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2023-2024学年上海市晋元高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年上海市晋元高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.小华坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。关于小华做匀速圆周运动的过程中，下列物理量保持不变的是( )
A. 合外力B. 动能C. 运动速度D. 加速度
2.如图，a、b是地球赤道上的两点，b、c是地球表面不同纬度上的两个点，若a、b、c三点随地球的自转都看作是匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. a、b 两点的线速度相同
B. b、c 两点的线速度相同
C. b、c 两点的轨道半径相同
D. a、b、c 三点的角速度相同
3.类比直线运动中用v−t图像求位移的方法，关于图像与横坐标轴围成面积的意义，说法正确的是( )
A. 若图像为x−t(位移-时间)图，面积反映速度大小
B. 若图像为a−t(加速度-时间)图，面积反映位移大小
C. 若图像为F−x(力-位移)图，面积反映力的功率
D. 若图像为P−t(功率-时间)图，面积反映力做的功
4.一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。下列说法正确的是( )
A. 在位置③，人的速度水平向右
B. 从位置②到⑤，重力对人的冲量为0
C. 从位置①到⑤，重力做功为0
D. 在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
5.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20cm，被头竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
B. 与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0
C. 下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg⋅m/s
D. 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0
6.地球半径为r1，赤道上某点随地球自转的线速度大小为v1，某轨道半径为r2的地球间步卫星运动的线速度大小为v2，则v1：v2为( )
A. r22r12B. r2r1C. r12r22D. r1r2
7.如图所示，一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一个小球，小球放置在光滑水平地面上。弹簧处于原长时，小球在位置O.将小球拉至位置A(弹簧处于弹性限度内)，然后由静止释放。释放后，小球从A第一次运动到O的过程中下图的各示意图中正确反映小球速度v随时间t变化关系的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A. 从1到2动能减少mghB. 从1到2重力势能增加mgh
C. 从2到3动能增加mghD. 从2到3机械能不变
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示是一简谐运动的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐运动的振幅为6 cm，周期为8 s
B. 6∼8s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动
C. 图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹
D. 该振动图象对应的表达式为x=3sin(π4t)cm
10.人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A. 重力做的功为360JB. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
11.如图所示，做匀速圆周运动的质点在时间t内由A点运动到B点，AB弧所对的圆心角为θ。则质点的角速度大小为______；若 AB弧长为l，则质点向心加速度的大小为______。
12.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则v1______v2，且v1______ GMr(填“>”、“<”或“=”)。
13.如图所示，高为h=10m的光滑斜面AB，倾角为θ=30∘，底端与水平面BD相连，经过B点时无机械能损失，在水平面末端墙上固定一轻弹簧，水平面BC段粗糙，长度为20m，动摩擦因数为μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于弹簧原长，质量为m=1kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑，(g=10m/s2)，弹簧被压缩具有的最大弹性势能______ J，物块会在BC段上总共运动路程是______ m。
四、实验题：本大题共2小题，共35分。
14.验证机械能守恒定律
在物体运动过程中，空气阻力和重力都对物体做功，当空气阻力远小于重力时，物体的机械能近似守恒。为了验证机械能近似守恒，需要测量物体在任意位置处的动能和重力势能。本实验通过测量物体的速度和高度间接测量物体的动能和重力势能。“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图1。
(1)本实验利用______传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的______和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中______。
A.连接杆拉力不做功，合外力不做功
B.连接杆拉力不做功，合外力做正功
C.连接杆拉力做正功，合外力不做功
D.连接杆拉力做正功，合外力做正功
(3)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.以最低点为零势能面
B.挡光片的宽度应选择适当大一点
C.连接杆④的质量要远小于摆锤的质量
D.高度h应是光电门经过该位置时光孔的高度
E.挡光片应固定在摆锤上
(4)某小组同学实验结果绘制数据如表所示，绘制图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep，动能Ek，或机械能E。
①其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek图线分别是______和______。(选填“1”、“2”或“3”)
②根据实验图像(图2)，可以得出的结论是______。
③仔细观察表格中的数据，列举出不符合实验事实的情况。______。
