轮左侧轻绳水平。现将小球B由静止释放，小球沿杆下滑到最低点时，下降距离为h=0.3m此时物块A没有到达定滑轮处。不计滑轮大小、质量及阻力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块A与小球B的质量之比；
(2)若小球B下降距离h=0.3m时，物块A的速度为1m/s，物块A与小球B的质量之比。
22.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为4m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧自然伸长水平放置于OA，用外力将质量为m的物体压缩弹簧至长度l，然后由静止释放，物体与弹簧不拴连。光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为l，不计空气阻力，物体可看作质点，重力加速度为g。求：
(1)当物体经过B点进入导轨的瞬间，对轨道压力的大小；
(2)若物体每次都能从最高点C离开轨道，改变轨道半径大小，从而使物体落地点与C的水平距离d发生变化。当水平距离d取最大值时，轨道半径为多大，最大水平距离d为多大。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据动能表达式：Ek=12mv2，可知动能不可以取负值，故A错误；
B.物体的动能改变，则物体的速度大小发生改变，其运动状态一定改变，故B正确；
C物体速度变化时，如果只是速度方向发生变化时，速度大小不变，则动能不变，故C正确；
D.动能不变的物体，可能只是速度大小不变，而速度的方向发生改变，则物体不处于平衡状态，故D错误。
故选：C。
根据动能表达式：Ek=12mv2，合速度是矢量既有大小又有方向，可对题目选项进行判断。
本题考查对动能公式和速度的理解，掌握动能公式和速度的物理意义，是正确解题的关键。
2.【答案】A
【解析】解：A、小明平托着餐盘沿水平方向匀速前进，小明对餐盘的作用力竖直向上，与餐盘的运动方向垂直，小明对餐盘不做功，故A正确；
B、若行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力始终与行星的运动方向垂直，不做功，故B错误；
C、滑动摩擦力对物体可能做正功，可能做负功，可能不做功，故C错误；
D、功的正负仅表示做正功或做负功，不表示功的大小，比较功的大小要比较做功的绝对值，则−10J的功比8J的功多，故D错误。
故选：A。
根据运动方向与力的方向判断做功的正负；滑动摩擦力可能做做正功，可能做负功，可能不做功；比较功的大小要比较做功的绝对值。
本题考查功的计算，解题关键是知道力的方向与运动方向垂直时不做功，功的正负表示做正功或做负功，不表示做功的大小。
3.【答案】D
【解析】解：A.当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，重力对污水做正功，故A错误；
B.当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，高度降低，污水的重力势能减少，故B错误；
C.水泵将污水抽送至地面的过程中，重力对污水做负功，故C错误；
D.水泵将污水抽送至地面的过程中，高度增加，污水的重力势能增加，故D正确。
故选：D。
根据功的定义判断做功正负，根据重力做功与重力势能的变化的关系分析判断。
本题考查功能关系，解题关键掌握高度变化时重力做功情况及重力势能变化情况。
4.【答案】C
【解析】解：A.运动员在未离开地面的起跳过程中，地面对运动员的支持力没有位移，则不做功，故A错误；
B.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，运动员先向上加速，加速度向上，故运动员先处于超重状态，故B错误；
C.根据功能关系可知，运动员在未离开地面的起跳过程中，人消耗体内化学能转化为机械能，故运动员的机械能增加，故C正确；
D.运动员从地面起跳，地面对人的支持力与人对地面的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知地面对人的支持力等于人对地面的压力，故D错误。
故选：C。
地面对运动员的支持力没有位移，不做功；根据加速度的方向分析超重和失重情况；根据功能关系分析机械能的变化情况；根据牛顿第三定律分析地面对人的支持力与人对地面的压力大小关系。
本题主要考查了功能关系、机械能守恒、超重失重等知识，看似简单，实则不易。关键知道人体消耗体内化学能会使机械能增加，掌握超重、失重的判断方法。
5.【答案】C
【解析】解：A.火星探测器并没有脱离太阳引力束缚，所以火星探测器在地面附近发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B.月球探测器“嫦娥号”在地面附近发射，没有脱离地球引力束缚，发射速度小于第二宇宙速度，故B错误；
C.第一宇宙速度是环绕地球圆周运动的最大的环绕速度，北斗卫星导航系统中“地球静止轨道卫星”的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D.绕地球做匀速圆周运动的航天器返回地球，必须点火减速做近心运动，故D错误；
故选：C。
根据三个宇宙速度对应的物理意义解答；航天器返回地球，需要点火减速。
本题主要考查了宇宙速度的相关概念，理解宇宙速度的大小及对应的物理意义即可，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.以A点所在平面为零势能参考平面，C点在零势点以下，重力势能为负值，所以C点的重力势能为−mgh，故A错误；
BC.以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mg(H−h)，故B错误，C正确；
D.C点的重力势能随零势能点的不同而不同，故D错误。
故选：C。
运动员在零势能参考平面以上重力势能为正，在零势能参考平面以下重力势能为负，根据重力势能公式即可求得。
本题主要考查了重力势能的相对性，关键是正确的选取零势能参考平面即可。
7.【答案】A
【解析】解：AD、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma=mv2r
解得：a=GMr2，v= GMr
所以卫星在轨道Ⅰ运行的加速度和线速度大于在轨道Ⅲ运行的加速度和线速度，故A正确，D错误；
B、轨道Ⅲ的半径大于在轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律r3T2=k可知，卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；
C、在远地点B再次点火，将卫星送入同步圆轨道Ⅲ，根据变轨原理可知在B点推进器应向后喷气使卫星加速，故C错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力可比较轨道Ⅰ和轨道Ⅲ线速度和加速度的关系；根据开普勒第三定律分析B；根据卫星的变轨原理分析C。
