2021-2022学年贵州省黔东南州从江县第一民族中学高一（下）第二次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年贵州省黔东南州从江县第一民族中学高一（下）第二次月考物理试卷
1. 第12届珠海航展于2018年11月6日至11日在广东珠海举行，中外大批飞机参展，军贸明星装备逐一登场。珠海航展上，最吸引眼球的，莫过于一架歼−10B推力矢量验证机，拖着长长的彩色烟雾，做出了“落叶飘机动”“眼镜蛇舞动”等一连串飞行动作。成功宣告我国彻底掌握了矢量发动机功能。下列关于我国自主研制的歼−10B战斗机的下列说法正确的是(    )
A. 研究歼−10B飞机表演“落叶飘机动”时，飞机可以看成质点
B. 研究歼−10B飞机表演“落叶飘机动”时，飞机不可以看成质点
C. 歼−10B飞机匀速转弯时加速度为零
D. 歼−10B飞机同一水平高度上以很大的速度飞行时加速很大
2. 一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为(    )
A. 12at2
B. at2
C. 32at2
D. 2at2
3. 已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内(    )


A. 水平向右做匀速直线运动
B. 列车速度正在变大
C. 列车加速度的大小为gtanθ，方向水平向右
D. 加速度的大小为gsinθ，方向水平向左
4. 观察“神舟十号”在圆轨道上的运动，发现其每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如图所示。已知引力常量为G，则下列说法正确的是(    )
A. “神舟十号”一定是做速度不变的运动
B. “神舟十号”运行的线速度v=lt
C. “神舟十号”运行的轨道半径r=θl
D. “神舟十号”绕地球运动的周期T=4πtθ
5. 以初速度v0水平抛出一个物体，经过时间t，物体的速度大小为v，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    )
A. 时间从t到2t过程中，物体下降的高度为12gt2
B. 时间从t到2t过程中，物体重力对物体做的功为32gt2
C. 2t时刻，物体的瞬时为v+gt
D. 2t时刻，地球对物体做功的功率为2mg2t

6. 随着科技的发展，人类的脚步已经踏入太空，并不断地向太空发射人造卫星以探索地球和太空的奥秘。如图所示，1、2是卫星绕地球旋转的两条圆形轨道。已知地球卫星轨道所在位置为真空，M为地球质量，m、r、ω和v分别是地球卫星的质量、运行半径、运行角速度和运行速度，G是万有引力常量。关于卫星的下列说法正确的是(    )


A. 由GMmr2=mv2r⇒12mv2=GMm2r知，越是高空卫星动能越小
B. 由GMmr2=mω2r⇒ω=GMr3知，越是高空卫星角速度越小
C. 卫星在轨道1上运行，需要发动机不断补充能量，否则它将往下掉
D. 某卫星从轨道1变轨到轨道2，发动机做的功等于卫星重力势能的增加量
7. 贵州省从江县岜沙苗寨的“秋千节”又叫六月“情人节”、“吃新节”。每年稻田满栽满插后，在农历六月卯、辰、巳日这3天，村民都要聚亲招友，喝酒祝福稻谷获得好收成。而村中未婚男女，以荡秋千的方式，开始寻找他们的心上人。岜沙苗寨秋千总是挂在高高的树上，长长的摆绳荡起青年男女无尽的欢乐。秋千凌空飘起，欢声笑语悠扬。下列讨论正确的是(    )
A. 秋千从上往下摆动过程中，荡秋千的人处于失重状态
B. 秋千从上往下摆动过程中，荡秋千的人机械能守恒
C. 秋千从下往上摆到最高点时，绳子最可能断裂
D. 秋千从上往下摆到最低点时，绳子最可能断裂
8. 如图所示，力F大小相等，物体运动的位移l的方向与速度v方向相同，几种情况下物体运动的位移l也相同，下列关于F做功的几种说法正确的是(    )
A. 因为有摩擦力存在，计算图甲中力F做的功时，不能用W=Flcos0∘计算
B. 图乙中力F做的功W=Flcosθ
C. 图丙中力F做的功W=Flcos(π−θ)
D. 因为“功=合力×位移×合力与位移夹角的余弦”，所以力F做的功W≠Flcosθ
9. 物体沿直线运动的v−t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(    )



