2021北京通州高一（下）期末物理（教师版）

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2021北京通州高一（下）期末
物 理
一、 单选题（共20小题，每题三分，共60分）
请阅读下列文字，完成1-5题
如图所示，一个质量m=4kg的木箱静止在光滑地面上，现用一水平恒力F=2N拉木箱。（忽略空气阻力）

1、 该木箱在拉力F的作用下，做
A.匀速直线运动 B.匀加速直线运动
B.匀减速直线运动 D.变加速直线运动
2、 该木箱由静止开始运动2s的过程中，拉力F所做的功是
A.1J B.2J C.4J D.无法确定
3、 该木箱由静止开始运动2s的过程中，拉力F的平均功率是
A.1W B.2W C.4W D.无法确定
4、该木箱在2s末，拉力F的瞬时功率是
A.1W B.2W C.4W D.无法确定
5、该木箱由静止开始运动2s的过程中，动能的改变量ΔEk 是
A.2J B.4J C.42J D.无法确定
请阅读下列文字，完成6-10题
摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一绕中心轴在竖直平面内匀速转动。如图所示，为摩天轮的简化示意图，图中a、c分别表示座舱的最低点和最高点，b、d分别表示座舱的中间水平位置的左右两点。已知小明的质量为m，在游乐园乘坐的摩天轮在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，线速度为v，座椅到中心轴半径为R，重力加速度为g。

6.小明坐摩天轮在空中转一周所用的时间是
A. B.2πRV C. D.
7.小明从a处转动到c处的过程中，克服重力做的功W是
A.mgR B.2mgR C. -mgR D. -2mgR
8将小明及其座舱组成的系统作为研究对象，下列说法正确的是
A.转动过程中，该系统的机械能守恒
B.转动过程中，该系统的动能变小
C.从最高点转动到最低点，动能变大
D.从最高点转动到最低点，合力做功为零
9.当小明从a处转动到c处的过程中，下列说法正确的是
A始终处于超重状态 B.始终处于失重状态
C.先处于超重状态后处于失重状态 D.先处于失重状态后处于超重状态
10.当小明从a处转动到水平位置d处的过程中，关于小明的受力情况分析正确的是
A.对座舱的压力大小不变 B.所受合外力的大小逐渐变大
C.在水平方向的受力大小逐渐变大 D.在水平方向的受力大小保持不变
请阅读下列文字，完成11-15题
图1所示的极运动是一种非常刺激的娱乐项目。为了研究极过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动沿竖直方向，忽略弹性绳的质量。如图2所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台由静止开始下落，到a点时弹性绳恰好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为b点，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，且游客从离开蹦极平台第一次运动到最低点的过程中，机械损失可忽略。已知弹性绳的原长L0，重力加速度为g。

11、 游客从蹦极平台由静止开始下落，在运动到a点的过程中，忽略空气阻力，游客的动能
A、 变大 不变 变小 先变大后变小
12、 游客从蹦极平台由静止开始下落，在运动到b点的过程中，忽略空气阻力，游客的重力势能
A、 变大 不变 变小 先变大后变小
13、 游客从蹦极平台由静止开始下落，在运动到b点的过程中，忽略空气阻力，游客的机械能
A、 变大 不变 变小 先变大后变小
14、 游客从a点到b点的过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A、 弹性绳的弹力先做正功后做负功
B、 游客克服弹力做的功小于重力对游客做的功
C、 游客克服弹力做的功等于重力对游客做的功
D、 游客克服弹力做的功大于重力对游客做的功
15、 假设游客质量为m，第一次到达最低点时弹性绳的长度为L,游客从a点到b点的过程中，克服弹性绳的弹力做的功为
A.mgl B.mgl2 C.mg（l+l0） D.mg（l-l0）
请阅读下列文字，完成16-20题
2021年5月15日中国“天文一号”探测器成功着陆火星。火星是太阳系中距离地球较近、自然环境与地球最为类似的行星之一，一直以来都是人类深空探测的热点。我国的航天科学家为了能使探测器登陆火星，在此之前做了大量的研究工作。
16、若已知火星的质量为M，万有引力常量为G，将火星视为半径为R、质量均匀分布的球体，忽略火星自转的影响，仅由这些信息不能计算出
A、 火星地面附近的重力加速度
B、 火星的第一宇宙速度
C、 同步卫星距离火星地面的高度
D、 火星地面附近的卫星绕火星做圆周运动的周期
17、如果将地球和火星绕太阳的公转视为匀速圆周运动，并忽略行星自转的影响。根据表中数据，综合所学知识可以判断
行星
天体质量/kg
天体半径/m
公转轨道半径/m
地球
6×1024
6.4×106
1.5×1011
火星
6.4×1023
3.4×106
2.3×1011
A、 火星的公转周期小于一年
B、 火星的公转速度比地球公转速度大
C、 火星表面的第一宇宙速度大于7.9km/s
D、 太阳对地球的引力比对火星的引力大
18、如图所示，若将探测器从火星表面的A处移到B处，万有引力做工W1；若将该探测器从B处移到无穷远处万有引力做功为W2；取无穷远处引力势能为零，则该探测器在A处具有的引力势能可表示为

