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2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高一（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高一（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )
A. 匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B. 匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C. 匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D. 三种情况中，物体的机械能均增加
2.春季健身节中，某校男生进行拉轮胎训练，如图所示，质量为m的轮胎在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前移动了一段距离l.已知轮胎与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则以下关于轮胎受到的各力做功说法正确的是( )
A. 重力做功为mglB. 支持力做功为mglsinθ
C. 拉力做功为FlcsθD. 滑动摩擦力做功为−μmgl
3.咸阳市陈阳寨十字车流量大、为多路口交汇，设置了环岛交通设施，需要通过路口的车辆都要按照逆时针方向行进，有效减少了交通事故发生.假设环岛路为圆形，外车道半径为72m，内车道半径为50m，汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，g取10m/s2，当汽车匀速率通过环形路段时，则汽车的运动( )
A. 一定受到恒定的合外力作用B. 受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C. 最大速度不能超过20m/sD. 最大速度不能超过24m/s
4.2022年10月9日，中国成功发射“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，卫星进入预定的太阳同步晨昏轨道，可全年不间断对日观测。已知卫星在距地面720km的近似圆形轨道上绕地运行，周期为99min。下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
B. “夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
C. “夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度
D. “夸父一号”受到的向心力大于地球同步卫星受到的向心力
5.在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则( )
A. 两次篮球打在篮板的速度大小相等
B. 第二次篮球在空中上升的时间较长
C. 两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D. 两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
6.在某科学报告中指出，在距离我们大约1600光年的范围内，存在一个四星系统。假设四星系统离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对四星系统的引力作用。假设某种四星系统的形式如图所示，三颗星体位于边长为L的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，而第四颗星体刚好位于三角形的中心不动。设每颗星体的质量均为m，引力常量为G，则( )
A. 位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的向心加速度大小与m无关
B. 位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度大小为 ( 3+1)GmL
C. 若四颗星体的质量m均不变，距离L均变为2L，则周期变为原来的2倍
D. 若距离L不变，四颗星体的质量m均变为2m，则角速度变为原来的2倍
7.如图所示，传送带通过滑道将长为L，质量为m的匀质物块以初速度v0向右送上水平台面(开始时物块右端位于台面左边缘)，物块前端在台面上滑动s距离停下来.已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ，而且s>L，则物块的初速度v0为( )
A. 2μgs−2μgLB. 2μgs−μgLC. 2μgsD. 2μgs+μgL
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.2022年第24届冬奥会在北京−张家口成功举办，图甲为在张家口的国家跳台滑雪中心“雪如意”，图乙为跳台滑雪的示意图。质量为m的运动员从长直倾斜的助滑道AB的A处由静止滑下，为了改变运动员的速度方向，在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑道相切衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，圆弧轨道半径为R。A与C的竖直高度差为H，弯曲滑道末端即起跳台D与滑道最低点C的高度差为h，重力加速度为g。不计空气阻力及摩擦，则运动员( )
A. 到达C点时的动能为mgH
B. 到达C点对轨道的压力大小为2mgHR
C. 到起跳台D点的速度大小为 2g(H−h)
D. 从C点到D点重力势能增加了mg(H−h)
9.如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m，倾角为37°，一小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次返回到达的最高点为Q(图中未画出)。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.2，以B点为零势能面(sin37°=0.6,cs37°=0.8)。则下列说法正确的是( )
A. 物块沿斜面下滑时其机械能减少，沿斜面上滑时其机械能增加
B. Q点到B点距离为3m
C. 物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点下方
D. 物块从开始释放到最终静止经过的总路程为30m
10.如图，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则( )
A. v1可能等于v2
B. W1一定小于W2
C. 小球第一次运动机械能变大了
D. 小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.在研究平抛物体运动的实验中，右图为小球做平抛运动闪光照片的一部分，图中每一小正方格边长L=5cm，g取10m/s2。则：
(1)小球平抛时的初速度是______m/s。
(2)闪光的频率为f= ______次/秒。