本题考查万有引力定律提供卫星做圆周运动的向心力，根据相关公式即可求解，难度不大，掌握卫星变轨的原理。
8.【答案】D
【解析】解：AB.设A星的轨道半径为rA，双星间的距离为L，根据双星模型的向心力来源，则有
GMAMBL2=MArAω2=MB(L−rA)ω2
联立解得
ω= G(MA+MB)L3
因双星总质量保持不变，间距不变，故双星系统的角速度不变，周期不变，故AB错误；
CD.因为双星运动过程中，角速度相同
MArAω2=MB(L−rA)ω2
可知rA=MBLMA+MB
A星的质量减小，B星的质量增大，所以A星的轨道半径变大，B星的轨道半径变小，根据
v=ωr
可得A星的线速度增大，B星的线速度减小，故C错误，D正确。
故选：D。
由双星系统万有引力提供向心力解得角速度的表达式，从而分析角速度和周期的变化；由角速度相同得到线速度的变化。
此题考查了双星系统问题，注意双星系统中万有引力中的距离与天体轨道的不同，以及它们之间的关系。
9.【答案】B
【解析】解：t=1min=60s
重心上升的高度h=40cm=0.4m
1分钟内，克服重力做功为WG=5mgh=5×50×10×0.4J=1000J
克服重力做功的功率为P=WGt=100060W≈17W，B选项最接近，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据做功公式求解克服重力做功，根据功率公式求解克服重力做功的功率。
本题考查功率的计算，解题关键是掌握功和功率的计算公式。
10.【答案】D
【解析】解：根据万有引力提供向心力可知
GMm(R+h)2=mv2R+h
将R=6400km=6.4×106m，h=400km=4×105m，v=7.7km/s=7700m/s
代入解得：M=6.0×1024kg
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，代入数据解答即可。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握空间站与地球的距离为R+h。
11.【答案】AD
【解析】解：A、人从跳台下落到A点过程人只受重力作用，重力做正功，人的重力势能转化为动能，故A正确；
B、人从A点运动到B点过程，人受到重力与弹性绳弹力作用，重力做正功，弹性绳的弹力做负功，人的重力势能转化为动能与弹性势能，故B错误；
C、人在下落过程弹性绳的弹力方向始终向上，人的位移方向始终向下，弹性绳对人一直做负功，故C错误；
D、人从A点运动到C点过程要克服弹性绳的弹力做功，由功能关系可知，人的机械能一直减少，故D正确。
故选：AD。
只有重力做功过程人的重力势能转化为动能；弹性绳伸直后的运行过程，人的重力势能转化为动能与弹性绳的弹性势能；根据人的位移方向与弹性绳弹力方向的关系判断弹力做正功还是做负功；根据功能关系判断人的机械能的变化情况。
根据题意与图示图像分析清楚人的运动过程与受力情况，根据功能原理即可解题。
12.【答案】BC
【解析】解：根据牛顿第二定律有：GMmr2=ma=mv2r=mr4π2T2=mrω2
分别解得：v= GMr，a=GMr2，T=2π r3GM，ω= GMr3
A、可知ab>ac>ad，因a与c的角速度相同，根据a=ω2r可知ac>aa，所以ab>aa，故A错误；
B、可知b的运行周期小于c的运行周期，故B正确；
C、可知ωb>ωc>ωd，a与c的角速度相同，所以d的角速度最小，故C正确；
D、可知vb>vc>vd，a和c的角速度相同，根据v=ωr可知vc>va，故D错误；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力可判断bcd各物理量的大小关系，根据同步卫星特点可判断ac各物理量大小关系。
考查不同天体的运动学参数比较，注意地球上的物体不可直接进行比较，需要通过同步卫星间接比较。
13.【答案】CD
【解析】解：A.对书本进行受力分析，上升H的过程，受到重力m0g和支持力F作用，根据动能定理得：
WF−m0gH=12m0v02
解得：WF=m0gH+12m0v02
故A错误；
B.对电梯、小明和书本整体为研究对象，整体上升过程中受到重力(m0+m+M)g和拉力F′作用，根据动能定理得：
WF′−(m0+m+M)gH=12 (m0+m+M)v02−0
钢索的拉力做功为
WF′=(m0+m+M)gH+12 (m0+m+M)v02
故B错误；
C.对小明和书本整体为研究对象，同理，上升过程受到重力和电梯的支持力作用，根据动能定理得：
WN−(m0+m)gH=12 (m0+m)v02−0
电梯对小明的支持力做的功为
WN=12 (m0+m)v02+(m0+m)gH
故C正确；
D.电梯受到各个力做功的代数和等于电梯所受合力做的功，对电梯上升过程，根据动能定理得：
W合=12Mv2
故D正确。
故选：CD。
对书本应用动能定理即可求解小明对书本支持力做的功；根据功能原理求电梯对小明的支持力做的功；根据功能原理求钢索的拉力做的功；再对电梯运用动能定理求各个力做功的代数和。
解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功，知道合力做功等于动能的变化量。
14.【答案】CD
【解析】解：AC.在南极点附近，根据动力学公式
h=12gt2
地球赤道上的物体的加速度
a=ω2R=R4π2T2
地球赤道上的重力加速度可表示为
g′=g−a=2ht2−4π2RT2
故A错误，C正确；
BD.在赤道位置有
GMmR2=mv2R=mg′+mω2R
可得
g′=v2R−4π2RT2
故B错误，D正确。
故选：CD。
地球赤道上的重力加速度等于两极的重力加速度与向心加速度的差。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握地表附近万有引力和重力与向心力的关系。
15.【答案】BCD
【解析】解：AD、重物的质量为m=1吨=103kg
重物匀加速运动过程，由牛顿第二定律得：F1−mg=ma
代入数据解得：F1=1.1×104N
重物做匀加速运动结束时，功率达到额定功率，速度为v=P额F1=22×1031.1×104m/s=2m/s
重物匀加速维持的时间为t1=va=21s=2s
可知该起重机在2s末的瞬时起吊功率为22kW，故A错误，D正确；
C.、当牵引力等于重力时，重物速度达到最大速度，开始做匀速直线运动，则有vm=P额F2=P额mg=22×103103×10m/s=2.2m/s
故C正确；
B、重物匀加速过程的位移为x1=12at2=12×1×22m=2m
设结束匀加速到匀速通过的位移为x2，根据动能定理可得：P额Δt−mgx2=12mvm2−12mv2
其中Δt=3s−2s=1s
联立解得：x2=2.158m
则重物加速过程的位移大小为x=x1+x2=2m+2.158m=4.158m
故B正确。
故选：BCD。