④另一小组同学记录了每个挡光片所在的高度h及其相应的挡光时间Δt后，绘制了1Δt−h和1Δt2−h四幅图像。其中可以说明机械能一定守恒的图像是______。
15.某同学在艺术品商店购买了图(a)所示的创意物理摆件。5个完全相同的钢球用等长细线悬挂在支架上、静止时紧密排列在同一水平线上。将球②向左侧拉开，由静止释放，发现：球③撞击球②后，球①立即停止运动，中间三个球静止不动，但球⑤向右摆起相同的高度；球⑤回落后再向左撞击球④，球⑤立即停止运动，中间三个球仍静止不动，球①则向左摆起相同的高度，以后重复不止。
(1)此撞击过程中，______。
A.系统的机械能守恒，动量有损耗
B.系统的机械能有损耗、动量守恒
C.系统的机械能守恒，动量也守恒
D.系统的机械能有损耗，动量也有损耗
(2)该同学模仿这个摆件，制作图(b)装置对其进行研究。光滑轨道ABC固定在竖直平面内，AB段水平，圆弧轨道BC与之相切于B点，O为圆心。甲、乙两球的质量分别为m甲=0.1kg、m乙=0.8kg，乙球静置于O点的正下方，甲球以速度v0=5m/s向右运动，与乙球碰撞后，以3m/s的速度向左反弹。g取10m/s2。
(Ⅰ)乙球所能上升的最大高度h为多少？
(Ⅱ)碰撞过程中，系统的机械能是否守恒？说明理由。
(Ⅲ)上问中，已知圆弧轨道BC的半径R=20m，不计球的大小。试分析：能否求出碰撞后乙球再次回到B点所需的时间？如能，请求出结果；如不能，请说明理由。
五、简答题：本大题共1小题，共21分。
16.新能源汽车新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源(或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置)，如图1所示为沃尔沃EX90纯电旗舰SUV汽车，高功率版电机最大功率约370kW，综合工况续航里程最高约650km。
(1)“高功率版电机最大功率约370kW”的物理意义是指______。
(2)该高功率版SUV汽车质量为5×103kg，在水平路面上从静止开始以加速度a=2m/s2启动，所受阻力大小恒为8×103N。
①该汽车能够达到的最大速度为______km/h，汽车启动后第1s末电机对外输出的瞬时功率为______ kW。(结果保留小数点后1位)
②(作图)作出该款汽车启动后电机对外输出的功率P随时间t变化的图像2，并标记出关键点的坐标。
③(计算)该款汽车在前10s内摩擦力做的功W，和牵引力F做的功Wp。
(3)该款汽车在行驶过程中，遇见如图3所示的拱桥地形，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。通过目测此拱桥的半径大约为10m。要安全通过此拱桥，汽车的最大速度为______m/s，此时向心力由______提供。(g=10m/s2)
(4)若两辆新能源汽车做碰撞安全试验，汽车甲的质量2000kg，汽车乙的质量为1500kg，两车碰撞前后的速度随时间变化的图像如图4所示。碰撞过程中，系统的总动量______(填“守恒”或“不守恒”)，汽车甲受到的合外力大小为______ N。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AC.做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，其合力不为零，且方向不断变化，故AC错误；
B.做匀速圆周运动的物体速度大小不变，则动能不变，故B正确；
D.做匀速圆周运动的物体其加速度方向时刻变化，故D错误。
故选：B。
在匀速圆周运动中，线速度大小不变，方向时刻改变，向心力大小不变，方向始终指向圆心；加速度的大小也不变，方向始终指向圆心；线速度大小不变，根据动能的表达式确定动能是否变化。
本题的关键是记住匀速圆周运动的各个物理量，以及动能与速度的关系。
2.【答案】D
【解析】解：D、地球上的所有的物体都随地球一起绕着地轴自传，具有相等的角速度，则a、b、c三点的角速度相同，故D正确；
A、a、b两点是赤道上的两点，它们的半径相同，都等于地球半径，根据v=ωR可知，这两点的线速度大小相等，但它们的方向不同，故A错误；
BC、b、c两点在不同的纬线圈上，它们随地球自传的半径为各自所在纬线圈的半径，所以这两点的半径不同，根据v=ωR可知，它们的线速度也不同，故BC错误。
故选：D。
根据同轴转动角速度相等判断三点的角速度关系；根据v=ωR分析三点的线速度关系，注意线速度是矢量。
知道同轴转动的物体角速度相等以及v=ωR是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：A、由x=vt知，x−t(位移-时间)图像斜率反映速度大小，故A错误；
B、根据Δv=aΔt得，a−t(加速度-时间)图线和横轴围成的面积表示速度的改变量，故B错误；
C、由W=FL可知，由F−x(力-位移)图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功，故C错误；
D、由W=Pt知，由P−t(功率-时间)图线和横轴围成的面积可求出力做的功，故D正确；
故选：D。
在x−y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：∑△x⋅y；将x−y换成具体的物理量分析即可得出结论。
本题关键明确在x−y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：S=∑△x⋅y；可以根据此方法求解功、速度改变量等。
4.【答案】A
【解析】解：A、人做斜抛运动，位置③是他在空中的最高点，人有水平向右的速度，即人的速度不为0，故A正确；
B、从位置②到③，重力对人的作用时间不为零，根据冲量公式IG=mgt可知，重力的冲量不为0，故B错误；
C、由于在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等，所以从位置①到⑤过程中，人的重心高度要降低，根据求功公式WG=mgh可知，重力做功不为零，故C错误；
D、在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，故D错误。
故选：A。
人做斜抛运动，在位置③时有水平方向向右的速度；根据做功的公式和冲量的计算公式分析出重力的做功和冲量的大小；根据人的速度变化得出在起跳至离地的过程中，人受到的支持力和重力的大小关系，从而比较二者的冲量大小。
本题以人起跳为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，解题的关键点是熟悉做功公式和动量的计算公式，同时通过简单的受力分析得出不同力的大小关系。
5.【答案】A
【解析】解：ABC、下落或上升的高度为h=20cm=0.2m。
下落到与头部刚接触时，由v2=2gh，可得v=2m/s，
则足球动量大小为：p1=mv=0.4×2kg⋅m/s=0.8kg⋅m/s，
由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，取向下为正分向，则动量变化量为Δp=mv′−mv=(−0.8−0.8)kg⋅m/s=−1.6kg⋅m/s，
由动量定理：Δp=F合Δt，其中Δt=0.1s，即：(mg−F)Δt=Δp
代入数据解得：F=20N=5mg，故A正确，BC错误；
