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1、2021-2022学年陕西省西安市临潼区高一(下)期末物理试卷一、单选题(本大题共8 小题，共 32.0分)1.下列关于曲线运动的描述中错误的是()A.曲线运动一定是变速运动，因为曲线运动的速度方向在不断变化B.加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度可能变也可能不变C.曲线运动的加速度方向与速度方向可能在同一直线上D.做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角2.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1
2、 cm处的点向心加速度大小约为()粉才力A.10 m/s2 B.100 m/s2 C.1000 m/s2 D.10000 m/s23.在xOy直角坐标平面上运动的质点,t=0时位于%轴上.该质点在支轴方向的位移-时间图像如图(a)所示，其在y轴方向运动的速度-时间图像如图(b)所示，贝 1()A.该质点做直线运动B.t=2.0s时，质点的速度为4m/sC.t=2.0s时，质点在xOy平面的位置坐标为(8m,4m)D.质点的加速度大小为2m/s?4.2019年4月10日，人类发布了历史上的首张黑洞照片，2022年5月12日又发布了首张银河系黑洞照片，我国科学家也参与其中做出了巨大贡献.黑洞是存在
3、于宇宙空间中的一种天体，黑洞的引力极其强大，使得视界内的逃逸速度大于光速.如果认为黑洞是一个密度极大的球形天体，质量为M,半径为R,光恰好绕黑洞做匀速圆周运动.已知光速为c,以黑洞中心为起点，到黑洞外圈视界边缘的长度为临界半径，称为史瓦西半径.己知逃逸速度0=抨（G为引力常量，r为圆周运动的半径），则该黑洞（）A.密度为卢荷 B.密 度 为 冬4nGR6 4nGR3C.史瓦西半径最大值为合 D.史瓦西半径最大值为要C2 C25.图甲为一女士站立在台阶式（台阶水平）自动扶梯上正在匀速上楼，图乙为一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼。下列关于两人受到的力的做功情况判断正确的是（）A.甲图中支
4、持力对人不做功C.甲图中摩擦力对人做负功B.乙图中支持力对人不做功D.乙图中摩擦力对人做负功6.一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆过点1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上最高点4处对轨道的压力为（）A.2mg B.37ng C.4mg D.5mg7.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能&与时间t的关系图象是（）8.如图所示，一条长为1m、质量为10kg的铁链放在水平地面上，现提起铁链的一端直到铁链的另一端刚好离开地面。
5、重力加速度g=10m/s2.则该过程中铁链重力势能的变化量为（）第2页，共17页A.100/B.-100/C.50/D.-50;二、多 选 题（本大题共4小题，共16.0分）9.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为3圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2M未超过弹性限度），重力加速度为g,则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能增加了gzngZ,C.圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零D.圆环的重力势能与弹簧弹性势能之和始终保持不变10.
6、2019年1月15日，“嫦娥四号”生物科普试验载荷项目团队发布消息称停留在月球上 的“嫦娥四号”探测器上的一颗棉花种子已经发芽，这是人类首次在月球上进行生物生长实验.如图所示，“嫦娥四号”先在环月圆轨道I上运动，接着在I上的A点实施变轨进入近月的椭圆轨道口，再由近月点B实施近月制动，最后成功登陆月球.下列说法正确的是（）貌道修正A.“嫦娥四号”绕轨道II运行的周期小于绕轨道I运行的周期B.“嫦娥四号”沿轨道I运动至4点时，需制动减速才能进入轨道nC.“嫦娥四号 沿轨道口运行时，在4点的加速度大小大于在8点的加速度大小D.“嫦娥四号”在轨道口上由4点运行到8点的过程中，速度逐渐减小1 1.如图所
7、示，质量为M、长度为，的长板静止在光滑水平面上，质量为m的小物块放在长板的最右端.现一方向向左的水平恒力F作用在小物块上，使它从静止开始向左运动，小物块和长板之间摩擦力的大小为外，当长板运动的位移为x时，小物块刚好滑到长板的最左端.若小物块可视为质点，则在整个运动过程中，以下结论正确的是（）A.小物块受到的摩擦力做的功与长板受到的摩擦力做功的代数和为负值B.整个过程中小物块和长板间因摩擦产生的热量为年（+I）C.长板的末动能为壮xD.整个过程中小物块和长板增加的机械能为FQ+I）1 2.力广对物体所做的功可由公式皿=/2缈5。求得，但用这个公式求功是有条件的,即力F必须是恒力。而实际问题中，有
