2025-2026学年陕西省西安市高新一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年陕西省西安市高新一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国计划在2030年前实现载人登陆月球，其后将建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验。已知月球质量为M、半径为R，引力常量为G，若质量为m的月球探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动，则探测器的( )
A. 向心加速度为GMR2B. 角速度为 Gmr3
C. 周期为2π r3GMD. 动能为GMm2R
2.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个电子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是运动轨迹上的两点，若带电粒子只受电场力作用，根据此图可知( )
A. 无法判断电场的方向
B. a点电势低于b点电势
C. 电子在a点的电势能较大
D. 电子在a点的动能较大
3.如图，轻质弹簧的一端固定，另一端与套在光滑竖直固定杆上的圆环相连。初始时，圆环位于A处，弹簧水平且处于压缩状态。圆环由静止释放，到达C处时的速度刚好减为0，弹簧始终在弹性限度内，以C处所在的水平面为参考面。在圆环下滑过程中，圆环的重力势能和动能之和( )
A. 一直减小
B. 一直增加
C. 先增加后减小
D. 先减小后增加
4.如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，A、B两点固定有带等量异种电荷的点电荷。A、B点的连线与电场强度方向平行，C点为A、B点连线中垂线上的一点，D点为A、B点连线延长线上的一点，AB=AC=BC=AD。已知C点处的电场强度大小为2E，则D点处的电场强度大小为( )
A. 2EB. 14EC. 34ED. E
5.如图是我国首次进行立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流使几个实验者悬在空中，若气流密度、气流速度大小均保持不变，气流吹到人身上后速度均变为零，其中甲、乙两人的质量分别为m1、m2，受风面积分别为S1、S2，下列关系式正确的是( )
A. m1S1=m2S2
B. m1 S1=m2 S2
C. m1S1=m2S2
D. m1S12=m2S22
6.如图所示，带电的平行板电容器的极板N与一静电计相接，极板M和静电计外壳均接地，此时静电计指针张开一定角度。下列操作中可使静电计指针张角变小的是( )
A. 仅将极板M移走B. 仅将极板M稍向下平移
C. 仅用手触摸极板MD. 仅在极板M、N之间插入有机玻璃板
7.某科幻电影中，在赤道平面上有空间站A和卫星B同向自西向东绕地球做匀速圆周运动，两者的轨道半径之比rA：rB=4：1，空间站A处于地球同步轨道上，用超轻高强度材料做成的“天梯”连接地面和空间站A，卫星B每次经过“天梯”旁时(对“天梯”没有影响)会监测“天梯”的工作状况。从卫星B某次经过“天梯”后开始计时，之后24ℎ内卫星B经过“天梯”的次数为( )
A. 6次B. 7次C. 8次D. 9次
8.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带正电小球，电荷量大小为q。现将细线拉直至水平，小球静止释放，可运动至与竖直方向夹角为θ的最大摆角处，则该电场的场强E为( )
A. mgcsθq(1+sinθ)B. mgsinθqC. mgcsθqsinθD. mgtanθq
9.安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护，如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高H=1.8m处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙所示的图像描述，已知头锤质量M=3kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，假定气囊的形变完全恢复，下列说法正确的是( )
A. 头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B. 碰撞过程中F的冲量大小为66N⋅s
C. 碰撞结束后头锤上升的最大高度为1m
D. 碰撞过程中系统损失的机械能为30J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
10.如图所示，2020年11月嫦娥五号在海南文昌航天发射基地成功发射，这是我国首次执行月球采样返回任务，飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动，到达轨道Ⅰ的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时飞船处于平衡状态
B. 飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点，飞船的速率变大
C. 飞船在轨道Ⅲ上通过B点的速率等于在轨道Ⅱ上通过B点的速率
D. 飞船在轨道Ⅱ上通过A点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过A点时的加速度
11.物体做自由落体运动，用W表示物体所受重力做的功，P表示物体所受重力的瞬时功率，Ek表示物体下落的动能，Ep表示物体下落的重力势能，ℎ表示物体下落的高度，t表示物体运动的时间。忽略空气阻力，在物体接触地面之前的运动过程中，下列图像正确的是( )