A、 W1-W2 B.W2-W1 C.W1+W2 D.-W1-W2
19.2021年2月10日，“天问一号”探测器在距火星400km的位置瞬间变速，成功被火星捕获，完成了环绕火星飞行的任务。如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道b运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道b与地球公转轨道a、火星公转轨道c相切。如图乙所示，“天问一号”可以由椭圆轨道进入圆轨道Ⅱ（可视为做匀速圆周运动），进行预选着陆区探测下列说法正确的是

A.“天问一号”在圆轨道Ⅱ上的向心力不变
B.“天问一号”的发射速度v满足11.2km/s≤v<16.7km/s
C“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的速度小于在圆轨道Ⅱ上经过M点的速度
D“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的加速度小于在圆轨道Ⅱ上经过M点的加速度
20. “天问一号”探测器与火星中心的距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为Ep=－，其中G为引力常量，M为火星质量，m为探测器质量。探测器原来在半径为r1的轨道上绕火星做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2此过程中损失的机械能为
A. () B.
B. GMm（） D.GMm


第二部分非选择题（共40分）
二、填空题（本题1道题，共14分）
21.某班同学分成两组来进行“验证机械能守恒定律”的实验。
甲组同学采用让重锤自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图1所示。试回答以下问题：
（1） 除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含夹子）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是 （选填选项前字母）

A.直流电源 B.天平（含砝码） C.交流电源 D.刻度尺
（2）实验过程中他们进行了如下操作，其中操作不当的步骤是 （选填选项前字母）
A. 将打点计时器竖直固定在铁架台上
B. 先释放纸带，后接通电源
C.在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离
D.根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能
（3）按照正确的实验操作，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hc、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T设重锤的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重锤的重力势能减少量△Ep= ，动能增加量△Ek= （用上述测量量和已知量的符号表示）

（4）利用同一条纸带上的多个数据点进行计算并将计算结果填入下表（为便于比较，表中数据均保留一位小数）分析数据后他发现表中的△Ep与△Ek之间存在差异，认为这是由于阻力的影响造成的。他的观点是否正确？请说明你的观点及判断依据。

1
2
3
4
5
△Ep(×10-2J)
4.9
9.8
14.7
19.6
29.4
△Ek(×10-2J)
5.0
10.1
15.1
20.0
29.8

乙组同学利用气垫导轨和光电门等器材验证机械能守恒，实验装置如图3所示。实验前，将气垫导轨调至水平，滑块通过细线与托盘和砝码相连。开启气泵，待出气稳定后将滑块从图示位置由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t。已知刚释放时挡光条到光电门的距离为L，挡光条的宽度为d，托盘和砝码的总质量为m，滑块和挡光条的总质量为M，当地的重力加速度为g。试回答以下问题：

（5） 在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统重力势能的减少量△Ep= ，系统动能的增加量△Ek= 。
二、 计算及论述题（本题共四小题，解题要求：写出必要的文字说明、方程式和结果）

