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2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（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，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿利用扭秤实验测量出了引力常量G
B. 做平抛运动的物体在任意时间内的速度变化量方向一定竖直向下
C. 匀速圆周运动是加速度不变的运动
D. 用起重机拉着物体匀速上升，物体的机械能守恒
2.关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B. 如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了
C. 如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角θ应根据火车的质量设计
D. 如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球对轨道的压力最大
3.《流浪地球》讲述了人类为保全地球家园，驱动地球脱离太阳系去遥远的比邻星安家的科幻故事，其中蕴含了不少物理知识。下列说法正确的是( )
A. 根据故事描述，首先使地球停止自转，这会导致地球两极的物体所受重力变大
B. 根据故事描述，首先使地球停止自转，这会导致地球赤道上的重力加速度变大
C. 为使地球脱离太阳系，地球的公转速度应被加速到大于11.2km/s
D. 《流浪地球2》中地球停止自转前建设的太空电梯可看作地球同步卫星，其绕地球做匀速圆周运动的线速度大小小于赤道上随地球自转的物体的线速度大小
4.如图所示，小丽和小刚开始对面静止站在光滑的冰面上，小丽推小刚后，两人沿相反的方向运动，已知小丽的质量小于小刚的质量。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小丽和小刚组成的系统动量守恒
B. 小丽的速率小于小刚的速率
C. 小丽对小刚的作用力所做的功等于小刚对小丽的作用力所做的功
D. 小丽对小刚的作用力的冲量等于小刚对小丽的作用力的冲量
5.如图，一质量为1kg的物体从固定斜面顶端由静止开始下滑，滑至斜面底端经过的时间为5s，此时速度大小为10m/s。下列说法正确的是( )
A. 物体所受重力在此过程中的冲量大小为30N⋅s
B. 斜面对物体的支持力在此过程中的冲量大小为0
C. 斜面对物体的摩擦力在此过程中的冲量大小为50N⋅s
D. 物体所受合力在此过程中的冲量大小为10N⋅s
6.跳伞运动员是一项刺激但充满危险的运动。某跳伞爱好者(可视为质点)在某次跳伞时，已成功打开降落伞，受到竖直向上的恒定阻力作用，并将速度控制在8m/s竖直向下匀速下落。在距地面高度为96m处时，突然受到一股水平恒定风力作用，将跳伞爱好者吹离了原来设定的降落路线。已知恒定风力大小为120N，跳伞爱好者及他所携带装备的总质量为60kg，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 跳伞爱好者受到风力作用后，其运动轨迹也是直线
B. 跳伞爱好者受到风力作用3 s后，其速度大小为10m/s
C. 跳伞爱好者从受到风力作用到落地所用的时间小于12 s
D. 跳伞爱好者从受到风力作用到落地，其位称大小为240 m
7.如图，在光滑水平面AB上的A点安装了一个弹簧发射装置，在B点固定一竖直放置的半径为0.4m的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面AB相切，B点处有一小孔。开始时，用一小球(可视为质点)压缩弹簧，使弹簧的弹性势能为Ep，小球与弹簧接触但不粘连。现由静止释放小球，小球被弹簧弹出，通过水平面AB后从B点处的小孔进入圆形轨道，小球进入后，B点处的小孔随即关闭，使小球在圆形轨道内侧做圆周运动。已知小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，在最低点B时小球对圆形轨道的压力大小为60N，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 从释放小球至小球到达最高点C的过程中，小球的机械能守恒
B. 小球通过C点时的速度大小为0
C. 小球的质量为m=1.2kg
D. 开始时，弹簧的弹性势能为Ep=10J
8.小明每天骑电瓶车上下班，电瓶车的铭牌如下表所示。已知小明的体重为60kg，小明骑电瓶车行驶时整体所受阻力的大小恒为160N。下列说法正确的是( )
A. 电瓶车以匀加速和恒定功率两种模式启动最终达到的最大速度不同
B. 若小明以1m/s2的加速度匀加速启动电瓶车，匀加速阶段电瓶车能达到的最大速度为5m/s
C. 若小明以1m/s2的加速度匀加速启动电瓶车，匀加速阶段电瓶车的牵引力做的功为1000J
D. 若小明以额定功率启动电瓶车，当电瓶车的速度大小为4m/s时，其加速度大小为1.25m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
9.下列说法正确的是( )
A. 地球同步卫星可以出现在成都正上空
B. 所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上
C. 赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小小于同步卫星的向心加速度大小
D. 在同一圆轨道上运行的不同卫星所受向心力的大小一定相等
10.如图，一质量为1kg的滑块A从固定光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面顶端距离光滑水平面的高度为5m，斜面底端与水平面平滑连接。滑块B和滑块C通过轻弹簧相连且均静止于水平面上，滑块B的质量为1kg，滑块C的质量为2kg。开始时，弹簧处于原长状态，滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，滑块A、B、C均可视为质点，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 滑块A滑至斜面底端时，其速度大小为10m/s
B. 滑块A与滑块B碰撞后的速度大小为2.5m/s
C. 弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度大小均为2.5m/s
D. 滑块A与滑块B碰撞的过程中，滑块A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能为37.5J
11.2023年5月28日，我国主研发的国产大飞机C919首次开启商业载客飞行，130多名首航旅客见证了这一历史性时刻。如图甲为机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱的情景图，构建模型如图乙所示，一货物(可视为质点)在传送带上运动的v−t图像如图丙所示，4s末货物抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角为θ=37∘，货物的质量为5kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. 货物在传送带上留下的划痕长度为1m
B. 匀速阶段摩擦力对货物做的功为65J
C. 全程货物与传送带因摩擦产生的热量为122.5J
D. 0∼2s内，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为65J
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.在实验室做验证动量守恒定律的实验时，某中学的一个实验小组利用老师手机的连拍功能对碰撞前后小球的运动情况进行拍摄。如图甲，该小组把带方格的纸板放在与小球轨迹所在的平面平行的平面内，小方格每格边长为L=5cm，手机连拍时频闪拍照的周期为T=0.1s，重力加速度大小取g=10m/s2，实验主要步骤如下：
(1)让小球1(质量为m1)从挡板处由静止释放，从斜槽轨道末端水平抛出后，频闪照片如图乙中的A系列照片所示。
(2)将小球2(质量为m2)静置于斜槽轨道末端，让小球1从挡板处由静止释放，两小球在斜槽轨道末端碰撞，碰撞后两小球从斜槽轨道末端水平抛出后，频闪照片如图乙中的B、C系列照片所示。
(3)由图乙结合已知数据可计算出碰撞前瞬间小球1的速度大小为v1=______m/s，碰撞后瞬间小球2的速度大小为v2=______m/s。(均保留2位有效数字)
(4)若两小球碰撞过程中动量守恒，则由动量守恒定律可得m1：m2=______。
13.