8、很多情况是变力在对物体做。.那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力产所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（）SK0UA.甲图中若尸大小不变，物块从4到C过程中力产做的功为W=F（04 0C）B.乙图中，全过程中产做的总功为72/C.丙图中，绳长为R,若空气阻力f大小不变，小球从4运动到B过程中空气阻力做的功WD.图丁中，F始终保持水平，无论是尸缓慢将小球从P拉到Q,还是尸为恒力将小球从P拉到Q,F做的功都是W=FlsinO三、实 验 题（本大题共2小题，共15.0分）1 3.在平抛运动实验中，为了确定小球在不同时刻所
9、在的位置，进行了如下实验操作:A.在一块木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前；第4页，共17页B.将小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹4C.将木板沿水平方向向右平移一段距离,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B；D将木板再水平向右平移同样距离工，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹C,若测得4、B 间 距 离 为B、C 间距离为丫 2，已知当地重力加速度为g。(1)关于该实验，下 列 说 法 正 确 的 是。4斜槽轨道必须尽可能光滑B.每次小球均需由静止释放C.每次释放小球的位置可以
10、不同D小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度，之后再由机械能守恒定律求出(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式处=。(用题中所给字母表示)1 4.用如图甲所示的实验装置验证爪1、组成的系统机械能守恒。加2 从高处由静止开始下落，山1 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4 个点(图中未标出)，所用电源频率为5 0 Hz。己知=5 0 g、m2=1 5 05o则：(结果均保留两位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5 时的速度%=
11、m/s；(2)在打下0 点到打下计数点5 的过程中系统动能的增加量A E k=J,系统重力势能的减少量/E p=J；在误差允许的范围内，4 E k=4 E p,则系统的机械能守恒。（g 取lO m/s?）（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是A.利用公式u=g t 计算重物速度B.利用公式u=迎 次 计算重物速度C没有采用多次实验取平均值的方法D存在空气阻力和摩擦阻力的影响（4）若 某 同 学 作 出 h 图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g =m/四、计 算 题（本大题共3小题，共 3 7.0 分）1 5 .一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s
12、内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率之后保持额定功率运动，2 0 s 后汽车匀速运动，其u-t 图象如图所示.已知汽车的质量为2 x 1 0 3 kg,汽车受到的阻力为车重的0.1 倍，重力加速度g 取1 0 z n/s 2。求：（1）汽车在前5 s 内的牵引力为多少？（2）汽车的最大速度为多少？1 6 .如图所示，火箭内平台上放有测试仪，火箭从地面启动后，以加速度表g 为地面附近的重力加速度）竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪对平台的压力为启动前压力的已知1 O地球半径为R,求火箭此时离地面的高度？1 7 .如图所示，装置的左边4 B 部分是长为k=1 m 的水平面，一水平放置
13、的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间B C 部分是长为员=2根的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以u =4m/s 的速度逆时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1 k g 的小滑块从其上距水平台面/i =0.45m的。处由静止释放，并把弹簧最大压缩到。点，。4 间距x =0.1 m,并且弹簧始终处在弹性限度内.已知物块与传送带及左边水平面之间的动摩擦因数4=0.25,取g =1 0 m/s2.第6页，共17页(1)滑块第一次到达C处的速度大小？(2)滑块第一次到达B处的速度大小？(3)弹簧储存的最大弹性势能？答案和解析1.【答案】C【解析】解：力、由于
14、做曲线运动物体的速度方向在不断改变，所以曲线运动一定是变速运动，故 A 正确；8、根据牛顿第二定律，可知加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，做曲线运动的加速度可能变也可能不变，比如平抛运动的加速度是不变的，匀速圆周运动的加速度就是变化的，故 2 正确；C、根据物体做曲线运动的条件，可知曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，故 C 错误；。、物体做曲线运动速度时，当力的方向与运动方向的夹角小于90。，速度变大，当力的方向与运动方向的夹角大于90。，所以做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角，故。正确。本题选择错误的，
