2024-2025学年北京十一中高三（上）月考物理试卷（10月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年北京十一中高三（上）月考物理试卷（10月份）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.若将同步卫星和月球绕地球的运动均视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 同步卫星的线速度大于月球的线速度 B. 同步卫星的角速度小于月球的角速度
C. 同步卫星的加速度小于月球的加速度 D. 同步卫星离地球的距离大于月球离地球的距离
2.如图所示是某自行车的传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：10，A、B、C是三个轮边缘上的点。设三点的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度分别为ωA、ωB、ωC，加速度大小分别为aA、aB、aC。当支起后轮，三个轮在踏板的带动下一起转动时，下列判断不正确的是( )
A. ωA：ωB=1：4
B. vA：vC=1：10
C. aA：aB=4：1
D. aA：aC=1：40
3.与静止点电荷的电场类似，地球周围也存在引力场，引力做功与路径无关，所以可定义引力场强度和引力势。设地球的质量为M，地球半径为R，引力常量为G，质量为m的质点距地心距离为r(r>R)时，引力势能为Ep=−GmMr(取无穷远处为势能零点)。下列说法正确的是( )
A. 距地心r处，地球的引力场强度大小为Gmr2 B. 距地心r处，地球的引力势为−GMr
C. r增大，引力场强度和引力势均增大 D. r增大，引力场强度和引力势均减小
4.一根弹性长绳沿x轴放置，左端点位于坐标原点，A点和B点分别是绳上x1=2m、x2=5m处的质点。用手握住绳的左端，当t=0时使手开始沿y轴做简谐振动，在t=0.5s时，绳上形成如图所示的波形。下列说法中正确的是( )
A. 此列波的波长为1m，波速为4m/s
B. 此列波为横波，左端点开始时先向上运动
C. 当t=2.5s时，质点B开始振动
D. 在t=3.5s后，A、B两点的振动情况总相同
5.如图显示了在外加匀强电场E0的情况下，无穷大导体板中静电平衡的建立过程。下列说法正确的是( )
A. 图甲、图乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下运动，而带正电的离子不受电场力作用
B. 图丙中，导体内部场强处处为零，但电势不一定是零
C. 图丙中，导体AB表面的电势低于CD表面的电势
D. 图丙中，导体AB表面感应电荷将在导体内部产生一个水平向左的电场，大小也为E0
6.质量为1kg的质点在xOy平面内做曲线运动，它在x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 质点的初速度大小为5m/s
B. 2s末质点的速度大小为10m/s
C. 质点初速度的方向与合力方向垂直
D. 质点1s末的位置坐标为(6m,8m)
7.金星与地球半径接近，金星的质量约为地球质量的45，地球和金星各自的卫星公转半径的倒数1r与公转速度的平方v2的关系图像如图所示，下列判断正确的是( )
A. 金星的第一宇宙速度较小
B. 取相同公转速度，金星的卫星的周期较大
C. 图线a表示的是地球的卫星，图线b表示的是金星的卫星
D. 取相同公转半径，金星的卫星向心加速度较大
8.类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v−t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，如图所示，下列对于图线和横轴围成面积的说法，其中不正确的说法是( )
A. a−t(加速度−时间)图象面积反映速度变化量△v
B. v−t(速度−时间)图象面积反映位移大小x
C. F−x(力−位移)图象面积反映力的功W
D. ω−r(角速度−半径)图象面积反映线速度v
9.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是( )(g取10m/s2)
A. A、B分离时B的加速度为gB. 弹簧的弹力对B做功为零
C. 弹簧的弹力对B的冲量大小为6N⋅sD. B的动量变化量为零
10.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为ℎ的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运
行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率小于在轨道Ⅱ上A点的速率
B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，势能大，机械能小
C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
D. 地球的质量可表示为42(R+ℎ)3GT2
11.一个圆锥摆由长为l的摆线、质量为m的小球构成，小球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是( )
A. 小球受到重力、拉力和向心力的作用