D、从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故D错误。
故选：A。
由速度-位移公式及竖直上抛运动的对称性求得足球到达头部的速度大小和反弹后的速度大小，对足球应用动量定理求解。
本题以学生练习用头颠球为情景载体，考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意运动的对称性，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
6.【答案】D
【解析】解：地球同步卫星的运动周期等于地球自转的周期，由v=2πrT可得
v1v2=r1r2
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据赤道上某点与同步卫星的周期相同结合v=2πrT进行解答
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道同步卫星相对于地面静止，其角速度与赤道上物体随地球自转的角速度、周期相同，掌握线速度与角速度、周期的关系。
7.【答案】A
【解析】解：小球从A第一次运动到O的过程中，弹簧的形变量x减小，由胡克定律知弹力F=kx减小，由牛顿第二定律知加速度a=kxm减小，加速度方向和速度方向相同，小球做加速运动，在v−t图象中，图象的切线的斜率表示加速度大小，即斜率逐渐变小，故A正确、BCD错误。
故选：A。
小球从A第一次运动到O的过程中，分析弹簧的形变量，弹簧的弹力如何变化，再由牛顿第二定律判断加速度如何变化，由加速度的方向与速度方向的关系可判断小球是加速还是减速运动，再结合v−t图象中，图象的切线的斜率表示加速度大小可选出图象。
本题主要是考查牛顿第二定律和速度图象的结合，求解此题需明确小球的运动特点、受力情况以及v−t图象的斜率所表示的含义。
8.【答案】B
【解析】解：AB.由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；
CD.从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。
故选：B。
足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，合外力做功等于动能的改变；
从1到2重力做负功，重力势能增加；
从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小。
重力做功与路径无关，与零势能面的选取无关，只与物体的始末位置有关。重力做正功，重力势能减少；重力做负功(或表述为克服重力做功)，重力势能增加。但要注意，重力势能的大小与零势能面的选取有关。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由图可知，该简谐运动的振幅为3cm，周期为8s；故A错误；
B、6∼8s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动；故B正确；
C、图中表示的是振子的位移随时间的变化规律，不是振子的运动轨迹；故C错误；
D、角速度ω=2πT=π4；故该振动图象对应的表达式为x=3sinωt=3sin(π4)t；故D正确；
故选：BD。
由图可知简谐运动的振幅和周期，由振动图象可知振子的振动方向；结合数学知识可得出振动图象的表达式．
本题考查对振动图象的认识，要注意能用图象利用数学知识得出对应的表达式．
10.【答案】BCD
【解析】解：AB、货物从P到Q的运动过程中，根据动能定理可得：
mgh−W克=12mv2
其中，mgh=20×10×4J=800J
代入数据解得：W克=440J，故A错误，B正确；
C、根据题意可知，r=h
速度的表达式可得：
a=v2r=624m/s2=9m/s2，故C正确；
D、在Q点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则
FN−mg=ma
根据牛顿第三定律可得：
F压=FN
联立解得：F压=380N，故D正确；
故选：BCD。
根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；
根据加速度的计算公式得出加速度的大小；
根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成分析。
11.【答案】θt lθt2
【解析】解：根据角速度的定义式，角速度的大小为ω=θt，线速度大小为v=lt，质点的向心加速度a=vω=lt⋅θt=lθt2。
故答案为：θt，lθt2。
根据角速度的定义式、线速度定义式结合加速度的公式联立推导求解。
考查角速度、线速度的定义式，会根据角速度和线速度的大小求解向心加速度大小。
12.【答案】>>
【解析】解：“东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运行的过程中，由开普勒第二定律可知，卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，即有 v1>v2；
从近地点向远地点运动时，卫星做离心运动，由离心运动条件可知，此时GMmr2 GMr；
故答案为：>；>。
根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。
13.【答案】60 50
【解析】解：弹簧压缩最短时，弹性势能最大，此时物体速度为零。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，由能量守恒定律得
mgh=μmgL+Ep
解得弹簧被压缩具有的最大弹性势能为：Ep=60J
设物体在BC段运动的总路程为s，全程根据能量守恒定律得
mgh=μmgs
解得：s=50m
故答案为：60，50。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，根据能量守恒定律求解弹簧被压缩具有的最大弹性势能。物体由A出发到停止过程，根据能量守恒定律可解得总路程。
解决本题的关键是正确分析能量是如何转化的，要灵活选择研究过程。要知道摩擦生热与相对路程有关。
14.【答案】光电门 高度 B ACD 2 1 在误差允许范围内机械能守恒 当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际 BC
【解析】解：(1)实验中用光电门传感器测速度，根据Ek=12mv2=12m(dt)2，可知还需知道挡光片的宽度。即结合各挡光片相对轨道最低点的挡光片的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，连接杆拉力与摆锤速度方向始终垂直，所以不做功，下落过程中动能增大，则合外力做正功，故ACD错误，B正确。故选：B。
(3)A.根据图像可知，当摆锤运动到最低点时高度为0时，即以最低点为零势能面，故A正确；
B.挡光片的宽度应选择适当小一点，这样可近似认为挡光时的平均速度近似等于瞬时速度，故B错误；
C.连接杆④的质量要远小于摆锤的质量，否则其动能明显增大会导致摆锤的机械能减小，故C正确；
D.高度h应是光电门经过该位置时光孔的高度，故D正确。
E.挡光片应固定在底座上，故E错误。
故选：ACD。