15、故 选:Co曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动,而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动；根据物体做曲线运动的条件判断；根据力的方向与其运动方向间的夹角，判断物体是加速还是减速。本题是对物体做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。2.【答案】C【解析】解：根据匀速圆周运动的规律，a)=2nn=2TT x 50 rad/s=lOOzr rad/s,r=1 cm 0.01 m,向心加速度为：a”=32r=(IOOTT)2 X 0.01 m/s2=100/m/s2=986 m/s
16、2,接近lOOOm/s2,故 C 正确，错误。故选：C。根据纽扣的转速，结合a)=27m、an=3 2 r计算圆盘转动的向心加速度。解决本题的关键是知道转速和角速度的关系，通过转速求出角速度，然后根据向心加速度公式求解，基础题。3.【答案】D第8页，共17页【解析】解：4、由图甲和图乙可知，物块沿工轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做匀加速直线运动，运动轨迹是一条曲线，故A错误：B、t =2.0 s时，根据图甲的斜率的物理意义，可得以=M =Fm/s =-4m/s，根据图乙可得t =2.0 s的速度为：%=4m/s,根据勾股定理，可得物块的速度大小为：v =J官+药=5/(4)2+42m/s
17、=4V 2m/s,故 B 错误；C t=2.0 s时，物块沿光轴正方向的位移大小为：2=8g根据图乙斜率的物理意义，可得其加速度为：a=m/s2=-2m/s2,根据位移一时间公式，可得沿沿y轴正方向的位移大小为丫2 =%()+。产=8 x 2 m +1 x (-2)x 22m=1 2 m,质点在x O y平面的位置坐标为(8 m,1 2 m),故C错误；。、质点沿尤方向做匀速直线运动，沿y方向做匀减速直线运动，所以质点的加速度大小等于y方向的加速度大小，为2 m/s 2,故。正确。故选：D =位移一时间图象的斜率等于速度，速度一时间图线的斜率表示加速度，根据加速度恒定，且与初速度方向不在同一直
18、线上，做匀变速曲线运动；求出物体在%方向和y方向的t =1 s时刻的分速度，再进行合成，求出物体的速度；根据运动学公式求得物体在x方向和y方向的t =2 s时刻的分位移，然后再求和位移。本题考查的是x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况，解题的关键是明确图象斜率的物理意义。4.【答案】D【解析】解：C。、设黑洞的半径为R,贝心=彦，解得史瓦西半径的最大值R=等，故C错误，O正确；A B、黑洞实际为一天体，史瓦西半径的最大值R=等，黑洞的质量：M =在，黑洞cz2GMO z,2的密度。=而，解得：P =%，故A B错误；故选：Do根据万有引力提供向心力，结合速度和轨道半径求出“
19、黑洞”的质量。根据逃逸速度大于光速，求 出“黑洞”的最大半径。解决本题的关键知道黑洞是一个天体，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。5.【答案】B【解析】解：A C,甲图中，人匀速上楼，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功。不受静摩擦力，摩擦力不做功，故AC错误。B D,乙图中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功。故8正确，。错误。故选：B。甲图中支持力方向竖直向上，不受摩擦力，乙图中支持力垂宜斜面,摩擦力沿斜面向上，根据支持力和摩擦力的方向与速度方向的关系确定做功情况。解决本题的关键知道力与速度方向垂直，该力不做功，力与速度方向成锐角，该力
20、做正功，力与速度方向成钝角，该力做负功。6.【答案】C【解析】解：在B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg=m,小球从4到B的过程，由机械能守恒得111.6mgR+-mv1=在4点，由牛顿第二定律得mg+N=m皆 由得N=4mg由牛顿第三定律知，小球在轨道1上最高点4处对轨道的压力为N=N=4 m g,故C正确。故选：Co小球刚好能通过轨道2的最高点B时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B点的速度，再由机械能守恒求出小球通过4点的速度,即可由牛顿运动定律求解对轨道的压力。对于圆周运动动力学问题，分析向心力的来源是关键，要明确小球恰好经过最高点的条件：重力提供向心力，要具有解决综合问题
21、的能力，需要加强这方面的练习。7.【答案】A【解析】第1 0页，共1 7页【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，根据动能公式和竖直上抛运动的速度时间公式找到动能与时间表达式即可分析。本题考查动能表达式和竖直上抛运动规律，相对来说比较简单，但关键是要结合数学知识，能根据函数关系确定出图象。【解答】竖直向上过程，设初动能为a 0,由竖直向上过程，设初速度为%,则速度时间关系为：V=Vo-gt,则此过程中的动能为：1 1 1 ,1Ek=2mp2=2m(v0 -gt)2=-mvl+5 m g 2 t z -m g vot即此过程EK与t成二次
