2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省龙岩市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.某高一男生从教学楼一楼走到二楼，他需克服重力做功大约为( )
A. 2.4×101JB. 2.4×102JC. 2.4×103JD. 2.4×104J
2.水星中国古称辰星，西汉《史记》的作者司马迁从实际观测发现辰星呈灰色，与五行学说联系在一起，以黑色属水，将其命名为水星。如图所示，水星和地球沿各自的椭圆轨道绕太阳运行。根据开普勒行星运动定律可知( )
A. 水星靠近太阳的过程中，运行速率减小
B. 水星绕太阳运行一周的时间比地球的短
C. 火星与地球的公转周期之比的立方等于它们轨道半长轴之比的平方
D. 在相同时间内，水星与太阳连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
3.如图所示，某同学正在垫排球。某次垫球，排球离开手臂后先竖直向上运动高度h，再落回原位置，设空力大小恒为f，则此过程中( )
A. 该同学垫球时对排球做功mgh
B. 排球克服空气阻力做的总功为2fh
C. 排球的机械能变化量为零
D. 排球的动能变化量为零
4.中国天眼FAST已发现约500颗脉冲星，成为世界上发现脉冲星效率最高的设备，如在球状星团M92第一次探测到“红背蜘蛛”脉冲双星。如图，距离为L的A、B双星绕它们连线上的某点O在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，运动周期为T，万有引力常量为G，则双星总质量为( )
A. 4π2T3GL2B. GL34π2T2C. 4π2L3GT2D. GT34π2L2
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示为一种圆锥筒状转筒，左右各系着一长一短的绳子并挂着完全相同的两个小球1和2，转筒静止时绳子平行圆锥面，当转筒绕中心轴以某一角速度匀速转动时，两个小球均紧贴着转筒表面一起随转筒转动，不计空气阻力，若小球1线速度的大小为v1、向心加速度的大小为a1；小球2线速度的大小为v2、向心加速度的大小为a2，则下列说法正确的是( )
A. v1>v2
B. v1C. a1>a2
D. a16.如图所示，轻绳一端连在水平台上的玩具小车上、一端跨过光滑定滑轮系着皮球(轻绳延长线过球心)。小车牵引着绳使皮球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升，此过程中球未离开竖直墙面，则( )
A. 小车做匀速运动B. 小车做减速运动
C. 运动过程中，绳子对小球拉力的功率不变D. 运动过程中，绳子对小球拉力的功率减小
7.如图甲所示，自行车坠山赛是一项惊险刺激的极限运动，若将运动员和自行车视为质点，该运动过程可简化为如图乙模型，运动员控制自行车以速度v0=6m/s从O点水平飞出，抵达斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ继续做直线运动，已知斜面长度12.5m，斜面阻力恒为重力的0.3倍，倾角为53∘(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)，不计空气阻力，取重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 到达底端Q点时的速度大小为15m/s
B. 到达底端Q点时的速度大小为12m/s
C. 若撤去斜面，仍从O点以相同速度水平飞出，落地点在Q点的左侧
D. 若撤去斜面，仍从O点以相同速度水平飞出，落地点在Q点的右侧
8.如图甲所示.一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m=1kg的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，取重力加速度为g=10m/s2，则( )
A. 弹簧的劲度系数为20N/mB. 斜面的倾角为30∘
C. 物块的最大动能为2JD. 弹簧的最大弹性势能为4.8J
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.一条河宽为d=60m，水流速度恒为v=1.0m/s，一小船(可视为质点)要从一侧河岸划到对岸，但在距出发点下游L=80m处有一瀑布，要使小船划到对岸且不从瀑布上掉下，船划行的速度的最小值为______m/s，此时船的位移大小为______ m，渡河时间为______ s。