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图，一质量为m=10kg的箱子被工人用斜向右上方与水平方向成37∘角、大小为F=100N的力拉着在水平地面上由静止开始拖行了s=3m的距离，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)地面对箱子的摩擦力大小f和整个过程中拉力F做功的平均功率P−；
(2)被工人拖行s=3m后箱子获得的动能Ek。
15.如图，质量为2m的玩具电动小货车和沿平直轨道从A点由静止开始以恒定的功率行驶到B点，并与静止在B点的质量为m的玩具电动小轿车发生弹性正碰。已知A、B两点的距离为s，电动小货车与轨道间的摩擦力大小为f，电动小货车从A点行驶到B点用时为t，到达B点时速度大小为v0(此时电动小货车还未达到最大速度)。求：
(1)电动小货车在A、B两点间行驶时的功率P；
(2)碰撞后瞬间电动小货车的速度大小v1和电动小轿车的速度大小v2；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，求碰撞后瞬间电车小货车的牵引力大小F。
16.如图，在固定光滑水平平台上有一个质量为m=2.0kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K(图中未画出)锁住，弹簧储存的弹性势能为Ep。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后，以一定的水平速度v0向左滑离平台末端A点，并恰好从B点沿切线方向进入半径为R=1.0m的粗糙竖直圆弧轨道BC，B点和圆心O的连线与水平方向的夹角为θ=37∘，下端点C为圆弧轨道的最低点且与光滑水平面上的木板上表面相切，木板长度为L。距离木板右端d=1.0m处有一个侧面具有黏性的长度为s=0.5m的固定台阶，台阶上表面与木板上表面齐平。物块经过C点后滑上木板，木板运动到台阶处将与台阶牢固粘连。A、B两点的高度差为h=0.8m，木板的质量为M=5.0kg，物块经过C点时所受圆弧轨道的支持力大小为FN=118N，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5，物块与台阶间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)物块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功W克；
(3)若物块能停在台阶上，求木板长度L的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、卡文迪什利用扭秤实验测量出了引力常量G，故A错误；
B、做平抛运动的物体只受重力，加速度为重力加速度，由Δv=gΔt可知速度变化量方向与重力加速度方向相同，方向都是竖直向下，故B正确；
C、匀速圆周运动的加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，方向时刻改变，所以匀速圆周运动是加速度变化的运动，故C错误；
D、用起重机拉着物体匀速上升，物体的动能不变，但是重力势能增加，所以机械能增加，故D错误。
故选：B。
A、卡文迪什利用扭秤实验测量出了引力常量G；
B、根据Δv=gΔt可知速度变化量与加速度的方向相同；
C、匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心，方向时刻变化；
D、匀速上升，动能不变，但是重力势能增加，根据机械能的定义可知机械能的变化。
本题考查了引力常量、平抛运动、机械能、匀速圆周运动的加速度，解题的关键熟练掌握这些物理量的概念和特点。
2.【答案】D
【解析】解：A.如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力作用，其中的摩擦力做向心力，故A错误；
B.如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，即做离心运动，则可能是因为物体的速度突然变大了，也可能是提供的向心力变小了，故B错误；
C.如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角e应满足
mgtanθ=mv2r
即tanθ=v2gr
与火车的质量无关，故C错误；
D.如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球速度最大，根据FN−mg=mv2r可知，对轨道的压力最大，故D正确。
故选：D。
物体受重力，支持力和静摩擦力，合力就是静摩擦力，指向圆心，做为物体做匀速圆周运动的向心力。向心力是做匀速圆周运动的物体所受的合外力，它可以由一个力来提供，也可以由几个力的合力提供。向心力和速度方向垂直，它只改变速度方向，不改变速度大小，是线速度变化的原因，也是产生向心加速度的原因。
本题考查了生活中的圆周运动知识，了解向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不能重复受力。
3.【答案】B
【解析】解：A、地球两极的物体随地球自转的轨道半径为零，所需的向心力为零，所以不管地球是否自转，物体在地球两极所受万有引力等于重力，故A错误；
B、地球赤道上的物体GMmR2−mg=mRω2，则有：GMmR2=mg+mRω2，若地球停止自转，ω=0，则GMmR2=mg′，可知g′>g，故B正确；
C、为使地球脱离太阳系，地球的公转速度应被加速到大于16.7km/s，故C错误；
D、地球同步卫星和赤道上随地球自转的物体的角速度相等，同步卫星的轨道半径大于赤道上物体的轨道半径，由v=ωr可知太空电梯的线速度大小大于赤道上随地球自转的物体的线速度大小，故D错误。
故选：B。
AB、在地球两极的物体万有引力等于重力，在赤道处的物体万有引力等于重力和所需向心力的和；
C、脱离太阳系的束缚，运动速度要大于16.7km/s；
D、根据太空电梯和赤道上随地球自传的物体角速度相等，由v=rω可知两者的线速度大小关系。
本题考查了人造卫星、宇宙速度、地球表面的物体重力和万有引力的关系，注意在地球的两极，物体随地球自传的轨道半径为零，所需向心力为零，则万有引力和重力大小相等。
4.【答案】A
【解析】解：A、小丽和小刚组成的系统所受合力为0，则系统动量守恒，故A正确；
B、设小丽的质量为m，小刚的质量为M，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
mv=Mv′
小丽的质量小于小刚的质量，则小丽的速率大于小刚的速率，故B错误；
C、由B项分析结合v=xt，可知小丽的位移大于小刚的位移，两人的相互作用力相等，所以小丽对小刚的作用力所做的功da于小刚对小丽的作用力所做的功，故C错误；
D、两人的相互作用力相等，方向相反，则小丽对小刚的作用力的冲量与小刚对小丽的作用力的冲量大小相等，方向相反，故D错误；
故选：A。
根据动量守恒的条件分析A，结合动量守恒定律分析BC，冲量是矢量，根据矢量的特点分析D。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合冲量的特点即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：A.物体所受重力在此过程中的冲量大小为
I=mgt=1×10×5N⋅s=50N⋅s
故A错误；
B.斜面对物体的支持力在此过程中的冲量
I=FNt
支持力不为零，所以冲量不为零，故B错误；
C.由于斜面倾角未知，所以无法计算摩擦力，进而无法计算摩擦力冲量大小，故C错误；
D.根据动量定理
I合=mΔv=1×10N⋅s=10N⋅s
故D正确。
故选：D。
根据冲量的计算公式分析ABC，根据动量定理分析D项。
本题考查动量定理，解题关键掌握冲量和动量的计算公式，注意动量定理的应用。
6.【答案】B
【解析】解：A、跳伞爱好者受到风力作用后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，则其合运动为匀变速曲线运动，故A错误；
B、水平方向，由牛顿第二定律得：F=ma
代入数据解得：a=2m/s2
受到风力作用3s后，水平分速度vx=at=2×3m/s=6m/s
竖直分速度vy=8m/s
合速度为v= vx2+vy2= 62+82m/s=10m/s
故B正确；