A. B. C. D.
12.如图1所示，三个完全相同的带电小球(视为质点)通过不可伸长的绝缘轻质细线连接，构成一个边长为d的正三角形，静止在绝缘水平面上。已知小球质量均为m，带电量均为+q。现将小球1、2间的细线剪断，某时刻三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图2所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，其中k为静电力常量，不计一切阻力。则( )
A. 该过程中三个小球组成的系统动量守恒
B. 该过程中小球2一定向右做直线运动
C. 从图1到图2过程中，小球3向左运动 33d
D. 在图2位置，v1= kq26md
13.如图所示，电动机带动传送带逆时针匀速运动的速度大小v=2m/s，一质量为m=1kg的小物块以初速度v0=4m/s从左向右滑上传送带然后返回到出发点，已知小物块与传送带接触面间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。在整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 皮带长度s至少3m
B. 摩擦力对物块做功−6J
C. 摩擦产生热量16J
D. 相比电动机带动传动带空转，物块滑上传送带后，电动机多消耗了12J能量
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
14.如图所示，物块A和上表面粗糙的长木板B放在光滑水平上，物块C静止在长木板B的右端，物块A的质量为2m，长木板B的质量为m。物块A以速度v0向右运动，与长木板B发生弹性碰撞的时间极短，物块C始终未滑离长木板B，稳定后A、B、C恰好不再碰撞。求：
(1)A、B碰撞后瞬间A的速度；
(2)C的质量。
15.随着国产汽车的日益崛起，越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动机的额定功率为P，驾驶员和汽车的总质量为m=3000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力恒定。若汽车从静止开始在水平路面上匀加速启动，t1=5s时，速度v1=10m/s功率达到额定功率，此后汽车以额定功率运行，t2=65s时速度达到最大值vm=30m/s，汽车运动的v−t图像如图所示，取g=10m/s2。求：
(1)汽车受到的阻力f以及额定功率P；
(2)汽车在0至t1期间牵引力做的功W；
(3)汽车在t1至t2期间的位移s2的大小。
16.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力，电子的比荷为em)。
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅰ区域时的速度；
(2)在满足(1)的情况下，判断电子能否从CD边离开，并求电子离开ABCD区域的位置坐标；
(3)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置(电子释放点的横坐标x和纵坐标y之间应满足的关系式)。
17.如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的14圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的13时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
答案解析
1.【答案】C
【解析】A、探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=ma，解得a=GMr2，故A错误；
B、探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=mω2r，解得ω= GMr3，故B错误；
C、探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2π r3GM，故C正确；
D、探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=mv2r，探测的动能Ek=12mv2，解得Ek=GMm2r，故D错误。
故选：C。
2.【答案】D
【解析】解：A、不管粒子运动是从a到b，还是从b到a，电场力均指向轨迹内侧，于是电场力沿着电场线向左，电子带负电，电子的受力方向与电场线方向相反，所以可判断电场线方向是向右的，故A错误；
B、沿电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势高于b点电势，故B错误；
CD、电子从a点向b点运动，是从高电势向低电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以电子在a点的动能大于在b点的动能，电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误、D正确。
故选：D。
根据曲线运动的受力特点和电子受力方向与电场线方向的关系分析；沿电场线方向电势逐渐降低；电子从a点向b点运动，电场力做负功，由此分析动能和电势能的变化。
能够根据电子的运动轨迹判断出电子的受力方向，进而得到电场线的方向是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：圆环在下滑过程中，弹簧先处于压缩状态，后处于拉伸状态，弹簧对圆环先做正功，后做负功，圆环的重力势能和动能之和(即圆环的机械能)先增加后减小，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据弹簧弹力做功情况分析圆环的重力势能和动能之和的变化情况。