运用牛顿第二定律求匀加速时的牵引力，根据P=Fv求解匀加速阶段的末速度，根据速度-时间公式求解匀加速维持的时间；牵引力等于阻力时，重物速度达到最大值，根据P=Fv求解速度；由匀加速运动过程用运动学公式求位移，变加速过程用动能定理求位移，两位移之和即为加速过程位移大小。
本题考查了机车启动问题，知道速度匀加速运动结束是功率达到额定功率，牵引力等于重力时，重物速度达到最大值，灵活运用运动学公式和动能定理，牛顿第二定律求解。
16.【答案】xC−xA2T mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
【解析】解：(2)利用AC两点间的平均速度可代替B点的瞬时速度，有vB=xC−xA2T
(3)验证动能定理是否成立的关系是系统减少的重力势能与系统增加的重力势能是否相等，即
mgxB=12(M+m)vB2
即
mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
故答案为：(2)xC−xA2T；(3)mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
(2)根据匀变速直线运动规律求解；
(3)验证动能定理是否成立的关系是系统减少的重力势能与系统增加的重力势能是否相等，从而列式解答．
本题考查探究功与物体速度变化的关系，解题关键掌握实验原理，注意列动能定理表达式的研究对象是系统。
17.【答案】(dΔt2)2−(dΔt1)22H 不守恒 (m2−m1)gH=12(m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]D
【解析】解：(1)挡光片过两光电门的速度分别为v1=dt1，v2=dt2
由运动学公式
v22−v12=2ax
可得钩码A运动的加速度为
a=(dΔt2)2−(dΔt1)22H
(2)在运动过程中，由于存在其他阻力，钩码A的机械能不守恒。
(3)如果系统机械能守恒，应满足的关系式为
(m2−m1)gH=12 (m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]
(4)系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是测量两光电门内侧距离为高度差H，故ABC错误，D正确；
故选：D。
故答案为：(1)(dΔt2)2−(dΔt1)22H；(2)不守恒；(3)(m2−m1)gH=12 (m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]；(4)D
(1)根据很短一段时间的平均速度可以表示瞬时速度可知滑块经过光电门时的瞬时速度大小，根据运动学公式解得加速度；
(2)根据机械能守恒的条件分析；
(3)根据机械能守恒定律列式；
(4)产生实验误差的原因可能是测量两光电门内侧距离为高度差。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，需要熟记实验原理、数据分析以及误差分析等知识点，该题属于常见的机械能守恒定律实验的考查，难度适中。
18.【答案】解：贴近该行星表面运行的卫星，周期为T，根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mR4π2T2
根据平均密度的公式有
ρ=MV=M43πR3
联立解得
ρ=3πGT2
答：“比邻星b”的平均密度为3πGT2。
【解析】根据万有引力提供向心力结合密度的计算公式解答。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握贴近该行星表面运行的卫星的轨道半径为行星的半径。
19.【答案】解：(1)小圈竖直方向做自由落体运动，落地时间t= 2hg= 2×1.2510s=0.5s
小圈落地时重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t=0.2×102×0.5W=10W
(2)小圈下落过程中，由动能定理得：mgh−W克=12mv2−12mv02
代入数据解得：W克=0.1J
答：(1)若不计空气阻力，小圈落地时重力的瞬时功率为1W；
(2)若小圈落地时的速度大小为7m/s，小圈在下落过程中克服空气阻力做的功为0.1J。
【解析】(1)忽略空气阻力，小圈竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式求解落地时间，根据功率公式求解小圈落地时重力的瞬时功率；
(2)根据动能定理求解克服空气阻力做功。
本题考查功率的计算和动能定理，解题关键是掌握瞬时功率的求解方法，结合运动学公式和动能定理列式求解即可。
20.【答案】解：(1)由v−t图像可知，物块下滑的距离为：x=12×6×2m=6m
由能量守恒定律可知摩擦产生的热量等于物块减少的重力势能，则有：
Q=mgxsin37∘
代入数据解得：Q=36J；
(2)由能量守恒定律可知：12mv2=mgxsin37∘+Q
解得：v=12m/s；
(3)根据v−t图像可知，AB段的加速度大小为：a1=Δv1Δt1=2−02−0m/s2=lm/s2
根据牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
代入数据解得：μ1=58
BC段的加速度大小为：a2=Δv2Δt2=2−06−2m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可得：μ2mgcs37∘−mgsin37∘=ma2
代入数据解得：μ2=1316。
答：(1)小物块下滑过程中，因摩擦产生的热量为36J；
(2)小物块在斜面底端C，以12m/s的初速度v沿斜面滑上，恰好能滑至斜面的顶端A；
(3)μ1和μ2的值分别为58、1316。
【解析】(1)由v−t图像求解物块下滑的距离，由能量守恒定律求解因摩擦产生的热量；
(2)由能量守恒定律求解初速度大小；
(3)根据v−t图像分别求得AB段和BC段的加速度大小，根据牛顿第二定律分别求解μ1和μ2的值。
本题主要是考查了功能关系、能量守恒定律以及牛顿第二定律。首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系，结合v−t图像的物理意义进行解答。
21.【答案】解(1)由几何关系可知，在小球B下降h=0.3m时，物块A上升距离
h′= h2+l2−l
A、B系统机械能守恒
mBgh=mAgh′
解得
mAmB=31
(2)如图所示
当小球B下降距离h=0.3m时，定滑轮左侧的轻绳与杆的夹角为θ，且A的速度为vA，B的速度为vB，由几何关系
csθ=h h2+l2
再由绳的关联速度可知
vA=vBcsθ
该过程A、B系统机械能守恒
mBgh−mAgh′=12mAvA2+12mBvB2
解得
mAmB=2927
答：(1)物块A与小球B的质量之比为31；
(2)若小球B下降距离h=0.3m时，物块A的速度为1m/s，物块A与小球B的质量之比为2927。
【解析】(1)根据机械能守恒定律结合几何关系解答；
