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2023-2024学年山东省泰安市泰山国际学校高一（下）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省泰安市泰山国际学校高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，一条两岸平直的小河，宽L=100m，河水流速的大小处处相等，一人驾驶小船由渡口A驶向渡口B，船头始终垂直于河岸，已知船在静水中航速恒定，且船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，若该船到达对岸需要50s。以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 河水流速大小为2m/s
B. 船的合速度大小为2m/s
C. 船的位移大小为100 5m
D. 船渡河的轨迹是一条直线，且与河岸的夹角等于30°
2.在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，叙述正确的是( )
A. 甲图中跳水运动员在空中运动的过程中机械能守恒
B. 乙图中物体在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能守恒
C. 丙图中通过轻绳连接的物体A、B运动过程中A的机械能守恒
D. 丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
3.目前手机就能实现卫星通信功能，如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为ℎ，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B. 三颗卫星的运行速度大于7.9km/s
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR22R+ℎ
4.如图所示，质量为2×103kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为
4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯速度减为零。下落过程中安全钳提供给电梯的滑动摩擦力共为1.7×104N，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 电梯接触弹簧后速度立即减小
B. 电梯压缩弹簧过程中电梯的加速度一直在减小
C. 电梯速度减为零时弹簧的弹性势能为5.6×104J
D. 电梯压缩弹簧过程中电梯的机械能减少了5.6×104J
5.如图所示，光滑水平地面上A、B两物块中间拴接一个轻弹簧，A的质量为B的12.某时刻起，A以一定初动能压缩弹簧，在B的右侧有一个固定的弹性挡板，B与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板．已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与A的初动能相等，则B与挡板发生碰撞时，弹簧的弹性势能与A的初动能之比为( )
A. 125B. 58C. 15D. 25
6.运动员把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(重力加速度g=10m/s2)( )
A. 50JB. 100JC. 150JD. 无法确定
7.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
8.如图所示，点L1和点L2称为地月连线上的拉格朗日点。在拉格朗日点处的物体在地球与月球的共同作用下，可与月球同步绕地球转动。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日点L2的通信卫星，已知地球质量是月球质量的81倍，地月球心距离约为L2点与月球球心距离的6倍，则地球对“鹊桥号”中继卫星的引力与月球对“鹊桥号”中继卫星的引力大小之比约为( )
A. 94
B. 8149
C. 272
D. 817
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37∘，足够长的斜面底端沿斜面向上运动.上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度ℎ的变化如图乙所示.取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.下列说法正确的是( )
A. 物体的质量m=1.0kgB. 物体的初速度v0=10m/s
C. 物体受到的摩擦力Ff=4ND. 物体回到斜面底端时的动能Ek=20J
10.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一半径为R的圆弧，当质量为m的汽车行驶速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，重力加速度为g，则在该转弯处( )
A. 汽车所受支持力为mg
B. 当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值应减小
C. 车速低于v0，车辆会受到向外侧的摩擦力
D. 转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为θ，tanθ=v 02gR
11.如图所示，半径为R的光滑金属圆环悬挂在竖直面内，可绕过圆心的竖直轴转动。质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点。绳能承受的最大拉力为mg，重力加速度的大小为g。当圆环转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A. 圆环角速度ω等于 gR时，小球受到2个力的作用
B. 圆环角速度ω等于 3gR时，小球受到2个力的作用
C. 圆环角速度ω等于 5gR时，圆环对小球的弹力大小为5mg
D. 圆环角速度ω足够大，小球能达到与圆环圆心等高处