A. 从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B. 从第3秒末到第5秒末合外力做功为−2W
C. 从第5秒末到第7秒末合外力做功为2W
D. 从第3秒末到第4秒末合外力做功为−0.75W
10. 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(    )

A. 3kQ4a2，沿y轴正向 B. 3kQ4a2，沿y轴负向
C. 5kQ4a2，沿y轴正向 D. 5kQ4a2，沿y轴负向
11. 质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以初速度v0  沿水平方向射入木块，并留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s，木块对子弹的阻力f 为定值，则下列关系式正确的是(    )
A. fL=Mv22 B. fs=mv22
C. fs=12mv02−12(M+m)v2 D. f(L+s)=12mv02−12mv2
12. 两试探电荷置于电场中A、B两点，所受电场力FA、FB方向如图所示。由图可知(    )


A. A点处的电荷带正电，B点处的电荷带负电
B. A点处的电荷带负电，B点处的电荷带正电
C. A点的场强大于B点的场强
D. A、B两点场强大小相等
13. 关于作用力与反作用力，下列说法正确的是(    )
A. 马拉车加速前进，马拉车的力大于车拉马的力
B. 从井里将水桶提上来，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C. 无论电梯是加速、匀速还是减速上升，人对电梯底板的压力和底板对人的支持力总是大小相等的
D. 作用力是弹力，其反作用力也一定是弹力，因为作用力与反作用力是性质相同的力
14. 在探究摩擦力变化规律的实验中，特设计了如甲图所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态．实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如乙图所示，则结合该图象，下列说法中正确的是(    )

A. 可求出空沙桶的重力
B. 可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小
C. 可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小
D. 可判断第5秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)
15. 竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷。现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示。如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较。小球A受到的力有重力、墙对它的弹力和B对A的排斥力，其中大小和方向都不变的力是______，方向不变、大小改变的是______，大小和方向都发生变化的是______，排斥力大小______(选填：“变大”、“变小”、“先变大后变小”、“先变小后变大”)，两球之间的距离______(“变大”、“变小”、“不变”)，力F ______(选填：“没有推A”、“推A”)。将A、B视为一个整体，墙对A的弹力______(选填：“大于”、“等于”、“小于”、“不等于”)推力F；地面对球B的支持力______(选填：“大于”、“等于”、“小于”、“不等于”)A、B的重力之和。
16. 关于机械能守恒：
做自由落体运动的物体，机械能______，(选“守恒”或“不守恒”)
人乘电梯加速上升的过程，人的机械能______，(选“守恒”或“不守恒”)
合外力对物体做功为零时，物体的机械能可能______，(选“守恒”、“不守恒”或“守恒，也可能不守恒”)
物体在只受重力作用的情况下，物体的机械能______，(选“守恒”或“不守恒”)
17. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、重锤、天平、毫米刻度尺、50Hz交流电源．回答下列问题：
(1)用打点计时器打出一条纸带，前后要连续进行一系列的操作，下列各步骤的先后顺序合理的是______.
A.释放纸带       B.接通电源       C.取下纸带       D.切断电源
(2)如图(a)，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是______(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”).

(3)如图(b)，某同学用正确的方法获得了一条纸带，并以起点为记数点O，后隔一段距离，取连续点为记数点A、B、C、D、E、F，如图所示．已知重锤的质量为0.5kg，则电磁打点计时器打下E点时，重锤减少的重力势能△EP=______J(取重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字)，重锤增加的动能△EK与减少的重力势能△EP的大小关系为△EK______△EP(选填“大于”、“小于”或“等于”).