10.为备战2023年9月杭州亚运会，中国国家女子足球队正积极训练，在一次定点传球训练中，某运动员先后将完全相同的两个足球从A、B两点踢起，均落在同一直线上的C点，运动轨迹如图所示，将足球视为质点，忽略空气阻力。则足球在空中运动时间tA______tB；落地时速度大小vA______vB，落地时重力的瞬时功率PA______PB(均填“>”“=”或“<”)。
11.太空电梯是国产科幻电影《流浪地球2》中的重要科幻元素，石墨烯是目前世界上已知强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能。设想在地球赤道上有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球同步卫星A的高度延伸到台空深处。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到到达图示位置并停在此处，C为与B等高的卫星，则A、B两者周期的关系为TA______TB(填“>”、“<”或“=”)；A、C两者线速度的关系为vA______vC(填“>”、“<”或“=”)；若B突然脱离电梯，B将做______(填“近心”或“离心”)运动。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1。
(1)下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是______。
A.探究两个互成角度的力的合成规律
B.伽利略对自由落体的研究
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，将传动皮带调至左右变速塔轮半径之比为1：1，此操作探究的是向心力大小与______的关系。
(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，转动手柄，塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，那么如图乙中左右变速塔轮半径之比R1：R2=______。
13.让重物做自由落体运动来验证“机械能守恒定律”是实验室常用的一种方案。
(1)本实验中，不同组学生在实验操作过程中出现如图甲的四种情况，其中操作正确的是______。
(2)某同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，然后连续打出7个点依次标为A、B、C、D、E、F、G，已知相邻两个点的时间间隔为0.02s，重锤的质量为1.00kg，当地的重力加速度大小g=9.80m/s2，从起点O到打下点F的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=______ J，重物的动能增加量ΔEk=______ J。(结果均保留三位有效数字)
(3)通过正确处理纸带，经过计算发现：重物重力势能的减少量一般会略大于重物动能的增加量，其主要原因是______。
五、简答题：本大题共3小题，共37分。
14.投壶是我国古代的一种民间游戏，据《礼记⋅投壶》记载，以盛酒的壶口作标的，在一定的水平距离投箭矢，以投入多少计筹决胜负。儒家所奉行的“六艺”，即“礼、乐、射、御、书、数”，而投壶就来自于这六艺之一。现在有某同学进行投壶的游戏，为简化起见，将箭矢视为质点球，并且不计空气阻力。该同学将球从离地面高h=1.25m的A点以初速度v0=5m/s水平抛出，球刚好落在壶口B点，不计壶的高度，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)A点离壶口B的水平距离x；
(2)球落入壶口B时的速度v的大小。(计算结果可以用根式表示)
15.“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为m=1×104kg的氢能源汽车在平直公路上，以速度v0=72km/h匀速行驶，此时发动机的功率P=150kW，然后遇到笔直的爬坡车道(每沿坡道前进1km，上升0.05km的高度)，在坡底驾驶员加大油门，发动机功率立即增加到43P，(假设汽车在平路转变为上坡的过程中速度大小不变)并保持该功率继续爬坡行驶。假设汽车行驶过程中所受地面的阻力大小始终不变，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)汽车行驶时所受地面的阻力f的大小；
(2)汽车在斜坡上匀速运动时的速度v的大小；
(3)若爬坡车道长度为L=200m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，求汽车从坡底到坡顶的时间t。