(3)若小球质量m=200克，则小球经过B点时重力的瞬时功率是______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学利用如图甲所示的装置探究轻质弹簧的弹性势能与其形变量的关系：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不栓接；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放，小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。回答下列问题：
(1)本实验中，设弹簧被压缩后的弹性势能E，重力加速度大小为g。为求得E，至少需要测量下列物理量中的______(填正确答案序号)。
A.小球的质量m
B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h
D.弹簧的压缩量Δx
E.弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示E，得E= ______。
(3)图乙中的直线是实验测量得到的s−Δx图线。从理论上可推出，如果h不变。m增加，s−Δx图线的斜率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s−Δx图线的斜率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图中给出的直线关系和E的表达式可知，E与Δx ______次方成正比。
五、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP=0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；
(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
六、计算题：本大题共2小题，共23分。
14.2021年8月30日，我国首次火星探测天问一号任务“祝融号”火星车驶上火星表面满100天，累计行驶1064米，如图所示。为减小沾在火星车太阳能板上的尘土对火星车的影响，“祝融号”火星车的太阳能板不仅涂了一层防尘的涂层，并且还以像蝴蝶一样扇动翅膀。若在扇动太阳能板时，沾在太阳能板边缘、距火星地面高度为h的某块尘土无初速度下落，经过时间t落在地面上。已知引力常量为G，火星可视为半径为R、质量分布均匀的球体，忽略火星大气的影响。求：
(1)火星的质量M；
(2)火星的第一宇宙速度v1。
15.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v−t图像，如图所示。已知小车运动的过程中，0～5s时间段内小车发动机的功率保持不变且5s前已经达到匀速，在5s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求：
(1)小车所受到的阻力大小；
(2)小车发动机的功率；
(3)小车在整个运动过程中位移的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体匀速上升时，根据平衡条件可知，物体所受的拉力竖直向上，对物体做正功，根据功能原理得知，物体的机械能增加；
加速上升时，拉力方向与速度方向相同，对物体做正功，由功能原理得知，物体的机械能增加．
减速上升时：拉力方向与速度方向可能相同，可能相反，也可能只受重力，拉力对物体可能做正功，可能做负功，也可能只有重力做功，所以由功能原理得知，机械能可能增加，可能减少，也可能不变．故C正确，ABD错误．
故选：C
根据功能原理：除了重力以外的其他力做正功时，物体的机械能将增加；若除了重力以外的其他力做负功时，物体的机械能将减小．若除了重力以外的其他力不做功时，机械能不变．分析拉力做功的正负，即可判断物体机械能的变化．
本题的解题关键是掌握功能原理，并能正确运用．也可以根据动能定理进行判断．
2.【答案】C
【解析】解：A、重力做功为：WG=Glcs90°=0，故A错误；
B、支持力做功为：WN=Nlcs90°=0，故B错误；
C、拉力做功为WF=Flcθ，故C正确；
D、轮胎竖直方向受力平衡，有：N+Fsinθ=mg
得：N=mg−Fsinθ
则摩擦力为：f=μN=μ(mg−Fsinθ)
摩擦力做功为：Wf=−fl=−μ(mg−Fsinθ)l，故D错误。
故选：C。
轮胎所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcsθ，θ为F与L之间的夹角，来分析计算各力做的功．
本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式，注意功的公式只适用于恒力做功．
3.【答案】D
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心，是变力，故A错误；
B、向心力是效果力，在受力分析时不分析向心力，故B错误；
CD、由题意静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
f=mv2r
整理得v= frm
则圆周运动半径最大且达到最大静摩擦力时对于速度最大，有
vm= 0.8mg×72mm/s=24m/s
故C错误D正确；
故选：D。
A、根据匀速圆周运动所受合外力全部提供向心力可知，合外力是变力；
B、向心力是效果力，受力分析时不分析向心力；
CD、根据牛顿第二定律先写出速度的表达式，再结合题意可以求出最大速度。
本题考查向心力，对于匀速圆周运动要牢记，它是一种变加速曲线运动，物体所受的合外力是变力。
4.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度7.9km/s是发射绕地卫星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是卫星离开地球飞向太阳的最小发射速度，“夸父一号”的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B.第一宇宙速度是绕地运行卫星的最大速度，“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C.“夸父一号”的周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系式ω=2πT可知，“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度，故C正确；
D.卫星质量未知，所受向心力无法比较，故D错误。
故选：C。
理解宇宙速度的概念，由此得出“夸父一号”的发射速度和运行速度的大小关系；
根据“夸父一号”和地球的周期大小关系得出两者角速度的大小关系；
根据万有引力定律可知“夸父一号”和地球同步卫星向心力的大小关系与质量有关，无法比较。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，正确理解宇宙速度的概念，结合周期和角速度的关系即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：B、篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向有：h=12gt2
解得：t= 2hg
第二次的高度略低一点，则第二次篮球在空中上升的时间较短，故B错误；