22、函数关系，且开口向上，故B C错误；小球在下落过程中，由自由落体运动规律得-=g(t -2)，t o为小球从抛出到最高点所用时间，小球的动能为Ek=m g t-toy,根据数学知识可知6-t图像是开口向上的抛物线，故A正确，D错误；故选：AQ8.【答案】C【解析】解：铁链从初状态到末状态，它的重心位置升高了九=3瓶=0.5 m,因而铁链重力所做的功为：W =-m g h=-1 0 x 1 0 x 0.5 7 =-5 0 7,根据功能关系可得铁链的重力势能增加了4 E p =-川=5 0/,故C正确，A 8 O错误。故选：Co根据功的计算公式求解重力做的功；增加的重力势能等于物体克服重力做的功，
23、由功能关系求解重力势能的增加量。解决本题的关键要掌握重力做功与重力势能变化的关系，知道重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的功；重力做负功，即克服重力做功，重力势能增加，增加的重力势能等于克服重力做的功.要注意研究重心上升的高度.9 .【答案】BC【解析】解：4、圆环沿杆下滑过程中，弹簧的弹力对圆环做负功，圆环的机械能不守恒，故A错误；8、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹簧的弹性势能为零，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2 3 可得物体下降的高度为h=，(2L)2+/=63圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能变化量为/Ep=mgh=V3m
24、gL 故 B 正确；C、圆环所受的合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故 C 正确；。、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先变大后变小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大，故。错误。故选：B C。分析圆环下滑的过程中受力情况和外力做功情况，对照机械能守恒条件分析系统的机械能是否守恒；根据系统的机械能守恒求弹簧弹性势能变化。根据系统的机械能分析各种能之间的关系。圆环速度最大时合力为零。对物理过程进行受力分析、运动分析、做功分析，是解决问题的根本方法。本题要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒
25、。10.【答案】AB【解析】解：4、根据开普勒第三定律号=鼠可得半长轴a越大，运动周期越大，显然T2轨 道 I 的半长轴(半径)大于轨道n 的半长轴，故沿轨道口运动的周期小于沿轨道I 运动的周期，故 A 正确：8、沿轨道I 运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道U,故 B 正确；C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：誓=小。，解得：a=胃，沿轨道n 运行时，在4 点的加速度大小小于在B点的加速度大小，故 C错误；。、在轨道口上由P点运行到Q点的过程中，万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对其做正功，速度逐渐增大，故。错误。故 选:AB.根据开普勒第三定
26、律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系：根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系；根 据?合=a a 可知在不同轨道上的同一点加速度相同。本题要注意：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。根据F=ma所求的加速度a第12页，共17页是指物体的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度。11.【答案】AC【解析】解：人小物块受到的摩擦力做的功为人=-斤(+1),长板受到的摩擦力做功为明=一/7羽 则%+2=-号，为负值，故 A 正确；B、整个过程中小物块和长板间因
27、摩擦产生的热量等于系统克服摩擦力做功，为号。故B 错误；C、对长板，由动能定理得长板的末动能为a =片羽 故 C正确；。、整个过程中小物块和长板增加的机械能为尸。+/)-Ffl,故。错误。故选：AC根据功的计算公式分析小物块受到的摩擦力做的功与长板受到的摩擦力做功的代数和；整个过程中小物块和长板间因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积；根据动能定理求长板的末动能。根据功能关系求整个过程中小物块和长板增加的机械能。解答本题时，要知道功的计算公式W=F/cosa中I是对地的位移。因摩擦产生的热量与相对位移有关。12.【答案】ABC【解析】解：4甲图中若FF大小，物块从4到C过程中力尸做的功为勿
28、=河=尸(0 4-0 C),故 A 正确；B、乙图中，根据F-x 图像与工轴所围的面积表示功，可知全过程中F做的总功为“府=1 5 X 6/-3 X 6；=7 2/,故 B 正确；C、利用微元法知：小球从4运动到B过程中空气阻力做的功勿=/7=：兀/?/,故 C 正确；D、只有当尸为恒力时，W =Flsind,当尸是变力时，需要根据动能定理求解尸做功，故。错误。故选：ABC.甲图中，若F恒定不变，根据勿=凡求解力尸做的功，是力F作用点的位移大小；乙图中，根据F-x 图像与x轴所围的面积表示功，来求全过程中产做的总功；丙图中，利用微元法求小球从4运动到B过程中空气阻力做的功；只有当产为恒力时，W