C、跳伞爱好者竖直方向做匀速直线运动，则从受到风力作用到落地所用的时间为t=hvy=968s=12s
故C错误；
D、水平分位移x=12at2=12×2×122m=144m
竖直分位移h=96m
则跳伞爱好者从受到风力作用到落地，其位称大小为s= x2+h2= 1442+962m≈173m
故D错误。
故选：B。
跳伞爱好者受到风力作用后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，根据运动的合成与分原理判断合运动的性质；根据牛顿第二定律求解水平方向的加速度，根据速度-时间公式求解水平分速度，根据平行四边形定则求解合速度；根据x=vt求解竖直方向运动时间，根据合运动与分运动的等时性求解落地时间；根据位移-时间公式求解水平和竖直位移，根据平行四边形定则求解合位移。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则，会判断合运动的运动性质，知道合运动与分运动具有等时性。
7.【答案】D
【解析】解：A、从开始释放小球至小球到达最高点C的过程中，除重力做功外，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误；
BC、已知小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，在C点有：mg=mvC2R，解得小球通过C点时的速度大小为：vC=2m/s；
在B点，有：F−mg=mvB2R，其中F=60N
从B到C过程中，根据动能定理可得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
联立解得：vB=2 5m/s，m=1kg，故BC错误；
D、根据功能关系可得：EP=12mvB2=12×1×20J=10J，故D正确。
故选：D。
除重力做功外，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加；小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，根据重力提供向心力求解小球通过C点时的速度大小；在B点，根据合力提供向心力列方程，从B到C过程中，根据动能定理列方程求解小球的质量和B点速度大小；根据功能关系求解弹簧的弹性势能。
本题主要是考查了功能关系和竖直方向的圆周运动，关键是知道小球恰好通过最高点的条件，掌握动能定理在圆周运动中的应用方法。
8.【答案】C
【解析】解：A、电瓶车以匀加速和恒定功率两种模式启动最终达到的最大速度时，均满足牵引力等于阻力，最大速度vm=PmF阻
则最大速度相同，故A错误；
B、匀加速阶段，由牛顿第二定律得：F−F阻=(M+m)a
代入数据解得：F=320N
匀加速阶段达到最大速度时，功率达到额定功率，有：P额=Fv
代入数据解得：v=2.5m/s
故B错误；
C、匀加速阶段位移为x=v22a=2.522×1m=3.125m
牵引力做功为W=Fx=320×3.125J=1000J
故C正确；
D、若小明以额定功率启动电瓶车，当电瓶车的速度大小为4m/s时，牵引力为F=P额v=0.8×1034N=200N
由牛顿第二定律得：F−F阻=(M+m)a
代入数据解得：a=0.25m/s2
故D错误。
故选：C。
达到最大速度时，汽车所受牵引力等于阻力，根据P=Fv比较即可；根据牛顿第二定理求解牵引力，根据P=Fv求解匀加速阶段的最大速度；根据匀变速直线运动位移-速度公式求解位移，根据W=Fx求解牵引力做功；根据P=Fv求解此时的牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道汽车启动过程的受力情况和运动情况，知道汽车速度达到最大值的临界情况，结合牛顿第二定律分析即可。
9.【答案】BC
【解析】解：A、地球同步卫星的轨道平面在赤道平面上，成都不在赤道上，所以地球同步卫星不会经过成都上空，故A错误；
B、根据开普勒第一定律可知：所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故B正确；
C、赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，赤道上的物体轨道半径比同步卫星的轨道半径小，由a=rω2可知赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小小于同步卫星的向心加速度大小，故C正确；
D、在同一圆轨道上运行的不同卫星所线速度大小相等，角速度大小相等，但是卫星的质量不一定相等，由F=mv2r可知所受向心力的大小不一定相等，故D错误。
故选：BC。
A、根据地球同步卫星的轨道平面在赤道平面上判断正误；
B、根据开普勒第一定律判断；
C、赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，半径不等，由a=rω2可判断正误；
D、不同卫星的质量不一定相等，可知所受向心力不一定相等。
本题考查了地球同步卫星、开普勒定律、卫星的向心加速度和向心力，解题的关键是知道地球同步卫星一定在赤道的正上方，与地球的自传周期、角速度相等。
10.【答案】AC
【解析】解：滑块A的质量为m1=1kg，B的质量为m2=1kg，C的质量为m3=2kg，斜面顶端距离光滑水平面的高度为h=5m。
A、对滑块A下滑过程中，由动能定理可得：m1gh=12m1v02−0，解得：v0=10m/s，故A正确；
B、滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，对A和B组成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2)v
解得：v=5m/s，故B错误；
C、弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度相同，设为v共，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2+m3)v共
代入数据解得v共=2.5m/s，故C正确；
D、滑块A与滑块B碰撞的过程中，根据能量守恒定律可得：ΔE=12m1v02−12(m1+m2)v2，解得：ΔE=25J，故D错误。
故选：AC。
对滑块A下滑过程中，由动能定理列方程求解；
滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律求解碰撞后速度大小；
弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度相同，根据动量守恒定律进行解答；
滑块A与滑块B碰撞的过程中，根据能量守恒定律进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
11.【答案】AD
【解析】解：A.由图像可知，传送带的速度为v=1m/s，则货物在传送带上留下的划痕长度为：Δs=vt1−12vt1=12vt1=12×1×2m=1m，故A正确；
B.匀速阶段的位移：s2=vt2=1×2m=2m
摩擦力对货物做的功为：Wf=fs2=mgsin37∘⋅s2
代入数据解得：Wf=60J，故B错误；
C.加速阶段的加速度为：a=ΔvΔt=1−02−0m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可得：μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
解得：μ=1316
全程货物与传送带因摩擦产生的热量为：Q=μmgcs37∘⋅Δs
解得：Q=32.5J，故C错误；
D.0∼2s内，货物上滑的距离s1=1m，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为：E=mgs1sin37∘+12mv2+Q
解得：E=65J，故D正确。
故选：AD。
由图像可知传送带的速度大小，根据位移计算公式求解货物在传送带上留下的划痕长度；求出匀速阶段的位移，根据功的计算公式求解摩擦力对货物做的功；根据牛顿第二定律结合图像求解动摩擦因数，根据功能关系求解产生的热量；根据能量守恒定律求解因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能。