18. 用如图所示的装置可以探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。本实验采用的科学方法是(    )


A. 控制变量法 B. 累积法 C. 微元法 D. 放大法
19. 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行．一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2m，g取10m/s2.
(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处．求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
20. 宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡另一点Q上，斜坡的倾角α，已知该星球的半径为R，引力常量为G，已知球的体积公式是V=43πR3.求：
(1)该星球表面的重力加速度g；
(2)该星球的密度；
(3)该星球的第一宇宙速度．


21. 如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道安置在一竖直平面上，左侧连接一个光滑的弧形轨道，右侧连接动摩擦因数为μ的水平轨道CD.一小球从弧形轨道上端的A 处由静止释放，通过C 点后小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，之后再滑入水平轨道CD，到达D点时的速度为3gR，设重力加速度为g.求：
(1)小球经过B 点时速度VB的大小；
(2)小球释放点A 距水平轨道的高度h；
(3)水平轨道CD 段的长度L.
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：AB.研究歼−10B飞机表演“落叶飘机动”时，飞机的形状、大小不能忽略不计，飞机不可以看成质点，故B正确，A错误；
C.歼−10B飞机匀速转弯时，需要力提供向心力，飞机的加速度不为零，故C错误；
D.歼−10B飞机同一水平高度上以很大的速度飞行时，如果速度保持不变，飞机的加速度为零，故D错误；
故选：B。
根据质点的概念分析判断；歼−10B飞机匀速转弯时，需要力提供向心力。
本题考查加速度与质点的认识，解题关键掌握物体可以看作质点的特点，注意加速度与速度的关系。

2.【答案】B 
【解析】解：设质点的初速度为v0，则ts末的速度为3v0，
根据速度位移公式得：x=(3v0)2−v022a=4v02a，
因为t=3v0−v0a=2v0a，则有：v0=at2，
可知x=at2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合速度时间公式求出质点在时间t内的位移大小。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用，基础题。

3.【答案】C 
【解析】解：以小球为研究对象，小球受力如图所示

由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得加速度大小：a=gtanθ，方向水平向右，则列车加速度的大小为gtanθ，方向水平向右，列车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
对小球受力分析，应用牛顿第二定律求出小球的加速度，然后分析答题。
根据题意分析清楚小球的受力情况，采用合成法，应用牛顿第二定律求出加速度是解题的关键，解题时要注意列车可能向右运动，也可能向左运动。

4.【答案】D 
【解析】解：A、“神舟十号”运行过程中速度的方向一定在变化，所以其速度发生变化，故A错误；
B、根据线速度的定义可知“神舟十号”运行的线速度：v=l2t，故B错误；
C、根据弧度的定义可得：θ=lr，解得“神舟十号”运行的轨道半径：r=lθ，故C错误；
D、设“神舟十号”绕地球运动的周期为T，则有：v2πrT=l2t，解得：T=4πtθ，故D正确。
故选：D。
匀速圆周运动的线速度是变化的；根据线速度的定义求解“神舟十号”运行的线速度；根据弧度的定义求解轨道半径，根据线速度与周期的关系求解周期。
本题为天体运动题目，主要考查圆周运动基本物理量之间的关系以及万有引力定律的应用，难度适中。

5.【答案】D 
【解析】解：A.在t时刻物体竖直方向的速度大小为：vy1=gt。
从t到2t过程中，物体下降的高度为h=gt⋅t+12gt2=32gt2，故A错误；
B.时间从t到2t过程中，物体重力对物体做的功为：WG=mgh=32mg2t2，故B错误；
C.由于物体做平抛运动，所以不能根据匀加速直线运动规律计算2t时刻瞬时速度大小，应根据速度的合成与分解计算，即：v2t=v02+4g2t2=v2+3g2t2，故C错误；
D.2t时刻，物体的竖直分速度大小为：vy=2gt，所以地球对物体做功的功率为P=mgvy=2mg2t，故D正确。
故选：D。
根据位移-时间关系求解从t到2t过程中物体下降的高度；
根据功的计算公式求解物体重力对物体做的功；
根据速度的合成与分解计算2t时刻的速度大小；
根据功率的计算公式求解地球对物体做功的功率。
本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。