B. 小球的向心加速度大小为a=gsinθ
C. 小球圆周运动的周期为T=2π lg
D. 某时刻剪断摆线，小球将做平抛运动
12.如图所示，长L的轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，在最高点给小球向右初速度v0，小球竖直平面内顺时针圆周运动，重力加速度g已知。下列判断正确的( )
A. 在小球从最高点到最低点的过程中，重力做功的功率一直增大
B. 如果v0适当，轻杆对小球作用力可能始终为指向圆心的拉力
C. 如果增大v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值也增大
D. 在小球的一次完整圆周运动过程中，轻杆对球的总冲量为0
13.如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同．用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地．图中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，则下列说法正确的是( )
A. A球经过面1时的速率等于B球经过面1时的速率
B. A球从面1到面2的速率变化等于B球从面1到面2的速率变化
C. A球从面1到面2的动量变化大于B球从面1到面2的动量变化
D. A球从面1到面2的机械能变化等于B球从面1到面2的机械能变化
14.风化侵蚀的产物有可能被风、流水、冰川和海浪挟带而离开原位置，地理学家把这种现象叫做“搬运”。为了讨论水流的搬运作用，设水的流速为v，物块的几何线度为l，并作如下简化：物块的体积与l3成正比，水流对物块的作用力与l2v2成正比，物块受到的阻力与物块的重力成正比。已知水的流速为v时，能搬运石块的重力为G.当水的流速为2v时，能搬运石块的重力为( )
A. 2G
B. 4G
C. 16G
D. 64G
二、实验题：本大题共3小题，共18分。
15.(1)在研究平抛运动规律的实验中，下列要求不必要的是______。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线必须调成水平
C.记录痕迹的白纸必须在竖直平面内
D.小球每次必须从斜槽上同一位置静止滚下
(2)小明同学利用频闪照相的方式研究平抛运动，如图是他将照相机对准每小格边长为3.2cm的方格背景拍摄的频闪照片，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则照相机两次闪光的时间间隔T= ______s，小球被抛出时的水平速度v0= ______m/s。(结果均保留两位有效数字)
16.某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压可为6V的交流电(频率50Hz)或直流电。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。

①实验中，他挑出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图2所示。其中O点为下落起始点，A、B、C、D、E、F为计数点。若该同学想验证重物从开始下落到运动到纸带E点对应的位置的过程中机械能是否守恒，已知当地的重力加速度为g，相邻计数点之间的时间间隔为Δt，请结合如图纸带中的物理量，写出他需要验证的公式的表达式______。
②表格为该同学记录的实验结果：
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，他认为这是由于空气阻力造成的。你______(填是或否)同意他的观点？
③该同学根据纸带算出各点的速度v，以O点为起点测量出下落距离ℎ，以v22为纵轴、以ℎ为横轴画出图像。考虑阻力(阻力近似为恒力)的影响，图像可能是图3中的______。
17.用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度为ℎ，由此释放，系统开始运动。当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过电子计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间。
(1)若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v=______。
(2)若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，重力加速度为g，该实验中验证了等式______成立，即可验证机械能守恒定律。
(3)本实验中的测量仪器除刻度尺、光电门、电子计时器外，还需要______。
三、简答题：本大题共1小题，共9分。
18.假设未来的人类登上某一地外行星。一小球在距离该星球表面ℎ处自由下落，经过时间t落到星球表面，无空气阻力。设这个行星的半径为R，万有引力常量为G，回答下面问题：
(1)该行星表面的重力加速度大小；
(2)该行星的质量；
(3)如果将来要在这颗行星上发射环绕卫星，环绕这个行星的第一宇宙速度大小约为多少？
四、计算题：本大题共3小题，共31分。
19.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°.现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放。g取10m/s2，sin37°=0.60，cs37°=0.80.求：
