一、单选题（本大题共6小题，共18.0分） 1. 关于开普勒行星运动的公式
𝑎3𝑇2
=𝑘，下列理解正确的是( )
A. k是一个与行星质量无关的量 B. T表示行星运动的自转周期
C. 公式中a为行星椭圆轨道的半长轴，若行星轨道为圆形，则公式不能使用 D. 若某颗行星的轨道慢慢增大，则该行星的公转周期慢慢减小
2. 美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”。天文学家通过观测双星轨道参数的变
化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件。GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小。若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是( )
A. 这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
B. 36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道半径小 C. 这两个黑洞运行的线速度大小始终相等
D. 随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在增大
3. 如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，
两车相距为L，乙车上站立着一个质量也为M的人，他通过一条水平轻绳用恒定的水平拉力F拉甲车直到两车相碰，在此过程中( )
A. 甲、乙两车运动过程中某时刻瞬时速度之比为1：2 B. 甲、乙两车运动的距离之比为2：1 C. 绳对人所做的功为FL D. 人拉绳所做的功为3𝐹𝐿
4. 某同学在100米短跑时采用蹲踞式起跑，发令枪响后，向前加速的同时提升身体重心。设该同
学质量为m，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为h，获得速度为v，克服阻力做功为𝑊阻，重力加速度为g。则在此过程中( )
2
A. 该同学的重力势能减小量为mgh B. 该同学的动能增加量为2𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ C. 该同学的机械能增加量为𝑊阻+𝑚𝑔ℎ
D. 该同学自身提供的能量至少为𝑊阻+𝑚𝑔ℎ+2𝑚𝑣2
5. 小明同学参加校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4𝑚，
目测空中脚离地最大高度约0.8𝑚，小明同学的质量约为50kg，忽略空气阻力，则( )
1
1
A. 小明在空中运动的时间约为0.4𝑠 B. 小明在最高点的速度大小约为6𝑚/𝑠 C. 离开地面的瞬间小明具有的动能约为1250J D. 落地前瞬间小明具有的动能约为625J
6. 如图所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁
场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为𝐿(𝐿<𝑑)、质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为𝑣0，cd边刚穿出磁场时速度也为𝑣0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )
A. 线框有一阶段的加速度为g C. 线框产生的热量为𝑚𝑔(𝑑+ℎ+𝐿)
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
B. 线框一直都有感应电流 D. 线框一直加速运动
7. 如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻
小定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆距离𝑂𝐶=ℎ.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则下列说法正确的是( )
A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大
B. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能
的减少量
C. 物块A在杆上长为2√3ℎ的范围内做往复运动 D. 物块A经过C点时的速度大小为√2𝑔ℎ