(2)根据运动的分解可知AB的速度关系，结合机械能守恒定律解答。
本题主要是考查机械能守恒定律，弄清楚运动情况和受力情况是关键；本题的易错点在于第二问，两个物块的速度不相同。
22.【答案】解：(1)质量为4m的物体由静止释放到弹簧压缩到最短过程，弹簧的弹性势能Ep=4mg(2l−l)=4mgl
质量为m的物体由静止释放到到达B点过程中，有：Ep=12mvB2
物体经过B点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2l
联立解得：vB= 8gl
FN=9mg
根据牛顿第三定律得，物体对轨道的压力大小F压=FN=9mg
(2)物体从B点到C点，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
物体从C点离开后做平抛运动，水平方向：d=vCt
竖直方向：2R=12gt2
联立解得：d=4 2Rl−R2=4 −(R−l)2+l2
当R=l时，水平距离最大，最大值为d=4l
答：(1)当物体经过B点进入导轨的瞬间，对轨道压力的大小为9mg；
(2)当水平距离d取最大值时，轨道半径为l，最大水平距离d为4l。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解弹簧压缩到最短时的弹性势能，进而求解物体到达B点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解物体对轨道的压力；
(2)根据动能定理求解物体到达C点的速度，根据平抛运动规律求解最大水平距离。
本题考查功能关系和平抛运动，解题关键是分析好物体运动过程能量的变化，结合平抛运动规律分析即可。
1.对动能的理解，下列说法正确的是( )
A. 动能可取负值B. 物体的动能改变，其运动状态一定改变
C. 物体速度变化时，动能不一定变化D. 动能不变的物体，一定处于平衡状态
2.关于力对物体做的功，下列说法正确的是( )
A. 小明平托着餐盘沿水平方向匀速前进，小明对餐盘不做功
B. 若行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力做正功
C. 滑动摩擦力对物体一定做负功
D. −10J的功比8J的功少
3.城市用户的污水会通过地下管道输送到污水处理厂，工厂先将污水用水泵抽送至地面，再对污水进行净化处理。下列说法正确的是( )
A. 当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，重力对污水做负功
B. 当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，污水的重力势能增加
C. 水泵将污水抽送至地面的过程中，重力对污水做正功
D. 水泵将污水抽送至地面的过程中，污水的重力势能增加
4.如图所示，篮球运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，由静止发力跳起摸高。忽略整个过程中空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 运动员在未离开地面的起跳过程中，地面对运动员做正功
B. 运动员在未离开地面的起跳过程中，运动员处于失重状态
C. 运动员在未离开地面的起跳过程中，运动员的机械能增加
D. 运动员从地面起跳，地面对人的支持力大于人对地面的压力
5.我国航天事业快速发展，下列关于航天器的说法正确的是( )
A. 火星探测器“天问一号”在地面附近发射，速度大于第三宇宙速度
B. 月球探测器“嫦娥号”在地面附近发射，速度达到第二宇宙速度
C. 北斗卫星导航系统中“地球静止轨道卫星”的运行速度小于第一宇宙速度
D. 绕地球做匀速圆周运动的航天器返回地球，必须点火加速到第一宇宙速度
6.如图为高山滑雪赛道示意图。AB段赛道的竖直落差为H，C点距离A点的高度差为h，质量为m的运动员可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 以A点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgh
B. 以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgH
C. 以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mg(H−h)
D. 无论以哪一点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能均为mgh
7.如图所示，先将同步卫星发射到近地圆轨道Ⅰ，在其经过A点时点火，使其沿椭圆轨道Ⅱ运行，在远地点B再次点火，将卫星送入同步圆轨道Ⅲ。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ运行的加速度大于在轨道Ⅲ运行的加速度
B. 卫星在轨道Ⅲ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C. 在远地点B再次点火时，推进器向前喷气使卫星减速
D. 卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大于在轨道Ⅰ上运行的线速度
8.A、B两星仅在相互万有引力的作用下，分别绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。A星表面的物质受B星引力作用，离开A星，流向B星。若双星总质量保持不变，间距不变。下列说法正确的是( )
A. 双星系统的周期减小B. 双星系统的角速度减小
C. B星的线速度增大D. A星的线速度增大
9.体育课上，质量为50kg的同学在一分钟内做了5个引体向上。若该同学每次引体向上重心上升的高度均为40cm，该同学克服重力做功的功率约为( )
A. 1.6WB. 16WC. 160WD. 1000W
10.已知中国空间站的运行轨道可近似看作距离地球表面400km的圆形轨道，空间站运行速度约为7.7km/s。地球半径约为6400km，万有引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2根据以上物理量可估算地球质量约为( )
A. 3.6×1017kgB. 3.6×1023kgC. 6.0×1023kgD. 6.0×1024kg
二、多选题：本大题共5小题，共15分。
11.“蹦极”被称为“勇敢者的游戏”。将一根自然长度为OA的弹性轻绳一端系在人身上，另一端固定在跳台边缘。人从跳台由静止下落开始计时，下落过程中速度随时间的变化如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 人从跳台下落到A点这一过程中，人的重力势能转化为动能
B. 人从A点运动到B点这一过程中，人的重力势能转化为动能
C. 人在下落过程中，弹性绳对人先做正功再做负功
D. 人从A点运动到C点这一过程中，人的机械能一直减少