(4)①高度为零时重力势能为零，可知图线2表示势能Ep随高度h的变化图线；摆锤运动过程机械能保持不变，可知图线3表示机械能随高度h的变化图线，高度为零时动能与机械能相等，即图线1表示动能Ek随高度h的变化图线；即表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek图线分别是2和1。
②根据实验图像，可以得出的结论是：在误差允许范围内机械能守恒；
③由表中数据，当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；
④若重锤在下降过程中机械能守恒，则应满足mg(h0−h)=12m(dΔt)2，可得1Δt2=2gd2h0−2gd2h，即1Δt2−h图线是向下倾斜的直线；又有1Δt= 2g(h0−h)d，可知1Δt−h成非线性关系，图像为抛物线，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
故答案为：(1)光电门，高度；(2)B；(3)ACD；(4)①2，1；②在误差允许范围内机械能守恒；③当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；④BC。
(1)根据光电门知识测速度，结合挡光片相对高度计算重力势能分析判断；
(2)根据各个力的做功情况进行判定；
(3)根据该实验的实验原理结合题目条件分析相关的注意事项的正误判断；
(4)①根据对应的高度变化分析重力势能、动能和总机械能(微小阻力作用会使总机械能可能适当减小)的变化情况；
②根据图像进行相关的判断；
③根据数据的增减结合实际情况进行分析判断；
④根据机械能守恒写出相应的表达式，结合图像的线性特征和非线性特点进行综合判断。
考查光电门、机械能守恒、图像的认识和理解问题，会根据题意进行准确分析和判断。
15.【答案】C
【解析】解：(1)根据题意可知，5个相同的小球，在此撞击过程中，中间的3个小球静止不同，两侧的小球交换速度，摆起同样的高度，并且重复不止，可知在撞击过程中5个小球组成的系统动量守恒，机械能守恒，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)(Ⅰ)甲乙两球在碰撞瞬间动量守恒，设碰撞后瞬间甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，选取甲球初速度的方向为正方向，则由动量守恒定律可得m甲v0=m甲v1+m乙v2
代入数据解得v2=1m/s
对乙球，在上升过程中机械能守恒，可得12m乙v22=m乙gh
代入数据解得h=0.05m
(Ⅱ)若碰撞过程中机械能也守恒，则12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22
代入数据解得：v2=109m/s>1m/s
由此可知：该碰撞过程中机械能不守恒。
(Ⅲ)若B点左侧有与右侧完全相同的光滑圆弧轨道，根据机械能守恒，可知小球将在两侧轨道无休止的做往复运动，而此种情况下小球的运动类似单摆所做的简谐运动，根据单摆做简谐运动的周期T=2π Lg=2π Rg
代入数据解得T=2 2πs
而小球被碰后再次回到B点刚好为半个周期，则可知再次回到B点的时间为t=T2= 2πs
故答案为：(1)C；(2)(Ⅰ)乙球所能上升的最大高度h为0.05m；
(Ⅱ)该碰撞过程中，系统的机械能不守恒，见详解；
(Ⅲ)碰撞后乙球再次回到B点所需的时间为 2πs。
(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析；
(2)①根据动量守恒定律结合机械能守恒定律计算乙球上升的高度；②根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算乙球的碰后速度，进而判断该过程中系统的机械能是否守恒；③根据单摆的周期公式计算乙球回归所用的时间。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的运用，解题关键是要熟记弹性碰撞的规律及结论。
16.【答案】高功率版电机在1s内做功最多为3.7×重力 不守恒 2000
【解析】解：(1)“高功率版电机最大功率约370kW”的物理意义是指高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J。
(2)①当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则F=f=8×103N，根据P=fvm，得最大速度vm=Pf=370×1038×103m/s=46.25m/s=166.5km/h，汽车以恒定加速度启动时，根据牛顿第二定律得F−f=ma，解得F=f+ma=8×103N+5×103×2N=1.8×104N，则汽车启动后第1s末匀加速直线运动的末速度v=at=2×1m/s=2m/s，此时电机对外输出的瞬时功率为P=Fv=1.8×104×2W=36.0kW
②汽车先匀加速直线运动到最大功率v1=PF=370×1031.8×104m/s=20.6m/s，经时间t=v1a=20.62s=10.3s，达到匀加速阶段的最大速度，这段时间功率P′=F⋅at，故P′∝t，之后开始以最大功率约370kW运动，故该款汽车启动后电机对外输出的功率P随时间t变化的图像如下
③该款汽车在前10s内的位移为x=12at2=12×2×102m=100m，故摩擦力做的功W=−fx=−8×103×100J=−8×105J，牵引力F做的功Wp=Fx=1.8×104×100J=1.8×106J
(3)根据牛顿第二定律知，汽车速度最大时，向心力由重力提供mg=mv2R，代入R=10m，解得汽车的最大速度为v=10m/s
(4)规定汽车碰撞前的速度方向为正方向，碰撞前后系统的总动量分别为p前=2000×10kg⋅m/s+1500×40kg⋅m/s=8×104kg⋅m/s，p后=(2000+1500)×20kg⋅m/s=7.5×104kg⋅m/s，故系统的总动量不守恒。
根据动量定理，规定初速度的方向为正方向，结合图4的碰撞时间t=1s，对汽车甲F合⋅t=m甲Δv，故汽车甲受到的合外力大小为F合=m甲⋅Δvt=2000×(20−10)1N=20000N
故答案为：(1)高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J；(2)①166.5，36.0；②作图如上所示；③摩擦力做的功W为−8×105J，牵引力F做的功Wp为1.8×106J；(3)10，重力；(4)不守恒，20000。
(1)根据功率的物理意义进行分析解答；
(2)①根据汽车最大速度的条件结合牛顿第二定律以及功率公式列式代入数据求解；
②根据汽车做加速运动的具体情况分析功率随时间的变化规律作图；
③根据摩擦力做功公式和牵引力做功公式列式解答；
(3)根据牛顿第二定律求解最大速度，根据向心力来源回答；
(4)根据动量公式和动量定理列式求解并做出判断动量是否守恒。
考查机车的启动问题和动量定理、功率等的运算，会根据题意进行准确分析和解答。高度h/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能Ep/J
0.0294
0.0235
0.0176
0.0118
0.0059
0.0000
动能Ek/J
0.0217