(1)小球所受电场力的大小；
(2)小球通过最低点C时的速度大小；
(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。
20.二十一世纪，能源问题是全球关注的焦点问题。从环境保护的角度出发，电动汽车在近几年发展迅速。下表给出的是某款电动汽车的相关参数：
请从上面的表格中选择相关数据，取重力加速度g=10m/s2，完成下列问题：
(1)求汽车在(100km/ℎ～0)的制动过程中的加速度大小(计算过程中100km/ℎ近似为30m/s)；
(2)若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为η=80%，整车在行驶过程中的阻力约为车重的0.05倍，试估算此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程)。已知1kW⋅ℎ=3.6×106J.根据你的计算，提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议(至少两条)。
(3)若此电动汽车的速度从5m/s提升到20m/s需要25s，此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图所示，整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05倍，求此加速过程中汽车行驶的路程(提示：可利用p−t图象计算动力对电动汽车做的功)。
21.如图1所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定在天花板上，下端挂一小球(可视为质点)，弹簧处于原长时小球位于O点。将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为Ep1，弹簧弹性势能为ET1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为Ep2，弹簧弹性势能为ET2。请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；
(2)若以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O−x，如图2所示，
a.请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象。根据F−x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能ET；
b.已知小球质量为m。求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v。
(3)若以平衡位置为坐标原点O′，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系，选取小球处在的平衡位置为参考平面(系统的势能为零)，请根据功是能量转化的量度，求小球运动到O′点下方x处时系统的势能。
答案解析
1.A
【解析】解：因为地球同步卫星的轨道半径大约为3.6×107m，小于月球的轨道半径。
A、线速度v= GMr，因为月球半径大于同步卫星半径，则同步卫星的线速度大于月球的线速度，故A正确；
B、角速度ω= GMr3，因为月球半径大于同步卫星半径，故ω月vⅡA
所以该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故A错误；
B、由v= GMr知，卫星在轨道Ⅰ上的速率小于在轨道Ⅲ上的速率，则卫星在轨道Ⅰ上的动能小；
卫星从圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅲ上做圆周运动，经历2次点火减速的过程，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能大；
卫星从圆轨道Ⅰ进入圆轨道Ⅲ上的过程地球引力对卫星做正功，势能减小，即卫星在轨道Ⅰ上的势能大，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有，可得GMmr2=ma，可得a=GMr2
所以卫星距离地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点A到近地点B运动过程中，加速度变大，故C错误；
D、卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，则有
GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
解得地球的质量为：M=4π2(R+ℎ)3GT2，故D正确；
故选：D。
卫星在圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，可求出地球的质量。卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上的运动过程中，由万有引力充当向心力，通过列式分析卫星在这两个轨道上运行速度大小。结合变轨原理分析B项。根据v= GMr分析卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上的速率大小，从而比较动能大小，由引力做功正负分析引力势能的变化。结合变轨原理分析机械能关系。根据牛顿第二定律分析加速度的大小。