本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或系统内弹力做功以外，其它力对系统不做功；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
4.【答案】B
【解析】解：在C点进行电场强度的叠加，如下图
设AB=AC=BC=AD=r，点电荷的电荷量为q，A、B点电荷在C点产生的电场强度大小分别为EA、EB，且EA =EB =kqr2
由几何关系结合矢量的叠加原理得：2E =E+2EA cs60°，解得：EA =EB =E
在D点分析得：E合 =E+kq(2r)2−kqr2，解得E合 =kq4r2=E4，故ACD错误，B正确。
故选：B。
通过A、B两个点电荷在C点产生的电场强度与匀强电场强度的叠加，可以列式求解出A、B两小球的电荷量，然后在D点分析电场强度的叠加，列式求解即可。
本题考查学生对电场强度叠加的计算能力，需要注意区分点电荷产生的电场强度和匀强电场的电场强度的计算，但是叠加原理符合矢量运算法则。
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，设Δt时间内，垂直吹到人的气流的质量为Δm=ρV，又V=SvΔt，对这部分气流，由动量定理有−F′Δt=0−Δmv，对人有F′=F=mg，解得ρSv=mg，则对甲、乙两人有m1S1=m2S2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
设出Δt时间内吹到人身上的气体质量为Δm，根据动量定理和平衡条件即可求解。
对于流体冲击类的问题，常用的解题思路是：取微元→计算动量变化→列方程；一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。
6.【答案】D
【解析】解：ABD、因为极板带电荷量Q一定，根据C=ɛrS4πkd和C=QU可知，若仅将M板移走，两板间距离d增大，电容C变小，两板间电压U变大，即静电计指针张角增大；若仅将极板M向下平移，则C减小，U变大，则静电计指针张角变大；若仅在极板M、N之间插入有机玻璃板，极板间电介质的介电常数增大，C变大，U减小，则静电计指针张角减小，故AB错误，D正确；
C、若仅用手触摸极板M，极板N带电荷量不变，由于静电感应，最终电容器带电荷量Q不变，两板间电压U不变，则静电计指针张角不变，故C错误。
故选：D。
根据电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式分析极板间电压的变化，进而分析静电计指针张角的变化；用手触摸极板M，电容器带电荷量不变，据此分析。
本题考查了电容的定义式和决定式的应用，知道仅用手触摸极板M，电容器带电荷量不变是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：根据开普勒第三定律，轨道半径的三次方与周期的平方成正比，可得TA2TB2=(rArB)3=43=64
则TA=8TB
空间站A为地球同步卫星，周期TA=24ℎ
得卫星B的周期TB=248ℎ=3ℎ
空间站A的角速度ωA=2πTA=2π24rad/ℎ
卫星B的角速度ωB=2πTB=2π3rad/ℎ
两者的角速度差为Δω=ωB−ωA=2π3rad/ℎ−2π24rad/ℎ=7π12rad/ℎ
相遇时间间隔为T=2πΔω=2π7π12ℎ=247ℎ
在24小时内，相遇次数为n=24247次=7次，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律求解二者周期之比，结合A卫星周期，求解B卫星周期，结合角速度之差求解相遇时间间隔，从而求解在24小时内，相遇次数。
本题属于卫星追击问题，解题关键是知道每次相遇时，跑得快的卫星比跑得慢的卫星多跑一圈。
8.【答案】A
【解析】解：小球从水平位置释放到与竖直方向夹角为θ的过程中，根据动能定理可得：mgLcsθ−qEL(1+sinθ)=0，解得：E=mgcsθq(1+sinθ)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对小球，由动能定理列式即可求解。
本题是对带电粒子在电场中运动及动能定理应用的考查，解题的关键是要知道电场力做功与始末位置有关，与具体的路径无关。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据自由落体运动公式得v02=2gH，解得v0=6m/s，故A错误；
B.F−t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=12×0.1×660N⋅s=33N⋅s，故B错误；
C.以竖直向上为正方向，由动量定理得IF−Mgt=Mv−M(−v0)，设上升的最大高度为ℎ，由动能定理得−Mgℎ=0−12Mv2，解得ℎ=0.8m，故C错误；
D.碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=Mg(H−ℎ)=3×10×(1.8−0.8)J=30J，故D正确。
故选：D。
根据自由落体运动规律和冲量、动量定理以及机械能知识进行分析解答。
考查自由落体运动规律和冲量、动量定理以及机械能知识，会根据题意进行准确分析解答。
10.【答案】BD