本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，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，根据牛顿第二定律、功能关系结合图像进行解答。
12.【答案】11.53：1
【解析】解：(3)小球在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，竖直方向相邻相等时间内的位移差：
Δy=y2−y1=5L−3L=2L=gT2
碰撞前小球1的水平速度为v1=2LT
碰撞后小球2的水平速度为v′2=3LT
将L=5cm=0.05m，代入解得：T=0.1s，v1=1m/s，v′2=1.5m/s
(4)同理可解得碰撞后小球1的水平速度为v′1=LT=
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1=m1v′1+m2v′2
联立解得m1：m2=3：1
故答案为：(3)1；1.5；(4)3：1。
(3)小球在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速运动的推论求频闪相机闪光周期；小球水平方向做匀速运动，根据匀速运动公式求解两小球的水平初速度；
(4)根据动量守恒定律求质量比。
本题是利用平抛运动研究小球在水平方向发生弹性碰撞时动量守恒。求解两小球碰撞前后的水平初速度是解题的关键。
13.【答案】
【解析】
14.【答案】解：(1)对箱子受力分析，如图
竖直方向由平衡条件得：Fsin37∘+N=mg
滑动摩擦力f=μN
代入数据联立解得：f=20N
水平方向，由牛顿第二定律得：Fcs37∘−f=ma
代入数据解得：a=6m/s2
由位移-时间公式得：s=12at2
代入数据解得：t=1s
拉力F做功为：W=Fscs37∘=100×3×0.8J=240J
拉力F做功的平均功率P−=Wt=2401W=240W
(2)由动能定理得：W−fs=Ek−0
代入数据解得：Ek=180J
答：(1)地面对箱子的摩擦力大小f为20N，整个过程中拉力F做功的平均功率P−为240W；
(2)被工人拖行s=3m后箱子获得的动能Ek为180J。
【解析】(1)对箱子受力分析，根据滑动摩擦力公式求解摩擦力大小，根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动位移-时间公式求解运动时间，根据做功公式求解力F做功，根据平均功率公式求解平均功率；
(2)根据动能定理求解箱子获得的动能。
本题考查平均功率、牛顿第二定律和动能定理，解题关键是分析好箱子的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律、功率公式和动能定理列式求解即可。
15.【答案】解：(1)小货车从A到B由动能定理可得：Pt−fs=12×2mv02
解得：P=mv02+fst；
(2)取向右为正方向，碰撞过程中根据动量守恒定律可得：2mv0=2mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：12×2mv02=12×2mv12+12mv22
联立解得：v1=−13v0，负号表示速度方向向左；v2=43v0；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，碰撞后瞬间电动小货车的牵引力大小为：F=Pv1
解得：F=3(mv02+fs)v0t。
答：(1)电动小货车在A、B两点间行驶时的功率为mv02+fst；
(2)碰撞后瞬间电动小货车的速度大小为13v0，电动小轿车的速度大小为43v0；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，碰撞后瞬间电车小货车的牵引力大小为3(mv02+fs)v0t。
【解析】(1)小货车从A到B由动能定理列方程求解功率P；
(2)碰撞过程中根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，根据功率与速度的关系求解碰撞后瞬间电动小货车的牵引力大小。
本题主要是考查了动量守恒定律和动能定理；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
16.【答案】解：(1)从A点到B点，物块做平抛运动，物块在竖直方向做自由落体运动，则有：vBy2−0=2gh
在B点，由几何关系得：v0=vBytanθ
联立代入数据解得：v0=3m/s
对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：Ep=12mv02
代入数据解得：Ep=9J
(2)物块在B点时的速度大小为：vB=vBycsθ
解得：vB=5m/s
物块运动到C点时，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvC2R
代入数据解得：vC=7m/s
物块从B点运动到C点过程中，由动能定理得：
mg(R+Rsinθ)−W克=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：W克=8J
(3)物块滑到木板上后，先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动
物块加速度的大小为：a1=μ1mgm=μ1g=0.5×10m/s2=5m/s2
木板加速度的大小为：a2=μ1mgM=0.5×2×105m/s2=2m/s2
假设在木板与台阶接触前，物块与木板经过时间t共能达到共速v共，则
对物块：v共=vC−a1t共
对木板：v共=a2t共
联立方程，代入数据解得
t共=1s
v共=2m/s
在t共时间内，木板的位移为：xM=12a2t共2=12×2×12m=1m=d
这表明，木板到达台阶左端时(与台阶牢固粘连)，物块与木板恰好达到共速。即物块滑到木板上后，一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动。木板与台阶粘连后，物块继续做匀减速直线运动。
则当木板到达台阶左端时，物块的速度为：
vm1=v共=2m/s
当木板到达台阶左端时，物块与木板的相对位移为：
Δx=vCt共−12a1t共2−d=(7×1−12×5×12−1)m=3.5m
若物块能停在台阶上，则应满足：物块到台阶左端的速度vm2≥0，物块在台阶上的末速度为零
从木板到达台阶左端到物块到达台阶左端时间内，对物块有：
2a1(L−Δx)=vm12−vm22
物块在台阶上做匀减速直线运动，其加速度大小为：
a1′=μ2mgm=μ2g=0.1×10m/s2=1m/s2
设物块在台阶上的位移为x，则有：vm22=2a1′x，且x≤s
联立方程，代入数据解得：3.8m≤L≤3.9m
答：(1)弹簧储存的弹性势能Ep为9J；
(2)物块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功W克为8J；
(3)若物块能停在台阶上，木板长度L的取值范围为3.8m≤L≤3.9m。
【解析】(1)从A点到B点，物块做平抛运动，竖直方向根据运动学公式求出到达B点时的竖直分速度；由几何关系，可求出平抛初速度；对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，弹簧储存的弹性势能Ep等于物块在A点的动能；
(2)物块做圆周运动到C点时，由牛顿第二定律求出物块在C点的速度；物块从B点运动到C点过程中，由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
(3)假设在木板到达台阶左端前，物块与木板能达到共速，由运动学公式列方程，可求出共速时木板的位移xM，将xM与d作比较，确定此段时间物块做何种运动；由运动学公式求出木板到达台阶左端时物块的速度vm1、物块与木板的相对位移，再列出物块到达台阶左端时(速度为vm2)的位移-速度方程、物块在台阶上运动的位移-速度方程，若物块能停在台阶上，应满足vm2≥0，物块在台阶上的位移x≤s，联立方程可求木板长度L的取值范围。
本题主要考查了板块问题、竖直圆周运动问题、弹簧系统机械能守恒问题等，难点是第(3)问，关键要求出木板到达台阶左端时物块的速度，进而列出物块后续的运动学方程；要明确物块在台阶左端时速度应满足的条件、物块在台阶上位移应满足的条件。整车型号：TL800DQT−9A
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车辆质量：100kg