8. 如图所示，圆a的圆心在地球的自转的轴线上，b、c、d的圆心均在地
球的地心上，对绕地球做匀速圆周运动的地球卫星而言，下列说法正确的是( )
A. 卫星的轨道可能为a B. 同步卫星的轨道可能为b C. 同步卫星的轨道可能为c D. 卫星的轨道可能为d
9. 假如一做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做匀速圆周运动，则( )
A. 根据公式𝑣=𝜔𝑟，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍 B. 根据公式𝐹=𝐺C. 根据公式𝐹=𝑚
，可知地球提供的向心力将减小到原来的1/4
，可知卫星所需的向心力将减小到原来的1/2
D. 根据上述选项B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的/2
10. 如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，
其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的𝑣−𝑡图象如图b所示，则可知( )
A. 在A离开挡板前，A、B系统动量守恒 B. 弹簧锁定时其弹性势能为9J
C. A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J D. A、B与弹簧组成的系统机械能始终守恒
11. 如图所示，一个物体在与水平面的夹角为𝜃的斜向上的拉力F的作用下，沿光滑水平面做匀加速
直线运动，在物体通过距离S的过程中运动的时间为t，则( )
A. 力F对物体做的功为FS C. 力F对物体的冲量为Ft
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
B. 力F对物体做的功为𝐹𝑆𝑐𝑜𝑠𝜃 D. 力F对物体的冲量为𝐹𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃
12. 某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”。实验
开始前，他们提出了以下几种猜想：①𝑊∝√𝑣，②𝑊∝𝑣，③𝑊∝𝑣2.他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个光电门，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为𝐷.每次实验，滑行器从不同初始位置处由静止释放。
(1)一次滑行器从某位置处由静止释放后，经过光电门时光束被遮挡的时间为t，滑行器增加的动能为△𝐸𝑘=______(用题中所给符号表示)。
(2)同学们设计了以下表格来记录实验数据。其中𝐿1、𝐿2、𝐿3、𝐿4…代表物体分别从不同初始位置处无初速度释放时初始位置到速度传感器的距离，𝑣1、𝑣2、𝑣3、𝑣4…表示物体每次通过Q点的速度。 实验次数 L v 1 𝐿1 𝑣1 2 𝐿2 𝑣2 3 𝐿3 𝑣3 4 𝐿4 𝑣4 … … … 他们根据实验数据绘制了如图乙所示的𝐿−𝑣图象，并得出结论𝑊∝𝑣2.你认为他们的做法是否合适？______(填“合适”或“不合适”)原因是______。
13. (1)利用重锤的自由下落验证机械能守恒定律，下面哪些测量工具是必需的？______．
A.天平 𝐵.4～6𝑉的低压直流电源 𝐶.刻度尺 𝐷.停表
(2)在使用重锤和打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，选定了一条较为理想的纸带，如图所示，“0”为起始点，以后纸带上所打的各点依次记为1、2、3….测得重锤从开始运动到各时刻下落的高度分别是𝑠1、𝑠2、𝑠3…，则重物由“0”点运动到“4”点，重力势能减少量的表达式为______，动能增量的表达式为______(重锤质量为m，打点计时器的打点周期为𝑇)，实验结果
发现动能增量总______(填“大于”、“等于”或“小于”)重力势能的减少量，主要的原因是______．
四、计算题（本大题共3小题，共33.0分）
14. 如图所示，一斜面倾角为37°斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径为𝑅=1𝑚，将滑
块由B点无初速释放后，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，𝐴𝐵=2𝑚；滑块可视为质点，取𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，求： (1)滑块在斜面上由B到A运动的时间；