A、两次篮球水平方向的运动为匀速直线运动，有：x=v0t
解得：v0=x g2h
第二次的高度略低一点，则第二次篮球打在篮板的速度大小更大，故A错误；
C、设该同学对篮球做功为W，从抛球到篮球到达最高点，由动能定理得：W−mgh=12mv02
解得：W=mgh+12mv02=mgh+mgx24h
则两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，故C正确；
D、篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率P=mgvy=mg2t=mg2 2hg=mg 2gh
两次篮球上升的高度不相同，重力的功率不相等，故D错误。
故选：C。
篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据运动学公式求解速度和时间，比较即可；根据动能定理求解篮球该同学对篮球做的功；根据功率公式求解重力的功率。
本题考查平抛运动和功率的计算，知道篮球的运动可逆向看作平抛运动，掌握求解重力功率的公式。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据几何知识可得每颗星轨道半径为r= 33L
每颗星受到的万有引力的合力为F=Gm2( 33L)2+2Gm2L2cs30°=(3+ 3)Gm2L2
由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=ma向
解得位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的向心加速度大小为：a向=(3+ 3)GmL2，可知向心加速度与质量m有关，故A错误；
B、由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=mv2 33L
解得：v= ( 3+1)GmL
即位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度大小为 ( 3+1)GmL，故B正确；
CD、由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=m4π2T2× 33L
解得：T=2π L3(3+3 3)Gm
若四颗星体的质量m均不变，距离L均变为2L，则周期变为原来的2 2；若距离L不变，四颗星体的质量m均变为2m，则周期变为原来的 22倍，角速度变为原来的 2倍，故CD错误。
故选：B。
根据几何关系得出每颗星轨道半径，求出每颗星受到的万有引力的合力，再结合牛顿第二定律求出每颗星体做圆周运动的向心加速度大小；由万有引力提供向心力求出每颗星体做圆周运动的线速度大小；根据万有引力提供向心力，列式得出周期和角速度的表达式即可完成分析。
本题考查多星系统的相关应用，熟悉星体的受力情况，确定向心力来源，结合几何关系和万有引力定律即可完成解答。
7.【答案】B
【解析】解：当物块右端刚到台面左边缘，至完全滑上台面期间，随着物块右端滑上台面的距离增大，物块与台面间的压力增大，摩擦力增大，且因为物块为匀质，因此在此期间物块与台面间的摩擦力与物块右端滑上距离成正比。当物块完全滑上台面后，物块与台面间的摩擦力变为滑动摩擦力并保持不变，此时摩擦力的大小为f′=μF=μmg。综上可知，物块与台面间的摩擦力f与物块右端滑上台面的距离x之间的关系如图所示，根据动能定理可知，滑块的动能变化量等于摩擦力做功的大小，且f−x图像中，某段距离内，图像与x轴的所围成的面积代表这段距离内摩擦力做功的大小，由此可知12mv02=Wf=μmgs−12μmgL，因此v0= 2μgs−μgL，故ACD错误，B正确。
故选：B。
物块滑上水平台面时，随着滑上距离的增加，摩擦力增大，直至完全滑上台面后，摩擦力不变，利用f−x图像，求出摩擦力做功，根据动能定理得出初速度。
通过f−x图像得出摩擦力做功大小，根据动能定理求出初速度。
8.【答案】AC
【解析】解：A.由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为
Ek=mgH，故A正确；
B.根据动能定理可得：
mgH=12mvC2
根据牛顿第二定律得：
FC−mg=mvC2R
解得：FC=mg+2mgHR
则到达C点对轨道的压力大小为
FC′=mg+2mgHR，故B错误；
C.从A到D由机械能守恒定律
mg(H−h)=12mvD2
解得到起跳台D点的速度大小为
vD= 2g(H−h)，故C正确；
D.从C点到D点重力势能增加了mgh，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒定律得出运动员到达C点时的动能；
根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出运动员在C点对轨道的压力；
根据功能关系得出重力势能的变化量。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的适用条件，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】CD
【解析】解：A.物块沿斜面下滑时或者上滑时，都要克服摩擦力做功，则物块的机械能都减小，故A错误；
B.从A点到Q点，由能量关系mg(l−x)sin37°=μmgcs37°(l+x)，代入数据解得Q点到B点距离为x≈4.6m，故B错误；
C.设物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置距离B点为x1，则mg(l−x1)sin37°=μmgcs37°(l−x1)+12mv12，其中mgx1sin37°=12mv12，解得x1=3.38m，即动能与势能相等的位置在AB中点下方，故C正确；
D.由能量关系，物块最终将停止在挡板位置，则从开始释放到最终静止，则mglsin37°=μmgscs37°，代入数据解得总路程s=30m，故D正确；
故选：CD。
根据摩擦力始终做负功分析A；根据能量关系列式求解Q点到B点距离，由此判断B选项；根据动能与势能相等列式求解C选项；根据能量关系列式求解物块通过的总路程。
该题考查滑块在斜面运动过程中的功能关系问题，解答该题要明确滑块运动过程中能量的转换以及各个力的做功情况，题目运动过程复杂，难度较大。
10.【答案】BD
【解析】解：A、从A下滑到B根据动能定理可得：mgR−W1=12mv12，从B上滑到A根据动能定理可得：−mgR−W2=0−12mv22，可得v1B、小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则同一点上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以有W1C、小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；
D、取特殊位置，如果C点在最低点B，则小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率，故D正确；
故选：BD．
对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小．分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根据特殊位置分析小球第一次经过圆弧某点C的速率和它第二次经过同一点C的速率大小．