【解析】解：A、飞船在轨道Ⅰ上运动时速度方向沿轨迹的切线方向，时刻在变化，所以飞船做变速运动，处于非平衡状态，故A错误。
B、飞船在轨道Ⅱ上从A点运行到B点，只有月球对飞船的引力做功，这里月球引力相当于重力，所以飞船的机械能守恒；又因为从A到B引力做正功，根据动能定理，合外力做正功动能增加，所以飞船的速率变大，故B正确。
C、飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ上做近心运动，必须在B点减速，则飞船在轨道Ⅲ上通过B点的速率小于在轨道Ⅱ上通过B点的速率，故C错误。
D、设月球的质量为M，飞船到月球中心的距离为r，加速度为a，由牛顿第二定律有GMmr2=ma，得a=GMr2，则飞船经过同一点加速度一定，可知在轨道Ⅱ上通过A点时的加速度等于在轨道Ⅰ上通过A点时的加速度，故D正确。
故选：BD。
本题中为月球引力，等效为重力。加速度的分析借助牛顿第二定律，结合万有引力公式得出加速度与天体质量、到天体中心距离的关系，进而判断同一位置不同轨道下的加速度情况。
本题考查了天体运动中的圆周运动、机械能守恒以及加速度相关知识。在天体运动场景下，涉及到飞船在不同轨道(圆周轨道、圆轨道)的运动分析。
11.【答案】AB
【解析】解：A.W表示物体所受重力做的功，根据W=mgℎ
可知W−ℎ图像为过原点倾斜的直线，故A正确；
B.P表示物体所受重力的瞬时功率，根据PG=mgv,解得PG=mg2t
可知PG−t图像为过原点倾斜的直线，故B正确；
C.根据Ek=12mv2,解得Ek=12mg2t2
可知Ek−t图像不是直线，故C错误；
D.根据Ep=Ep0−mgℎ,解得Ep=Ep0−12mg2t2
可知Ep−t图像不是直线，故D错误。
故选：AB。
根据重力做功与ℎ的关系分析；v=gt，根据重力瞬时功率表达式分析；v=gt，根据动能表达式分析；根据ℎ=12gt2结合Ep与ℎ的关系分析。
本题考查功能关系等知识点，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
12.【答案】ACD
【解析】解：AC、该过程中三个小球组成的系统所受外力之和为零，满足动量守恒条件。取水平向左为正方向，由动量守恒定律mv3−mv1−mv2=0。由于小球1、2受力情况相同，故v1=v2，解得：v3=2v1=2v2，即x3=2x1=2x2。由几何关系x3+x1=dcs30°，解得：x3= 33d，故AC正确；
B、该过程中小球2所受合力方向不断变化，不会做直线运动，故B错误；
D、三个小球系统能量守恒，由能量守恒定律kq22d=12mv32+2×12mv12，代入v3=2v1，解得：v1= kq26md，故D正确。
故选：ACD。
题目中三个带电小球组成的系统在剪断细线后运动到同一直线上。由于系统不受外力，动量守恒，可以确定三个小球速度之间的关系。根据几何关系，可以求出小球3的位移。系统电势能减少转化为动能，结合动量守恒和能量守恒可求出v1的表达式。小球2受力方向变化，不会做直线运动。
本题综合考查静电力作用下的多体系统动力学问题，涉及动量守恒、能量守恒、库仑力做功与电势能变化等核心知识点。题目通过剪断细线后三个带电小球的运动过程，巧妙地将几何关系与动力学分析相结合，计算量适中但思维深度较高。解题时需要建立正确的物理模型，分析系统受力情况，判断动量守恒条件是否满足，并灵活运用能量守恒定律求解速度关系。几何关系的处理是本题的亮点，通过位移与速度的比例关系将空间位置与运动状态联系起来，充分考查了学生的空间想象能力和综合分析能力。易错点在于忽视小球2受力方向的动态变化而误判其运动轨迹，以及未能准确建立位移与速度之间的关联关系。
13.【答案】BD
【解析】解：A、小物块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
μmg=ma
解得a=2m/s2
当速度减为0时，位移为s1=v022a=422×2m=4m，故皮带长度s至少4m，故A错误；
B、由题分析可知，小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向做匀加速直线运动，因v0=4m/s>v=2m/s，故小物块返回左端时的速度为v=2m/s。整个过程，只有摩擦力做功，根据动能定理得Wf=12mv2−12mv02
解得摩擦力对物块做功Wf=−6J，故B正确；
C、小物块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，所用时间为t1=v0a=42s=2s
此过程中传送带的位移为s2=vt1=2×2m=4m
故小物块相对传送带的位移为Δs=s2+s1=4m+4m=8m
当小物块反向做匀加速直线运动，直到速度为v=2m/s时，加速度不变，所用时间为t2=va=22s=1s
此过程小物块的位移为s1′=v22a=222×2m=1m
此过程中传送带的位移为s2′=vt2=2×1m=2m
故小物块相对传送带的位移为Δs′=s2′−s1′=2m−1m=1m
故摩擦产生热量为Q=μmg(Δs+Δs′)，解得Q=18J，故C错误；
D、相比电动机带动传动带空转，物块滑上电动机多消耗的能量为ΔE=ΔEk+Q，其中ΔEk=Wf=−6J，解得ΔE=12J，故D正确。
故选：BD。
小物块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和速度—位移公式相结合求出小物块向右运动的最大位移，即为皮带的最小长度s；分析小物块返回到出发点时速度大小。整个过程，只有摩擦力做功，根据动能定理求摩擦力对物块做功；根据运动学公式求出小物块与传送带间的相对位移，再求摩擦产生热量；根据能量守恒定律求电动机多消耗的能量。