(2)若要使滑块能够从圆轨道最高点D抛出，应将释放点位置适当提高，滑块在斜面上的释放点至少应距A点多远。
15. 如图所示，光滑水平面上静止放置质量𝑀=2𝑘𝑔，长𝐿=0.84𝑚
的长木板C，在板上离板左端𝑠=0.12𝑚处静止放置质量𝑚𝐴=
1𝑘𝑔的小物块A，A与C间的动摩擦因数𝜇=0.4，在板上最右端静止放置质量𝑚𝐵=1𝑘𝑔的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可看作质点，𝑔=
10𝑚/𝑠2.现在在木板上加一水平向右的外力F，求：
(1)当𝐹=6𝑁时，A与B碰撞之前小物块A、B、C的加速度大小分别为多少？ (2)要使A与B碰撞之前，A的运动时间最短，则F至少应多大，并求出最短时间？
(3)若在A与B刚发生弹性碰撞时撤去外力F，且A最终能滑出C，则F的取值范围是什么？
16. 如图所示，质量为m的小球用长为L的细绳系于O点．把细绳拉直
至水平时无初速度地释放，小球运动至O点正下方的B点时绳子恰好被拉断(设绳子被拉断时系统没有能量损失)，小球抛出后落在水平地面上的C点，B点距地面的高度也为𝐿.求： (1)绳子被拉断时小球的速度； (2)小球落到地面时距B点的水平距x．
五、综合题（本大题共1小题，共15.0分）
17. 假定一颗人造地球卫星正在离地面1700km高空的圆形轨道上运行，它的速率多大？(已知地球
半径6400km，地球表面处的重力加速度g取10𝑚/𝑠2)
【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：A、k是一个与行星无关的常量，与恒星的质量有关，故A正确； B、T表示行星运动的公转周期，故B错误；
C、公式中a为行星椭圆轨道的半长轴，若行星轨道为圆形，则a为轨道圆半径，公式依然成立，故C错误；
D、若某颗行星的轨道慢慢增大，根据故选：A。
开普勒第三定律中的公式成正比。
注意开普勒第三定律虽然总结的行星椭圆轨道规律，但圆轨道同样成立，这时a指轨道半径；周期T是公转周期。
𝑎3𝑇2
𝑎3𝑇2=𝑘，行星的公转周期慢慢增大，故D错误。
=𝑘，表示行星绕恒星运行，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方
2.答案：B
解析：解：B、根据𝐺根据𝐺
𝑚 𝑚12
𝑚 𝑚12
𝐿2
=
4𝜋
𝑚1𝑟𝑚可得122𝑇
2
=
2𝐿24𝜋
𝐺𝑇 2
𝑟1①
𝐿2
=𝑚2
𝑟
24𝜋 𝑟 可得𝑚1𝑇 22
=
2𝐿24𝜋
𝐺𝑇 2
𝑟2②
由①②知𝑚 𝑚12
=𝑟2 ，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的
1
黑洞轨道半径小。故B正确；
A、根据𝑎=𝜔 2𝑟可知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误； C、这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据𝑣=𝜔𝑟可以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小。故C错误；
D、又：𝑚1+𝑚2=
2𝐿24𝜋
𝑇 2
(𝑟1+𝑟2)=
2𝐿34𝜋
𝐺𝑇 2
+𝑚2当𝑚1不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D错误；
故选：B。
双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力公式以及线速度、向心加速度、角速度直接的关系判断即可。
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，难度不大，属于基础题。
3.答案：B
解析：解：A、甲、乙两车和人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
0=𝑀𝑣甲−(𝑀+𝑀)𝑣乙；
可得甲、乙两车运动中瞬时速度之比为：𝑣甲：𝑣乙=(𝑀+𝑀)：𝑀=2：1，故A错误；
12
B、设甲车和乙车移动的距离分别为𝑠1和𝑠2.则有：𝑣甲=𝑡，𝑣乙=𝑡
𝑠𝑠
又𝑠1+𝑠2=𝐿
联立解得：𝑠1：𝑠2=2：1，𝑠1=3𝐿，3𝐿，故B正确；
C、根据功的定义可知，绳对人所做的功为𝑊1=𝐹⋅𝑠2=𝐹𝐿，故C错误；
3
D、此过程中人拉绳所做功等于拉力和人相对于绳子的位移的乘积，为𝑊=𝐹𝐿.故D错误 故选：B。