12.为倡导“碳减排”，北京冬奥会期间示范运行超1000辆氢能源汽车．某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示，已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶．则在0∼t1时间内，下列说法正确的是( )
A. 牵引力逐渐增大B. 阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1D. 汽车行驶的距离为2Pt1−mvm22P
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.利用下图所示的实验装置验证机械能守恒定律，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上.使重物自由下落，打点计时器在随重物下落的纸带上打下一系列点迹.挑出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，6，相邻计数点之间还有1个计时点．
(1)关于本实验，下列说法正确的是 (填标号)；
A.重物的体积越大越好
B.实验前必需用天平测出重物的质量
C.实验时先通电，打点稳定后再释放纸带
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 (填标号)；
A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量
(3)下图为纸带的一部分，打点3时，重物下落的速度v3=___________m/s(结果保留3位有效数字)。
14.某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细绳处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)滑块和角速度传感器的总质量为250g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的图像F−ω2如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是______，滑块到竖直转轴的距离为______m；
(2)若去掉细线，将滑块置于距离竖直转轴0.125m处，为保证滑块不动，转轴转动的最大角速度为______rad/s。
四、计算题：本大题共5小题，共50分。
15.如图甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处，电场强度恒定、方向沿x轴正方向；在x>0处，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m=0.2kg、电荷量q=2×10−6C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ=0.1。将小圆环从A−1m点由静止释放，求：(g=10m/s2)
(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
16.如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
17.在光滑绝缘、半径为R的局部圆环中心固定有正点电荷(未画出)，其所带的电荷量为Q，另一电荷量为q(q>0)的点电荷Р从圆环一端以速度v开始运动，当其运动到圆环底部a处时，转过的圆心角θ=π3，已知点电荷P的质量为m，重力加速度大小为g，静电力常量为k，圆环竖直放置，求：
(1)点电荷P运动到a处时的速度大小v′；
(2)点电荷Р运动到a处时对圆环的压力F。
18.如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep．
19.如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s．
答案解析
1.C
【解析】解：由于船头始终垂直于河岸，所以船在静水中的速度大小为：
v船=Lt=100m50s=2m/s
船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，则河水流速大小为：
V水=2v船=4m/s
船的合速度大小为：
v合= v水2+v船2= 22+42m/s=2 5m/s
船的位移大小为：
x合=v合t=2 5m/s×50s=100 5m
船渡河的轨迹是一条直线，设与河岸的夹角为θ，则有：
tanθ=v船v水=2m/s4m/s=12< 33
可得：θ<30°。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据船头始终垂直于河岸，故船速可以使用河宽除以渡河时间进行计算，而河水流速为静水船速的二倍，也可得出河水流速。根据河水流速乘以渡河时间可以得出小船沿河岸方向位移，再根据几何关系即可得出小船的合位移，根据小船竖直方向位移与水平方向位移之比可得出位移与河岸夹角的正切值，进而可以判断角度关系。
本题主要考查小船渡河中合位移与合速度的计算，学生需要牢记运动的合成与分解中相关内容即可，整体难度适中。
2.A
【解析】A.甲图中跳水运动员在空中运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B.乙图中外力F做正功，物体机械能增加，B错误；
C.图丙中两个滑块组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，但绳子对A做负功，对B做正功，A物体的机械能减小，B物体的机械能增加，故C错误；
D.压缩弹簧的过程中，弹簧对小球做负功，小球机械能减少，D错误；
3.D
【解析】A.根据万有引力的公式F=GMmR+ℎ2
由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A错误；
BD.对于质量为m通信卫星，根据万有引力充当向心力有GMmR+ℎ2=mv2R+ℎ
可得卫星的线速度v= GMR+ℎ
在地球表面GMmR2=mg
则该卫星的动能EK=mgR22R+ℎ
对近地卫星可得GMmR2=mv12R
求得v1= GMR=7.9km/s
比较可得，三颗卫星的运行速度小于 7.9km/s ，B错误，D正确；
C.若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120∘ ，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为r=Rcs60∘=2R