本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系．
11.【答案】1.5 10 4W
【解析】解：(1)设相邻小球影像之间的时间间隔为T，小球在竖直方向做自由落体运动，相邻时间间隔的位移差Δy=y2−y1=5L−3L=2L=2×5cm=10cm=0.1m
根据匀变速运动推论Δy=gT2
可得时间间隔T= Δyg= 0.110s=0.1s
小球在水平方向做匀速直线运动，水平初速度是v0=3LT=
(2)闪光的频率为f=1T=10次/秒
(3)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此小球经过B点时竖直速度vBy=y1+y22T=3L+5L2T=(3+5)×5×10−22×0.1m/s=2.0m/s
重力的瞬时功率是PG=mgvBy=0.2×10×2.0W=4W
故答案为：(1)1.5；(2)10；(3)4W。
(1)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据匀变速运动的推论求周期，平抛运动在水平方向是匀速直线运动，根据匀速运动速度公式求水平初速度；
(2)根据周期和频率的关系求闪光频率；
(3)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点竖直方向的速度，再根据功率公式求重力的功率。
本题考查了平抛运动的规律，灵活运用匀速运动和匀变速运动的规律，对学生的知识要求较高，是考查学生能力的好题．
12.【答案】ABC mgs24h 减小 增大 二
【解析】解：(1)(2)小球离开桌面后做平抛运动，水平方向：s=vt，竖直方向：h=12gt2，小球落地时的动能：Ek=12mv2
解得：E=Ek=mgs24h
实验需要测量小球的质量、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故ABC正确，DE错误；
故选：ABC。
(3)根据能量守恒可知，Ep=Ek，所以12kΔx2=mgs24h
则s= 2khmgΔx，做s−Δx的图象，图象的斜率为 2khmg，所以h不变，m增加时图线的斜率减小，如果m不变，h增加，s−Δx图线的斜率会增大；
m不变，h减小，图线的斜率减小；由图中给出的直线关系和E的表达式可知，E与Δx的二次方成正比。
故答案为：(1)ABC；(2)mgs24h；(3)减小；增大；二。
(1)(2)小球在桌面边缘的动能及弹簧的弹性势能，根据平抛运动规律结合动能公式解答；
(3)根据图像斜率及物理意义解答。
解决本题的关键明确实验原理，根据平抛运动的规律以及机械能守恒定律得出表达式，然后讨论即可。
13.【答案】解：小车的质量m=50g=0.05kg
(1)小车由A运动至B过程，由能量关系可知：EP=k(mg+F)L+12mvB2
其中F=0.5mg，k=0.2，代入数据得：vB=3m/s
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg−0.5mg=mvC2R
小车从B到C，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
得：R=0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg−0.5mg=mvB2R
联立解得：FN′=3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN=FN′=3N
(3)小车从B到P，由动能定理得：−mg⋅2r=12mvP2−12mvB2
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x=vPt
2r=12gt2
联立解得：x= −16r2+185r= −16(r−980)2+81400
当r=980m=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP>0，则：r<0.225m
但因为小车在N点满足：mvN2r≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得：−mgr=12mvN2−12mvB2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm= 25m。
答：(1)小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
(2)小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为 25m。
【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关系进行解答；
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，最高点时重力完全提供向心力，小车从B到C，由动能定理列方程求解半径，在B点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小车运动至B点时对轨道压力大小；
(3)小车从B到P，由动能定理列方程；小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律列方程，联立求解水平位移的表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
14.【答案】解：(1)对尘土由自由落体公式有h=12g火t2
解得：g火=2ht2
在火星表面有：GMmR2=mg火
联立解得M=2hR2Gt2
(2)在火星表面有GMmR2=mv12R 或mg火=mv12R
解得火星的第一宇宙速度：v1= 2hRt2
答：(1)火星的质量M为2hR2Gt2；
(2)火星的第一宇宙速度v1为 2hRt2。
【解析】(1)结合题意，根据万有引力提供向心力，求出火星的质量；
(2)根据万有引力提供向心力，结合此时的轨道半径等于火星的半径可以求出火星的第一宇宙速度。
在处理天体的第一宇宙速度时，要注意第一宇宙速度的两种表达式，即v= gR和v= GMR。
15.【答案】解：(1)由图像可知，5s～9s小车在阻力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a=ΔvΔt=4−09−5m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律Ff=ma
代入数据解得：Ff=1N
(2)t=5s时，小车所受牵引力与阻力大小相等，得P=Fv=Ffv=1×4W=4W
(3)0～5s时间内，由动能定理Pt−Ffx1=12mv2
得x1=12m
5s～9s时间内，图像面积等于位移x2=4×(9−5)2m=8m
小车在整个运动过程中位移x=x1+x2=12m+8m=20m
答：(1)小车所受到的阻力大小为1N；
(2)小车发动机的功率为4W；
(3)小车在整个运动过程中位移的大小为20m。
【解析】(1)5s～9s小车在阻力作用下做匀减速直线运动，先根据图像的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小；
(2)在匀速行驶阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求出匀速行驶时的功率；
