2023-2024學(xué)年北京四中高三（上）期中物理試題和答案

高中PAGE1試題2023北京四中高三（上）期中物理一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題2分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確。請(qǐng)將答案填涂在答題卡上。）1．輻射的危害程度常用“當(dāng)量劑量”這一物理量衡量，其國際單位是“希沃特”，記作“Sv”。每千克人體組織吸收1焦耳能量定義為1希沃特，則下列選項(xiàng)中用國際單位制的單位表示希沃特正確的是（）A．J?kg B．m2?s﹣2 C．m2?s﹣1 D．kg2?m2?s﹣2（多選）2．如圖所示，購物袋兩側(cè)有兩根等長輕繩呈對(duì)稱分布，人們?cè)谫徫飼r(shí)可以將物品裝入購物袋中方便攜帶。用手提著兩繩中央上端，始終保持購物袋處于平衡狀態(tài)，則（）A．僅增加購物袋中物品的質(zhì)量，輕繩上的拉力不變 B．僅增加兩繩的長度，手對(duì)輕繩的作用力不變 C．僅增加兩繩的長度，每根輕繩上拉力減小 D．輕繩越短，越不容易斷3．兩質(zhì)量均為m的石塊a、b以相同的速度從同一高度h，分別沿水平和斜向上方向拋出。已知b初速度與水平方向夾角為θ（θ＞0°）。不計(jì)空氣阻力。則從拋出到落地前一瞬間，下列物理量相同的是（）A．兩石塊落地時(shí)的動(dòng)能 B．兩石塊落地時(shí)的速度 C．兩石塊重力的平均功率 D．兩石塊落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率4．有一種玩具結(jié)構(gòu)如圖所示，豎直放置的光滑鐵圓環(huán)的半徑為R＝20cm，環(huán)上穿有一個(gè)帶孔的小球m，僅能沿環(huán)做無摩擦滑動(dòng)．如果圓環(huán)繞著通過環(huán)心的豎直軸O1O2以10rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)（g＝10m/s2），則小球相對(duì)環(huán)靜止時(shí)和環(huán)心O的連線與O1O2的夾角θ是（）A．30° B．45° C．60° D．75°5．如圖所示，一位同學(xué)手持乒乓球拍托球沿水平直線跑動(dòng)，球拍與球相對(duì)靜止且均相對(duì)該同學(xué)身體靜止，球拍平面和水平面之間夾角為θ。設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，不計(jì)球拍和球之間摩擦，不計(jì)空氣阻力，則（）A．該同學(xué)做勻速直線跑動(dòng) B．乒乓球處于平衡狀態(tài) C．球拍受到的合力大小為Mgtanθ D．球拍受到乒乓球的壓力大小為mgcosθ6．翻斗車自卸貨物的過程可以簡化成如圖所示模型，翻斗車始終靜止在水平地面上，原來處于水平的車廂，在液壓機(jī)的作用下，與水平方向的夾角θ開始緩慢增大（包括貨物下滑過程中θ也在增加）。下列說法正確的是（）A．貨物受到的支持力先減小后增加 B．貨物受到的摩擦力先減小后增加 C．貨物受到的支持力一直做正功 D．貨物受到的摩擦力一直做負(fù)功7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力。已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中（）A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR C．合力做功mgR D．摩擦力做功8．碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動(dòng)，游樂場(chǎng)上，大人和小孩各駕著一輛碰碰車正對(duì)迎面相撞，碰撞前后兩人的位移—時(shí)間圖像如圖所示，已知小孩的質(zhì)量為30kg，大人的質(zhì)量為60kg，碰碰車質(zhì)量相同，碰撞時(shí)間極短。下列說法正確的是（）A．碰前大人和車的速度大小為2m/s B．碰碰車質(zhì)量為15kg C．碰撞過程中機(jī)械能損失為450J D．碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為90N?s二、多項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)正確，漏選給1分，錯(cuò)選0分。請(qǐng)將答案填涂在答題卡上。）（多選）9．（3分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端栓一金屬球，球被水平繩拉住保持靜止。現(xiàn)將繩子剪斷，虛線為之后金屬球擺動(dòng)過程中的一段運(yùn)動(dòng)軌跡，關(guān)于這段運(yùn)動(dòng)過程中說法正確的是（）A．剪斷繩子瞬間金屬球加速度一定水平向左 B．在懸點(diǎn)正下方b位置時(shí)金屬球所受合力可能豎直向上 C．金屬球運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)c位置時(shí)動(dòng)能一定為零 D．金屬球運(yùn)動(dòng)到軌跡最左側(cè)d位置時(shí)水平速度一定為零（多選）10．（3分）宇宙飛船繞地心做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，飛船艙內(nèi)有一質(zhì)量為m的人站在可稱體重的臺(tái)秤上，用R表示地球的半徑，g表示地球表面處的重力加速度，g′表示宇宙飛船所在處的地球引力加速度，N表示人對(duì)秤的壓力，下面一些關(guān)系式正確的是（）A．g′＝g B．g′＝0 C．N＝mg D．N＝0（多選）11．（3分）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)。已知重力加速度大小為g。現(xiàn)對(duì)小球施加水平力將小球拉到Q點(diǎn)，此時(shí)繩子偏離豎直方向夾角為θ，則下列說法正確是（）A．若小球從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，則水平拉力F做功為Flsinθ B．若小球從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，則水平拉力F做功為mgl（1﹣cosθ） C．