22、 （6分）如图所示一个质量m=4kg的木箱静止在水平地面上，现用一大小F=20N、与水平方向成θ=37°斜向上的力拉木箱。已知木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力可忽略不计。取重力加速度g=10m/s2 ，试解决以下问题：
（1）在图中画出木箱在运动过程中所受力的示意图
（2） 木箱由静止开始运动x=1m的过程中，求摩擦力f所做的功Wf。


23.（6分）AB是竖直平面内四分之一的光滑圆弧轨道，在下端B与水平长直轨道相切，如图所示。一小木块（可视为质点）自A点起由静止开始沿轨道下滑，已知圆轨道半径为R，小木块的质量为m，与水平轨道的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）木块运动到B点时的速度大小v；
（2）木块经过圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小为FB；
（3）木块在水平轨道上滑行的最大距离x。




24（6分）如图所示，质量m=1×103kg的汽车，沿倾角ɑ=30°的斜坡，由静止向上开始运动，假设汽车在运动中所受阻力（主要由汽车零件间摩擦、斜坡摩擦及空气阻力所形成）恒为f=2×103N，汽车发动机始终以额定输出功率P=7×104W工作，g取g=10m/s2。
（1） 当汽车上坡时，论证说明为何要用“换档”减小速度的办法，来得到较大的牵引力
（2） 汽车所能达到的最大速度的大小是多少。




25（8分）某地有一风力发电机，如图所示它的叶片转动时，可形成半径为20m的圆面。某时间内，该地区的风速是6m/s，每秒风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3。假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，求：
（1） 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积；
（2） 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能；
（3） 此风力发电机发电的功率。


2021北京通州高一（下）期末物理
参考答案
一、单选题（共4小题，每题三分，共60分）
1．【分析】对木箱进行受力分析，在水平方向只受F作用，由牛顿第二定律可知其运动情况。
【解答】解：对木箱受力分析，木箱静止在光滑地面上，竖直方向受重力，支持力，重力与支持力二力平衡，水平方向受恒力F作用，由牛顿第二定律可得：
F＝ma，
则a＝＝m/s2＝2m/s2，
木箱做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题是对牛顿第二定律的简单应用，只需正确进行受力分析并结合牛顿第二定律公式，即可正确求解。
2．【分析】首先对木箱进行受力分析求得合外力，然后由牛顿第二定律求得加速度；根据匀变速运动的位移公式求得位移；根据匀变速运动的位移公式求取位移，再由功的定义式求功。
【解答】解：木箱竖直方向受到的合力为零，水平方向只受到拉力作用，设木箱的加速度为a，2s内的位移为x，根据牛顿第二定律得：F＝ma
可得加速度a＝0.5m/s2
木箱2s内的位移：x＝m＝1m
因此拉力F所做的功W＝Fx＝2×1J＝2J，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】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。
3．
4．【分析】应用牛顿第二定律求出木箱的加速度大小，应用匀变速直线运动的速度﹣时间公式求出木箱的速度，然后根据功率公式求出木箱的瞬时功率。
【解答】解：对木箱，由牛顿第二定律得：F＝ma
代入数据解得，加速度大小：a＝0.5m/s2
该木箱在2s末的速度大小：v＝at＝0.5×2m/s＝1m/s
该木箱在2s末，拉力F的瞬时功率为P＝Fv＝2×1W＝2W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】根据题意分析清楚木箱的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式、功率公式即可解题。
5．【分析】先根据牛顿第二定律求出木箱运动的加速度，再由速度﹣时间公式求出木箱在第2s末的速度，从而求得木箱在第2s末的动能，即可求得动能的改变量ΔEk。
【解答】解：木箱做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
F＝ma
可得木箱的加速度a＝0.5m/s2
第2s末木箱的速度v＝at＝0.5×2m/s＝1m/s
动能的改变量ΔEk＝﹣0＝J＝2J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键要利用牛顿第二定律和速度﹣时间公式相结合求木箱的速度，从而求出木箱动能的增加量。
请阅读下列文字，完成6﹣10题。
摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一绕中心轴在竖直平面内匀速转动。如图所示，为摩天轮的简化示意图，图中a、c分别表示座舱的最低点和最高点，b、d分别表示座舱的中间水平位置的左右两点。已知小明的质量为m，在游乐园乘坐的摩天轮在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，线速度为v，座椅到中心轴半径为R，重力加速度为g。