16.如图所示，在光滑水平面AB和粗糙水平面CD之间连接一长度为L1=3.5m的传送带，CD长度L2=1m，圆心为O、半径为R=0.2m的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心O等高，∠EOF=30∘。可视为质点的小物块从A点以v0=4m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kg，与传送带、水平面CD之间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2。
(1)若传送带不转，求小物块滑到半圆轨道D点时对轨道压力F的大小；
(2)若传送带以v=3m/s的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量Q；
(3)在第(2)问基础上
①试通过计算判断小物块是否会脱离轨道DEFG；
②若脱离，请求出落点到D点的距离，若不脱离，求小物块最终停在距离D点多远的位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：该同学的质量约为60kg，一层楼的高度大约为4m，所以从教学楼一楼走到二楼，该同学克服重力做功为：
WG=mgh=60×10×4J=2.4×103J，故ABD错误，C正确。
故选：C。
估计该同学的质量和一层楼的高度，由WG=mgh求解他需克服重力做功。
本题的关键要对该同学的质量和一层楼的高度要有所了解，根据重力做功公式W=mgh解答。
2.【答案】B
【解析】解：A.水星绕太阳运行的过程中，根据开普勒第二定律知，近日点速度最大，远日点速度最小，所以水星靠近太阳的过程中，运行速率增加，故A错误；
B.水星绕太阳运行的半长轴小于地球绕太阳运行的半长轴，根据开普勒第三定律，可知水星绕太阳运行一周的时间比地球的短，故B正确；
C.由开普勒第三定律得：
R3T2=c
所以
T12T22=R13R23，故C错误；
D.开普勒第二定律适用于同一个行星，相同时间内，水星与太阳连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积不相等，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第二定律和开普勒第三定律分析判断即可。
开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据功能关系可知该同学垫球时对排球做功
W=mgh+fh，故A错误；
B.根据功的计算公式可知空气阻力对排球所做总功为
Wf=−2fh，故B正确；
C.根据功能关系可知排球的机械能变化量为
ΔE=Wf=−2fh，故C错误；
D.排球从抛出点抛出后，在落回抛出点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，因此合力做的功为负值，根据动能定理可知排球的动能变化量为负值，故D错误。
故选：B。
根据功能关系分析出各个力对排球的做功情况；
理解机械能的定义，结合力的做功类型完成分析；
根据动能定理分析出排球的动能变化量的正负。
本题主要考查了功能关系的相关应用，理解整个过程中的能量转化关系，结合动能定理即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：双星A、B之间的万有引力提供向心力，对A星有：GmAmBL2=mAω2RA对 B星：GmAmBL2=mBω2RB
其中：角速度ω=2πT
距离与轨道半径的关系有：L=RA+RB
联立解得：mA+mB=4π2GT2(RA+RB)3=4π2L3GT2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
两颗恒星A、B围绕它们连线上的O点做匀速圆周运动，由相互之间的万有引力提供向心力，两颗恒星有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题。
本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆周运动，关要键抓住双星的条件：角速度和周期均相同。
5.【答案】BD
【解析】解：设绳子与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得：
ma=mω2r
由几何知识得：r=Lsinθ
解得：a=ω2Lsinθ
两个小球均紧贴着转筒表面一起随转筒转动，具有相同的角速度，由图可知
L1由v=rω知v1故选：BD。
根据牛顿第二定律和v=rω比较线速度和向心加速度的大小。
解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，会通过F合=ma=mrω2结合v=rω比较线速度、向心加速度的大小。
6.【答案】BC
【解析】解：AB.设连小球的绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示