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1.下列说法正确的是( )
A. 牛顿利用扭秤实验测量出了引力常量G
B. 做平抛运动的物体在任意时间内的速度变化量方向一定竖直向下
C. 匀速圆周运动是加速度不变的运动
D. 用起重机拉着物体匀速上升，物体的机械能守恒
2.关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B. 如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了
C. 如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角θ应根据火车的质量设计
D. 如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球对轨道的压力最大
3.《流浪地球》讲述了人类为保全地球家园，驱动地球脱离太阳系去遥远的比邻星安家的科幻故事，其中蕴含了不少物理知识。下列说法正确的是( )
A. 根据故事描述，首先使地球停止自转，这会导致地球两极的物体所受重力变大
B. 根据故事描述，首先使地球停止自转，这会导致地球赤道上的重力加速度变大
C. 为使地球脱离太阳系，地球的公转速度应被加速到大于11.2km/s
D. 《流浪地球2》中地球停止自转前建设的太空电梯可看作地球同步卫星，其绕地球做匀速圆周运动的线速度大小小于赤道上随地球自转的物体的线速度大小
4.如图所示，小丽和小刚开始对面静止站在光滑的冰面上，小丽推小刚后，两人沿相反的方向运动，已知小丽的质量小于小刚的质量。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小丽和小刚组成的系统动量守恒
B. 小丽的速率小于小刚的速率
C. 小丽对小刚的作用力所做的功等于小刚对小丽的作用力所做的功
D. 小丽对小刚的作用力的冲量等于小刚对小丽的作用力的冲量
5.如图，一质量为1kg的物体从固定斜面顶端由静止开始下滑，滑至斜面底端经过的时间为5s，此时速度大小为10m/s。下列说法正确的是( )
A. 物体所受重力在此过程中的冲量大小为30N⋅s
B. 斜面对物体的支持力在此过程中的冲量大小为0
C. 斜面对物体的摩擦力在此过程中的冲量大小为50N⋅s
D. 物体所受合力在此过程中的冲量大小为10N⋅s
6.跳伞运动员是一项刺激但充满危险的运动。某跳伞爱好者(可视为质点)在某次跳伞时，已成功打开降落伞，受到竖直向上的恒定阻力作用，并将速度控制在8m/s竖直向下匀速下落。在距地面高度为96m处时，突然受到一股水平恒定风力作用，将跳伞爱好者吹离了原来设定的降落路线。已知恒定风力大小为120N，跳伞爱好者及他所携带装备的总质量为60kg，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 跳伞爱好者受到风力作用后，其运动轨迹也是直线
B. 跳伞爱好者受到风力作用3 s后，其速度大小为10m/s
C. 跳伞爱好者从受到风力作用到落地所用的时间小于12 s
D. 跳伞爱好者从受到风力作用到落地，其位称大小为240 m
7.如图，在光滑水平面AB上的A点安装了一个弹簧发射装置，在B点固定一竖直放置的半径为0.4m的光滑圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面AB相切，B点处有一小孔。开始时，用一小球(可视为质点)压缩弹簧，使弹簧的弹性势能为Ep，小球与弹簧接触但不粘连。现由静止释放小球，小球被弹簧弹出，通过水平面AB后从B点处的小孔进入圆形轨道，小球进入后，B点处的小孔随即关闭，使小球在圆形轨道内侧做圆周运动。已知小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，在最低点B时小球对圆形轨道的压力大小为60N，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 从释放小球至小球到达最高点C的过程中，小球的机械能守恒
B. 小球通过C点时的速度大小为0
C. 小球的质量为m=1.2kg
D. 开始时，弹簧的弹性势能为Ep=10J
8.小明每天骑电瓶车上下班，电瓶车的铭牌如下表所示。已知小明的体重为60kg，小明骑电瓶车行驶时整体所受阻力的大小恒为160N。下列说法正确的是( )
A. 电瓶车以匀加速和恒定功率两种模式启动最终达到的最大速度不同
B. 若小明以1m/s2的加速度匀加速启动电瓶车，匀加速阶段电瓶车能达到的最大速度为5m/s
C. 若小明以1m/s2的加速度匀加速启动电瓶车，匀加速阶段电瓶车的牵引力做的功为1000J
D. 若小明以额定功率启动电瓶车，当电瓶车的速度大小为4m/s时，其加速度大小为1.25m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
9.下列说法正确的是( )
A. 地球同步卫星可以出现在成都正上空
B. 所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上
C. 赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小小于同步卫星的向心加速度大小
D. 在同一圆轨道上运行的不同卫星所受向心力的大小一定相等
10.如图，一质量为1kg的滑块A从固定光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面顶端距离光滑水平面的高度为5m，斜面底端与水平面平滑连接。滑块B和滑块C通过轻弹簧相连且均静止于水平面上，滑块B的质量为1kg，滑块C的质量为2kg。开始时，弹簧处于原长状态，滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，滑块A、B、C均可视为质点，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 滑块A滑至斜面底端时，其速度大小为10m/s
B. 滑块A与滑块B碰撞后的速度大小为2.5m/s
C. 弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度大小均为2.5m/s
D. 滑块A与滑块B碰撞的过程中，滑块A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能为37.5J
11.2023年5月28日，我国主研发的国产大飞机C919首次开启商业载客飞行，130多名首航旅客见证了这一历史性时刻。如图甲为机场工作人员利用传送带将货物运送到机舱的情景图，构建模型如图乙所示，一货物(可视为质点)在传送带上运动的v−t图像如图丙所示，4s末货物抵达机舱。已知传送带与水平面间的夹角为θ=37∘，货物的质量为5kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. 货物在传送带上留下的划痕长度为1m
B. 匀速阶段摩擦力对货物做的功为65J
C. 全程货物与传送带因摩擦产生的热量为122.5J
D. 0∼2s内，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为65J
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.在实验室做验证动量守恒定律的实验时，某中学的一个实验小组利用老师手机的连拍功能对碰撞前后小球的运动情况进行拍摄。如图甲，该小组把带方格的纸板放在与小球轨迹所在的平面平行的平面内，小方格每格边长为L=5cm，手机连拍时频闪拍照的周期为T=0.1s，重力加速度大小取g=10m/s2，实验主要步骤如下：
(1)让小球1(质量为m1)从挡板处由静止释放，从斜槽轨道末端水平抛出后，频闪照片如图乙中的A系列照片所示。
(2)将小球2(质量为m2)静置于斜槽轨道末端，让小球1从挡板处由静止释放，两小球在斜槽轨道末端碰撞，碰撞后两小球从斜槽轨道末端水平抛出后，频闪照片如图乙中的B、C系列照片所示。
(3)由图乙结合已知数据可计算出碰撞前瞬间小球1的速度大小为v1=______m/s，碰撞后瞬间小球2的速度大小为v2=______m/s。(均保留2位有效数字)
(4)若两小球碰撞过程中动量守恒，则由动量守恒定律可得m1：m2=______。
13.