12.有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的低空圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空圆轨道探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是( )
A. a的向心加速度大于b的向心加速度
B. b的运行周期小于c的运行周期
C. d的角速度最小
D. 四颗卫星的速度大小关系是va>vb>vc>vd
13.如图所示，质量为m的小明站在质量为M的电梯内，手中托着一摞总质量为m0的书本，小明始终与电梯保持相对静止。钢索拉着电梯由静止开始匀加速上升，当上升高度为H时，速度为v0在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小明对书本支持力做的功等于12m0v02
B. 钢索的拉力做功等于12(m0+m+M)v02+MgH
C. 电梯对小明的支持力做的功等于12(m+m0)v02+(m+m0)gH
D. 电梯受到各个力做功的代数和等于12Mv02
14.已知地球半径为R，自转周期为T，卫星近地面环绕速度为v0在南极点附近，从距地面高h处的位置，以某初速度水平抛出一物体，经时间t后物体落回地面，h远小于R，物体的运动可看作平抛运动。地球赤道上的重力加速度可表示为( )
A. 2ht2+4π2RT2B. v2R+4π2RT2C. 2ht2−4π2RT2D. v2R−4π2RT2
15.单梁起重机起吊重物的额定功率为22kW，沿竖直方向由静止匀加速向上吊起1吨的重物，加速度为1m/s2。不计额外功的损失，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，3s末重物开始匀速上升。下列选项正确的是( )
A. 重物匀加速时间只能维持1s
B. 重物加速过程的位移大小为4.158m
C. 重物匀速向上运动的速度大小为2.2m/s
D. 该起重机在2s末的瞬时起吊功率为22kW
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.某同学用如图1所示装置做“验证动能定理”的实验。适度垫高滑板右侧，未挂钩码时，轻推小车，小车恰能做匀速直线运动。悬挂钩码后，小车由静止开始运动，且钩码始终未碰到地面，小车也未触碰到滑轮，当地的重力加速度为g。
(1)已知小车质量为M，钩码的质量为m。
(2)如图2是某次实验中打出纸带的一部分。O点为打出的第一个点，A、B、C为实际打出的三个点，打点周期为T。通过测量，A、B、C三点到O点的距离分别为xA、xB、xC，则打点计时器打B点时小车的速度为______(用题中已知字母表示)。
(3)小车从O点到B点的过程中，验证动能定理是否成立的关系式为______(用题中已知字母表示)。
17.某实验小组利用如图装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。实验步骤如下：
①用天平测出钩码A(含挡光片)的质量m1、钩码B的质量m2，测得m2>m1；
②测出挡光片宽度d；
③按照如图所示的装置安装好实验器材；
④用刻度尺测出两光电门中心的高度差H；
⑤将钩码B从一定高度由静止释放后，测出挡光片上升过程中先后通过两光电门的挡光时间Δt1，Δt2。
(1)钩码A运动的加速度为______(用上述四个字母d、H、Δt1、Δt2表示)；
(2)在运动过程中，钩码A的机械能______(填“守恒”或“不守恒”)；
(3)如果系统机械能守恒，应满足的关系式为______(已知重力加速度为g，用题目中已知字母表示)；
(4)某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是______。
A.绳子、滑轮有一定质量
B.计算重力势能时，g取10m/s2
C.测量两光电门外侧距离为高度差H
D.测量两光电门内侧距离为高度差H
四、简答题：本大题共5小题，共41分。
18.科学家在距离地球最近的恒星系统“半人马座阿尔法星系”中发现了一颗类地行星“比邻星b”。观察到贴近该行星表面运行的卫星，周期为T。已知万有引力常量为G，求“比邻星b”的平均密度ρ。
19.套圈是一种投掷套物的传统民俗游戏。某次游戏中，小朋友从距地高1.25m处，以5m/s的初速度水平抛出一个小圈，小圈落地且未击中目标。小圈的质量为0.2kg，重力加速度g取10m/s2。求；
(1)若不计空气阻力，小圈落地时重力的瞬时功率；
(2)若小圈落地时的速度大小为7m/s，小圈在下落过程中克服空气阻力做的功。
20.一倾角为θ=37∘的斜面固定在水平面上，斜面上有A、B、C三点，AB间的动摩擦因数为μ1，BC间的动摩擦因数为μ2，质量为m=1kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，经B滑至底端C，速度恰好减为零。此过程小物块的v−t图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小物块下滑过程中，因摩擦产生的热量；
(2)小物块在斜面底端C，以多大的初速度v沿斜面滑上，恰好能滑至斜面的顶端A；
(3)μ1和μ2的值。
21.如图所示，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与物块A相连，另一端与小球B(可视为质点)连接，小球B套在竖直光滑杆上，定滑轮到竖直光滑杆的距离l=0.4m。已知物块A的质量为mA，小球B的质量为mB。初始时，小球B在外力作用下静止，此时定滑轮左侧轻绳水平。现将小球B由静止释放，小球沿杆下滑到最低点时，下降距离为h=0.3m此时物块A没有到达定滑轮处。不计滑轮大小、质量及阻力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块A与小球B的质量之比；
(2)若小球B下降距离h=0.3m时，物块A的速度为1m/s，物块A与小球B的质量之比。
22.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为4m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧自然伸长水平放置于OA，用外力将质量为m的物体压缩弹簧至长度l，然后由静止释放，物体与弹簧不拴连。光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为l，不计空气阻力，物体可看作质点，重力加速度为g。求：
(1)当物体经过B点进入导轨的瞬间，对轨道压力的大小；
(2)若物体每次都能从最高点C离开轨道，改变轨道半径大小，从而使物体落地点与C的水平距离d发生变化。当水平距离d取最大值时，轨道半径为多大，最大水平距离d为多大。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据动能表达式：Ek=12mv2，可知动能不可以取负值，故A错误；