根据几何关系可得：
v车=v绳=vcs⁡θ
小球匀速上升，θ增大，csθ减小，因此小车的速度不断减小，所以小车减速运动，故A错误，B正确；
CD.运动过程中，绳子对小球拉力的功率
P=Fv绳=mgcsθ×vcs⁡θ=mgv
因此绳子对小球拉力的功率不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据几何关系得出车的速度表达式，结合功率的计算公式即可完成分析。
本题主要考查了功率的相关应用，熟悉关联速度的特点，结合几何关系和功率的计算公式即可完成分析。
7.【答案】AD
【解析】解：AB.到斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，有
cs53∘=v0vP
解得到P处时的速度大小
vP=v0cs53∘=10m/s
紧贴斜面PQ运动到Q时，由动能定理，mglsin53∘−0.3mgl=12mvQ2−12mvp2
解得vQ=15m/s
故A正确，故B错误；
CD.由于小球在斜面上的加速度为，a=gsin53∘
则小球在斜面上运动时，在竖直方向的加速度为
ay=asin53∘=gsin253∘
由此可知，存在斜面时竖直方向的加速度比重力加速度小，故撤去斜面后，小球的下落时间变短，故从O点以相同速度水平飞出，水平方向的位移变小，即落地点在Q点的右侧，故C错误，故D正确。
故选：AD。
AB.根据题意可计算出自行车与运动员到P点的速度，P到Q由动能定理可计算出到Q点的速度；
CD.在斜面上存在阻力，故向下的加速度小于重力加速度，撤去斜面后下落时间变短，则水平距离也变小，故落在Q点右侧。
解答本题关键应用平抛运动基本规律，结合几何关系解题，知道平抛运动加速度为重力加速度g，难度不大。
8.【答案】BC
【解析】解：B.由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为
a1=5m/s2
设斜面倾角为θ，有
mgsinθ=ma1
解得：sinθ=12
则斜面的倾角为：
θ=30∘，故B正确；
A.到最低点，根据能量守恒有
mgx3sinθ=12k(x3−x1)2
其中，x3=0.9m，x1=0.3m
解得：k=25N/m，故A错误；
C.设当位移为x2时，加速度为0，有
k(x2−x1)=mgsinθ
解得：x2=0.5m
此时动能最大，最大动能为
Ekm=mgx2sinθ−12k(x2−0.3)2
解得：Ekm=2J，故C正确；
D.根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能为
Epm=mgx3sinθ=ma1x3
代入数据解得：Epm=4.5J，故D错误。
故选：BC。
根据图乙得出物块的加速度，结合牛顿第二定律得出斜面的倾角；
根据能量守恒定律列式得出弹簧的劲度系数；
当物块的加速度为零时速度最大，结合动能定理得出动能的最大值；
根据能量守恒定律列式得出弹簧的最大弹性势能。
本题主要考查了功能关系的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解过程中的能量转化关系，结合能量守恒定律和功能关系即可完成分析。
9.【答案】0.6100125
【解析】解：当小船恰好达到对岸且达到瀑布处时，设v合与下游河岸成α角，水速v1大小和方向是确定的，当v2的方向与v合的方向垂直时v2的值最小，如图所示：
设船的实际速度为v合，则tanα=dL=60m80m=0.75
解得α=37∘
则船划行的速度的最小值为v2min=v1sinα=1×0.6m/s=0.6m/s
根据几何关系，此时船划行到对岸的位移为x= L2+d2= 802+602m=100m
渡河时间t=xv合=xv1cs⁡θ=1001×0.8s=125s
故答案为：0.6；100；125。
根据两方向的位移大小，来确定实际运动轨迹，再由力的平行四边形定则，结合三角函数，即可求解．
考查平行四边形定则的应用，掌握如何求船最小速度的方法，注意几何关系与三角函数的运用是解题的关键．
10.【答案】=>=
【解析】解：忽略空气阻力，足球竖直方向做竖直上抛运动，到最高点有
h=12gt12
则足球在空中运动时间为：
t=2t1
联立解得：t=2 2hg
由于两球上升的最大高度相同，所以
tA=tB
落地时竖直方向的速度为：
vy=gt1解得：vy= 2gh
可见落地时竖直方向速度相同。
水平方向匀速运动，有
x=v0t
解得
v0=xt
由图可知
xA>xB
所以
v0A>v0B
落地时速度大小为：
v= v02+vy2
所以落地时速度大小
vA>vB
落地时重力的瞬时功率为：
P=mgvy
由于落地时竖直方向速度相同，所以
PA=PB
故答案为：=；>；=。