(3)0～5s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解，5s～9s根据图像求得位移，即可求得的总位移。
本题关键要分析清楚小车在各段的运动规律以及受力情况，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移，结合牛顿第二定律和动能定理进行解答。
1.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )
A. 匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B. 匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C. 匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变
D. 三种情况中，物体的机械能均增加
2.春季健身节中，某校男生进行拉轮胎训练，如图所示，质量为m的轮胎在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前移动了一段距离l.已知轮胎与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则以下关于轮胎受到的各力做功说法正确的是( )
A. 重力做功为mglB. 支持力做功为mglsinθ
C. 拉力做功为FlcsθD. 滑动摩擦力做功为−μmgl
3.咸阳市陈阳寨十字车流量大、为多路口交汇，设置了环岛交通设施，需要通过路口的车辆都要按照逆时针方向行进，有效减少了交通事故发生.假设环岛路为圆形，外车道半径为72m，内车道半径为50m，汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，g取10m/s2，当汽车匀速率通过环形路段时，则汽车的运动( )
A. 一定受到恒定的合外力作用B. 受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C. 最大速度不能超过20m/sD. 最大速度不能超过24m/s
4.2022年10月9日，中国成功发射“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，卫星进入预定的太阳同步晨昏轨道，可全年不间断对日观测。已知卫星在距地面720km的近似圆形轨道上绕地运行，周期为99min。下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
B. “夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
C. “夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度
D. “夸父一号”受到的向心力大于地球同步卫星受到的向心力
5.在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则( )
A. 两次篮球打在篮板的速度大小相等
B. 第二次篮球在空中上升的时间较长
C. 两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D. 两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
6.在某科学报告中指出，在距离我们大约1600光年的范围内，存在一个四星系统。假设四星系统离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对四星系统的引力作用。假设某种四星系统的形式如图所示，三颗星体位于边长为L的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，而第四颗星体刚好位于三角形的中心不动。设每颗星体的质量均为m，引力常量为G，则( )
A. 位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的向心加速度大小与m无关
B. 位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度大小为 ( 3+1)GmL
C. 若四颗星体的质量m均不变，距离L均变为2L，则周期变为原来的2倍
D. 若距离L不变，四颗星体的质量m均变为2m，则角速度变为原来的2倍
7.如图所示，传送带通过滑道将长为L，质量为m的匀质物块以初速度v0向右送上水平台面(开始时物块右端位于台面左边缘)，物块前端在台面上滑动s距离停下来.已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ，而且s>L，则物块的初速度v0为( )
A. 2μgs−2μgLB. 2μgs−μgLC. 2μgsD. 2μgs+μgL
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.2022年第24届冬奥会在北京−张家口成功举办，图甲为在张家口的国家跳台滑雪中心“雪如意”，图乙为跳台滑雪的示意图。质量为m的运动员从长直倾斜的助滑道AB的A处由静止滑下，为了改变运动员的速度方向，在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑道相切衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，圆弧轨道半径为R。A与C的竖直高度差为H，弯曲滑道末端即起跳台D与滑道最低点C的高度差为h，重力加速度为g。不计空气阻力及摩擦，则运动员( )
A. 到达C点时的动能为mgH
B. 到达C点对轨道的压力大小为2mgHR
C. 到起跳台D点的速度大小为 2g(H−h)
D. 从C点到D点重力势能增加了mg(H−h)
9.如图所示，固定的粗糙斜面AB的长为8m，倾角为37°，一小物块从A点处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，每次碰撞前后速率不变，第一次返回到达的最高点为Q(图中未画出)。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.2，以B点为零势能面(sin37°=0.6,cs37°=0.8)。则下列说法正确的是( )
A. 物块沿斜面下滑时其机械能减少，沿斜面上滑时其机械能增加
B. Q点到B点距离为3m
C. 物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点下方
D. 物块从开始释放到最终静止经过的总路程为30m
10.如图，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则( )
A. v1可能等于v2
B. W1一定小于W2
C. 小球第一次运动机械能变大了
D. 小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.在研究平抛物体运动的实验中，右图为小球做平抛运动闪光照片的一部分，图中每一小正方格边长L=5cm，g取10m/s2。则：
(1)小球平抛时的初速度是______m/s。
(2)闪光的频率为f= ______次/秒。