B.物体的动能改变，则物体的速度大小发生改变，其运动状态一定改变，故B正确；
C物体速度变化时，如果只是速度方向发生变化时，速度大小不变，则动能不变，故C正确；
D.动能不变的物体，可能只是速度大小不变，而速度的方向发生改变，则物体不处于平衡状态，故D错误。
故选：C。
根据动能表达式：Ek=12mv2，合速度是矢量既有大小又有方向，可对题目选项进行判断。
本题考查对动能公式和速度的理解，掌握动能公式和速度的物理意义，是正确解题的关键。
2.【答案】A
【解析】解：A、小明平托着餐盘沿水平方向匀速前进，小明对餐盘的作用力竖直向上，与餐盘的运动方向垂直，小明对餐盘不做功，故A正确；
B、若行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力始终与行星的运动方向垂直，不做功，故B错误；
C、滑动摩擦力对物体可能做正功，可能做负功，可能不做功，故C错误；
D、功的正负仅表示做正功或做负功，不表示功的大小，比较功的大小要比较做功的绝对值，则−10J的功比8J的功多，故D错误。
故选：A。
根据运动方向与力的方向判断做功的正负；滑动摩擦力可能做做正功，可能做负功，可能不做功；比较功的大小要比较做功的绝对值。
本题考查功的计算，解题关键是知道力的方向与运动方向垂直时不做功，功的正负表示做正功或做负功，不表示做功的大小。
3.【答案】D
【解析】解：A.当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，重力对污水做正功，故A错误；
B.当污水自发的顺着倾斜的地下管道流动时，高度降低，污水的重力势能减少，故B错误；
C.水泵将污水抽送至地面的过程中，重力对污水做负功，故C错误；
D.水泵将污水抽送至地面的过程中，高度增加，污水的重力势能增加，故D正确。
故选：D。
根据功的定义判断做功正负，根据重力做功与重力势能的变化的关系分析判断。
本题考查功能关系，解题关键掌握高度变化时重力做功情况及重力势能变化情况。
4.【答案】C
【解析】解：A.运动员在未离开地面的起跳过程中，地面对运动员的支持力没有位移，则不做功，故A错误；
B.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，运动员先向上加速，加速度向上，故运动员先处于超重状态，故B错误；
C.根据功能关系可知，运动员在未离开地面的起跳过程中，人消耗体内化学能转化为机械能，故运动员的机械能增加，故C正确；
D.运动员从地面起跳，地面对人的支持力与人对地面的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知地面对人的支持力等于人对地面的压力，故D错误。
故选：C。
地面对运动员的支持力没有位移，不做功；根据加速度的方向分析超重和失重情况；根据功能关系分析机械能的变化情况；根据牛顿第三定律分析地面对人的支持力与人对地面的压力大小关系。
本题主要考查了功能关系、机械能守恒、超重失重等知识，看似简单，实则不易。关键知道人体消耗体内化学能会使机械能增加，掌握超重、失重的判断方法。
5.【答案】C
【解析】解：A.火星探测器并没有脱离太阳引力束缚，所以火星探测器在地面附近发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B.月球探测器“嫦娥号”在地面附近发射，没有脱离地球引力束缚，发射速度小于第二宇宙速度，故B错误；
C.第一宇宙速度是环绕地球圆周运动的最大的环绕速度，北斗卫星导航系统中“地球静止轨道卫星”的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D.绕地球做匀速圆周运动的航天器返回地球，必须点火减速做近心运动，故D错误；
故选：C。
根据三个宇宙速度对应的物理意义解答；航天器返回地球，需要点火减速。
本题主要考查了宇宙速度的相关概念，理解宇宙速度的大小及对应的物理意义即可，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.以A点所在平面为零势能参考平面，C点在零势点以下，重力势能为负值，所以C点的重力势能为−mgh，故A错误；
BC.以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mg(H−h)，故B错误，C正确；
D.C点的重力势能随零势能点的不同而不同，故D错误。
故选：C。
运动员在零势能参考平面以上重力势能为正，在零势能参考平面以下重力势能为负，根据重力势能公式即可求得。
本题主要考查了重力势能的相对性，关键是正确的选取零势能参考平面即可。
7.【答案】A
【解析】解：AD、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma=mv2r
解得：a=GMr2，v= GMr
所以卫星在轨道Ⅰ运行的加速度和线速度大于在轨道Ⅲ运行的加速度和线速度，故A正确，D错误；
B、轨道Ⅲ的半径大于在轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律r3T2=k可知，卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；
C、在远地点B再次点火，将卫星送入同步圆轨道Ⅲ，根据变轨原理可知在B点推进器应向后喷气使卫星加速，故C错误；
故选：A。
根据万有引力提供向心力可比较轨道Ⅰ和轨道Ⅲ线速度和加速度的关系；根据开普勒第三定律分析B；根据卫星的变轨原理分析C。
本题考查万有引力定律提供卫星做圆周运动的向心力，根据相关公式即可求解，难度不大，掌握卫星变轨的原理。
8.【答案】D
【解析】解：AB.设A星的轨道半径为rA，双星间的距离为L，根据双星模型的向心力来源，则有
GMAMBL2=MArAω2=MB(L−rA)ω2
联立解得
ω= G(MA+MB)L3
因双星总质量保持不变，间距不变，故双星系统的角速度不变，周期不变，故AB错误；
CD.因为双星运动过程中，角速度相同
MArAω2=MB(L−rA)ω2
可知rA=MBLMA+MB
A星的质量减小，B星的质量增大，所以A星的轨道半径变大，B星的轨道半径变小，根据
v=ωr
可得A星的线速度增大，B星的线速度减小，故C错误，D正确。
故选：D。
由双星系统万有引力提供向心力解得角速度的表达式，从而分析角速度和周期的变化；由角速度相同得到线速度的变化。
此题考查了双星系统问题，注意双星系统中万有引力中的距离与天体轨道的不同，以及它们之间的关系。
9.【答案】B
【解析】解：t=1min=60s
重心上升的高度h=40cm=0.4m
1分钟内，克服重力做功为WG=5mgh=5×50×10×0.4J=1000J
克服重力做功的功率为P=WGt=100060W≈17W，B选项最接近，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据做功公式求解克服重力做功，根据功率公式求解克服重力做功的功率。