则卫星离地高度至少为ℎ=r−R=R
C错误。
故选D。
4.D
【解析】AB.电梯与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，由于弹簧弹力从零逐渐增加，所以电梯先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增加的减速运动，故AB错误；
C.电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒定律得
12mv2+mg⋅Δx=E弹+f滑⋅Δx
得
E弹=2.2×104J
故C错误；
D.电梯压缩弹簧过程中，机械能的减少量等于动能的减少量与重力势能的减少量之和，则有
ΔE=ΔEk+ΔEp=12×2×103×42J+2×103×10×2J = 5.6×104J
故D正确。
故选D。
5.B
【解析】设A、B的质量分别为m、2m，A的初速度为v0，B与挡板碰撞前的瞬间，A、B的速度分别为vA、vB，以水平向右为正方向，则有mv0=mvA+2mvB，B与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时，由动量守恒定律有mvA−2mvB=3mv共，由能量守恒定律有Epmax=12mv02−12⋅3mv共2=12mv02，联立以上方程可得v共=0，vA=12v0，vB=14v0，B与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为Ep=12mv02−12mvA2−12⋅2mvB2=516mv02，则Ep12mv02=58.故选B．
6.C
【解析】设运动员踢球时对足球做的功为W，根据动能定理有
W−mgℎ=12mv2
解得
W=150J
故选C。
7.A
【解析】由于火箭开始运动时速度为零，点火瞬间速度也为零，所以火箭从开始运动到点火的过程中，在高压气体的作用力、火箭本身重力以及空气阻力的作用下，经历加速和减速两个过程；
由动力学知识知：开始时加速度和速度方向都向上，火箭做加速运动，当加速度为零时，速度不再增加，此时火箭速度最大，对应的火箭的动能最大，故A正确；
火箭在上升过程中，高压气体释放的能量一部分转化为火箭的动能，一部分转化为火箭的重力势能，还有一部分通过阻力做功转化为内能；故B错误；
由动量定理知，火箭动量的增加量应该等于火箭所受合外力的冲量不等于高压气体对火箭推力的冲量；且该过程中火箭动量的变化量为零，但推力的冲量不为零；故C错误；
由动能定理知，火箭动能的增加量等于火箭所受合外力对火箭所做的功，也就是说火箭所受的推力、空气阻力及火箭本身重力所做的功才等于火箭动能的增加量，故D错误；
综上所述本题正确答案为A。
8.B
【解析】解：设L2点与月球球心距离为L，则地月球心距离约为6L，由万有引力定律F=GMmr2及题设条件可知所求两个引力的大小之比约为：
F地鹊：F月鹊=GM地m(6L+L)2：GM月mL2
结合M地：M月=81：1，解得：F地鹊：F月鹊=81：49，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据质量关系和距离关系，由万有引力定律求解引力大小之比。
解答本题的关键要掌握万有引力定律，明确公式中各个量的含义，灵活运用比例法解答。
9.ABC
【解析】A、当ℎ=3m时，物体速度为零，则mgℎ=30J，得ℎ=1kg，故A正确；
B、当ℎ=0时，物体初动能等于机械能，则12mv02=50J，得v0=10m/s，故B正确；
C、对物体上升的整个过程中，根据动能定理−mgℎ−Ffℎsin37∘=0−12mv02，解得Ff=4N，故C正确；
D、从顶端到底端，根据动能定理mgℎ−Ffℎsin37∘=Ek−0，得Ek=10J，故D错误。
故选：ABC。
10.CD
【解析】A.转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为 θ ，则汽车所受支持力为
FN=mgcsθ
选项A错误；
BD.转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为 θ ，则
mgtanθ=mv02R
可得
tanθ=v 02gR
当路面结冰时，与未结冰时相比， v0 的值不变，选项B错误，D正确；
C.车速低于 v0 ，则重力和路面的支持力的合力大于所需的向心力，则车辆有向心运动的趋势，则车辆会受到向外侧的摩擦力，选项C正确。
故选CD。
．
11.AC
【解析】A.设角速度 ω 在0～ ω1 范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为 θ ，则有
mgtanθ=mRsinθ⋅ω2
即
ω= gRcsθ
当绳恰好伸直时有 θ=60∘ ，则
ω1= 2gR
可知圆环角速度 ω 等于 gR 时，小球受到2个力的作用。故A正确；
BC.设在 ω1<ω<ω2 时绳中有张力且小于mg，此时有
FNcs60∘=mg+FTcs60∘
FNsin60∘+FTsin60∘=mRsin60∘⋅ω2
当 FT 取最大值mg时代入可得
ω1= 4gR
即当 ω> 4gR 时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，由此可知圆环角速度 ω 等于 3gR 时，小球受到3个力的作用。圆环角速度 ω 等于 5gR 时，绳已断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，则有
FNsinθ=mRsinθ⋅ω2
解得
FN=5mg
即圆环对小球的弹力大小为 5mg 。故B错误；C正确；
D.依题意，小球能达到与圆环圆心等高处时，圆环的弹力沿水平方向指向圆环的圆心，此外小球还受重力作用，二者的合力不可能指向圆心了，即圆环角速度 ω 不论增大到多少，小球均不能达到与圆环圆心等高处。故D错误。
故选AC。
12.BC
【解析】A.汽车在平直公路上以额定功率P启动时，由 P=Fv 可知，汽车速度增大，则牵引力逐渐减小，故A错误；
B. t1 时刻起以最大速度 vm 匀速行驶，阻力与牵引力平衡，则阻力大小为
f=Pvm
故B正确；
C.牵引力的功率恒定不变，则在 0∼t1 时间内牵引力对汽车做的功为
W=Pt1
故C正确；
D.根据题意，设在 0∼t1 时间内汽车行驶的距离为 x ，由动能定理有
Pt1−fx=12mvm2