0.0268
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0511
0.0503
0.0504
0.0513
0.0503
0.0501
1.小华坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。关于小华做匀速圆周运动的过程中，下列物理量保持不变的是( )
A. 合外力B. 动能C. 运动速度D. 加速度
2.如图，a、b是地球赤道上的两点，b、c是地球表面不同纬度上的两个点，若a、b、c三点随地球的自转都看作是匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. a、b 两点的线速度相同
B. b、c 两点的线速度相同
C. b、c 两点的轨道半径相同
D. a、b、c 三点的角速度相同
3.类比直线运动中用v−t图像求位移的方法，关于图像与横坐标轴围成面积的意义，说法正确的是( )
A. 若图像为x−t(位移-时间)图，面积反映速度大小
B. 若图像为a−t(加速度-时间)图，面积反映位移大小
C. 若图像为F−x(力-位移)图，面积反映力的功率
D. 若图像为P−t(功率-时间)图，面积反映力做的功
4.一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。下列说法正确的是( )
A. 在位置③，人的速度水平向右
B. 从位置②到⑤，重力对人的冲量为0
C. 从位置①到⑤，重力做功为0
D. 在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
5.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20cm，被头竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
B. 与头部作用过程中，足球动量变化量大小为0
C. 下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg⋅m/s
D. 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0
6.地球半径为r1，赤道上某点随地球自转的线速度大小为v1，某轨道半径为r2的地球间步卫星运动的线速度大小为v2，则v1：v2为( )
A. r22r12B. r2r1C. r12r22D. r1r2
7.如图所示，一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一个小球，小球放置在光滑水平地面上。弹簧处于原长时，小球在位置O.将小球拉至位置A(弹簧处于弹性限度内)，然后由静止释放。释放后，小球从A第一次运动到O的过程中下图的各示意图中正确反映小球速度v随时间t变化关系的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A. 从1到2动能减少mghB. 从1到2重力势能增加mgh
C. 从2到3动能增加mghD. 从2到3机械能不变
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示是一简谐运动的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐运动的振幅为6 cm，周期为8 s
B. 6∼8s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动
C. 图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹
D. 该振动图象对应的表达式为x=3sin(π4t)cm
10.人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A. 重力做的功为360JB. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
11.如图所示，做匀速圆周运动的质点在时间t内由A点运动到B点，AB弧所对的圆心角为θ。则质点的角速度大小为______；若 AB弧长为l，则质点向心加速度的大小为______。
12.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则v1______v2，且v1______ GMr(填“>”、“<”或“=”)。
13.如图所示，高为h=10m的光滑斜面AB，倾角为θ=30∘，底端与水平面BD相连，经过B点时无机械能损失，在水平面末端墙上固定一轻弹簧，水平面BC段粗糙，长度为20m，动摩擦因数为μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于弹簧原长，质量为m=1kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑，(g=10m/s2)，弹簧被压缩具有的最大弹性势能______ J，物块会在BC段上总共运动路程是______ m。
四、实验题：本大题共2小题，共35分。
14.验证机械能守恒定律
在物体运动过程中，空气阻力和重力都对物体做功，当空气阻力远小于重力时，物体的机械能近似守恒。为了验证机械能近似守恒，需要测量物体在任意位置处的动能和重力势能。本实验通过测量物体的速度和高度间接测量物体的动能和重力势能。“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图1。
(1)本实验利用______传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的______和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中______。
A.连接杆拉力不做功，合外力不做功
B.连接杆拉力不做功，合外力做正功
C.连接杆拉力做正功，合外力不做功
D.连接杆拉力做正功，合外力做正功
(3)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.以最低点为零势能面
B.挡光片的宽度应选择适当大一点
C.连接杆④的质量要远小于摆锤的质量
D.高度h应是光电门经过该位置时光孔的高度
E.挡光片应固定在摆锤上
(4)某小组同学实验结果绘制数据如表所示，绘制图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示小球的重力势能Ep，动能Ek，或机械能E。
①其中表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek图线分别是______和______。(选填“1”、“2”或“3”)
②根据实验图像(图2)，可以得出的结论是______。
③仔细观察表格中的数据，列举出不符合实验事实的情况。______。
④另一小组同学记录了每个挡光片所在的高度h及其相应的挡光时间Δt后，绘制了1Δt−h和1Δt2−h四幅图像。其中可以说明机械能一定守恒的图像是______。