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
14.如图，一质量为m=10kg的箱子被工人用斜向右上方与水平方向成37∘角、大小为F=100N的力拉着在水平地面上由静止开始拖行了s=3m的距离，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)地面对箱子的摩擦力大小f和整个过程中拉力F做功的平均功率P−；
(2)被工人拖行s=3m后箱子获得的动能Ek。
15.如图，质量为2m的玩具电动小货车和沿平直轨道从A点由静止开始以恒定的功率行驶到B点，并与静止在B点的质量为m的玩具电动小轿车发生弹性正碰。已知A、B两点的距离为s，电动小货车与轨道间的摩擦力大小为f，电动小货车从A点行驶到B点用时为t，到达B点时速度大小为v0(此时电动小货车还未达到最大速度)。求：
(1)电动小货车在A、B两点间行驶时的功率P；
(2)碰撞后瞬间电动小货车的速度大小v1和电动小轿车的速度大小v2；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，求碰撞后瞬间电车小货车的牵引力大小F。
16.如图，在固定光滑水平平台上有一个质量为m=2.0kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K(图中未画出)锁住，弹簧储存的弹性势能为Ep。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后，以一定的水平速度v0向左滑离平台末端A点，并恰好从B点沿切线方向进入半径为R=1.0m的粗糙竖直圆弧轨道BC，B点和圆心O的连线与水平方向的夹角为θ=37∘，下端点C为圆弧轨道的最低点且与光滑水平面上的木板上表面相切，木板长度为L。距离木板右端d=1.0m处有一个侧面具有黏性的长度为s=0.5m的固定台阶，台阶上表面与木板上表面齐平。物块经过C点后滑上木板，木板运动到台阶处将与台阶牢固粘连。A、B两点的高度差为h=0.8m，木板的质量为M=5.0kg，物块经过C点时所受圆弧轨道的支持力大小为FN=118N，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5，物块与台阶间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)物块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功W克；
(3)若物块能停在台阶上，求木板长度L的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、卡文迪什利用扭秤实验测量出了引力常量G，故A错误；
B、做平抛运动的物体只受重力，加速度为重力加速度，由Δv=gΔt可知速度变化量方向与重力加速度方向相同，方向都是竖直向下，故B正确；
C、匀速圆周运动的加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，方向时刻改变，所以匀速圆周运动是加速度变化的运动，故C错误；
D、用起重机拉着物体匀速上升，物体的动能不变，但是重力势能增加，所以机械能增加，故D错误。
故选：B。
A、卡文迪什利用扭秤实验测量出了引力常量G；
B、根据Δv=gΔt可知速度变化量与加速度的方向相同；
C、匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心，方向时刻变化；
D、匀速上升，动能不变，但是重力势能增加，根据机械能的定义可知机械能的变化。
本题考查了引力常量、平抛运动、机械能、匀速圆周运动的加速度，解题的关键熟练掌握这些物理量的概念和特点。
2.【答案】D
【解析】解：A.如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力作用，其中的摩擦力做向心力，故A错误；
B.如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，即做离心运动，则可能是因为物体的速度突然变大了，也可能是提供的向心力变小了，故B错误；
C.如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角e应满足
mgtanθ=mv2r
即tanθ=v2gr
与火车的质量无关，故C错误；
D.如图丁，小球在竖直放置的圆形轨道内侧做圆周运动，过最低点C时小球速度最大，根据FN−mg=mv2r可知，对轨道的压力最大，故D正确。
故选：D。
物体受重力，支持力和静摩擦力，合力就是静摩擦力，指向圆心，做为物体做匀速圆周运动的向心力。向心力是做匀速圆周运动的物体所受的合外力，它可以由一个力来提供，也可以由几个力的合力提供。向心力和速度方向垂直，它只改变速度方向，不改变速度大小，是线速度变化的原因，也是产生向心加速度的原因。
本题考查了生活中的圆周运动知识，了解向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不能重复受力。
3.【答案】B
【解析】解：A、地球两极的物体随地球自转的轨道半径为零，所需的向心力为零，所以不管地球是否自转，物体在地球两极所受万有引力等于重力，故A错误；
B、地球赤道上的物体GMmR2−mg=mRω2，则有：GMmR2=mg+mRω2，若地球停止自转，ω=0，则GMmR2=mg′，可知g′>g，故B正确；
C、为使地球脱离太阳系，地球的公转速度应被加速到大于16.7km/s，故C错误；
D、地球同步卫星和赤道上随地球自转的物体的角速度相等，同步卫星的轨道半径大于赤道上物体的轨道半径，由v=ωr可知太空电梯的线速度大小大于赤道上随地球自转的物体的线速度大小，故D错误。
故选：B。
AB、在地球两极的物体万有引力等于重力，在赤道处的物体万有引力等于重力和所需向心力的和；
C、脱离太阳系的束缚，运动速度要大于16.7km/s；
D、根据太空电梯和赤道上随地球自传的物体角速度相等，由v=rω可知两者的线速度大小关系。
本题考查了人造卫星、宇宙速度、地球表面的物体重力和万有引力的关系，注意在地球的两极，物体随地球自传的轨道半径为零，所需向心力为零，则万有引力和重力大小相等。
4.【答案】A
【解析】解：A、小丽和小刚组成的系统所受合力为0，则系统动量守恒，故A正确；
B、设小丽的质量为m，小刚的质量为M，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
mv=Mv′
小丽的质量小于小刚的质量，则小丽的速率大于小刚的速率，故B错误；
C、由B项分析结合v=xt，可知小丽的位移大于小刚的位移，两人的相互作用力相等，所以小丽对小刚的作用力所做的功da于小刚对小丽的作用力所做的功，故C错误；
D、两人的相互作用力相等，方向相反，则小丽对小刚的作用力的冲量与小刚对小丽的作用力的冲量大小相等，方向相反，故D错误；
故选：A。
根据动量守恒的条件分析A，结合动量守恒定律分析BC，冲量是矢量，根据矢量的特点分析D。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时结合冲量的特点即可完成分析。
5.【答案】D
【解析】解：A.物体所受重力在此过程中的冲量大小为
I=mgt=1×10×5N⋅s=50N⋅s
故A错误；
B.斜面对物体的支持力在此过程中的冲量
I=FNt
支持力不为零，所以冲量不为零，故B错误；
C.由于斜面倾角未知，所以无法计算摩擦力，进而无法计算摩擦力冲量大小，故C错误；
D.根据动量定理
I合=mΔv=1×10N⋅s=10N⋅s
故D正确。
故选：D。
根据冲量的计算公式分析ABC，根据动量定理分析D项。
本题考查动量定理，解题关键掌握冲量和动量的计算公式，注意动量定理的应用。
6.【答案】B
【解析】解：A、跳伞爱好者受到风力作用后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，则其合运动为匀变速曲线运动，故A错误；
B、水平方向，由牛顿第二定律得：F=ma
代入数据解得：a=2m/s2
受到风力作用3s后，水平分速度vx=at=2×3m/s=6m/s
竖直分速度vy=8m/s
合速度为v= vx2+vy2= 62+82m/s=10m/s
故B正确；
C、跳伞爱好者竖直方向做匀速直线运动，则从受到风力作用到落地所用的时间为t=hvy=968s=12s
故C错误；