可得汽车行驶的距离为
x=2Pt1vm−mvm32P
故D错误。
故选BC。
13.(1)C
(2)A
(3)1.15
【解析】(1)A.为了减小空气阻力的影响，重物的体积应小一些，密度应大一些，故A错误；
B.由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C.为了充分利用纸带，减小误差，实验时先通电，打点稳定后再释放纸带，故C正确。
故选C。
(2)下落过程，重物的重力势能转化为动能，所以为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点3时，重物下落的速度为
v3=x244T=(3.83+5.36)×10−24×0.02m/s≈1.15m/s
14.(1)水平杆不光滑；0.5；(2)10。
【解析】(1)判断方法一：反向延长图乙的图线，可知，图乙的图线的交于y轴负方向，即可知有一部分拉力平衡了摩擦力，故可判断是水平杆不光滑，有摩擦力；
判断方法二：若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时，只有静摩擦力提供向心力，而随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时，继续增大转速绳子开始出现拉力，则有：F+fmax=mrω2
则有：F=mrω2−fmax，根据该表达式可知，图像不过坐标原点的原因是水平杆不光滑。
根据上述求得的表达式：F=mrω2−fmax
可知F−ω2图像的斜率为：k=mr
由图像可求斜率：k=20−0N185−25ω2/rad2=0.125N⋅ω2/rad2
故可解得滑块到竖直转轴的距离为：r=km=；
(2)由图像可知，刚要开始产生绳子拉力时，有：fmax=mω02r
若去掉细线，将滑块置于距离竖直转轴0.125m处，为保证滑块不动，此时最大静摩擦力提供滑块的向心力，设转轴转动的最大角速度为ωm
则有：fmax=mωm2r′
联立可得：ωm2=ω02rr′=25×(rad/s)2=100(rad/s)2
解得：ωm=10rad/s
故答案为：(1)水平杆不光滑；0.5；(2)10。
15.解：(1)小圆环在A、O两点间运动时，电场力做的功为WAO
WAO=qUAO=qE1xAO
小圆环到达O点的速度大小为v0
WAO−μmgxAO=12mv02
解得：v0= 2m/s
(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xp，该处电场强度为EP，O到该点的电势差为U
EP=ΔEΔxxP
U=−12EPxP
由O到该点电场力做功：W=qU
根据动能定理得：W−μmgxp=0−12mv02
解得：x= 3−1m
【解析】(1)小圆环在A、O两点间运动时，根据动能定理列式得出到达O点的速度；
(2)根据EP=ΔEΔxxP，及动能定理列式求解最远距离。
本题是电场力做功及动能定理及电场中的图像问题，中等难度。
16.解：
(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有：H=12gt2①
在水平方向上有s=v0t②
由①②式解得v0=s g2H=0.4× 102×0.8m/s=1m/s③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
F′fm=mv02R④
Ffm=F′fm=μN=μmg⑤
由③④⑤式，代入数据解得μ=0.2。
【解析】(1)根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度。
(2)根据最大静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出物体与转台间的动摩擦因数。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
17.(1)由动能定理得mgR(1−csθ)=12mv′2−12mv2
解得v′= gR+v2
(2)在a处由牛顿第二定律得F′−mg−F库=mv′2R
F库=kqQR2
由牛顿第三定律得F=F′
解得对圆环的压力F=2mg+kqQR2+mv2R。
18.解：(1)a球过圆轨道最高点A时m1g=m1vA2R
求出vA= gR
a球从C运动到A，由机械能守恒定律12m1vC2=12m1vA 2+2m1gR
由以上两式求出va=vC= 5gR，
因此a的速度为 5gR；
(2)b球从D运动到B，由机械能守恒定律12m2vb2=m2g×10R
求出vb=2 5gR
(3)有机械能守恒得：
Ep=12m1va2+12m2vb2
解得：Ep=52m1+10m2gR。
【解析】(1)小球能通过最高点，则重力充当向心力，由向心力公式可得出小球在A点的速度，由机械能守恒可得出小球释放时的速度；
(2)对b球由机械能守恒可得出小球b的速度；
(3)对系统由动量守恒可求得两小球的质量关系，则由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能。
本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系。
19.解：(1)A在传送带上运动时的加速度大小a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t=v0a=v0μg
(2)设由B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为W，由动能定理可得2mg⋅3L−W=122m(2v0)2−12⋅2mv02
解得W=6mgL−3mv02
(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m⋅2v0=mv1+2mv2
12⋅2m⋅(2v0)2−(12mv12+12⋅2mv22)=14[12⋅2m⋅(2v0)2]
解得v1=2v0，v2=v0(另一组v1=23v0v2=53v0舍掉)
两物体平抛运动的时间t1= 2Lg
则s−r=v2t1，s+r=v1t1
解得s=3v02 2Lg
【解析】(1)对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出加速的时间；