解答本题时，一要掌握卫星变轨原理；二要知道卫星在圆轨道上运动时，由万有引力提供向心力，可以由轨道半径大小比较描述圆周运动物理量的大小。
11.D
【解析】解：对小球受力分析如图所示：
A、小球受到重力和拉力的作用，这两个力的合力提供向心力，向心力是一种作用效果，物体受力分析时不会受到向心力，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，得：a=gtanθ，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得：mgtanθ=m4π2T2Lsinθ，解得小球圆周运动的周期T=2π Lcsθg，故C错误；
D某时刻剪断细线，小球只受重力的作用，有水平方向的速度，所以小球做平抛运动，故D正确；
故选：D。
本题考查小球在水平面内的圆锥摆模型，小球在重力和拉力合力作用下做圆周运动，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出向心加速度，周期的大小，剪断细线，小球只受重力，有水平的速度，做平抛运动。
水平面的圆周运动“圆锥摆”模型的受力分析和运动分析，结合牛顿第二定律求解小球的向心加速度，线速度，角速度，周期等问题。
12.B
【解析】解：A.小球从最高点到最低点的过程中，速度方向逐渐由水平向左变成水平向右，根据功率的定义式，可知小球受到的重力的功率先变大后变小，故A错误；
B.根据向心力的公式可知：F向=mv2L，当速度v0合适时，小球的重力或者重力的分力不足以提供小球做圆周运动的向心力时，轻杆就会对小球施加指向圆心的拉力，故B正确；
C.如果增大速度v0，小球从最高点运动到水平位置的过程，只有重力做功，则遵循机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：mgL=12mv12−12mv02
在水平位置受到拉力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F1=mv12L
在最低点，再对小球受力分析，同理，根据牛顿第二定律，有：F2−mg=mv22L
从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有：2mgL=12mv22−12mv02
可得：2mgL=12mv22−(12mv12−mgL)
2mgL=12×(F2L−mgL)−12F1L+mgL
对上式移项解得：F2−F1=3mg，即若增大速度v0，轻杆在最低点与水平位置处对小球拉力的差值不会变化，故C错误；
D.在小球的一次完整的圆周运动过程中，它受到重力和轻杆的作用力，在运动一周的过程中，根据动量定理可得：IG−IF=0，因为重力的冲量不为零，所以轻杆的冲量不为零，故D错误。
故选：B。
小球在竖直平面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，根据最高点的受力判断出最高点的速度，利用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量定理求解即可。
解题关键是掌握竖直平面内的圆周运动的特点，结合牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量定理求解即可。
13.D
【解析】解：A、A球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以两球通过面1时，竖直分速度相等，但是A球有水平分速度，根据平行四边形定则知，A球的速率大于B球的速率，故A错误．
B、两球的加速度相等，到达面1时运动的时间相等，则速度变化相同，但是速率的变化不同，故B错误．
C、两球从面1到面2的时间相等，根据动量定理知，mgt=△P，则动量变化量相同，故C错误．
D、在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则两球机械能变化量均为零，故D正确．
故选：D．
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合两个分运动的规律，通过动量定理以及机械能守恒判断．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意速度的变化与速率的变化不同．
14.D
【解析】解：当水流的冲力与时刻受到的阻力大小相等时，水可以搬运石块，即：F=f
水的冲力：F=a⋅l2v2
设石块的密度为ρ，体积为V，则石块的质量：m=ρV=b⋅ρl3
石块的重力：G=mg=ρV⋅g=b⋅ρgl3
石块受到的阻力：f=k⋅G=kb⋅ρgl3
联立可得：a⋅l2v2=kb⋅ρgl3
可知：l∝v2
则：G∝l3∝v6
所以当v′=2v时，能搬运石块的重力G′=64G.故ABC错误，D正确
故选：D。
写出石块的质量与长度l之间的关系式，结合质量与重力的关系，由共点力平衡的条件即可正确答。
本题是实际问题，关键是建立物理模型，抓住受力平衡的条件，将问题简化、合理建模即可正确解答。
15.A 0.08 1.6