D、水平分位移x=12at2=12×2×122m=144m
竖直分位移h=96m
则跳伞爱好者从受到风力作用到落地，其位称大小为s= x2+h2= 1442+962m≈173m
故D错误。
故选：B。
跳伞爱好者受到风力作用后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，根据运动的合成与分原理判断合运动的性质；根据牛顿第二定律求解水平方向的加速度，根据速度-时间公式求解水平分速度，根据平行四边形定则求解合速度；根据x=vt求解竖直方向运动时间，根据合运动与分运动的等时性求解落地时间；根据位移-时间公式求解水平和竖直位移，根据平行四边形定则求解合位移。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是知道运动的合成与分解遵循平行四边形定则，会判断合运动的运动性质，知道合运动与分运动具有等时性。
7.【答案】D
【解析】解：A、从开始释放小球至小球到达最高点C的过程中，除重力做功外，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误；
BC、已知小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，在C点有：mg=mvC2R，解得小球通过C点时的速度大小为：vC=2m/s；
在B点，有：F−mg=mvB2R，其中F=60N
从B到C过程中，根据动能定理可得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
联立解得：vB=2 5m/s，m=1kg，故BC错误；
D、根据功能关系可得：EP=12mvB2=12×1×20J=10J，故D正确。
故选：D。
除重力做功外，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加；小球恰好能通过圆形轨道的最高点C，根据重力提供向心力求解小球通过C点时的速度大小；在B点，根据合力提供向心力列方程，从B到C过程中，根据动能定理列方程求解小球的质量和B点速度大小；根据功能关系求解弹簧的弹性势能。
本题主要是考查了功能关系和竖直方向的圆周运动，关键是知道小球恰好通过最高点的条件，掌握动能定理在圆周运动中的应用方法。
8.【答案】C
【解析】解：A、电瓶车以匀加速和恒定功率两种模式启动最终达到的最大速度时，均满足牵引力等于阻力，最大速度vm=PmF阻
则最大速度相同，故A错误；
B、匀加速阶段，由牛顿第二定律得：F−F阻=(M+m)a
代入数据解得：F=320N
匀加速阶段达到最大速度时，功率达到额定功率，有：P额=Fv
代入数据解得：v=2.5m/s
故B错误；
C、匀加速阶段位移为x=v22a=2.522×1m=3.125m
牵引力做功为W=Fx=320×3.125J=1000J
故C正确；
D、若小明以额定功率启动电瓶车，当电瓶车的速度大小为4m/s时，牵引力为F=P额v=0.8×1034N=200N
由牛顿第二定律得：F−F阻=(M+m)a
代入数据解得：a=0.25m/s2
故D错误。
故选：C。
达到最大速度时，汽车所受牵引力等于阻力，根据P=Fv比较即可；根据牛顿第二定理求解牵引力，根据P=Fv求解匀加速阶段的最大速度；根据匀变速直线运动位移-速度公式求解位移，根据W=Fx求解牵引力做功；根据P=Fv求解此时的牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道汽车启动过程的受力情况和运动情况，知道汽车速度达到最大值的临界情况，结合牛顿第二定律分析即可。
9.【答案】BC
【解析】解：A、地球同步卫星的轨道平面在赤道平面上，成都不在赤道上，所以地球同步卫星不会经过成都上空，故A错误；
B、根据开普勒第一定律可知：所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故B正确；
C、赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，赤道上的物体轨道半径比同步卫星的轨道半径小，由a=rω2可知赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小小于同步卫星的向心加速度大小，故C正确；
D、在同一圆轨道上运行的不同卫星所线速度大小相等，角速度大小相等，但是卫星的质量不一定相等，由F=mv2r可知所受向心力的大小不一定相等，故D错误。
故选：BC。
A、根据地球同步卫星的轨道平面在赤道平面上判断正误；
B、根据开普勒第一定律判断；
C、赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，半径不等，由a=rω2可判断正误；
D、不同卫星的质量不一定相等，可知所受向心力不一定相等。
本题考查了地球同步卫星、开普勒定律、卫星的向心加速度和向心力，解题的关键是知道地球同步卫星一定在赤道的正上方，与地球的自传周期、角速度相等。
10.【答案】AC
【解析】解：滑块A的质量为m1=1kg，B的质量为m2=1kg，C的质量为m3=2kg，斜面顶端距离光滑水平面的高度为h=5m。
A、对滑块A下滑过程中，由动能定理可得：m1gh=12m1v02−0，解得：v0=10m/s，故A正确；
B、滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，对A和B组成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2)v
解得：v=5m/s，故B错误；
C、弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度相同，设为v共，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0=(m1+m2+m3)v共
代入数据解得v共=2.5m/s，故C正确；
D、滑块A与滑块B碰撞的过程中，根据能量守恒定律可得：ΔE=12m1v02−12(m1+m2)v2，解得：ΔE=25J，故D错误。
故选：AC。
对滑块A下滑过程中，由动能定理列方程求解；
滑块A滑到水平面与滑块B碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律求解碰撞后速度大小；
弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C的速度相同，根据动量守恒定律进行解答；
滑块A与滑块B碰撞的过程中，根据能量守恒定律进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
11.【答案】AD
【解析】解：A.由图像可知，传送带的速度为v=1m/s，则货物在传送带上留下的划痕长度为：Δs=vt1−12vt1=12vt1=12×1×2m=1m，故A正确；
B.匀速阶段的位移：s2=vt2=1×2m=2m
摩擦力对货物做的功为：Wf=fs2=mgsin37∘⋅s2
代入数据解得：Wf=60J，故B错误；
C.加速阶段的加速度为：a=ΔvΔt=1−02−0m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可得：μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
解得：μ=1316
全程货物与传送带因摩擦产生的热量为：Q=μmgcs37∘⋅Δs
解得：Q=32.5J，故C错误；
D.0∼2s内，货物上滑的距离s1=1m，因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能为：E=mgs1sin37∘+12mv2+Q
解得：E=65J，故D正确。
故选：AD。
由图像可知传送带的速度大小，根据位移计算公式求解货物在传送带上留下的划痕长度；求出匀速阶段的位移，根据功的计算公式求解摩擦力对货物做的功；根据牛顿第二定律结合图像求解动摩擦因数，根据功能关系求解产生的热量；根据能量守恒定律求解因放上货物导致传送带电动机多消耗的电能。
本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，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，根据牛顿第二定律、功能关系结合图像进行解答。
12.【答案】11.53：1