(2)从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动能定理和平抛运动的运动学公式即可完成分析。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，一条两岸平直的小河，宽L=100m，河水流速的大小处处相等，一人驾驶小船由渡口A驶向渡口B，船头始终垂直于河岸，已知船在静水中航速恒定，且船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，若该船到达对岸需要50s。以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 河水流速大小为2m/s
B. 船的合速度大小为2m/s
C. 船的位移大小为100 5m
D. 船渡河的轨迹是一条直线，且与河岸的夹角等于30°
2.在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，叙述正确的是( )
A. 甲图中跳水运动员在空中运动的过程中机械能守恒
B. 乙图中物体在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能守恒
C. 丙图中通过轻绳连接的物体A、B运动过程中A的机械能守恒
D. 丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
3.目前手机就能实现卫星通信功能，如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为ℎ，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B. 三颗卫星的运行速度大于7.9km/s
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR22R+ℎ
4.如图所示，质量为2×103kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为
4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯速度减为零。下落过程中安全钳提供给电梯的滑动摩擦力共为1.7×104N，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 电梯接触弹簧后速度立即减小
B. 电梯压缩弹簧过程中电梯的加速度一直在减小
C. 电梯速度减为零时弹簧的弹性势能为5.6×104J
D. 电梯压缩弹簧过程中电梯的机械能减少了5.6×104J
5.如图所示，光滑水平地面上A、B两物块中间拴接一个轻弹簧，A的质量为B的12.某时刻起，A以一定初动能压缩弹簧，在B的右侧有一个固定的弹性挡板，B与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板．已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与A的初动能相等，则B与挡板发生碰撞时，弹簧的弹性势能与A的初动能之比为( )
A. 125B. 58C. 15D. 25
6.运动员把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(重力加速度g=10m/s2)( )
A. 50JB. 100JC. 150JD. 无法确定
7.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
8.如图所示，点L1和点L2称为地月连线上的拉格朗日点。在拉格朗日点处的物体在地球与月球的共同作用下，可与月球同步绕地球转动。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日点L2的通信卫星，已知地球质量是月球质量的81倍，地月球心距离约为L2点与月球球心距离的6倍，则地球对“鹊桥号”中继卫星的引力与月球对“鹊桥号”中继卫星的引力大小之比约为( )
A. 94
B. 8149
C. 272
D. 817
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37∘，足够长的斜面底端沿斜面向上运动.上升的最大高度为3.0m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度ℎ的变化如图乙所示.取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.下列说法正确的是( )
A. 物体的质量m=1.0kgB. 物体的初速度v0=10m/s
C. 物体受到的摩擦力Ff=4ND. 物体回到斜面底端时的动能Ek=20J
10.公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一半径为R的圆弧，当质量为m的汽车行驶速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，重力加速度为g，则在该转弯处( )
A. 汽车所受支持力为mg
B. 当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值应减小
C. 车速低于v0，车辆会受到向外侧的摩擦力
D. 转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为θ，tanθ=v 02gR
11.如图所示，半径为R的光滑金属圆环悬挂在竖直面内，可绕过圆心的竖直轴转动。质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点。绳能承受的最大拉力为mg，重力加速度的大小为g。当圆环转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是( )
A. 圆环角速度ω等于 gR时，小球受到2个力的作用
B. 圆环角速度ω等于 3gR时，小球受到2个力的作用
C. 圆环角速度ω等于 5gR时，圆环对小球的弹力大小为5mg
D. 圆环角速度ω足够大，小球能达到与圆环圆心等高处
12.为倡导“碳减排”，北京冬奥会期间示范运行超1000辆氢能源汽车．某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v−t图像如图乙所示，已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶．则在0∼t1时间内，下列说法正确的是( )