人通过一条轻绳拉甲车的过程，甲、乙两车和人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求甲、乙两车运动中瞬时速度之比。将速度由位移与时间之比表示，代入动量守恒定律表达式，并结合几何关系可求两车移动的距离。根据功的定义即可求出人拉绳做的功。
解决本题的关键要把握系统的动量守恒，运用速度公式表示速度与位移的关系，要注意速度和位移的参照物都是地面。同时要注意的另一个问题是拉绳子的力做的功：人拉绳子的过程中人对绳子做的功转化为绳子对甲做的功以及绳子对乙和人做功的和，所以人拉绳子做的功是FL。
1
2
1
4.答案：D
解析：解：A、由于该同学重心上升h，故重力做功为𝑊重=−𝑚𝑔ℎ，根据功能关系可得重力势能增加△𝐸𝑃=−𝑊重=𝑚𝑔ℎ，故A错误；
B、由于该同学获得速度为v，则动能增加为△𝐸𝐾=2𝑚𝑣2，故B错误；
C、起跑过程，该同学的重力势能增加mgh，动能增加2𝑚𝑣2，故机械能增加量为2𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ，故C错误；
1
1
1
D、根据动能定理，有：𝑊人−𝑊阻−𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2，故𝑊人=2𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ+𝑊阻，根据功能关系可知该同学自身提供的能量至少为𝑊阻+𝑚𝑔ℎ+2𝑚𝑣2，故D正确。 故选：D。
根据重力势能的变化与重力做功关系来分析；根据最后的速度大小求解动能的增加；机械能增加量等于重力势能和动能的增加量之和；根据动能定理和功能关系得到该同学自身提供的能量。 本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
1
11
5.答案：D
解析：解：A、忽略空气阻力，小王起跳后，做斜抛运动，分解为竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，向上运动时间为𝑡=√
2ℎ𝑔
𝑠=0.4𝑠，故小明的运动时间为0.8𝑠，故A错误；
B、竖直分初速度为：𝑣0𝑦=𝑔𝑡=10×0.4𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠
水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度为𝑣0𝑥=2𝑡𝑚/𝑠=3𝑚/𝑠，故B错误；
22CD、初速度为：𝑣0=√𝑣0𝑋+𝑣0𝑦𝑚/𝑠=5𝑚/𝑠，
2
=×50×52𝐽=625𝐽，故C错误，D根据动能定理得：起跳时，小王同学所做功大约为𝑊=2𝑚𝑣0
2
1
1
𝑥
正确； 故选：D。
当物体大小形状对我们研究问题没影响或影响很小可忽略时即可把物体看做质点，根据起跳高度求时间，根据时间和水平位移求水平初速度，进而可求初速度。
本题考查斜上抛运动，一般分解为水平方向匀速直线运动，竖直方向匀减速运动，然后利用其规律列式求解。求解变力做功时，一般采用动能定理。
6.答案：A
解析：解：A、线框ab边刚进入磁场速度为𝑣0，cd边刚穿出磁场时速度也为𝑣0，线框全部进入磁场后的阶段没有感应电流，加速度为g，故A正确；
B、正方形线框abcd边长为𝐿(𝐿<𝑑)，所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流，故B错误。
C、根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重力势能
转化为线框产生的热量。𝑄=𝑚𝑔(𝑑+𝐿)，故C错误。
D、线框进入磁场时磁通量增大，穿出磁场时磁通量减小，根据楞次定律可得，感应电流的磁场的方向一定相反，则感应电流的方向相反，故D错误。 故选：A。
正方形线框abcd边长为𝐿(𝐿<𝑑)，所以有一段过程线框完全进入磁场，线框无感应电流，只受重力。 根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程求解。
解决本题的关键根据根据正方形线框abcd边长为𝐿(𝐿<𝑑)，进行受力分析，明确研究过程的运动情况。
7.答案：ACD
解析：解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子的拉力对A一直做正功，其动能一直增大，故A正确。
B、在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B从释放到了最低点，在此过程中，绳子拉力对B一直做负功，其机械能一直减小，物块B的动能变化量为零，所以物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量。故B错误。