(3)若小球质量m=200克，则小球经过B点时重力的瞬时功率是______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学利用如图甲所示的装置探究轻质弹簧的弹性势能与其形变量的关系：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不栓接；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放，小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。回答下列问题：
(1)本实验中，设弹簧被压缩后的弹性势能E，重力加速度大小为g。为求得E，至少需要测量下列物理量中的______(填正确答案序号)。
A.小球的质量m
B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h
D.弹簧的压缩量Δx
E.弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示E，得E= ______。
(3)图乙中的直线是实验测量得到的s−Δx图线。从理论上可推出，如果h不变。m增加，s−Δx图线的斜率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s−Δx图线的斜率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图中给出的直线关系和E的表达式可知，E与Δx ______次方成正比。
五、简答题：本大题共1小题，共18分。
13.如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP=0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；
(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
六、计算题：本大题共2小题，共23分。
14.2021年8月30日，我国首次火星探测天问一号任务“祝融号”火星车驶上火星表面满100天，累计行驶1064米，如图所示。为减小沾在火星车太阳能板上的尘土对火星车的影响，“祝融号”火星车的太阳能板不仅涂了一层防尘的涂层，并且还以像蝴蝶一样扇动翅膀。若在扇动太阳能板时，沾在太阳能板边缘、距火星地面高度为h的某块尘土无初速度下落，经过时间t落在地面上。已知引力常量为G，火星可视为半径为R、质量分布均匀的球体，忽略火星大气的影响。求：
(1)火星的质量M；
(2)火星的第一宇宙速度v1。
15.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v−t图像，如图所示。已知小车运动的过程中，0～5s时间段内小车发动机的功率保持不变且5s前已经达到匀速，在5s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求：
(1)小车所受到的阻力大小；
(2)小车发动机的功率；
(3)小车在整个运动过程中位移的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：物体匀速上升时，根据平衡条件可知，物体所受的拉力竖直向上，对物体做正功，根据功能原理得知，物体的机械能增加；
加速上升时，拉力方向与速度方向相同，对物体做正功，由功能原理得知，物体的机械能增加．
减速上升时：拉力方向与速度方向可能相同，可能相反，也可能只受重力，拉力对物体可能做正功，可能做负功，也可能只有重力做功，所以由功能原理得知，机械能可能增加，可能减少，也可能不变．故C正确，ABD错误．
故选：C
根据功能原理：除了重力以外的其他力做正功时，物体的机械能将增加；若除了重力以外的其他力做负功时，物体的机械能将减小．若除了重力以外的其他力不做功时，机械能不变．分析拉力做功的正负，即可判断物体机械能的变化．
本题的解题关键是掌握功能原理，并能正确运用．也可以根据动能定理进行判断．
2.【答案】C
【解析】解：A、重力做功为：WG=Glcs90°=0，故A错误；
B、支持力做功为：WN=Nlcs90°=0，故B错误；
C、拉力做功为WF=Flcθ，故C正确；
D、轮胎竖直方向受力平衡，有：N+Fsinθ=mg
得：N=mg−Fsinθ
则摩擦力为：f=μN=μ(mg−Fsinθ)
摩擦力做功为：Wf=−fl=−μ(mg−Fsinθ)l，故D错误。
故选：C。
轮胎所受的各力都是恒力，可根据恒力F做功的计算公式：W=FLcsθ，θ为F与L之间的夹角，来分析计算各力做的功．
本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式，注意功的公式只适用于恒力做功．
3.【答案】D
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心，是变力，故A错误；
B、向心力是效果力，在受力分析时不分析向心力，故B错误；
CD、由题意静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
f=mv2r
整理得v= frm
则圆周运动半径最大且达到最大静摩擦力时对于速度最大，有
vm= 0.8mg×72mm/s=24m/s
故C错误D正确；
故选：D。
A、根据匀速圆周运动所受合外力全部提供向心力可知，合外力是变力；
B、向心力是效果力，受力分析时不分析向心力；
CD、根据牛顿第二定律先写出速度的表达式，再结合题意可以求出最大速度。
本题考查向心力，对于匀速圆周运动要牢记，它是一种变加速曲线运动，物体所受的合外力是变力。
4.【答案】C
【解析】解：A.第一宇宙速度7.9km/s是发射绕地卫星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是卫星离开地球飞向太阳的最小发射速度，“夸父一号”的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B.第一宇宙速度是绕地运行卫星的最大速度，“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C.“夸父一号”的周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系式ω=2πT可知，“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度，故C正确；
D.卫星质量未知，所受向心力无法比较，故D错误。
故选：C。
理解宇宙速度的概念，由此得出“夸父一号”的发射速度和运行速度的大小关系；
根据“夸父一号”和地球的周期大小关系得出两者角速度的大小关系；
根据万有引力定律可知“夸父一号”和地球同步卫星向心力的大小关系与质量有关，无法比较。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，正确理解宇宙速度的概念，结合周期和角速度的关系即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：B、篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向有：h=12gt2
解得：t= 2hg
第二次的高度略低一点，则第二次篮球在空中上升的时间较短，故B错误；
A、两次篮球水平方向的运动为匀速直线运动，有：x=v0t
解得：v0=x g2h