A. 牵引力逐渐增大B. 阻力大小为Pvm
C. 牵引力对汽车做的功为Pt1D. 汽车行驶的距离为2Pt1−mvm22P
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.利用下图所示的实验装置验证机械能守恒定律，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上.使重物自由下落，打点计时器在随重物下落的纸带上打下一系列点迹.挑出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，6，相邻计数点之间还有1个计时点．
(1)关于本实验，下列说法正确的是 (填标号)；
A.重物的体积越大越好
B.实验前必需用天平测出重物的质量
C.实验时先通电，打点稳定后再释放纸带
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 (填标号)；
A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量
(3)下图为纸带的一部分，打点3时，重物下落的速度v3=___________m/s(结果保留3位有效数字)。
14.某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验。水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细绳处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
(1)滑块和角速度传感器的总质量为250g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的图像F−ω2如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是______，滑块到竖直转轴的距离为______m；
(2)若去掉细线，将滑块置于距离竖直转轴0.125m处，为保证滑块不动，转轴转动的最大角速度为______rad/s。
四、计算题：本大题共5小题，共50分。
15.如图甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处，电场强度恒定、方向沿x轴正方向；在x>0处，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m=0.2kg、电荷量q=2×10−6C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ=0.1。将小圆环从A−1m点由静止释放，求：(g=10m/s2)
(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
16.如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
17.在光滑绝缘、半径为R的局部圆环中心固定有正点电荷(未画出)，其所带的电荷量为Q，另一电荷量为q(q>0)的点电荷Р从圆环一端以速度v开始运动，当其运动到圆环底部a处时，转过的圆心角θ=π3，已知点电荷P的质量为m，重力加速度大小为g，静电力常量为k，圆环竖直放置，求：
(1)点电荷P运动到a处时的速度大小v′；
(2)点电荷Р运动到a处时对圆环的压力F。
18.如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep．
19.如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s．
答案解析
1.C
【解析】解：由于船头始终垂直于河岸，所以船在静水中的速度大小为：
v船=Lt=100m50s=2m/s
船在静水中的速度与河水的流速之比为1：2，则河水流速大小为：
V水=2v船=4m/s
船的合速度大小为：
v合= v水2+v船2= 22+42m/s=2 5m/s
船的位移大小为：
x合=v合t=2 5m/s×50s=100 5m
船渡河的轨迹是一条直线，设与河岸的夹角为θ，则有：
tanθ=v船v水=2m/s4m/s=12< 33
可得：θ<30°。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据船头始终垂直于河岸，故船速可以使用河宽除以渡河时间进行计算，而河水流速为静水船速的二倍，也可得出河水流速。根据河水流速乘以渡河时间可以得出小船沿河岸方向位移，再根据几何关系即可得出小船的合位移，根据小船竖直方向位移与水平方向位移之比可得出位移与河岸夹角的正切值，进而可以判断角度关系。
本题主要考查小船渡河中合位移与合速度的计算，学生需要牢记运动的合成与分解中相关内容即可，整体难度适中。
2.A
【解析】A.甲图中跳水运动员在空中运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，A正确；
B.乙图中外力F做正功，物体机械能增加，B错误；
C.图丙中两个滑块组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，但绳子对A做负功，对B做正功，A物体的机械能减小，B物体的机械能增加，故C错误；
D.压缩弹簧的过程中，弹簧对小球做负功，小球机械能减少，D错误；
3.D
【解析】A.根据万有引力的公式F=GMmR+ℎ2
由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A错误；
BD.对于质量为m通信卫星，根据万有引力充当向心力有GMmR+ℎ2=mv2R+ℎ
可得卫星的线速度v= GMR+ℎ
在地球表面GMmR2=mg
则该卫星的动能EK=mgR22R+ℎ
对近地卫星可得GMmR2=mv12R
求得v1= GMR=7.9km/s
比较可得，三颗卫星的运行速度小于 7.9km/s ，B错误，D正确；
C.若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120∘ ，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为r=Rcs60∘=2R
则卫星离地高度至少为ℎ=r−R=R
C错误。
故选D。
4.D