【解析】解：(3)小球在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，竖直方向相邻相等时间内的位移差：
Δy=y2−y1=5L−3L=2L=gT2
碰撞前小球1的水平速度为v1=2LT
碰撞后小球2的水平速度为v′2=3LT
将L=5cm=0.05m，代入解得：T=0.1s，v1=1m/s，v′2=1.5m/s
(4)同理可解得碰撞后小球1的水平速度为v′1=LT=
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1=m1v′1+m2v′2
联立解得m1：m2=3：1
故答案为：(3)1；1.5；(4)3：1。
(3)小球在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速运动的推论求频闪相机闪光周期；小球水平方向做匀速运动，根据匀速运动公式求解两小球的水平初速度；
(4)根据动量守恒定律求质量比。
本题是利用平抛运动研究小球在水平方向发生弹性碰撞时动量守恒。求解两小球碰撞前后的水平初速度是解题的关键。
13.【答案】
【解析】
14.【答案】解：(1)对箱子受力分析，如图
竖直方向由平衡条件得：Fsin37∘+N=mg
滑动摩擦力f=μN
代入数据联立解得：f=20N
水平方向，由牛顿第二定律得：Fcs37∘−f=ma
代入数据解得：a=6m/s2
由位移-时间公式得：s=12at2
代入数据解得：t=1s
拉力F做功为：W=Fscs37∘=100×3×0.8J=240J
拉力F做功的平均功率P−=Wt=2401W=240W
(2)由动能定理得：W−fs=Ek−0
代入数据解得：Ek=180J
答：(1)地面对箱子的摩擦力大小f为20N，整个过程中拉力F做功的平均功率P−为240W；
(2)被工人拖行s=3m后箱子获得的动能Ek为180J。
【解析】(1)对箱子受力分析，根据滑动摩擦力公式求解摩擦力大小，根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动位移-时间公式求解运动时间，根据做功公式求解力F做功，根据平均功率公式求解平均功率；
(2)根据动能定理求解箱子获得的动能。
本题考查平均功率、牛顿第二定律和动能定理，解题关键是分析好箱子的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律、功率公式和动能定理列式求解即可。
15.【答案】解：(1)小货车从A到B由动能定理可得：Pt−fs=12×2mv02
解得：P=mv02+fst；
(2)取向右为正方向，碰撞过程中根据动量守恒定律可得：2mv0=2mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：12×2mv02=12×2mv12+12mv22
联立解得：v1=−13v0，负号表示速度方向向左；v2=43v0；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，碰撞后瞬间电动小货车的牵引力大小为：F=Pv1
解得：F=3(mv02+fs)v0t。
答：(1)电动小货车在A、B两点间行驶时的功率为mv02+fst；
(2)碰撞后瞬间电动小货车的速度大小为13v0，电动小轿车的速度大小为43v0；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，碰撞后瞬间电车小货车的牵引力大小为3(mv02+fs)v0t。
【解析】(1)小货车从A到B由动能定理列方程求解功率P；
(2)碰撞过程中根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；
(3)若碰撞后电动小货车的功率保持不变，根据功率与速度的关系求解碰撞后瞬间电动小货车的牵引力大小。
本题主要是考查了动量守恒定律和动能定理；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
16.【答案】解：(1)从A点到B点，物块做平抛运动，物块在竖直方向做自由落体运动，则有：vBy2−0=2gh
在B点，由几何关系得：v0=vBytanθ
联立代入数据解得：v0=3m/s
对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：Ep=12mv02
代入数据解得：Ep=9J
(2)物块在B点时的速度大小为：vB=vBycsθ
解得：vB=5m/s
物块运动到C点时，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvC2R
代入数据解得：vC=7m/s
物块从B点运动到C点过程中，由动能定理得：
mg(R+Rsinθ)−W克=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：W克=8J
(3)物块滑到木板上后，先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动
物块加速度的大小为：a1=μ1mgm=μ1g=0.5×10m/s2=5m/s2
木板加速度的大小为：a2=μ1mgM=0.5×2×105m/s2=2m/s2
假设在木板与台阶接触前，物块与木板经过时间t共能达到共速v共，则
对物块：v共=vC−a1t共
对木板：v共=a2t共
联立方程，代入数据解得
t共=1s
v共=2m/s
在t共时间内，木板的位移为：xM=12a2t共2=12×2×12m=1m=d
这表明，木板到达台阶左端时(与台阶牢固粘连)，物块与木板恰好达到共速。即物块滑到木板上后，一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动。木板与台阶粘连后，物块继续做匀减速直线运动。
则当木板到达台阶左端时，物块的速度为：
vm1=v共=2m/s
当木板到达台阶左端时，物块与木板的相对位移为：
Δx=vCt共−12a1t共2−d=(7×1−12×5×12−1)m=3.5m
若物块能停在台阶上，则应满足：物块到台阶左端的速度vm2≥0，物块在台阶上的末速度为零
从木板到达台阶左端到物块到达台阶左端时间内，对物块有：
2a1(L−Δx)=vm12−vm22
物块在台阶上做匀减速直线运动，其加速度大小为：
a1′=μ2mgm=μ2g=0.1×10m/s2=1m/s2
设物块在台阶上的位移为x，则有：vm22=2a1′x，且x≤s
联立方程，代入数据解得：3.8m≤L≤3.9m
答：(1)弹簧储存的弹性势能Ep为9J；
(2)物块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功W克为8J；
(3)若物块能停在台阶上，木板长度L的取值范围为3.8m≤L≤3.9m。
【解析】(1)从A点到B点，物块做平抛运动，竖直方向根据运动学公式求出到达B点时的竖直分速度；由几何关系，可求出平抛初速度；对物块与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可知，弹簧储存的弹性势能Ep等于物块在A点的动能；
(2)物块做圆周运动到C点时，由牛顿第二定律求出物块在C点的速度；物块从B点运动到C点过程中，由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
(3)假设在木板到达台阶左端前，物块与木板能达到共速，由运动学公式列方程，可求出共速时木板的位移xM，将xM与d作比较，确定此段时间物块做何种运动；由运动学公式求出木板到达台阶左端时物块的速度vm1、物块与木板的相对位移，再列出物块到达台阶左端时(速度为vm2)的位移-速度方程、物块在台阶上运动的位移-速度方程，若物块能停在台阶上，应满足vm2≥0，物块在台阶上的位移x≤s，联立方程可求木板长度L的取值范围。
本题主要考查了板块问题、竖直圆周运动问题、弹簧系统机械能守恒问题等，难点是第(3)问，关键要求出木板到达台阶左端时物块的速度，进而列出物块后续的运动学方程；要明确物块在台阶左端时速度应满足的条件、物块在台阶上位移应满足的条件。整车型号：TL800DQT−9A
额定电压：72V
品牌：××
电动机型号：10ZW7251315YA
车辆质量：100kg
电动机额定功率：0.8kW
生产日期：2021年5月
续航里程：超过40km
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