C、由几何知识可得𝐴𝐶=√3ℎ，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知物块A在杆上长为2√3ℎ的范围内做往复运动。故C正确。
D、设物块A到达C点时速度为𝑣𝐴，𝑚𝑔(−ℎ)=此时B的速度为0，根据系统的机械能守恒得：𝑠𝑖𝑛30∘12
2𝑚𝑣𝐴，解得：𝑣𝐴=√2𝑔ℎ，故D正确。
ℎ
−
故选：ACD。
在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速再返回，当A的速度最大时，B下降最低．即物块A到达C点时B的速度为零．根据A、B两个物块组成的系统机械能守恒求物块A经过C点时的速度．结合对称性分析物块A的运动范围．根据物块A在开始位置和C点的功率，分析细线对A拉力的功率变化情况．根据能量守恒定律，分析物块B克服细线拉力做的功与B重力势能的减少量的关系．
本题的关键要正确分析两物块的运动情况，知道块A经过C点时，B的速度为零，明确系统遵守机械能守恒，但对单个物块而言，机械能是不守恒的．
8.答案：BD
解析：解：AD、星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心。因此轨道a是不可能的，轨道d是可能的，故A错误，D正确；
BC、同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空。故轨道只可能为b。故B正确，C错误。 故选：BD。
卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力，万有引力的方向指向地心，故圆周运动的圆心为地心。
解决本题的关键知道卫星绕地球做匀速圆周运动，圆心即为地心。以及同步卫星的轨道在赤道上空，难度不大，属于基础题。
9.答案：BD
解析：人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度、角速度、周期都随着变化，所以，不能用向心力的表达式来讨论一些物理量的变化，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法．当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度
随着变化，所以，不能用公式
讨论卫星的线速度变化，故A错误；人造卫星的轨
道半径增大到原来的2倍，由公式可知地球提供的向心力将减小到原来的，故B正确；
当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度随着变化，所以，不能用公式
讨论卫星的向心力变化，故C错误；根据万有引力提供向心力，卫星的线速度，可知卫
星运动的线速度将减少到原来的，故D正确．所以选BD．
考点：本题考查万有引力定律及其应用，意在考查考生对绕地卫星的线速度与半径、周期、向心力等之间关系的理解和应用能力．
10.答案：BCD
解析：解：A、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；
B、解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，由图象可知，𝑣𝐵=3𝑚/𝑠；
2
根据机械能守恒定律，有：𝐸𝑝=2𝑚𝐵𝑣𝐵，解得：𝐸𝑝=9𝐽，故B正确；
1
C、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为𝑣共=2𝑚/𝑠，
根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：𝑚𝐵𝑣0=(𝑚𝐴+𝑣𝐵)𝑣共
22𝐸′𝑝=2𝑚𝐵𝑣0−2(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣共，
1
1
联立解得：𝐸′𝑝=3𝐽，故C正确；
D、在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故D正确。 故选：BCD。
在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒； 解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，根据机械能守恒定律求解； 分析A离开挡板后A、B的运动过程，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解； 根据系统机械能守恒的条件进行分析。