6．【分析】根据匀速圆周运动的周期和线速度的关系，可以求出转动一周所用的时间。
【解答】解：小明坐摩天轮在空中做匀速圆周运动，转一周所用的时间是
T＝
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】在处理圆周运动问题时，要熟记描述圆周运动的几个物理量v、ω、T和轨道半径R的关系。
7．【分析】分析转动中小明高度的变化，根据功的公式求解重力所做的功。
【解答】解：由于a、c两点高度差为2R，小明从a处转动到c处的过程中，重力做负功，因此克服重力做的功W＝mgh＝2mgR，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查重力做功W＝mgh的应用，注意明确重力做功的特点，知道重力做功和路径无关，只取决于初末两点间的高度差。
8．【分析】根据系统匀速转动可知速度大小不变，从而明确动能不变；而转动中系统的重心位置一直变化，故重力势能一直变化，机械能不守恒；根据动能定理分析合力做功情况。
【解答】解：ABC．由于匀速转动，速度大小不变，因此动能保持不变，而转动过程中，势能不断变化，因此机械能不守恒，ABC错误；
D．从最高点转动到最低点，由于动能保持不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查动能定理以及机械能守恒的判断，判断机械能的方法有：1、根据机械能守恒的条件判断；2、直接分析动能和势能，明确机械能是否保持不变。
9．【分析】明确小明的运动状态，根据小明速度的变化确定加速度的方向，从而根据加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态来分析小明的超重或失重状态。
【解答】解：小明从a处转动到c处的过程中，竖直方向的速度先增大后减小，则竖直方向先是向上做加速后向上做减速，则小明先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查超重和失重状态的判断，只要明确加速度方向与超重和失重的关系即可正确求解。
10．【分析】小明在竖直平面内逆时针方向做匀速圆周运动，小明所受的合力提供圆周运动所需的向心力．根据力的合成判断摩擦力、压力的大小．
【解答】解：B、由于小明做匀速圆周运动，所受的合力指向圆心，由牛顿第二定律得：F＝m，可知合力大小不变，故B错误；
A、从a处转动到水平位置d处的过程中，将合力分解到水平方向和竖直方向，竖直方向合力向上，且逐渐减小，重力不变，座舱对小明的支持力逐渐减小，到达d点处支持力等于重力；因此小明对座舱的压力逐渐减小，故A错误；
CD、水平方向合力逐渐增加，到达d点时达到最大值，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道人所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道人所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力．
请阅读下列文字，完成11﹣15题
图1所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目。为了研究蹦极过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动沿竖直方向，忽略弹性绳的质量。如图2所示，某次蹦极时，游客从蹦极平台由静止开始下落，到a点时弹性绳恰好伸直，游客继续向下运动，能到达的最低位置为b点，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，且游客从离开蹦极平台第一次运动到最低点的过程中，机械能损失可忽略。已知弹性绳的原长L0，重力加速度为g。