若水平恒力F＝mg，則從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，則水平拉力F做功為mglsinθ D．若水平恒力F＝mg，θ＝，則從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，小球速度先增大后減?。ǘ噙x）12．（3分）如圖所示，物理興趣小組要測(cè)物塊A與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ，按圖連接好裝置，按住A，繩恰繃直。將A由P點(diǎn)靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點(diǎn)。測(cè)出B下落高度h＝0.20m，和PQ間距離s＝0.50m。A、B質(zhì)量均為m。則下列說法正確的是（）A．A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 B．A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25 C．若僅考慮滑輪與繩子的摩擦，測(cè)量值與真實(shí)值相比偏小 D．若僅考慮定滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能，測(cè)量值與真實(shí)值相比偏大（多選）13．（3分）我國自主研發(fā)的衛(wèi)星不僅可以在高空領(lǐng)域清理空間碎片，還可以發(fā)揮“太空拖船”的作用。“實(shí)踐21號(hào)衛(wèi)星”將一顆失效的北斗二號(hào)衛(wèi)星由同步衛(wèi)星軌道經(jīng)轉(zhuǎn)移軌道送入“墓地軌道”，這一操作震驚了世界。如圖所示，軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、分別為同步衛(wèi)星軌道、轉(zhuǎn)移軌道和墓地軌道，P、Q分別為軌道Ⅱ與軌道Ⅰ、Ⅲ的切點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期一定大于24小時(shí) B．衛(wèi)星從軌道Ⅰ上進(jìn)入軌道Ⅱ時(shí)，在P點(diǎn)處的線速度相同 C．衛(wèi)星從軌道Ⅱ上進(jìn)入軌道Ⅲ時(shí)，在Q點(diǎn)處的加速度相同 D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ轉(zhuǎn)移到軌道Ⅲ的過程中，動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大，機(jī)械能守恒（多選）14．（3分）如圖所示，質(zhì)量分別為2m、km（k未知且k＞2）的小球B、C靜止放置在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球A從小球B的左側(cè)以速度v水平向右運(yùn)動(dòng)。已知所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，A與B只發(fā)生一次碰撞，則k的值可能為（）A．4.5 B．6 C．7.5 D．9（多選）15．（3分）如圖所示，A、B兩個(gè)矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊A和木塊B的質(zhì)量均為m。現(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊A在此位置所受的壓力為F（F＞mg），彈簧的彈性勢(shì)能為E，撤去力F后，下列正確的是（）A．彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧彈力對(duì)A、B的沖量相同 B．當(dāng)A速度最大時(shí)，彈簧仍處于壓縮狀態(tài) C．當(dāng)B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度大小為 D．全程中，A上升的最大高度為+（多選）16．（3分）如圖所示，在光滑地面上有一個(gè)質(zhì)量為m、半徑為R、內(nèi)表面光滑的半球形凹槽。質(zhì)量同樣為m的小球在距離A點(diǎn)上方為R處，以速度v0開始平拋；與此同時(shí)，凹槽也以v0開始運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，凹槽經(jīng)歷了先減速再加速的過程 B．小球從C離開后仍能夠從C點(diǎn)落回到凹槽 C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，地面的支持力等于2mg D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0+三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，每空2分，共16分。）17．（8分）用如圖1所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)。將白紙和復(fù)寫紙對(duì)齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板的那一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。（1）下列實(shí)驗(yàn)條件必須滿足的有。A．斜槽軌道光滑B．斜槽軌道末端水平C．擋板高度等間距變化D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）為定量研究，建立以水平方向?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的平面直角坐標(biāo)系。a．取平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的（選填“最上端”、“最下端”或“球心”）對(duì)應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)；在確定y軸時(shí)（選填“需要”或“不需要”）y軸與重垂線平行。