【解析】解：(1)AB、要保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须调成水平，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，B正确；
C、平抛运动是在竖直平面内的运动，记录痕迹的白纸必须在竖直平面内，故C正确；
D、为使每次实验时小球沿同一轨迹运动，小球离开轨道时速度必须相同，所以小球每次必须从斜槽上同一位置静止滚下，故D正确。
本题选不必要的，
故选：A。
(2)先从水平位移看出AB间和BC间的时间间隔相同；
根据竖直方向上相邻相等时间内位移差是一恒量，即Δy=gT2，
由图知：Δy=5×3.2cm−3×3.2cm=6.4cm=0.064m
解得：T=0.08s
小球在水平方向做匀速直线运动，小球被抛出时的水平速度为v0=xT=4×
故答案为：(1)A；(2)0.08，1.6。
(1)根据实验原理、操作方法和注意事项分析解答。
(2)平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由匀变速直线运动的推论：Δy=gT2求闪光的时间间隔T，根据匀速直线运动的规律求小球被抛出时的水平速度。
解决本题的关键要理解实验的原理以及操作中的注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
16.gℎOE=(ℎOF−ℎOD)28Δt2 否 B
【解析】解：①根据匀变速直线运动时间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则E点瞬时速度为vE=ℎOF−ℎOD2Δt
动能的增加量ΔEk=12mvE2=m(ℎF−ℎOD)28Δt2
重力势能的减小量ΔEp=mgℎOE
若机械能守恒，满足ΔEp=ΔEk
化简可得：gℎOE=(ℎOF−ℎOD)28Δt2
②表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，ΔEp小于ΔEk，不是由于空气阻力造成的，如果考虑空气阻力的影响，重力势能的减少量应大于动能的增加量，因此不同意他的观点；
③考虑阻力影响时，根据能量守恒定律得：mgℎ−fℎ=12mv2，解得：v22=(g−fm)ℎ
则以v22为纵坐标轴，以ℎ为横坐标轴，画出的v22−ℎ图象为图中过原点的直线。
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
故答案为：①gℎOE=(ℎOF−ℎOD)28Δt2；②否；③B
①根据匀变速直线运动时间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求瞬时速度，再求减小的动能，根据重力势能的定义求重力势能的减小量，然后得出结论；
②若考虑阻力的影响，应该是重力势能的减小量大于动能的增加量，据此分析作答；
③若考虑阻力的影响，根据能量守恒定律求解v22−ℎ函数，然后结合图像分析作答。
本题考查了验证机械能守恒定律，要能正确选取纸带，能根据所选纸带正确求解重力势能的减小量和动能的增加量。
17.dt mgℎ=12(2M+m)v2 天平
【解析】解：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，物体B刚穿过圆环后的速度v=dt。
(2)系统重力势能的减小量为mgℎ，系统动能的增加量为12(2M+m)v2，实验中验证了等式mgℎ=12(2M+m)v2，即可验证机械能守恒定律。
(3)实验中运用刻度尺测量下降的高度，通过光电门测量瞬时速度，还需要通过天平质量A、B、C的质量，故还需要天平。
故答案为：(1)dt，(2)mgℎ=12(2M+m)v2，(3)天平。
(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出物体B刚穿过圆环后的速度。
(2、3)根据系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量得出验证的表达式，从而确定还需要的实验器材。
解决本题的关键知道实验的原理，注意本实验研究的对象是系统，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，基础题。
18.解：(1)对于小球，根据自由落体运动公式有
ℎ=12gt2
解得该行星表面的重力加速度大小为：g=2ℎt2
(2)根据物体在星球表面受到的重力等于万有引力得
mg=GMmR2
解得该行星的质量为：M=2ℎR2Gt2
(3)根据mg=mv2R
解得环绕这个行星的第一宇宙速度大小为：v=1t 2ℎR
答：(1)该行星表面的重力加速度大小为2ℎt2；
(2)该行星的质量为2ℎR2Gt2；
(3)环绕这个行星的第一宇宙速度大小为1t 2ℎR。
【解析】(1)小球自由下落的加速度即为重力加速度，根据ℎ=12gt2求解。
(2)根据物体在星球表面受到的重力等于万有引力，来求解该行星的质量。
(3)根据重力提供向心力，来求解该行星的第一宇宙速度。
要知道自由落体运动与万有引力联系的桥梁是重力加速度g，能根据重力等于万有引力，来求解行星的质量。
19.解：(1)小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示。
根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N
(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl−Fl=12mv2