6.【答案】B 
【解析】解：A、由GMmr2=mv2r，解得卫星的动能：Ek=12mv2=GMm2r知，卫星动能与卫星的质量、高度都有关，高空卫星动能不一定越小，故A错误；
B、由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，所以越是高空卫星角速度越小，故B正确；
C、已知地球卫星轨道所在位置为真空，所以卫星在轨道1上运行，不需要发动机补充能量，故C错误；
D、某卫星从轨道1变轨到轨道2，发动机做的功等于卫星机械能的变化量，不等于重力势能的增加量，故D错误。
故选：B。
卫星动能与卫星的质量、高度都有关；
由万有引力提供向心力得到角速度表达式进行分析；
已知地球卫星轨道所在位置为真空，不需要发动机补充能量；
某卫星从轨道1变轨到轨道2，发动机做的功等于卫星机械能的变化量。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握变轨过程中能量的转化情况。

7.【答案】D 
【解析】解：A.秋千从上往下摆动过程中，在接近最低点的过程，荡秋千的人具有向上的加速度，人处于超重状态，故A错误：
B.秋千从上往下摆动过程中，由于空气阻力的作用，荡秋千的人机械能不守恒，故B错误；
C.秋干从下往上摆到最高点时，速度为零，绳子与竖直方向的夹角最大，以人和秋千板为对象，根据牛顿第二定律可得T−mgcosθ=mv2l=0
可知绳子拉力最小，绳子最可能断裂的位置不是最高点，故C错误；
D.秋千从上往下摆到最低点时，速度最大，绳子与竖直方向的夹角为0∘，以人和秋千板为对象，根据牛顿第二定律可得
T−mg=mv2l
可知最低点时的绳子拉力最大，绳子最可能断裂，故D正确；
故选：D。
秋千从上往下摆动过程中，具有向上的加速度，由于空气阻力的作用，荡秋千的人机械能不守恒，根据牛顿第二定律解答。
本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握机械能守恒的条件，注意牛顿第二定律的应用。

8.【答案】C 
【解析】解：A.无论有无摩擦，力F所做的功都可以用公式W=Fl计算，故A错误；
B.图乙中力与位移的夹角α=π−θ，所以力F做的功为W=Flcos(π−θ)，故B错误；
C.图丙中力F做的功W=Flcos(π−θ)，故C正确；
D.公式W=Fxcosα，既可以计算某个力做的故，也可以计算合力做的功，故D错误。
故选：C。
根据做功公式作答；公式W=Flcosθ中θ的含义作答；公式中的F不一定是指合力，据此作答。
注意公式W=Fxcosα中的F为恒定的某个力或合力；α为力与位移的夹角，一定要找正确。

9.【答案】D 
【解析】解：A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零。故A错误。
    B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于−W.故B错误。
    C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W.故C错误。
   D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的34，则合力做功为−0.75W.故D正确。
故选：D。
由速度-时间图象可知，物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零。根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化。从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反。从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同。根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功
本题考查动能定理的应用能力。动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量

10.【答案】B 
【解析】
【分析】
根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算合场强的大小即可。
本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义。
【解答】
G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，
根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为kQa2，负电荷在G点的合场强也为kQa2，
当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为kQ4a2，方向沿y轴正向，
由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强大小相等方向相反，大小为kQa2，方向沿y轴负向，
所以H点处场合强的大小为kQa2−kQ4a2=3kQ4a2，方向沿y轴负向，故B正确，ACD错误。
故选B。  
11.【答案】ACD 
【解析】解：A、以木块为研究对象，根据动能定理得：子弹对木块做功等于木块动能的增加，即fL=Mv22  ①．故A正确。
D、以子弹为研究对象，由动能定理得，−f(L+s)=12mv2−12mv02，②．即f(L+s)=12mv02−12mv2故D正确
BC、由①+②并整理得，fs=12mv02−12(M+m)v2，故B错误，C正确。
故选：ACD。
子弹射入木块的过程中，木块对子弹的阻力f做功为−f(L+s)，子弹对木块的作用力做功为fL，分别以木块和子弹为研究对象，根据动能定理分析子弹和木块的作用力做功与动能变化的关系．根据能量守恒定律研究系统摩擦生热．
本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式W=fl中，l是相对于地的位移大小．求摩擦生热时Q=f△s，△s是相对位移．