11．【分析】游客从蹦极平台由静止开始下落，在到a点的运动过程中，只有重力做功，根据动能定理列式分析游客动能的变化情况。
【解答】解：游客从蹦极平台由静止开始下落，在到a点的过程运动中，由动能定理可知
mgL0＝ΔEk
则ΔEk＝mgL0＞0，则知游客的动能变大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】根据外力做功情况，运用动能定理分析动能变化情况是一种方法，也可以根据受力情况判断动能的变化情况。
12．【分析】明确重力势能的定义，知道重力势能EP＝mgh，物体下降时，重力势能减小，物体高度上升时，重力势能增加。
【解答】解：游客从蹦极平台由静止开始下落，在运动到b点的过程中，高度逐渐降低，根据EP＝mgh可知，游客的重力势能变小。
故选：C。
【点评】本题考查对重力势能的理解，要明确重力势能大小取决于物体的重力和相对于零势能面的高度。
13．【分析】明确游客的受力和各力做功情况，根据功能关系以及机械能守恒的条件分析机械能的变化。
【解答】解：开始时只有重力做功，游客的机械能守恒，当游客从a点运动到b点的过程中，弹性绳的弹力对游客做负功，则游客的机械能减小，故C正确；ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查功能关系以及机械能守恒的条件，要注意明确ab过程中绳子上的弹力做功，故游客的机械能不守恒，但绳子和游客组成的系统机械能守恒。
14．【分析】根据弹力方向与位移方向的关系判断弹力做功正负；根据动能定理列式分析游客克服弹力做的功与重力对游客做的功关系。
【解答】解：A、a点时弹性绳恰好伸直，弹力为零，从a点到最低位置b点，弹性绳一直伸长，弹性绳对游客的弹力始终向上，与位移方向始终相反，所以弹力始终做负功，故A错误；
BCD、游客在a点时有初速度v0，到最低点速度为0，设游客克服弹力做的功为W弹，由动能定理有
WG﹣W弹＝0﹣
即为W弹＝WG+，可知，W弹＞WG，故游客克服弹力做的功大于重力对游客做的功，故BC错误，D正确。
故选：D。
【点评】运用动能定理时，要注意分析物体的受力情况，确定各个力做功情况，根据各个力代数和等于动能的变化来列式，这是常用的思路。
15．【分析】对游客从平台到最低点b的整个过程，运用动能定理求克服弹性绳弹力做的功。
【解答】解：游客从平台到最低点b的过程中，根据动能定理得
mgl﹣W＝0
因此克服弹性绳的弹力做的功W＝mgl，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要知道弹性绳的弹力是变力，不能直接根据功的计算公式求克服弹性绳弹力做的功，可根据动能定理求解。
请阅读下列文字，完成16﹣20题
2021年5月15日中国“天文一号”探测器成功着陆火星。火星是太阳系中距离地球较近、自然环境与地球最为类似的行星之一，一直以来都是人类深空探测的热点。我国的航天科学家为了能使探测器登陆火星，在此之前做了大量的研究工作。
16．【分析】根据万有引力等于重力，可求出火星地面附近的重力加速度；根据万有引力提供向心力，可求出火星的第一宇宙速度和近地卫星绕地球做圆周运动的周期；再根据万有引力提供向心力，分析能否求出同步卫星距地面的高度。
【解答】解：A．根据＝mg，可以算出火星地面附近的重力加速度，故A可以算出；
B．根据＝，可得v＝。可以算出火星的第一宇宙速度，故B可以算出；
C．根据＝，可得h＝。由于没有提供火星的自转周期，因此无法求得同步卫星距离火星地面的高度，故C不能算出；
D．根据＝，可得：T＝。可以求出火星地面附近的卫星绕火星做圆周运动的周期，故可D计算。
本题选择不能计算的，
故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握卫星类型两条基本思路：由万有引力提供向心力和万有引力等于重力，分别用线速度、周期来表示向心力。
17．【分析】根据万有引力提供向心力得公转周期及公转速度和公转轨道半径的关系，从而比较大小；根据万有引力提供向心力得出星球表面第一宇宙速度与中心天体质量、天体半径的关系，从而比较大小；根据万有引力定律得出太阳对星球的引力与公转轨道半径和星球质量的关系，进而比较大小。
【解答】解：A．据万有引力提供向心力可得，
解得环绕天体的周期，环绕天体的线速度
由上式可知，行星的公转周期随半径的增大而增大，则火星的公转周期大于地球的公转周期一年；
行星的公转速度随半径的增大而减小，则火星的公转速度比地球公转速度小，故AB错误；
C．根据万有引力提供向心力，可得，解得星球的第一宇宙速度
由于火星和地球的质量之比大约为1：10，火星和地球的半径之比大约为1：2，则火星与地球的第一宇宙速度之比大约为1：，可知火星的第一宇宙速度较小，即火星的第一宇宙速度小于7.9km/s，故C错误；
D．据万有引力表达式可得：由于地球的质量比火星的质量大，公转半径又比火星的公转半径小，所以太阳对地球的引力比对火星的引力大，故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，并能灵活运用，特别是在进行估算时对数据进行灵活近似对待，可以减少大量繁琐的计算。
18．【分析】求出物体从A点移动到无穷远处引力做的功，根据万有引力做功与引力势能之间的关系：万有引力做功等于引力势能的减少量，求出物体在A处的引力势能。