根据竖直方向上的运动特点得出运动的时间，结合水平方向上的运动特点得出速度的大小关系；根据功率的计算公式完成分析。
本题主要考查了斜上抛运动的相关应用，理解斜上抛运动在不同方向上的运动特点，结合速度的合成与分解和功率的计算公式即可完成分析。
11.【答案】=<近心
【解析】解：物体B乘坐太空电梯到到达图示位置并停在此处，与地球的自转周期相同，而A为地球同步卫星，也与地球的自转周期相同，所以TA=TB
A和C受到万有引力提供向心力围绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式，有GMmr2=mv2r
解得v= GMr
又rA>rC
所以vA若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，可知B受到的万有引力大于其所需向心力的大小，故B将做近心运动。
故答案为：=；<；近心
根据共轴转动的特点判断物体B的运动周期，再根据同步卫星的周期与地球的自转周期的关系确定A的运动周期，进而判断B物体与A的周期关系；
根据万有引力提供向心力求出线速度的表达式，根据A和C的轨道半径关系判断A、C两者线速度的关系；
根据B的线速度与同轨道卫星的线速度大小关系，结合万有引力与物体B所需的向心力关系判断B将做近心还是离心运动。
本题考查了卫星参量的比较，解决本题的关键是理解物体做圆周运动的向心力来源。
12.【答案】C 半径 2：1
【解析】解：(1)根据向心力公式F=mrω2可知，探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A.探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故A错误；
B.伽利略对自由落体运动的研究方法是猜想与假说和实验验证的方法，是理想实验，故B错误；
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选：C。
(2)改变塔轮半径可改变小球做匀速圆周运动的角速度，根据ω=vR可知两小球做圆周运动的角速度相同，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，两球做圆周运动的半径不同，此操作探究的是向心力大小与半径的关系。
(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两球做圆周运动的半径相等；
标尺显示的格数表示向心力的大小，塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为1：4，因此向心力之比F1：F2=1：4
根据向心力公式F=mrω2
得角速度ω= Fmr
因此两球做圆周运动的角速度之比为ω1ω2= F1mr× mrF2= F1F2= 14=1:2
左右变速塔轮通过皮带连接，线速度相等；
根据v=Rω，可知塔轮半径R=vω
半径之比R1R2=vω1×ω2v=ω2ω1=2:1。
故答案为：(1)C；(2)半径；(3)2：1。
(1)本实验采用的控制变量法，逐项分析然后作答；
(2)改变塔轮半径可改变小球做匀速圆周运动的角速度，根据ω=vR可知两小球的角速度相同，再解题图甲分析即可完成作答；
(3)标尺显示的格数表示向心力的大小，向心力越大，标尺露出的格数越多，据此分析向心力的大小关系；再根据向心力公式可求出角速度之比；最后根据R=vω求塔轮半径之比。
本题关键要掌握控制变量法，掌握实验装置和实验原理，确切理解向心力公式、线速度与角速度的关系；知道标尺显示的格数表示向心力的大小。
13.【答案】由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能
【解析】解：(1)打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)F点刻度尺读数7.00cm，从起点O到打下点F的过程中，重物重力势能的减少量
ΔEp=mghOF=1.00×9.80×0.07=0.686J
图中E点刻度尺读数4.90cm，G点9.50cm，打点计时器打下点F时，重物的速度为
vF=hEG2T=9.50−4.902×0.02×10−2m/s=1.15m/s
从起点O到打下计数点F的过程中，重物的动能增加量
ΔEk=12mvF2
代入数据解得：ΔEk=0.661J
(3)由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能，实验中重物重力势能的减少量一般会略大于重物动能的增加量。
故答案为：(1)B；(2)0.686；0.661；(3)由于纸带运动受到的阻力和重物受到的空气阻力做功产生内能
(1)根据实验原理分析出纸带的正确接法；
(2)根据能量的计算公式，结合运动学公式得出重力势能的减小量和动能的增加量；