12.【答案】AC 
【解析】解：AB、由图A受到的电场力的方向与电场线的方向相同，B受到的电场力的方向与电场线的方向相反，可知A点处的电荷带正电，B点处的电荷带负电，故A正确，B错误；
CD、由图，A处的电场线密，根据电场线的特点可知，A点的场强大于B点的场强，故C正确，D错误。
故选：AC。
正电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
明确电场线的疏密程度反映场强，沿电场线的方向电势越来越小是解题的关键。

13.【答案】CD 
【解析】解：A、马拉车的力与车拉马的力是相互作用力，总是大小相等，与车的运动状态无关，故A错误；
B、从井里将水桶提上来，绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力，是相互引力，相等，故B错误；
C、人对电梯底板的压力和底板对人的支持力是相互作用力，总是大小相等，与电梯的运动状态无关，故C正确；
D、作用力与反作用力是性质相同的力，作用力是弹力，其反作用力也一定是弹力，故D正确；
故选：CD。
作用力和反作用力大小相等，方向相反，且同时产生、同时变化、同时消失，是同种性质的力．它们作用在不同的物体上，不能进行合成．
解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上．

14.【答案】ABC 
【解析】解：在整个过程中，滑块受到水平向右的摩擦力f与水平向左的传感器的拉力F，滑块始终静止，处于平衡状态，
由平衡条件得：则f=F；小车与滑块的摩擦力f与滑块对小车的摩擦力f′是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得：f′=f，则f′=F；
A、t=0时，没有向桶中倒沙，G空沙桶=F，由图乙所示图象可知，G空沙桶=F=2N，故A正确；
B、当小车运动时，滑块与小车间的摩擦力是滑动摩擦力，由图乙所示图象可知，f=F′=3N，故B正确；
C、当小车由静止刚好开始运动时，滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力，由图乙所示图象可知，
滑块与小车间的最大静摩擦力fmax=F′′=3.5N，故C正确；
D、由图象我们只能知道5s后小车受到的滑动摩擦力是3N，恒定不变，并不知道沙桶对小车的拉力是多少，不知小车所受合力是多少，无法判断小车的运动状态，小车可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，故D错误；
故选：ABC。
对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，然后由牛顿第三定律判断小车的受力情况．
本题难度不大，对滑块正确受力分析、应用牛顿的三定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键．

15.【答案】小球A受到的重力  墙对A的弹力  B对A的排斥力  减小  变大  没有推A 等于  等于 
【解析】解：以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示。
小球A受到的力有重力、墙对它的弹力和B对A的排斥力，设B对A的排斥力F斥与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtanθ，B对A的排斥力F斥=mgcosθ。
将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小，B对A的排斥力F斥减小；
根据库仑定律F斥=kq1q2r2可知，两球之间的距离变大；
力F作用在B上，没有作用在A上，即力F没有推A；
再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：
F=N1
N2=(mA+mB)g
所以墙对A的弹力等于推力F；地面对球B的支持力等于A、B的重力之和。
故答案为：小球A受到的重力；墙对A的弹力；B对A的排斥力；减小；变大；没有推A；等于；等于。
先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，由库仑定律分析两球之间的距离如何变化；再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力大小。
本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象)，分析受力情况．

16.【答案】守恒  不守恒  守恒，也可能不守恒  守恒 
【解析】解：机械能守恒的条件是只有重力或系统内部弹力做功，所以做自由落体运动的物体，机械能守恒，
人乘电梯加速上升的过程，动能与重力势能增加，所以人的机械能增加，
合外力对物体做功为零时，动能和重力势能之和可能不变，所以物体的机械能可能守恒，也可能不守恒；
故答案为：守恒，不守恒，守恒，也可能不守恒，守恒
机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功。或者通过动能和势能之和是否保持不变，判断机械能是否守恒。
解决本题的关键掌握判断机械能守恒的方法，一是根据机械能守恒的条件进行判断，二是通过动能和势能之和是否保持不变进行判断。