【解答】解：将探测器从A点移到无穷远处时，万有引力做功等于引力势能的减少量，
则EPA﹣Ep∞＝WA∞＝WAB+WB∞＝W1+W2，无穷远处电势为零Ep∞＝0
则EPA＝W1+W2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查引力势能的概念，把握住万有引力做功与引力势能变化之间的关系即可求解，难度不大，要注意知识的迁移。
19．【分析】万有引力提供向心力；要使“天问一号”脱离地球束缚到达火星，发射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间；根据“天问一号”变轨原理分析答题；应用万有引力公式与牛顿第二定律求出向心加速度，然后分析答题。
【解答】解：A、万有引力提供“天问一号”在圆轨道Ⅱ上做匀速圆周运动的向心力，向心力大小不变，方向时刻改变，向心力是变化的，故A错误；
B、由于“天问一号”脱离地球的束缚，但没有脱离太阳束缚，因此发射速度超过第二宇宙速度但小于第三宇宙速度，即天问一号”的发射速度v满足11.2km/s≤v＜16.7km/s，故B正确；
C、“天问一号”在椭圆轨道II上经过M点后将做离心运动，万有引力相遇向心力，即：G＜m
“天问一号”在圆轨道Ⅱ上经过M点做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：G＝m
解得：vI＞vⅡ，故C错误；
D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G＝ma，解得：a＝，
“天问一号”在椭圆轨道I上经过M点的轨道半径等于在圆轨道Ⅱ上经过M点的轨道半径，
则“天问一号”在椭圆轨道Ⅰ上经过M点的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过M点的加速度，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提；理解变轨原理、应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
20．【分析】求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出损失的机械能。
【解答】解：探测器原来在半径为r1的轨道上绕火星做匀速圆周运动时，有
此时探测器的动能为，探测器的引力势能为
其机械能为
同理可得：探测器在半径为r2的轨道上绕火星做匀速圆周运动时，
探测器的动能为，引力势能为
其机械能为
此过程中损失的机械能为ΔE＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解。
二、填空题（本题1道题，共14分）
21．【分析】（1）（2）根据实验原理和和操作注意事项分析所需要的器材；
（3）根据重力势能的公式求重力势能的表达式。先由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求打下D点的瞬时速度，再由动能的公式求动能的增加量；
（4）由实验的过程分析误差产生的原因；
（5）换为气垫导轨后，分别求出系统减少的机械能和增加的机械能，再进行比较。
【解答】解：（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含夹子）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是交流电源，刻度尺，所以CD正确，AB错误；
故选：CD。
（2）A．将打点计时器竖直固定在铁架台上，所以A正确，不符合题意；
B．先接通电源，后释放纸带，所以B错误，符合题意；
C．在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离，所以C正确，不符合题意；
D．根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能，所以D正确，不符合题意；
故选B。
（3）重锤的重力势能减少量为ΔEp＝mghD
重锤在D点的速度为：vD＝
动能增加量：ΔEk＝＝
（4）如果是阻力的原因应是减少的重力势能大于增加的动能，但是实验数据是动能的增加量大于重力势能的减少量，因此可能的原因为先释放纸带导致纸带有初速度，从而速度测量值偏大。
（5）系统重力势能的减少量：ΔEp＝mgL
滑块通过光电门的速度为：v＝
系统动能的增加量：ΔEk＝＝
故答案为：（1）CD；（2）B； （3）mghD、；（4）不正确，果是阻力的原因应是减少的重力势能大于增加的动能；（5）mgL、
【点评】本题考查了“验证机械能守恒定律”实验，考查了实验注意事项与实验数据的处理问题，理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题。
三、计算及论述题（本题共四小题，解题要求：写出必要的文字说明、方程式和结果）
22．【分析】（1）先分析木箱的受力情况，再画出其受力的示意图；
（2）木箱由静止开始运动x＝1m的过程中，先求出木箱受到的摩擦力大小，再求摩擦力f所做的功Wf。
【解答】解：（1）木箱受到重力、拉力F、地面的支持力和摩擦力，其受力的示意图如图所示