15.某同学在艺术品商店购买了图(a)所示的创意物理摆件。5个完全相同的钢球用等长细线悬挂在支架上、静止时紧密排列在同一水平线上。将球②向左侧拉开，由静止释放，发现：球③撞击球②后，球①立即停止运动，中间三个球静止不动，但球⑤向右摆起相同的高度；球⑤回落后再向左撞击球④，球⑤立即停止运动，中间三个球仍静止不动，球①则向左摆起相同的高度，以后重复不止。
(1)此撞击过程中，______。
A.系统的机械能守恒，动量有损耗
B.系统的机械能有损耗、动量守恒
C.系统的机械能守恒，动量也守恒
D.系统的机械能有损耗，动量也有损耗
(2)该同学模仿这个摆件，制作图(b)装置对其进行研究。光滑轨道ABC固定在竖直平面内，AB段水平，圆弧轨道BC与之相切于B点，O为圆心。甲、乙两球的质量分别为m甲=0.1kg、m乙=0.8kg，乙球静置于O点的正下方，甲球以速度v0=5m/s向右运动，与乙球碰撞后，以3m/s的速度向左反弹。g取10m/s2。
(Ⅰ)乙球所能上升的最大高度h为多少？
(Ⅱ)碰撞过程中，系统的机械能是否守恒？说明理由。
(Ⅲ)上问中，已知圆弧轨道BC的半径R=20m，不计球的大小。试分析：能否求出碰撞后乙球再次回到B点所需的时间？如能，请求出结果；如不能，请说明理由。
五、简答题：本大题共1小题，共21分。
16.新能源汽车新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源(或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置)，如图1所示为沃尔沃EX90纯电旗舰SUV汽车，高功率版电机最大功率约370kW，综合工况续航里程最高约650km。
(1)“高功率版电机最大功率约370kW”的物理意义是指______。
(2)该高功率版SUV汽车质量为5×103kg，在水平路面上从静止开始以加速度a=2m/s2启动，所受阻力大小恒为8×103N。
①该汽车能够达到的最大速度为______km/h，汽车启动后第1s末电机对外输出的瞬时功率为______ kW。(结果保留小数点后1位)
②(作图)作出该款汽车启动后电机对外输出的功率P随时间t变化的图像2，并标记出关键点的坐标。
③(计算)该款汽车在前10s内摩擦力做的功W，和牵引力F做的功Wp。
(3)该款汽车在行驶过程中，遇见如图3所示的拱桥地形，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。通过目测此拱桥的半径大约为10m。要安全通过此拱桥，汽车的最大速度为______m/s，此时向心力由______提供。(g=10m/s2)
(4)若两辆新能源汽车做碰撞安全试验，汽车甲的质量2000kg，汽车乙的质量为1500kg，两车碰撞前后的速度随时间变化的图像如图4所示。碰撞过程中，系统的总动量______(填“守恒”或“不守恒”)，汽车甲受到的合外力大小为______ N。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AC.做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，其合力不为零，且方向不断变化，故AC错误；
B.做匀速圆周运动的物体速度大小不变，则动能不变，故B正确；
D.做匀速圆周运动的物体其加速度方向时刻变化，故D错误。
故选：B。
在匀速圆周运动中，线速度大小不变，方向时刻改变，向心力大小不变，方向始终指向圆心；加速度的大小也不变，方向始终指向圆心；线速度大小不变，根据动能的表达式确定动能是否变化。
本题的关键是记住匀速圆周运动的各个物理量，以及动能与速度的关系。
2.【答案】D
【解析】解：D、地球上的所有的物体都随地球一起绕着地轴自传，具有相等的角速度，则a、b、c三点的角速度相同，故D正确；
A、a、b两点是赤道上的两点，它们的半径相同，都等于地球半径，根据v=ωR可知，这两点的线速度大小相等，但它们的方向不同，故A错误；
BC、b、c两点在不同的纬线圈上，它们随地球自传的半径为各自所在纬线圈的半径，所以这两点的半径不同，根据v=ωR可知，它们的线速度也不同，故BC错误。
故选：D。
根据同轴转动角速度相等判断三点的角速度关系；根据v=ωR分析三点的线速度关系，注意线速度是矢量。
知道同轴转动的物体角速度相等以及v=ωR是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：A、由x=vt知，x−t(位移-时间)图像斜率反映速度大小，故A错误；
B、根据Δv=aΔt得，a−t(加速度-时间)图线和横轴围成的面积表示速度的改变量，故B错误；
C、由W=FL可知，由F−x(力-位移)图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功，故C错误；
D、由W=Pt知，由P−t(功率-时间)图线和横轴围成的面积可求出力做的功，故D正确；
故选：D。
在x−y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：∑△x⋅y；将x−y换成具体的物理量分析即可得出结论。
本题关键明确在x−y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：S=∑△x⋅y；可以根据此方法求解功、速度改变量等。
4.【答案】A
【解析】解：A、人做斜抛运动，位置③是他在空中的最高点，人有水平向右的速度，即人的速度不为0，故A正确；
B、从位置②到③，重力对人的作用时间不为零，根据冲量公式IG=mgt可知，重力的冲量不为0，故B错误；
C、由于在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等，所以从位置①到⑤过程中，人的重心高度要降低，根据求功公式WG=mgh可知，重力做功不为零，故C错误；
D、在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，故D错误。
故选：A。
人做斜抛运动，在位置③时有水平方向向右的速度；根据做功的公式和冲量的计算公式分析出重力的做功和冲量的大小；根据人的速度变化得出在起跳至离地的过程中，人受到的支持力和重力的大小关系，从而比较二者的冲量大小。
本题以人起跳为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，解题的关键点是熟悉做功公式和动量的计算公式，同时通过简单的受力分析得出不同力的大小关系。
5.【答案】A
【解析】解：ABC、下落或上升的高度为h=20cm=0.2m。
下落到与头部刚接触时，由v2=2gh，可得v=2m/s，
则足球动量大小为：p1=mv=0.4×2kg⋅m/s=0.8kg⋅m/s，
由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，取向下为正分向，则动量变化量为Δp=mv′−mv=(−0.8−0.8)kg⋅m/s=−1.6kg⋅m/s，
由动量定理：Δp=F合Δt，其中Δt=0.1s，即：(mg−F)Δt=Δp
代入数据解得：F=20N=5mg，故A正确，BC错误；
D、从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故D错误。
故选：A。
由速度-位移公式及竖直上抛运动的对称性求得足球到达头部的速度大小和反弹后的速度大小，对足球应用动量定理求解。