17.【答案】BADC 丙  0.35小于 
【解析】解：(1)根据实验原理和要求：实验中先接通电源，再释放纸带，然后切断电源，最后取下纸带，所以实验的步骤顺序为BADC.
(2)为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器．故合理的位置因为丙图．
(3)由图可知，E点时下落的高度为：h=7.1cm=0.071m；
故重力势能的减小量为：△EP=mgh=0.5×10×0.071=0.35J；
由于下落中存在阻力，因此减小的重力势能一定大于增加的动能，
故答案为：(1)BADC：(2)丙；(3)0.35；小于．
(1)根据实验原理和要求：实验中先接通电源，再释放纸带，然后切断电源，最后取下纸带．
(2)该实验中为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器．
(3)根据纸带分析打E点时下落的高度，再根据mgh即可求得减小的重力势能，由于本实验存在阻力，重物下落过程中要克服阻力作用，所以减小的重力势能没有完全转化为动能．
本题考查利用自由落体规律分析机械能守恒定律的规律，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等．

18.【答案】A 
【解析】解：探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关，因涉及的物理量较多，故本实验采用的科学方法是控制变量法。故A正确，BCD错误。
故选：A。
物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，即为控制变量法。
该题主要考查了控制变量法，明确控制变量法的内容即可。

19.【答案】解：(1)行李的质量是4kg，则重力是40N，行李与传送带之间的弹力为40N，则行李受到的摩擦力：
f=μ⋅N=0.1×40=4N
行李的加速度：a=fm=44=1m/s2
(2)设行李做匀加速运动的时间为t1，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，
则由匀加速直线运动规律v=at1得：
t1=va=1s             
(3)行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短．则
 L=12atmin2                         
代入数值得：tmin=2s
传送带对应的运行速率vmin=atmin            
代入数值，解得vmin=2m/s
故行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s.
答：(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小是4N，加速度大小是4m/s2；
(2)行李做匀加速直线运动的时间是1s；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处．行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 
【解析】(1)对行李进行受力分析，求出受到的摩擦力的大小，然后又牛顿第二定律即可求出加速度；
(2)行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据运动学公式即可求出匀加速运动的时间；
(3)若行李一直做匀加速运动，运动的时间最短，传送带的最小速度等于行李匀加速运动B点的速度．
解决本题的关键会根据受力判断行李的运动情况，以及知道当行李一直做匀加速直线运动，运行时间最短．

20.【答案】解：(1)物体落在斜面上有：tanα=yx=12gt2v0t
所以g=2v0tanαt.
(2)根据万有引力等于重力GMmR2=mg，解得星球的质量M=gR2G.
而V=43πR3.
则密度ρ=MV=gR2G43πR3=3v0tanα2πRGt.
(3)根据万有引力提供向心力得，GMmR2=mv2R
则v=GMR=gR=2v0Rtanαt.
答：(1)该星球表面的重力加速度为2v0tanαt.
(s)该星球的密度为3v0tanα2πRGt.
(2)该星球的第一宇宙速度为2v0Rtanαt. 
【解析】(1)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，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．
(2)根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．
(3)第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．

21.【答案】解：(1)小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，故小球在B处对轨道压力为零，由牛顿第二定律可得：
mg=mvB2R；
所以，小球经过B点时速度大小为：vB=Rg；
(2)小球从A到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，取轨道最低点为零势能点，则有：mgh=mg⋅2R+12mvB2=52mgR，所以，h=2.5R；
(3)对小球，从最高点到D点全过程，只有重力、摩擦力做功，根据动能定理有：mgh−μmgL=12mvD2−0=32mgR；
所以，L=h−32Rμ=Rμ；
答：(1)小球经过B 点时速度VB的大小为Rg；
(2)小球释放点A 距水平轨道的高度h为2.5R；
(3)水平轨道CD 段的长度L为Rμ. 
【解析】(1)对小球在B点应用牛顿第二定律，通过向心力即可求得速度；
(2)对A到B的运动过程应用机械能守恒即可求解；
(3)对A到D过程应用动能定理即可．
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．