本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大；利用动量守恒定律答题时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程。
11.答案：BC
解析：解：A、由题意及功的公式可得，力F对物体所做的功：𝑊=𝐹𝑆𝑐𝑜𝑠𝜃；故A错误；B正确； C、根据冲量的定义可知，力F对物体的冲量为𝐹𝑡.故C正确，D错误； 故选：BC。
由功的公式可求得拉力所做的功；由冲量的定义式即可求出拉力的冲量。
功的计算中要注意功等于力与在力的方向上发生的位移；而冲量一定等于力与时间的乘积。 𝑚(𝑡)2 不合适 绘制的𝐿−𝑣图象时曲线，不能得出结论𝑊∝𝑣2，所以他们的做法不合适，12.答案：2为了更直观的看出L和v的关系，应该绘制出𝐿−𝑣2图象。
1
𝐷
解析：解：(1)小车的挡光片通过光电门的时间极短，故此时的速度为：𝑣=𝑡， 故小车获得的动能为：𝐸𝑘=2𝑚𝑣2=2𝑚(𝑡)2； (2)合力的功𝑊=𝐹合𝐿∝𝐿，
𝐿−𝑣图象时曲线，说明𝑊−𝑣图象也是曲线，不能说明𝑊∝𝑣2，为了更直观地看出L和v的关系，应该绘制𝐿−𝑣2图象。
故答案为：(1)2𝑚(𝑡)2；(2)不合适，绘制的𝐿−𝑣图象时曲线，不能得出结论𝑊∝𝑣2，所以他们的做法不合适，为了更直观的看出L和v的关系，应该绘制出𝐿−𝑣2图象。
(1)用极短时间的平均速度表示瞬时速度得到小车经过光电门的速度，得到动能的表达式； (2)结合数学中的幂函数图象进行分析即可。
本题考查探究功和速度变化关系实验，值得注意的是：由于合外力恒定，因此合外力做的功与发生的位移是成正比。故可先探究位移与速度变化有何关系。
1
𝐷
1
1
𝐷
𝐷
13.答案：C 𝑚𝑔𝑠4
𝑚(𝑠5−𝑠3)2
8𝑇2
小于 重锤下落过程受到阻力作用
解析：解：(1)𝐴、由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉，因此不需要天平，故A错误． B、该实验需要交流电源，故B错误．
C、实验中需要测量纸带上两点间的距离，所以需要刻度尺，故C正确．
D、在该实验中，通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，故D错误． 故选：C．
(2)重物由O点运动到“4”点，势能的减少量的表达式为：𝑚𝑔𝑆4； 4这个点的速度为：𝑣=
1
𝑠5−𝑠32𝑇
，
𝑚(𝑠5−𝑠3)2
8𝑇2
2动能增量的表达式为𝑚𝑣4=2
；
实验结果发现动能增量总小于重力势能的减少量，主要的原因是重锤下落过程受到阻力作用． 故答案为：(1)𝐶 (2)𝑚𝑔𝑠4，
𝑚(𝑠5−𝑠3)2
8𝑇2
，小于，重锤下落过程受到阻力作用
(1)依据验证机械能守恒的原理，可知实验需要测量的物理量，则可进一步知道实验所需要的器材． (2)由重力势能表达式可得重物由O点运动到“4”点，势能的减少量；
由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得4点的瞬时速度，进而得到该点的动能表达式；
该验证试验有摩擦和空气阻力做功，消耗能量，故重力势能不能完全转化为动能．
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、所测数据等，会起到事半功倍的效果；注意匀变速直线运动的推论在纸带上的应用．
14.答案：解：(1)设滑块到达A点的速度为𝑣𝐴，从A到C过程，由机械能守恒有；
12𝑚𝑣𝐴=𝑚𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠37° 2滑块从B到A过程做匀加速运动，有：𝑥𝐴𝐵=联立解得：𝑣𝐴=4𝑚/𝑠，𝑡=1𝑠
(2)滑块在斜面上运动时，由上题有：加速度为𝑎=
𝑣𝐴𝑡
𝑣𝐴2
𝑡
=4𝑚/𝑠2。
设滑块能从D点抛出的最小速度为𝑣𝐷，则有𝑚𝑔=𝑚
1
2𝑣𝐷
𝑅
1
2
从A到D由机械能守恒有：2𝑚(𝑣𝐴′)2=𝑚𝑔𝑅(1+𝑐𝑜𝑠37°)+2𝑚𝑣𝐷 2在斜面上运动时有𝑣′𝐴=2𝑎𝑥′，
联立解得：𝑥′=5.75𝑚
答：(1)滑块在斜面上由B到A运动的时间是1s。 (2)滑块在斜面上的释放点至少应距A点5.75𝑚远。
解析：(1)滑块从A到C过程，根据机械能守恒定律求出A点的速度，结合匀变速直线运动规律求解由B到A运动的时间。
(2)𝐷点为圆周运动的最高点，速度有最小值，速度最小时满足：𝑚𝑔=𝑚度。从A到D由机械能守恒列式，再联立求解。
本题考查了动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律的综合运用，要知道最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律和机械能守恒进行求解。