29、 =Flsind,变力时，需要根据动能定理求解F做功。本题考查变力做功的常用计算方法：转换法、F-x 图像的面积法、微元法以及功能关系。13.【答案】B x P-y)y2-yi【解析】解：(1)4BC、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故4 8错误，C正确；。、小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度九，结合水平位移求出，故。错误；(2)根 据-%=gT2得丁=后 五，则平抛运动的初速度为为=x旧；故答案为：(1)C；(2)龙 口 三。为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑：初速度根据平抛
30、运动竖直方向和水平方向运动学公式计算求解。本题考查平抛运动的实验操作注意事项和初速度的计算，考查点为基础知识，难度较易。14.【答案】2.4 0.58 0.60 D 9.7【解析】解：(1)根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则%46 21.60+26.40 y 八 一？/c /%=方=2x0.!*10 2m/s=2Am/s(2)根据动能的计算公式可知：AEk=|(mx+m2)v j=i x (0.05+0.15)x 10 x 2.42=0.58/系统重力势能的减小量为%=(m2-m gh=(0.15-0.05)x 10 x(0.3840+0.2160)；=0
31、.60/(3)48、使用=g t或u=J荻计算重物速度的方法都是默认了重物做自由落体运动，而自由落体运动是必定遵循机械能守恒定律的，此计算方法无意义，故AB错误；C D.本实验的误差来源是因为阻力的存在，用平均值的方法无法减小改变能量大小关系，故C错误，O正确；故选：Do(4)根据机械能守恒定律可得：1 7-(n ii+m2)vz=(m2-m gh整理得：2 m1+m2第1 4页，共1 7页即图像的斜率为k _(72 f i)gm1+m2则有g=皿 3=随x”随 竺 *=9.7m/s2a m z-ntj 1.20 0.15-0.05 故答案为：(1)2.4；(2)0.58；0.60；(3)D；
32、(4)9.7(1)根据匀变速直线运动的规律得出纸带的瞬时速度；(2)根据功能关系的出重力势能的减小量，根据动能的计算公式得出动能的增加量；(3)根据实验原理掌握正确的实验数据处理方法；(4)根据机械能守恒定律结合图像的斜率得出重力加速度的数值。本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，理解功能关系，熟练应用运动学公式，结合图像的物理意义即可完成分析。15.【答案】解：(1)汽车在前5s内做匀加速直线运动，加速度a=*=y m/s2=2m/s2,由牛顿第二定律得：F-f=ma,f=O A m g；解得：F=6 x 103/Vo(2)汽车在5s末功率达到额定功率，P=Fv=6 x 103 x 10
33、W=6 0 kW,当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即尸=/,最大速度I=：=黑 m/s=30m/s。答：(1)汽车在前5s内的牵引力为6X103N。(2)汽车的最大速度为30m/s。【解析】(1)汽车在前5s内做匀加速运动，根据速度图象的斜率读出加速度，由牛顿第二定律求出牵引力。(2)汽车在5s末功率达到额定功率，由P=Fv求出额定功率。汽车做匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，由 第 为 1,求出最大速度外,题考查读图能力和分析汽车启动过程的能力，抓住汽车速度最大的临界条件：牵引力与阻力大小相等.16.【答案】解：启动前测试仪对平台的压力：FN1=m g 设火箭离地面的高度为h时，测试
34、仪对平台的压力为风2,由牛顿第三定律可知，平台对测试仪的支持力大小也等于凤2的大小对测试仪，由牛顿第二定律得N z -mg=m 由题意得：彩=?卜N 18 7由解得g =g g 在地球表面：G =m g 在离地面高度八 处：G=m g 由解得：h=l答：火箭此时离地面的高度是意【解析】由牛顿第二定律可求得受到的地球的吸引力；再由万有引力公式可求得火箭离地面的高度.本题考查了万有引力定律的应用，分析火箭的运动过程，应用牛顿第二定律与万有引力公式即可解题。1 7.【答案】解：(1)设滑块第一次到达C处时的速度为巧，对滑块从。到C过程中，由动能定理得，mgh=扣 谱 0代入数据解得%=3 m/s.(
35、2)假设小滑块可以和传送带达到共同速度，匀加速过程由动能定理得，limgs=31 7 n2l-1 mv2代入数据解得s =1.4 m L2故假设成立，小滑块到达B点时的速度为u =4 m/s.(3)小滑块从B到。的过程由能量守恒得，=p n g&-x)+Ep代入数据解得E p =5.7 5 7.答：(1)滑块第一次到达C处的速度大小为3 m/s.(2)滑块第一次到达B处的速度大小为4 m/s.(3)弹簧储存的最大弹性势能为5.7 5/.【解析】(1)对。到C的过程运用动能定理，求出滑块第一次到达C处的速度大小.(2)根据滑块到达C点的速度大小与传送带速度大小进行比较，判断出滑块在传送带上的运动规律，从而求出滑块第一次到达B点的速度大小.(3)对B到。的过程运用能量守恒，求出最大的弹性势能的大小.第1 6页，共1 7页本题考查了动能定理和能量守恒定律的综合运用，难度中等，该类问题是高考的热点问题，需加强训练.