本题考查传送带问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，要注意摩擦生热与相对路程有关。
14.【答案】A、B碰撞后瞬间A的速度为13v0；
C的质量为3m
【解析】(1)根据题意可知A、B发生弹性碰撞时，动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，有
2mv0=2mvA+mvB
12⋅2mv02=12⋅2mvA2+12⋅mvB2
解得
vA=2m−m2m+mv0=13v0
vB=4m2m+mv0=43v0
(2)根据稳定后A、B、C恰好不再碰撞可知稳定后三者共速，有
m⋅43v0=(m+mC)v共=(m+mC)⋅13v0
解得
mC=3m
答：(1)A、B碰撞后瞬间A的速度为13v0；
(2)C的质量为3m。
(1)A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，求出A、B碰撞后瞬间A的速度；
(2)碰撞后，C在B上滑动，由动量守恒定律求C的质量。
本题综合运用动量守恒定律和能量守恒定律，关键要正确选择研究对象，把握隐含的临界情况和临界条件：A、B、C刚好不再发生碰撞，三者速度相同。
15.【答案】汽车受到的阻力为3000N，额定功率为9×104W；
汽车在匀加速阶段，牵引力做功为2.25×105J；
汽车在变加速阶段，位移大小为1400m
【解析】(1)根据汽车速度最大时，牵引力与阻力等大，可得到额定功率与阻力、最大速度的关系式：P=fvm，
根据匀加速阶段的初末速度、时间，即可得到加速度：a=v1−0t1，对汽车的受力分析可得：F−f=ma，
根据5s时的功率为额定功率，可得：P=Fv1；
解得阻力：f=3000N，额定功率：P=9×104W，匀加速阶段的牵引力：F=9000N；
(2)根据匀加速阶段的运动学：x1=12at12，解得位移：x1=25m；结合匀加速阶段的牵引力，即可得牵引力做功：W1=Fx1，解得：W1=2.25×105J；
(3)在变加速阶段，根据动能定理：P(t2−t1)−fx2=12mvm2−12mv12，解得位移：x2=1400m。
答：(1)汽车受到的阻力为3000N，额定功率为9×104W；
(2)汽车在匀加速阶段，牵引力做功为2.25×105J；
(3)汽车在变加速阶段，位移大小为1400m。
(1)根据汽车速度最大时，牵引力与阻力的关系，可得到额定功率与阻力、最大速度的关系式；根据匀加速阶段的初末速度、时间，即可得到加速度，根据对汽车的受力分析，结合5s时的功率，即可计算阻力、额定功率、匀加速阶段的牵引力；
(2)根据匀加速阶段的运动学关系式，即可计算匀加速阶段的位移；结合匀加速阶段的牵引力，即可得到牵引力做功；
(3)在变加速阶段，根据动能定理，即可计算位移。
本题考查机车启动问题，关键是根据匀加速阶段的最后时刻，既达到了额定功率，又满足匀加速运动的受力特点。
16.【答案】电子离开Ⅰ区域时的速度为 2eELm；
电子能从CD边离开，电子离开ABCD区域的位置坐标为为(−L,L4)；
在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点的位置为y=L24x
【解析】(1)在电场I中由动能定理得
eEL=12mv2
解得
v= 2eELm
(2)在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设从CD边离开，有
vt=L
eE=ma
y1=12at2
电子偏转的方向向下，联立解得
y1=L40
上式可变形为：9x3+17x2+7x−1=0
可得：(x+1)(9x2+8x−1)=0
则有：9x2+8x−1=0
解得：x=19，另一解为负值，舍去。
可得当Mm=19，即M=19m时， Ek取最大值，即Ek取最大值。
(验证：当M=19m时，可得Ek最大值为94mgR，最终Q的最大速度大小为3v0，P的最终速度为零，即Q最终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械能等于12mv02=94mgR，可见此结果合理。)
答：(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR；
(2)小球与弹簧刚接触时速度的大小为3 2gR2，及B、A两点间的距离为54R；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m；
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为19m。
(1)根据力做功的定义求解小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道的过程重力对其做的功；
(2)根据题意，应用机械能守恒定律求解小球与弹簧刚接触时速度的大小；根据动能定理求解B、A两点间的距离；
(3)P和Q断开后，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当P和Q恰好共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解Q的质量；
(4)P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律，结合数学知识解答。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，考查了数理结合的能力。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。