第二次的高度略低一点，则第二次篮球打在篮板的速度大小更大，故A错误；
C、设该同学对篮球做功为W，从抛球到篮球到达最高点，由动能定理得：W−mgh=12mv02
解得：W=mgh+12mv02=mgh+mgx24h
则两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，故C正确；
D、篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率P=mgvy=mg2t=mg2 2hg=mg 2gh
两次篮球上升的高度不相同，重力的功率不相等，故D错误。
故选：C。
篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据运动学公式求解速度和时间，比较即可；根据动能定理求解篮球该同学对篮球做的功；根据功率公式求解重力的功率。
本题考查平抛运动和功率的计算，知道篮球的运动可逆向看作平抛运动，掌握求解重力功率的公式。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据几何知识可得每颗星轨道半径为r= 33L
每颗星受到的万有引力的合力为F=Gm2( 33L)2+2Gm2L2cs30°=(3+ 3)Gm2L2
由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=ma向
解得位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的向心加速度大小为：a向=(3+ 3)GmL2，可知向心加速度与质量m有关，故A错误；
B、由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=mv2 33L
解得：v= ( 3+1)GmL
即位于等边三角形三个顶点上的每颗星体做圆周运动的线速度大小为 ( 3+1)GmL，故B正确；
CD、由万有引力提供向心力，得F=(3+ 3)Gm2L2=m4π2T2× 33L
解得：T=2π L3(3+3 3)Gm
若四颗星体的质量m均不变，距离L均变为2L，则周期变为原来的2 2；若距离L不变，四颗星体的质量m均变为2m，则周期变为原来的 22倍，角速度变为原来的 2倍，故CD错误。
故选：B。
根据几何关系得出每颗星轨道半径，求出每颗星受到的万有引力的合力，再结合牛顿第二定律求出每颗星体做圆周运动的向心加速度大小；由万有引力提供向心力求出每颗星体做圆周运动的线速度大小；根据万有引力提供向心力，列式得出周期和角速度的表达式即可完成分析。
本题考查多星系统的相关应用，熟悉星体的受力情况，确定向心力来源，结合几何关系和万有引力定律即可完成解答。
7.【答案】B
【解析】解：当物块右端刚到台面左边缘，至完全滑上台面期间，随着物块右端滑上台面的距离增大，物块与台面间的压力增大，摩擦力增大，且因为物块为匀质，因此在此期间物块与台面间的摩擦力与物块右端滑上距离成正比。当物块完全滑上台面后，物块与台面间的摩擦力变为滑动摩擦力并保持不变，此时摩擦力的大小为f′=μF=μmg。综上可知，物块与台面间的摩擦力f与物块右端滑上台面的距离x之间的关系如图所示，根据动能定理可知，滑块的动能变化量等于摩擦力做功的大小，且f−x图像中，某段距离内，图像与x轴的所围成的面积代表这段距离内摩擦力做功的大小，由此可知12mv02=Wf=μmgs−12μmgL，因此v0= 2μgs−μgL，故ACD错误，B正确。
故选：B。
物块滑上水平台面时，随着滑上距离的增加，摩擦力增大，直至完全滑上台面后，摩擦力不变，利用f−x图像，求出摩擦力做功，根据动能定理得出初速度。
通过f−x图像得出摩擦力做功大小，根据动能定理求出初速度。
8.【答案】AC
【解析】解：A.由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为
Ek=mgH，故A正确；
B.根据动能定理可得：
mgH=12mvC2
根据牛顿第二定律得：
FC−mg=mvC2R
解得：FC=mg+2mgHR
则到达C点对轨道的压力大小为
FC′=mg+2mgHR，故B错误；
C.从A到D由机械能守恒定律
mg(H−h)=12mvD2
解得到起跳台D点的速度大小为
vD= 2g(H−h)，故C正确；
D.从C点到D点重力势能增加了mgh，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒定律得出运动员到达C点时的动能；
根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出运动员在C点对轨道的压力；
根据功能关系得出重力势能的变化量。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的适用条件，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】CD
【解析】解：A.物块沿斜面下滑时或者上滑时，都要克服摩擦力做功，则物块的机械能都减小，故A错误；
B.从A点到Q点，由能量关系mg(l−x)sin37°=μmgcs37°(l+x)，代入数据解得Q点到B点距离为x≈4.6m，故B错误；
C.设物块第一次下滑时，动能与势能相等的位置距离B点为x1，则mg(l−x1)sin37°=μmgcs37°(l−x1)+12mv12，其中mgx1sin37°=12mv12，解得x1=3.38m，即动能与势能相等的位置在AB中点下方，故C正确；
D.由能量关系，物块最终将停止在挡板位置，则从开始释放到最终静止，则mglsin37°=μmgscs37°，代入数据解得总路程s=30m，故D正确；
故选：CD。
根据摩擦力始终做负功分析A；根据能量关系列式求解Q点到B点距离，由此判断B选项；根据动能与势能相等列式求解C选项；根据能量关系列式求解物块通过的总路程。
该题考查滑块在斜面运动过程中的功能关系问题，解答该题要明确滑块运动过程中能量的转换以及各个力的做功情况，题目运动过程复杂，难度较大。
10.【答案】BD
【解析】解：A、从A下滑到B根据动能定理可得：mgR−W1=12mv12，从B上滑到A根据动能定理可得：−mgR−W2=0−12mv22，可得v1
D、取特殊位置，如果C点在最低点B，则小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率，故D正确；
故选：BD．
对小球从A到B和从B到A的两个过程分别列式，可比较经过B点时速度大小．分析小球向下和向上运动时经过轨道上同一点时所受支持力的大小，分析比较出滑动摩擦力的大小，即可分析克服摩擦力做功的大小，根据特殊位置分析小球第一次经过圆弧某点C的速率和它第二次经过同一点C的速率大小．
本题考查了动能定理、向心力的基本运用，运用动能定理要灵活选择研究的过程，根据向心力分析支持力的关系，注意判断不同过程中克服摩擦力做功的关系．
11.【答案】1.5 10 4W
【解析】解：(1)设相邻小球影像之间的时间间隔为T，小球在竖直方向做自由落体运动，相邻时间间隔的位移差Δy=y2−y1=5L−3L=2L=2×5cm=10cm=0.1m
根据匀变速运动推论Δy=gT2
可得时间间隔T= Δyg= 0.110s=0.1s
小球在水平方向做匀速直线运动，水平初速度是v0=3LT=
(2)闪光的频率为f=1T=10次/秒