【解析】AB.电梯与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，由于弹簧弹力从零逐渐增加，所以电梯先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增加的减速运动，故AB错误；
C.电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒定律得
12mv2+mg⋅Δx=E弹+f滑⋅Δx
得
E弹=2.2×104J
故C错误；
D.电梯压缩弹簧过程中，机械能的减少量等于动能的减少量与重力势能的减少量之和，则有
ΔE=ΔEk+ΔEp=12×2×103×42J+2×103×10×2J = 5.6×104J
故D正确。
故选D。
5.B
【解析】设A、B的质量分别为m、2m，A的初速度为v0，B与挡板碰撞前的瞬间，A、B的速度分别为vA、vB，以水平向右为正方向，则有mv0=mvA+2mvB，B与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时，由动量守恒定律有mvA−2mvB=3mv共，由能量守恒定律有Epmax=12mv02−12⋅3mv共2=12mv02，联立以上方程可得v共=0，vA=12v0，vB=14v0，B与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为Ep=12mv02−12mvA2−12⋅2mvB2=516mv02，则Ep12mv02=58.故选B．
6.C
【解析】设运动员踢球时对足球做的功为W，根据动能定理有
W−mgℎ=12mv2
解得
W=150J
故选C。
7.A
【解析】由于火箭开始运动时速度为零，点火瞬间速度也为零，所以火箭从开始运动到点火的过程中，在高压气体的作用力、火箭本身重力以及空气阻力的作用下，经历加速和减速两个过程；
由动力学知识知：开始时加速度和速度方向都向上，火箭做加速运动，当加速度为零时，速度不再增加，此时火箭速度最大，对应的火箭的动能最大，故A正确；
火箭在上升过程中，高压气体释放的能量一部分转化为火箭的动能，一部分转化为火箭的重力势能，还有一部分通过阻力做功转化为内能；故B错误；
由动量定理知，火箭动量的增加量应该等于火箭所受合外力的冲量不等于高压气体对火箭推力的冲量；且该过程中火箭动量的变化量为零，但推力的冲量不为零；故C错误；
由动能定理知，火箭动能的增加量等于火箭所受合外力对火箭所做的功，也就是说火箭所受的推力、空气阻力及火箭本身重力所做的功才等于火箭动能的增加量，故D错误；
综上所述本题正确答案为A。
8.B
【解析】解：设L2点与月球球心距离为L，则地月球心距离约为6L，由万有引力定律F=GMmr2及题设条件可知所求两个引力的大小之比约为：
F地鹊：F月鹊=GM地m(6L+L)2：GM月mL2
结合M地：M月=81：1，解得：F地鹊：F月鹊=81：49，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据质量关系和距离关系，由万有引力定律求解引力大小之比。
解答本题的关键要掌握万有引力定律，明确公式中各个量的含义，灵活运用比例法解答。
9.ABC
【解析】A、当ℎ=3m时，物体速度为零，则mgℎ=30J，得ℎ=1kg，故A正确；
B、当ℎ=0时，物体初动能等于机械能，则12mv02=50J，得v0=10m/s，故B正确；
C、对物体上升的整个过程中，根据动能定理−mgℎ−Ffℎsin37∘=0−12mv02，解得Ff=4N，故C正确；
D、从顶端到底端，根据动能定理mgℎ−Ffℎsin37∘=Ek−0，得Ek=10J，故D错误。
故选：ABC。
10.CD
【解析】A.转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为 θ ，则汽车所受支持力为
FN=mgcsθ
选项A错误；
BD.转弯处为斜坡，坡面与水平方向夹角为 θ ，则
mgtanθ=mv02R
可得
tanθ=v 02gR
当路面结冰时，与未结冰时相比， v0 的值不变，选项B错误，D正确；
C.车速低于 v0 ，则重力和路面的支持力的合力大于所需的向心力，则车辆有向心运动的趋势，则车辆会受到向外侧的摩擦力，选项C正确。
故选CD。
．
11.AC
【解析】A.设角速度 ω 在0～ ω1 范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为 θ ，则有
mgtanθ=mRsinθ⋅ω2
即
ω= gRcsθ
当绳恰好伸直时有 θ=60∘ ，则
ω1= 2gR
可知圆环角速度 ω 等于 gR 时，小球受到2个力的作用。故A正确；
BC.设在 ω1<ω<ω2 时绳中有张力且小于mg，此时有
FNcs60∘=mg+FTcs60∘
FNsin60∘+FTsin60∘=mRsin60∘⋅ω2
当 FT 取最大值mg时代入可得
ω1= 4gR
即当 ω> 4gR 时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，由此可知圆环角速度 ω 等于 3gR 时，小球受到3个力的作用。圆环角速度 ω 等于 5gR 时，绳已断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，则有
FNsinθ=mRsinθ⋅ω2
解得
FN=5mg
即圆环对小球的弹力大小为 5mg 。故B错误；C正确；
D.依题意，小球能达到与圆环圆心等高处时，圆环的弹力沿水平方向指向圆环的圆心，此外小球还受重力作用，二者的合力不可能指向圆心了，即圆环角速度 ω 不论增大到多少，小球均不能达到与圆环圆心等高处。故D错误。
故选AC。
12.BC
【解析】A.汽车在平直公路上以额定功率P启动时，由 P=Fv 可知，汽车速度增大，则牵引力逐渐减小，故A错误；
B. t1 时刻起以最大速度 vm 匀速行驶，阻力与牵引力平衡，则阻力大小为
f=Pvm
故B正确；
C.牵引力的功率恒定不变，则在 0∼t1 时间内牵引力对汽车做的功为
W=Pt1
故C正确；
D.根据题意，设在 0∼t1 时间内汽车行驶的距离为 x ，由动能定理有
Pt1−fx=12mvm2
可得汽车行驶的距离为
x=2Pt1vm−mvm32P
故D错误。
故选BC。
13.(1)C
(2)A
(3)1.15
【解析】(1)A.为了减小空气阻力的影响，重物的体积应小一些，密度应大一些，故A错误；
B.由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C.为了充分利用纸带，减小误差，实验时先通电，打点稳定后再释放纸带，故C正确。