本题以学生练习用头颠球为情景载体，考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意运动的对称性，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
6.【答案】D
【解析】解：地球同步卫星的运动周期等于地球自转的周期，由v=2πrT可得
v1v2=r1r2
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据赤道上某点与同步卫星的周期相同结合v=2πrT进行解答
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是知道同步卫星相对于地面静止，其角速度与赤道上物体随地球自转的角速度、周期相同，掌握线速度与角速度、周期的关系。
7.【答案】A
【解析】解：小球从A第一次运动到O的过程中，弹簧的形变量x减小，由胡克定律知弹力F=kx减小，由牛顿第二定律知加速度a=kxm减小，加速度方向和速度方向相同，小球做加速运动，在v−t图象中，图象的切线的斜率表示加速度大小，即斜率逐渐变小，故A正确、BCD错误。
故选：A。
小球从A第一次运动到O的过程中，分析弹簧的形变量，弹簧的弹力如何变化，再由牛顿第二定律判断加速度如何变化，由加速度的方向与速度方向的关系可判断小球是加速还是减速运动，再结合v−t图象中，图象的切线的斜率表示加速度大小可选出图象。
本题主要是考查牛顿第二定律和速度图象的结合，求解此题需明确小球的运动特点、受力情况以及v−t图象的斜率所表示的含义。
8.【答案】B
【解析】解：AB.由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；
CD.从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。
故选：B。
足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，合外力做功等于动能的改变；
从1到2重力做负功，重力势能增加；
从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小。
重力做功与路径无关，与零势能面的选取无关，只与物体的始末位置有关。重力做正功，重力势能减少；重力做负功(或表述为克服重力做功)，重力势能增加。但要注意，重力势能的大小与零势能面的选取有关。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由图可知，该简谐运动的振幅为3cm，周期为8s；故A错误；
B、6∼8s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动；故B正确；
C、图中表示的是振子的位移随时间的变化规律，不是振子的运动轨迹；故C错误；
D、角速度ω=2πT=π4；故该振动图象对应的表达式为x=3sinωt=3sin(π4)t；故D正确；
故选：BD。
由图可知简谐运动的振幅和周期，由振动图象可知振子的振动方向；结合数学知识可得出振动图象的表达式．
本题考查对振动图象的认识，要注意能用图象利用数学知识得出对应的表达式．
10.【答案】BCD
【解析】解：AB、货物从P到Q的运动过程中，根据动能定理可得：
mgh−W克=12mv2
其中，mgh=20×10×4J=800J
代入数据解得：W克=440J，故A错误，B正确；
C、根据题意可知，r=h
速度的表达式可得：
a=v2r=624m/s2=9m/s2，故C正确；
D、在Q点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则
FN−mg=ma
根据牛顿第三定律可得：
F压=FN
联立解得：F压=380N，故D正确；
故选：BCD。
根据动能定理得出重力做的功和克服阻力做的功；
根据加速度的计算公式得出加速度的大小；
根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出货物在Q点对轨道的压力。
本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理分析出力的做功情况，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律即可完成分析。
11.【答案】θt lθt2
【解析】解：根据角速度的定义式，角速度的大小为ω=θt，线速度大小为v=lt，质点的向心加速度a=vω=lt⋅θt=lθt2。
故答案为：θt，lθt2。
根据角速度的定义式、线速度定义式结合加速度的公式联立推导求解。
考查角速度、线速度的定义式，会根据角速度和线速度的大小求解向心加速度大小。
12.【答案】>>
【解析】解：“东方红一号”环绕地球在椭圆轨道上运行的过程中，由开普勒第二定律可知，卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，即有 v1>v2；
从近地点向远地点运动时，卫星做离心运动，由离心运动条件可知，此时GMmr2
故答案为：>；>。
根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。
13.【答案】60 50
【解析】解：弹簧压缩最短时，弹性势能最大，此时物体速度为零。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，由能量守恒定律得
mgh=μmgL+Ep
解得弹簧被压缩具有的最大弹性势能为：Ep=60J
设物体在BC段运动的总路程为s，全程根据能量守恒定律得
mgh=μmgs
解得：s=50m
故答案为：60，50。
物块由A到弹簧压缩最短过程中，根据能量守恒定律求解弹簧被压缩具有的最大弹性势能。物体由A出发到停止过程，根据能量守恒定律可解得总路程。
解决本题的关键是正确分析能量是如何转化的，要灵活选择研究过程。要知道摩擦生热与相对路程有关。
14.【答案】光电门 高度 B ACD 2 1 在误差允许范围内机械能守恒 当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际 BC
【解析】解：(1)实验中用光电门传感器测速度，根据Ek=12mv2=12m(dt)2，可知还需知道挡光片的宽度。即结合各挡光片相对轨道最低点的挡光片的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，连接杆拉力与摆锤速度方向始终垂直，所以不做功，下落过程中动能增大，则合外力做正功，故ACD错误，B正确。故选：B。
(3)A.根据图像可知，当摆锤运动到最低点时高度为0时，即以最低点为零势能面，故A正确；
B.挡光片的宽度应选择适当小一点，这样可近似认为挡光时的平均速度近似等于瞬时速度，故B错误；
C.连接杆④的质量要远小于摆锤的质量，否则其动能明显增大会导致摆锤的机械能减小，故C正确；
D.高度h应是光电门经过该位置时光孔的高度，故D正确。
E.挡光片应固定在底座上，故E错误。
故选：ACD。
(4)①高度为零时重力势能为零，可知图线2表示势能Ep随高度h的变化图线；摆锤运动过程机械能保持不变，可知图线3表示机械能随高度h的变化图线，高度为零时动能与机械能相等，即图线1表示动能Ek随高度h的变化图线；即表示摆锤的重力势能Ep、动能Ek图线分别是2和1。