（2）摩擦力f大小为f＝μ（mg﹣Fsin37°）
摩擦力f所做的功Wf为
Wf＝﹣fx
代入数据解得Wf＝﹣14J
答：（1）木箱受力的示意图如图所示。

（2）摩擦力f所做的功Wf为﹣14J。
【点评】解决本题的关键要正确分析木箱的受力情况，运用正交分解法求支持力大小，从而求得摩擦力大小。
23．【分析】（1）根据木块在圆弧轨道上运动机械能守恒求解；
（2）对木块在B点进行受力分析，然后在竖直方向上应用牛顿第二定律即可求得支持力，再根据牛顿第三定律即可求得压力；
（3）木块在水平轨道上合外力为摩擦力，做匀减速运动，故可由牛顿第二定律求得加速度，进而求得位移；或由动能定理，根据运动过程只有摩擦力做功求解位移．
【解答】解：（1）木块在圆弧轨道上运动时只有重力做功，故机械能守恒，那么有：
解得2：；
（2）木块在B点竖直方向上只受重力、支持力作用，故在竖直方向上由牛顿第二定律可得：
解得：；
由牛顿第三定律可得：木块经过圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小为：FB＝FN＝3mg；
（3）木块在水平轨道上的合外力为f＝μmg，所以，木块做加速度a＝μg的匀减速运动，所以，木块在水平轨道上滑行的最大距离为：；
答：（1）木块运动到B点时的速度大小v为；
（2）木块经过圆弧轨道的B点时对轨道的 压力大小FB为3mg；
（3 ）木块在水平轨道上滑行的最大距离s为．
【点评】物体运动学问题中，一般先对物体进行受力分析求得合外力，然后分析物体运动过程中的做功情况，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据运动学规律求解或应用动能定理求解．
24．【分析】（1）根据功率公式P＝Fv分析答题。
（2）汽车在额定功率下做匀速直线运动时速度最大，应用平衡条件与功率公式分析答题。
【解答】解：（1）由于汽车发动机始终以额定输出功率P＝7×104W工作，
根据功率公式P＝Fv可知，汽车的牵引力F＝
所以要用“换挡”减小速度的办法，来得到较大的牵引力。
（2）汽车在额定功率下做匀速直线运动时速度最大，
汽车做匀速直线运动，设牵引力为F，由平衡条件得：F＝mgsinα+f
设汽车的最大速度为vm，则P＝Fvm，
代入数据解得，汽车的最大速度：vm＝10m/s
答：（1）证明过程如上所述。
（2）汽车所能达到的最大速度的大小是10m/s。
【点评】本题考查了功率公式的应用，根据题意分析清楚汽车的运动过程与受力情况是解题的前提，应用平衡条件与功率公式即可解题。
25．【分析】（1）根据圆柱体体积计算公式求出1s内冲击风车的气流的体积V＝SL＝Svt；
（2）利用m＝ρV求出质量；再由动能公式即可求出动能；
（3）利用E电＝E动×η即可求出电能；再由功公式即可求出功率。
【解答】解：（1）每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V＝SL＝Svt＝π×400×6×1 m3＝7536 m3；
（2）这此气流的质量：
m＝ρV＝1.2×72536kg＝9043kg；
气流的动能：E动＝mv2＝×9043×36J＝162777J；
（3）每秒风的动能转化为的电能：
E电＝ηE动＝10%×162777J≈16278J；
则功率P＝＝W＝16278W；
答：（1）平均每秒钟有7536m3体积的气流冲击风车车叶形成圆面；
（2）这些气流动能为162777J；
（3）这台风车发电功率P为16278W。
【点评】本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够利用效率计算能量间的转换。