(1)设A和C一起向右加速，𝐹=(𝑀+𝑚𝐴)𝑎， 解：它们间的静摩擦力为f，由牛顿第二定律得：15.答案：
代入数据解得：𝑎=2𝑚/𝑠2，
对A：𝑓=𝑚𝐴𝑎=1×2=2𝑁<𝜇𝑚𝐴𝑔， 则A、C相对静止一起加速运动， 则有：𝑎𝐴=𝑎𝐶=2𝑚/𝑠2，𝑎𝐵=0；
(2)𝐴在与B碰撞之前运动时间最短，必须加速度最多，由牛顿第二定律得：𝑓𝑚=𝜇𝑚𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎1，
2
𝑣𝐷
𝑅
，可求得D点的最小速
2
位移为：𝐿−𝑠1=2𝑎1𝑡1，
1
解得为：𝑡1=0.6𝑠，
对A、C整体有：𝐹=(𝑀+𝑚)𝑎1， 代入数据解得：𝐹=12𝑁；
(3)在A与B发生碰撞时，A刚好滑至板的左端，则此种情况推力最大，设为𝐹1，对C，由牛顿第二定律得：
𝐹1−𝜇𝑚𝐴𝑔=𝑀𝑎𝑐，
1位移：𝐿=2𝑎𝐶𝑡1
1
代入数据解得：𝐹1=
403
𝑁≈13.3𝑁，
弱A与C没有发生相对滑动，设推力的最小值为𝐹2，A、B发生弹性碰撞前，对A、C，由动能定理得：
2𝐹2(𝐿−𝑠)=2(𝑀+𝑚𝐴)𝑣1−0，
1
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
𝑚𝐴𝑣1=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵， 由机械能守恒定律得：
12
222𝑚𝐴𝑣1=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵，
2
2
1
1
解得：𝑣𝐴=0，𝑣𝐵=𝑣1，
然后刚好撤去外力，A与C发生相对滑动，A滑至C的左端时A、C刚好共速，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑀𝑣1=(𝑀+𝑚𝐴)𝑣2，
22
=2(𝑀+𝑚𝐴)𝑣2+𝜇𝑚𝐴𝑔𝑠， 由能量守恒定律得：2𝑀𝑣1
1
1
解得：𝐹2=3𝑁，
则推力的范围为3𝑁<𝐹<13.3𝑁；
答：(1)当𝐹=6𝑁时，A与B碰撞之前小物块A、B、C的加速度大小分别为2𝑚/𝑠2、0、2𝑚/𝑠2； (2)要使A与B碰撞之前，A的运动时间最短，则F至少应为12N，最短时间为0.6𝑠；
(3)若在A与B刚发生弹性碰撞时撤去外力F，且A最终能滑出C，则F的取值范围是3𝑁<𝐹<13.3𝑁。
解析：(1)由牛顿第二定律可以求出加速度。 (2)由牛顿第二定律与运动学公式可以求出运动时间。
(3)由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的位移公式求出时间，然后应用牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律求出力的范围。
本题是一道力学综合题，是多体多过程问题，比较复杂，分析清楚各物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、动能定理即可正确解题，解题时要注意假设法的应用。
16.答案：解：(1)根据动能定理得，𝑚𝑔𝐿=2𝑚𝑣2，解得𝑣=√2𝑔𝐿．
(2)根据𝐿=2𝑔𝑡2得，𝑡=√，则小球落地点的水平距离𝑥=𝑣𝑡=√2𝑔𝐿√
𝑔
1
2𝐿
2𝐿𝑔
1
=2𝐿．
答：(1)绳子被拉断时小球的速度为√2𝑔𝐿； (2)小球落到地面时距离B点的水平距离为2L．
解析：(1)根据动能定理求出小球到达最低点的速度．
(2)根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离．
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
17.答案：解：由题意知地球半径为𝑅=6.4×106𝑚，卫星轨道半径𝑟=𝑅+ℎ=(6400+1700)𝑘𝑚=
8.1×106𝑚。 在地球表面有：𝐺
𝑚𝑀𝑅2
=𝑚𝑔
可得：𝐺𝑀=𝑔𝑅2 地球卫星有：𝐺
𝑀𝑚𝑟2
=𝑚𝑟 2
6)2
𝑣2
可得卫星运行速度𝑣=√𝐺𝑀=√𝑔𝑅=√10×(6.4×10
6𝑟
𝑟
8.1×10
𝑚/𝑠=7.11×103𝑚/𝑠=7.11𝑘𝑚/𝑠。
答：卫星的速率为7.11𝑘𝑚/𝑠。
解析：地球表面重力与万有引力相等，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力。 解决本题的出发点是利用：一是星球表面重力与万有引力相等，二是万有引力提供圆周运动向心力。注意单位的统一。
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容