②根据实验图像，可以得出的结论是：在误差允许范围内机械能守恒；
③由表中数据，当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；
④若重锤在下降过程中机械能守恒，则应满足mg(h0−h)=12m(dΔt)2，可得1Δt2=2gd2h0−2gd2h，即1Δt2−h图线是向下倾斜的直线；又有1Δt= 2g(h0−h)d，可知1Δt−h成非线性关系，图像为抛物线，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
故答案为：(1)光电门，高度；(2)B；(3)ACD；(4)①2，1；②在误差允许范围内机械能守恒；③当h=0.10m时机械能为0.0511J，而当h=0.04m时的机械能为0.0513J，机械能增加了，不符合实际；④BC。
(1)根据光电门知识测速度，结合挡光片相对高度计算重力势能分析判断；
(2)根据各个力的做功情况进行判定；
(3)根据该实验的实验原理结合题目条件分析相关的注意事项的正误判断；
(4)①根据对应的高度变化分析重力势能、动能和总机械能(微小阻力作用会使总机械能可能适当减小)的变化情况；
②根据图像进行相关的判断；
③根据数据的增减结合实际情况进行分析判断；
④根据机械能守恒写出相应的表达式，结合图像的线性特征和非线性特点进行综合判断。
考查光电门、机械能守恒、图像的认识和理解问题，会根据题意进行准确分析和判断。
15.【答案】C
【解析】解：(1)根据题意可知，5个相同的小球，在此撞击过程中，中间的3个小球静止不同，两侧的小球交换速度，摆起同样的高度，并且重复不止，可知在撞击过程中5个小球组成的系统动量守恒，机械能守恒，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)(Ⅰ)甲乙两球在碰撞瞬间动量守恒，设碰撞后瞬间甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，选取甲球初速度的方向为正方向，则由动量守恒定律可得m甲v0=m甲v1+m乙v2
代入数据解得v2=1m/s
对乙球，在上升过程中机械能守恒，可得12m乙v22=m乙gh
代入数据解得h=0.05m
(Ⅱ)若碰撞过程中机械能也守恒，则12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22
代入数据解得：v2=109m/s>1m/s
由此可知：该碰撞过程中机械能不守恒。
(Ⅲ)若B点左侧有与右侧完全相同的光滑圆弧轨道，根据机械能守恒，可知小球将在两侧轨道无休止的做往复运动，而此种情况下小球的运动类似单摆所做的简谐运动，根据单摆做简谐运动的周期T=2π Lg=2π Rg
代入数据解得T=2 2πs
而小球被碰后再次回到B点刚好为半个周期，则可知再次回到B点的时间为t=T2= 2πs
故答案为：(1)C；(2)(Ⅰ)乙球所能上升的最大高度h为0.05m；
(Ⅱ)该碰撞过程中，系统的机械能不守恒，见详解；
(Ⅲ)碰撞后乙球再次回到B点所需的时间为 2πs。
(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析；
(2)①根据动量守恒定律结合机械能守恒定律计算乙球上升的高度；②根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算乙球的碰后速度，进而判断该过程中系统的机械能是否守恒；③根据单摆的周期公式计算乙球回归所用的时间。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的运用，解题关键是要熟记弹性碰撞的规律及结论。
16.【答案】高功率版电机在1s内做功最多为3.7×重力 不守恒 2000
【解析】解：(1)“高功率版电机最大功率约370kW”的物理意义是指高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J。
(2)①当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则F=f=8×103N，根据P=fvm，得最大速度vm=Pf=370×1038×103m/s=46.25m/s=166.5km/h，汽车以恒定加速度启动时，根据牛顿第二定律得F−f=ma，解得F=f+ma=8×103N+5×103×2N=1.8×104N，则汽车启动后第1s末匀加速直线运动的末速度v=at=2×1m/s=2m/s，此时电机对外输出的瞬时功率为P=Fv=1.8×104×2W=36.0kW
②汽车先匀加速直线运动到最大功率v1=PF=370×1031.8×104m/s=20.6m/s，经时间t=v1a=20.62s=10.3s，达到匀加速阶段的最大速度，这段时间功率P′=F⋅at，故P′∝t，之后开始以最大功率约370kW运动，故该款汽车启动后电机对外输出的功率P随时间t变化的图像如下
③该款汽车在前10s内的位移为x=12at2=12×2×102m=100m，故摩擦力做的功W=−fx=−8×103×100J=−8×105J，牵引力F做的功Wp=Fx=1.8×104×100J=1.8×106J
(3)根据牛顿第二定律知，汽车速度最大时，向心力由重力提供mg=mv2R，代入R=10m，解得汽车的最大速度为v=10m/s
(4)规定汽车碰撞前的速度方向为正方向，碰撞前后系统的总动量分别为p前=2000×10kg⋅m/s+1500×40kg⋅m/s=8×104kg⋅m/s，p后=(2000+1500)×20kg⋅m/s=7.5×104kg⋅m/s，故系统的总动量不守恒。
根据动量定理，规定初速度的方向为正方向，结合图4的碰撞时间t=1s，对汽车甲F合⋅t=m甲Δv，故汽车甲受到的合外力大小为F合=m甲⋅Δvt=2000×(20−10)1N=20000N
故答案为：(1)高功率版电机在1s内做功最多为3.7×105J；(2)①166.5，36.0；②作图如上所示；③摩擦力做的功W为−8×105J，牵引力F做的功Wp为1.8×106J；(3)10，重力；(4)不守恒，20000。
(1)根据功率的物理意义进行分析解答；
(2)①根据汽车最大速度的条件结合牛顿第二定律以及功率公式列式代入数据求解；
②根据汽车做加速运动的具体情况分析功率随时间的变化规律作图；
③根据摩擦力做功公式和牵引力做功公式列式解答；
(3)根据牛顿第二定律求解最大速度，根据向心力来源回答；
(4)根据动量公式和动量定理列式求解并做出判断动量是否守恒。
考查机车的启动问题和动量定理、功率等的运算，会根据题意进行准确分析和解答。高度h/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能Ep/J
0.0294
0.0235
0.0176
0.0118
0.0059
0.0000
动能Ek/J
0.0217
0.0268
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0511
0.0503
0.0504
0.0513
0.0503
0.0501
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