故选C。
(2)下落过程，重物的重力势能转化为动能，所以为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点3时，重物下落的速度为
v3=x244T=(3.83+5.36)×10−24×0.02m/s≈1.15m/s
14.(1)水平杆不光滑；0.5；(2)10。
【解析】(1)判断方法一：反向延长图乙的图线，可知，图乙的图线的交于y轴负方向，即可知有一部分拉力平衡了摩擦力，故可判断是水平杆不光滑，有摩擦力；
判断方法二：若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时，只有静摩擦力提供向心力，而随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时，继续增大转速绳子开始出现拉力，则有：F+fmax=mrω2
则有：F=mrω2−fmax，根据该表达式可知，图像不过坐标原点的原因是水平杆不光滑。
根据上述求得的表达式：F=mrω2−fmax
可知F−ω2图像的斜率为：k=mr
由图像可求斜率：k=20−0N185−25ω2/rad2=0.125N⋅ω2/rad2
故可解得滑块到竖直转轴的距离为：r=km=；
(2)由图像可知，刚要开始产生绳子拉力时，有：fmax=mω02r
若去掉细线，将滑块置于距离竖直转轴0.125m处，为保证滑块不动，此时最大静摩擦力提供滑块的向心力，设转轴转动的最大角速度为ωm
则有：fmax=mωm2r′
联立可得：ωm2=ω02rr′=25×(rad/s)2=100(rad/s)2
解得：ωm=10rad/s
故答案为：(1)水平杆不光滑；0.5；(2)10。
15.解：(1)小圆环在A、O两点间运动时，电场力做的功为WAO
WAO=qUAO=qE1xAO
小圆环到达O点的速度大小为v0
WAO−μmgxAO=12mv02
解得：v0= 2m/s
(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xp，该处电场强度为EP，O到该点的电势差为U
EP=ΔEΔxxP
U=−12EPxP
由O到该点电场力做功：W=qU
根据动能定理得：W−μmgxp=0−12mv02
解得：x= 3−1m
【解析】(1)小圆环在A、O两点间运动时，根据动能定理列式得出到达O点的速度；
(2)根据EP=ΔEΔxxP，及动能定理列式求解最远距离。
本题是电场力做功及动能定理及电场中的图像问题，中等难度。
16.解：
(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有：H=12gt2①
在水平方向上有s=v0t②
由①②式解得v0=s g2H=0.4× 102×0.8m/s=1m/s③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
F′fm=mv02R④
Ffm=F′fm=μN=μmg⑤
由③④⑤式，代入数据解得μ=0.2。
【解析】(1)根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度。
(2)根据最大静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出物体与转台间的动摩擦因数。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
17.(1)由动能定理得mgR(1−csθ)=12mv′2−12mv2
解得v′= gR+v2
(2)在a处由牛顿第二定律得F′−mg−F库=mv′2R
F库=kqQR2
由牛顿第三定律得F=F′
解得对圆环的压力F=2mg+kqQR2+mv2R。
18.解：(1)a球过圆轨道最高点A时m1g=m1vA2R
求出vA= gR
a球从C运动到A，由机械能守恒定律12m1vC2=12m1vA 2+2m1gR
由以上两式求出va=vC= 5gR，
因此a的速度为 5gR；
(2)b球从D运动到B，由机械能守恒定律12m2vb2=m2g×10R
求出vb=2 5gR
(3)有机械能守恒得：
Ep=12m1va2+12m2vb2
解得：Ep=52m1+10m2gR。
【解析】(1)小球能通过最高点，则重力充当向心力，由向心力公式可得出小球在A点的速度，由机械能守恒可得出小球释放时的速度；
(2)对b球由机械能守恒可得出小球b的速度；
(3)对系统由动量守恒可求得两小球的质量关系，则由机械能守恒可得出弹簧的弹性势能。
本题为动量守恒及机械能守恒相结合的题目，注意只有弹簧弹开的过程中动量才是守恒的，才能列出动量守恒的表达式，此后两小球不再有关系。
19.解：(1)A在传送带上运动时的加速度大小a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t=v0a=v0μg
(2)设由B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为W，由动能定理可得2mg⋅3L−W=122m(2v0)2−12⋅2mv02
解得W=6mgL−3mv02
(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m⋅2v0=mv1+2mv2
12⋅2m⋅(2v0)2−(12mv12+12⋅2mv22)=14[12⋅2m⋅(2v0)2]
解得v1=2v0，v2=v0(另一组v1=23v0v2=53v0舍掉)
两物体平抛运动的时间t1= 2Lg
则s−r=v2t1，s+r=v1t1
解得s=3v02 2Lg
【解析】(1)对药品盒A进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式得出加速的时间；
(2)从M点到N点的过程中，对药品盒B根据动能定理列式得出克服阻力做的功；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律得出药品盒的速度，结合平抛的运动特点和几何关系得出水平距离s的大小。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动能定理和平抛运动的运动学公式即可完成分析。
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