(3)根据实验原理分析出存在的实验误差。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合能量的计算公式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设从A运动到B所用时间为t，竖直方向：h=12gt2
水平方向：x=v0t
联立解得：x=2.5m
(2)运动到B点时竖直方向速度：vy=gt
球落入壶口B时的速度：v= v02+vy2
代入数据得：v=5 2m/s
答：(1)A点离壶口B的水平距离为2.5m；
(2)球落入壶口B时的速度v的大小为5 2m/s。
【解析】(1)球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据球下落的高度求球在空中的飞行时间；球水平方向做匀速直线运动，由公式x=v0t求A点离壶口B的水平距离；
(2)由公式vy=gt求其竖直方向的分速度，然后由平行四边形定则求出末速度大小。
解答本题的关键要熟练运用运动的分解法研究平抛运动，掌握两个分运动的规律，并能熟练运用。
15.【答案】解：(1)设在平直公路上匀速行驶时发动机的牵引力为F1
根据功率公式F1=Pv0
根据平衡条件F1=f
其中v0=72km/h=20m/s
代入数据联立解得f=7.5×103N
(2)设在斜坡上匀速运动时发动机的牵引力为F2
根据功率公式43P=F2v
根据平衡条件F2=f+mgsinθ
其中sinθ=0.05
代入数据联立解得v=16m/s
(3)从坡底到坡顶，由动能定理有12mv2−12mv02=43Pt−fL−mgLsinθ
代入数据解得t=8.9s
答：(1)汽车行驶时所受地面的阻力f的大小7.5×103N；
(2)汽车在斜坡上匀速运动时的速度v的大小16m/s；
(3)汽车从坡底到坡顶的时间8.9s。
【解析】(1)(2)根据功率公式结合平衡条件分别求解阻力和汽车在斜坡上匀速运动时的速度；
(3)根据动能定理求解汽车的爬坡时间。
本题主要考查了平衡条件、功率公式和动能定理；注意：对于机车，功率公式P=Fv中的F是指牵引力，不是合力。
16.【答案】解：(1)从A到D，根据题设条件，由动能定理得：
12mvD12−12mv02=−μmg(L1+L2)
在D点，由牛顿第二定律有：
FN−mg=mvD12R
由牛顿第三定律有压力：F=FN
联立代入数据解得：F=45N
(2)假设到达C之前已与传送带共速，此时小物块相对于地面的位移为x1，则有：
12mv2−12mv02=−μmgx1
代入数据解得：x1=3.5m=L1
所以物块到达C点时恰好与传送带共速，设所用时间为t，则由速度-时间关系有：
v−v0=−μgt
传送带相对于地面的位移为x2，则由匀速运动规律有：
x2=vt
小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量：
Q=μmg(x1−x2)
联立代入数据解得：Q=0.5J
(3)①在小物块第一次沿半圆轨道上升的过程中先判断是否可以通过F点。从D到F，由动能定理得：
12mvF2−12mvD12=−mg(R+Rsin30∘)
可得在F点恰好满足：mgsin30∘=mvF2R，可知小物块恰好可以通过F点；
再判断是否可以通过G点，上升到最高点时，由机械能守恒有：
12mvD12=mgh
可得：h=0.35m<2R，则小物块不会通过G点。
设小物块第二次通过C点的速度vC2，则有：
12mvC22−12mv02=−μmg(L1+2L2)
解得：vC2= 5m/s
通过计算可知，小物块可在传送带上减速为0，并反向加速至第三次通过C点，且：vC3=vC2
则小物块第二次通过D点后上升至速度为0时，根据动能定理有：
0−12mvC32=−μmgL2−mgh′
解得：h′=0.15m综上，小物块不会脱离轨道。
②设小物块从开始至最终停止在粗糙面上所经历的路程为x，由功能关系有：
12mv02=μmgx
解得：x=8m=L1+4.5L2
所以小物块最终停在CD的中点，即离D点0.5m的位置。
答：(1)小物块滑到半圆轨道D点时对轨道压力F的大小为45N；
(2)小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量Q为0.5J；
(3)①小物块不会脱离轨道DEFG；②离D点0.5m的位置。
【解析】(1)由动能定理及牛顿第二、三定律求解压力；
(2)判断物块与传送带共速的位置，求出相对位移，根据摩擦生热的公式求热量；
(3)①由动能定理求出物块到达F点的速度，从而确定通过F点所需的向心力，再与重力的法向分量对比可以确定是否通过F点，同理再判断是否通过G点；
②根据能量守恒定律求最终物块停止的位置。
本题考查动能定理、竖直平面内的圆周运动等问题，需结合圆周运动模型、传送带模型等综合分析作答。