本题考查功率的计算，解题关键是掌握功和功率的计算公式。
10.【答案】D
【解析】解：根据万有引力提供向心力可知
GMm(R+h)2=mv2R+h
将R=6400km=6.4×106m，h=400km=4×105m，v=7.7km/s=7700m/s
代入解得：M=6.0×1024kg
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，代入数据解答即可。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握空间站与地球的距离为R+h。
11.【答案】AD
【解析】解：A、人从跳台下落到A点过程人只受重力作用，重力做正功，人的重力势能转化为动能，故A正确；
B、人从A点运动到B点过程，人受到重力与弹性绳弹力作用，重力做正功，弹性绳的弹力做负功，人的重力势能转化为动能与弹性势能，故B错误；
C、人在下落过程弹性绳的弹力方向始终向上，人的位移方向始终向下，弹性绳对人一直做负功，故C错误；
D、人从A点运动到C点过程要克服弹性绳的弹力做功，由功能关系可知，人的机械能一直减少，故D正确。
故选：AD。
只有重力做功过程人的重力势能转化为动能；弹性绳伸直后的运行过程，人的重力势能转化为动能与弹性绳的弹性势能；根据人的位移方向与弹性绳弹力方向的关系判断弹力做正功还是做负功；根据功能关系判断人的机械能的变化情况。
根据题意与图示图像分析清楚人的运动过程与受力情况，根据功能原理即可解题。
12.【答案】BC
【解析】解：根据牛顿第二定律有：GMmr2=ma=mv2r=mr4π2T2=mrω2
分别解得：v= GMr，a=GMr2，T=2π r3GM，ω= GMr3
A、可知ab>ac>ad，因a与c的角速度相同，根据a=ω2r可知ac>aa，所以ab>aa，故A错误；
B、可知b的运行周期小于c的运行周期，故B正确；
C、可知ωb>ωc>ωd，a与c的角速度相同，所以d的角速度最小，故C正确；
D、可知vb>vc>vd，a和c的角速度相同，根据v=ωr可知vc>va，故D错误；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力可判断bcd各物理量的大小关系，根据同步卫星特点可判断ac各物理量大小关系。
考查不同天体的运动学参数比较，注意地球上的物体不可直接进行比较，需要通过同步卫星间接比较。
13.【答案】CD
【解析】解：A.对书本进行受力分析，上升H的过程，受到重力m0g和支持力F作用，根据动能定理得：
WF−m0gH=12m0v02
解得：WF=m0gH+12m0v02
故A错误；
B.对电梯、小明和书本整体为研究对象，整体上升过程中受到重力(m0+m+M)g和拉力F′作用，根据动能定理得：
WF′−(m0+m+M)gH=12 (m0+m+M)v02−0
钢索的拉力做功为
WF′=(m0+m+M)gH+12 (m0+m+M)v02
故B错误；
C.对小明和书本整体为研究对象，同理，上升过程受到重力和电梯的支持力作用，根据动能定理得：
WN−(m0+m)gH=12 (m0+m)v02−0
电梯对小明的支持力做的功为
WN=12 (m0+m)v02+(m0+m)gH
故C正确；
D.电梯受到各个力做功的代数和等于电梯所受合力做的功，对电梯上升过程，根据动能定理得：
W合=12Mv2
故D正确。
故选：CD。
对书本应用动能定理即可求解小明对书本支持力做的功；根据功能原理求电梯对小明的支持力做的功；根据功能原理求钢索的拉力做的功；再对电梯运用动能定理求各个力做功的代数和。
解决本题的关键是对物体的受力分析，再根据功的公式可以逐个来求得每个力的功，知道合力做功等于动能的变化量。
14.【答案】CD
【解析】解：AC.在南极点附近，根据动力学公式
h=12gt2
地球赤道上的物体的加速度
a=ω2R=R4π2T2
地球赤道上的重力加速度可表示为
g′=g−a=2ht2−4π2RT2
故A错误，C正确；
BD.在赤道位置有
GMmR2=mv2R=mg′+mω2R
可得
g′=v2R−4π2RT2
故B错误，D正确。
故选：CD。
地球赤道上的重力加速度等于两极的重力加速度与向心加速度的差。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握地表附近万有引力和重力与向心力的关系。
15.【答案】BCD
【解析】解：AD、重物的质量为m=1吨=103kg
重物匀加速运动过程，由牛顿第二定律得：F1−mg=ma
代入数据解得：F1=1.1×104N
重物做匀加速运动结束时，功率达到额定功率，速度为v=P额F1=22×1031.1×104m/s=2m/s
重物匀加速维持的时间为t1=va=21s=2s
可知该起重机在2s末的瞬时起吊功率为22kW，故A错误，D正确；
C.、当牵引力等于重力时，重物速度达到最大速度，开始做匀速直线运动，则有vm=P额F2=P额mg=22×103103×10m/s=2.2m/s
故C正确；
B、重物匀加速过程的位移为x1=12at2=12×1×22m=2m
设结束匀加速到匀速通过的位移为x2，根据动能定理可得：P额Δt−mgx2=12mvm2−12mv2
其中Δt=3s−2s=1s
联立解得：x2=2.158m
则重物加速过程的位移大小为x=x1+x2=2m+2.158m=4.158m
故B正确。
故选：BCD。
运用牛顿第二定律求匀加速时的牵引力，根据P=Fv求解匀加速阶段的末速度，根据速度-时间公式求解匀加速维持的时间；牵引力等于阻力时，重物速度达到最大值，根据P=Fv求解速度；由匀加速运动过程用运动学公式求位移，变加速过程用动能定理求位移，两位移之和即为加速过程位移大小。
本题考查了机车启动问题，知道速度匀加速运动结束是功率达到额定功率，牵引力等于重力时，重物速度达到最大值，灵活运用运动学公式和动能定理，牛顿第二定律求解。
16.【答案】xC−xA2T mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
【解析】解：(2)利用AC两点间的平均速度可代替B点的瞬时速度，有vB=xC−xA2T
(3)验证动能定理是否成立的关系是系统减少的重力势能与系统增加的重力势能是否相等，即
mgxB=12(M+m)vB2
即
mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
故答案为：(2)xC−xA2T；(3)mgxB=12(M+m)(xC−xA2T)2
(2)根据匀变速直线运动规律求解；
(3)验证动能定理是否成立的关系是系统减少的重力势能与系统增加的重力势能是否相等，从而列式解答．
本题考查探究功与物体速度变化的关系，解题关键掌握实验原理，注意列动能定理表达式的研究对象是系统。
17.【答案】(dΔt2)2−(dΔt1)22H 不守恒 (m2−m1)gH=12(m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]D
【解析】解：(1)挡光片过两光电门的速度分别为v1=dt1，v2=dt2
由运动学公式