(3)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此小球经过B点时竖直速度vBy=y1+y22T=3L+5L2T=(3+5)×5×10−22×0.1m/s=2.0m/s
重力的瞬时功率是PG=mgvBy=0.2×10×2.0W=4W
故答案为：(1)1.5；(2)10；(3)4W。
(1)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据匀变速运动的推论求周期，平抛运动在水平方向是匀速直线运动，根据匀速运动速度公式求水平初速度；
(2)根据周期和频率的关系求闪光频率；
(3)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点竖直方向的速度，再根据功率公式求重力的功率。
本题考查了平抛运动的规律，灵活运用匀速运动和匀变速运动的规律，对学生的知识要求较高，是考查学生能力的好题．
12.【答案】ABC mgs24h 减小 增大 二
【解析】解：(1)(2)小球离开桌面后做平抛运动，水平方向：s=vt，竖直方向：h=12gt2，小球落地时的动能：Ek=12mv2
解得：E=Ek=mgs24h
实验需要测量小球的质量、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故ABC正确，DE错误；
故选：ABC。
(3)根据能量守恒可知，Ep=Ek，所以12kΔx2=mgs24h
则s= 2khmgΔx，做s−Δx的图象，图象的斜率为 2khmg，所以h不变，m增加时图线的斜率减小，如果m不变，h增加，s−Δx图线的斜率会增大；
m不变，h减小，图线的斜率减小；由图中给出的直线关系和E的表达式可知，E与Δx的二次方成正比。
故答案为：(1)ABC；(2)mgs24h；(3)减小；增大；二。
(1)(2)小球在桌面边缘的动能及弹簧的弹性势能，根据平抛运动规律结合动能公式解答；
(3)根据图像斜率及物理意义解答。
解决本题的关键明确实验原理，根据平抛运动的规律以及机械能守恒定律得出表达式，然后讨论即可。
13.【答案】解：小车的质量m=50g=0.05kg
(1)小车由A运动至B过程，由能量关系可知：EP=k(mg+F)L+12mvB2
其中F=0.5mg，k=0.2，代入数据得：vB=3m/s
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg−0.5mg=mvC2R
小车从B到C，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
得：R=0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN′−mg−0.5mg=mvB2R
联立解得：FN′=3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN=FN′=3N
(3)小车从B到P，由动能定理得：−mg⋅2r=12mvP2−12mvB2
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x=vPt
2r=12gt2
联立解得：x= −16r2+185r= −16(r−980)2+81400
当r=980m=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP>0，则：r<0.225m
但因为小车在N点满足：mvN2r≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得：−mgr=12mvN2−12mvB2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm= 25m。
答：(1)小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
(2)小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为 25m。
【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关系进行解答；
(2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，最高点时重力完全提供向心力，小车从B到C，由动能定理列方程求解半径，在B点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解小车运动至B点时对轨道压力大小；
(3)小车从B到P，由动能定理列方程；小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律列方程，联立求解水平位移的表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了功能关系和动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
14.【答案】解：(1)对尘土由自由落体公式有h=12g火t2
解得：g火=2ht2
在火星表面有：GMmR2=mg火
联立解得M=2hR2Gt2
(2)在火星表面有GMmR2=mv12R 或mg火=mv12R
解得火星的第一宇宙速度：v1= 2hRt2
答：(1)火星的质量M为2hR2Gt2；
(2)火星的第一宇宙速度v1为 2hRt2。
【解析】(1)结合题意，根据万有引力提供向心力，求出火星的质量；
(2)根据万有引力提供向心力，结合此时的轨道半径等于火星的半径可以求出火星的第一宇宙速度。
在处理天体的第一宇宙速度时，要注意第一宇宙速度的两种表达式，即v= gR和v= GMR。
15.【答案】解：(1)由图像可知，5s～9s小车在阻力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a=ΔvΔt=4−09−5m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律Ff=ma
代入数据解得：Ff=1N
(2)t=5s时，小车所受牵引力与阻力大小相等，得P=Fv=Ffv=1×4W=4W
(3)0～5s时间内，由动能定理Pt−Ffx1=12mv2
得x1=12m
5s～9s时间内，图像面积等于位移x2=4×(9−5)2m=8m
小车在整个运动过程中位移x=x1+x2=12m+8m=20m
答：(1)小车所受到的阻力大小为1N；
(2)小车发动机的功率为4W；
(3)小车在整个运动过程中位移的大小为20m。
【解析】(1)5s～9s小车在阻力作用下做匀减速直线运动，先根据图像的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小；
(2)在匀速行驶阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求出匀速行驶时的功率；
(3)0～5s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解，5s～9s根据图像求得位移，即可求得的总位移。
本题关键要分析清楚小车在各段的运动规律以及受力情况，知道v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积表示位移，结合牛顿第二定律和动能定理进行解答。
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