解得：v= 2gl(1−tan37°)=1.0m/s
(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′。
根据牛顿第二定律有：T′−mg=mv2l
解得：T′=1.5N
答：(1)电场力的大小为0.75N，方向水平向右；
(2)小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；
(3)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N。
【解析】(1)小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
(2)对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
(3)在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。
20.解：(1)根据速度和位移关系可知：
a=vt 2−v022x
代入数据解得：a=−11.25m/s2
所以加速度的大小为：11.25m/s2
(2)根据动能定理可得：W−Wf=△Ek
80%E−0.05mgx=0
代入数据解得：x=259.2km
提高汽车续航里程的合理化建议有：
①提高电动机的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提高电动汽车电池的容量
(3)根据动能定理：W−fx=mvt22−mv022
动力做的功由P−t图象的面积可求得：W=(8+302×10+15×30)×103=640×103J
代入数据解得：x=265m
答：(1)车在(100km/ℎ～0)的制动过程中的加速度大小为11.2525m/s2
(2)此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程为259.2km；提高汽车续航里程的合理化建议有：
①提高电动机的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提高电动汽车电池的容量
(3)此加速过程中汽车行驶的路程为265m。
【解析】(1)根据速度和位移的关系可求得加速度大小；
(2)根据动能定理可明确汽车的距离，根据功能关系可明确如何提高续航能力；
(3)根据图象可求得距离，再根据动能定理可求得加速过程行驶的距离。
本题考查动能定理的应用以及功率问题，要注意明确F−x图象中图象的斜率可以表示力所做的功。
21.解：(1)设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹，对小球，根据动能定理得：WG+W弹=Ek2−Ek1
由重力做功与重力势能的关系：WG=Ep1−Ep2
由弹力做功与弹性势能的关系：W弹=ET1−ET2
联立以上三式并变形可得：Ek1+Ep1+ET1=Ek2+Ep2+ET2
得证；
(2)a、F−x图象如图所示

图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小，所以弹力做功为：W=−12kx2
由弹力做功与弹性势能的关系：W弹=0−ET
联立解得：ET=12kx2
b、小球由O点到OP中点，根据动能定理得：mgx−12kx2=12mv2
小球由O点到P点，根据机械能守恒定律得：mg⋅2x=12k(2x)2
联立解得：v=g mk
(3)当小球在竖直方向静止时，根据胡克定律有：kx0=mg
当小球在竖直方向运动经过O′点下方x时，所受合力大小为：F=F弹−mg=k(x+x0)−mg=kx
此力的大小只与小球相对其平衡位置的距离x有关，这个力做功对应于系统的势能
画出合力F随x变化的图象，

图象中图线所围成的面积即为小球从x处回O′点，合力F做功：W=12kx2
O′点为系统势能零点，那么小球在x处的系统是能为：E=12kx2
答：(1)证明见解析；
(2)a、小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W为−12kx2，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能ET为12kx2；
b、小球经过OP中点时瞬时速度的大小v为g mk；
(3)小球运动到O′点下方x处时系统的势能为12kx2。
【解析】(1)根据动能定理、重力做功与重力势能的关系、弹力做功与弹性势能的关系分别列式，即可证明；
(2)a、画出F−x图象，该图象与坐标轴所围的面积表示弹力做功，求出弹力做功从而得到弹簧的弹性势能E弹
b、根据动能定理和机械能守恒定律求小球经过OP中点的速度大小；
(3)根据胡克定律、功能关系及面积法求小球运动到O′点下方x处时系统的势能。
证明机械能守恒时，关键要把握合外力做功与动能变化的关系、重力做功与重力势能的关系、弹力做功与弹性势能的关系。要注意弹力做功等于弹性势能变化量的负值。ΔEp/×10−2J
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk/×10−2J
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
参数指标
整车质量
0～100km/ℎ
加速时间
最大速度
电池容量
制动距离(100km/ℎ～0)
数值
2000kg
4.4s
250km/ℎ
90kW⋅ℎ
40m