v22−v12=2ax
可得钩码A运动的加速度为
a=(dΔt2)2−(dΔt1)22H
(2)在运动过程中，由于存在其他阻力，钩码A的机械能不守恒。
(3)如果系统机械能守恒，应满足的关系式为
(m2−m1)gH=12 (m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]
(4)系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是测量两光电门内侧距离为高度差H，故ABC错误，D正确；
故选：D。
故答案为：(1)(dΔt2)2−(dΔt1)22H；(2)不守恒；(3)(m2−m1)gH=12 (m1+m2)[(dΔt2)2−(dΔt1)2]；(4)D
(1)根据很短一段时间的平均速度可以表示瞬时速度可知滑块经过光电门时的瞬时速度大小，根据运动学公式解得加速度；
(2)根据机械能守恒的条件分析；
(3)根据机械能守恒定律列式；
(4)产生实验误差的原因可能是测量两光电门内侧距离为高度差。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，需要熟记实验原理、数据分析以及误差分析等知识点，该题属于常见的机械能守恒定律实验的考查，难度适中。
18.【答案】解：贴近该行星表面运行的卫星，周期为T，根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mR4π2T2
根据平均密度的公式有
ρ=MV=M43πR3
联立解得
ρ=3πGT2
答：“比邻星b”的平均密度为3πGT2。
【解析】根据万有引力提供向心力结合密度的计算公式解答。
本题考查万有引力定律的应用，解题关键掌握贴近该行星表面运行的卫星的轨道半径为行星的半径。
19.【答案】解：(1)小圈竖直方向做自由落体运动，落地时间t= 2hg= 2×1.2510s=0.5s
小圈落地时重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t=0.2×102×0.5W=10W
(2)小圈下落过程中，由动能定理得：mgh−W克=12mv2−12mv02
代入数据解得：W克=0.1J
答：(1)若不计空气阻力，小圈落地时重力的瞬时功率为1W；
(2)若小圈落地时的速度大小为7m/s，小圈在下落过程中克服空气阻力做的功为0.1J。
【解析】(1)忽略空气阻力，小圈竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式求解落地时间，根据功率公式求解小圈落地时重力的瞬时功率；
(2)根据动能定理求解克服空气阻力做功。
本题考查功率的计算和动能定理，解题关键是掌握瞬时功率的求解方法，结合运动学公式和动能定理列式求解即可。
20.【答案】解：(1)由v−t图像可知，物块下滑的距离为：x=12×6×2m=6m
由能量守恒定律可知摩擦产生的热量等于物块减少的重力势能，则有：
Q=mgxsin37∘
代入数据解得：Q=36J；
(2)由能量守恒定律可知：12mv2=mgxsin37∘+Q
解得：v=12m/s；
(3)根据v−t图像可知，AB段的加速度大小为：a1=Δv1Δt1=2−02−0m/s2=lm/s2
根据牛顿第二定律可得：mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
代入数据解得：μ1=58
BC段的加速度大小为：a2=Δv2Δt2=2−06−2m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可得：μ2mgcs37∘−mgsin37∘=ma2
代入数据解得：μ2=1316。
答：(1)小物块下滑过程中，因摩擦产生的热量为36J；
(2)小物块在斜面底端C，以12m/s的初速度v沿斜面滑上，恰好能滑至斜面的顶端A；
(3)μ1和μ2的值分别为58、1316。
【解析】(1)由v−t图像求解物块下滑的距离，由能量守恒定律求解因摩擦产生的热量；
(2)由能量守恒定律求解初速度大小；
(3)根据v−t图像分别求得AB段和BC段的加速度大小，根据牛顿第二定律分别求解μ1和μ2的值。
本题主要是考查了功能关系、能量守恒定律以及牛顿第二定律。首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系，结合v−t图像的物理意义进行解答。
21.【答案】解(1)由几何关系可知，在小球B下降h=0.3m时，物块A上升距离
h′= h2+l2−l
A、B系统机械能守恒
mBgh=mAgh′
解得
mAmB=31
(2)如图所示
当小球B下降距离h=0.3m时，定滑轮左侧的轻绳与杆的夹角为θ，且A的速度为vA，B的速度为vB，由几何关系
csθ=h h2+l2
再由绳的关联速度可知
vA=vBcsθ
该过程A、B系统机械能守恒
mBgh−mAgh′=12mAvA2+12mBvB2
解得
mAmB=2927
答：(1)物块A与小球B的质量之比为31；
(2)若小球B下降距离h=0.3m时，物块A的速度为1m/s，物块A与小球B的质量之比为2927。
【解析】(1)根据机械能守恒定律结合几何关系解答；
(2)根据运动的分解可知AB的速度关系，结合机械能守恒定律解答。
本题主要是考查机械能守恒定律，弄清楚运动情况和受力情况是关键；本题的易错点在于第二问，两个物块的速度不相同。
22.【答案】解：(1)质量为4m的物体由静止释放到弹簧压缩到最短过程，弹簧的弹性势能Ep=4mg(2l−l)=4mgl
质量为m的物体由静止释放到到达B点过程中，有：Ep=12mvB2
物体经过B点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2l
联立解得：vB= 8gl
FN=9mg
根据牛顿第三定律得，物体对轨道的压力大小F压=FN=9mg
(2)物体从B点到C点，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
物体从C点离开后做平抛运动，水平方向：d=vCt
竖直方向：2R=12gt2
联立解得：d=4 2Rl−R2=4 −(R−l)2+l2
当R=l时，水平距离最大，最大值为d=4l
答：(1)当物体经过B点进入导轨的瞬间，对轨道压力的大小为9mg；
(2)当水平距离d取最大值时，轨道半径为l，最大水平距离d为4l。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解弹簧压缩到最短时的弹性势能，进而求解物体到达B点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解物体对轨道的压力；
(2)根据动能定理求解物体到达C点的速度，根据平抛运动规律求解最大水平距离。
本题考查功能关系和平抛运动，解题关键是分析好物体运动过程能量的变化，结合平抛运动规律分析即可。
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