b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點(diǎn)，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點(diǎn)，AB和BC的水平間距相等且均為x，測(cè)得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，可求得鋼球平拋的初速度v0大小為（已知重力加速度為g，結(jié)果用上述字母表示）。18．（8分）如圖1所示是“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)裝置圖，該裝置同時(shí)也可以完成“探究物體加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”。（1）用該裝置完成“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)時(shí)，下面說法正確的是。A.圖中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)使用8V左右的交流電源B.實(shí)驗(yàn)時(shí)必須通過調(diào)節(jié)軌道左端的滑輪以讓細(xì)線和軌道平行C.實(shí)驗(yàn)時(shí)必須把軌道右端抬高以平衡摩擦力D.實(shí)驗(yàn)時(shí)不需要滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量E.為了提高實(shí)驗(yàn)的精度，本實(shí)驗(yàn)需要改變車中砝碼的個(gè)數(shù)以改變運(yùn)動(dòng)小車的質(zhì)量，獲得多組數(shù)據(jù)（2）某同學(xué)利用如圖1所示的裝置進(jìn)行“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)中重物始終未落地，最后得到了如圖2所示的速度—時(shí)間圖像，根據(jù)圖像可以分析出在實(shí)驗(yàn)操作中可能存在的問題是。A.實(shí)驗(yàn)中沒有平衡摩擦力B.實(shí)驗(yàn)中沒有滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量C.實(shí)驗(yàn)中先讓釋放小車后打開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器D.實(shí)驗(yàn)中未保持細(xì)線和軌道平行（3）某同學(xué)利用上述實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中按規(guī)范操作打出的一條紙帶的一部分如圖3。從比較清晰的點(diǎn)起，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到“A”的距離（單位：cm）。則由數(shù)據(jù)可得其加速度為m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。（4）在“探究物體加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，為了提高實(shí)驗(yàn)精度，某同學(xué)通過合理的操作使用力傳感器（圖4）來測(cè)量繩子拉力，下面有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作中說法正確的是。A.實(shí)驗(yàn)操作中不需要槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量B.實(shí)驗(yàn)操作中不需要細(xì)線和軌道平行C.實(shí)驗(yàn)操作中不需要平衡摩擦力D.實(shí)驗(yàn)操作中不需要多次改變小車的質(zhì)量以獲得多組數(shù)據(jù)四、計(jì)算題（本大題共4小題，共44分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，畫出相應(yīng)的示意圖。只寫出最后答案的不能得分。）19．（8分）一輛汽車在平直公路上行駛，已知汽車的質(zhì)量m＝2.0×103kg，發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P0＝80kW，設(shè)汽車行駛過程中受到的阻力大小恒為f＝4.0×103N。（1）在不超過額定功率的前提下，求該汽車所能達(dá)到的最大速度vm。（2）如果汽車從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。加速度的大小a＝2.0m/s2，在發(fā)動(dòng)機(jī)不超過額定功率的前提下，求汽車維持勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。20．（10分）2019年10月28日發(fā)生了天王星沖日現(xiàn)象，即太陽、地球、天王星處于同一直線，此時(shí)是觀察天王星的最佳時(shí)間。觀測(cè)得天王星半徑為R，它的一顆天然衛(wèi)星環(huán)繞的周期約為T，環(huán)繞半徑為r，萬有引力常量為G，求：（1）估算天王星的質(zhì)量；（2）估算天王星第一宇宙速度的大?。唬?）若天王星繞太陽的環(huán)繞周期是n年，兩次出現(xiàn)天王星沖日現(xiàn)象需要時(shí)間間隔多少年。21．（12分）如圖所示，質(zhì)量M＝1.0kg的木塊隨傳送帶一起以v＝2.0m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50．當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)至最左端A點(diǎn)時(shí)，一顆質(zhì)量為m＝20g的子彈以v0＝3.0×102m/s水平向右的速度擊穿木塊，穿出時(shí)子彈速度v1＝50m/s．設(shè)傳送帶的速度恒定，子彈擊穿木塊的時(shí)間極短，且不計(jì)木塊質(zhì)量變化，g＝10m/s2．求：（1）在被子彈擊穿后，木塊向右運(yùn)動(dòng)距A點(diǎn)的最大距離；（2）子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能；（3）從子彈擊穿木塊到最終木塊相對(duì)傳送帶靜止的過程中，木塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能．22．（14分）動(dòng)量定理在物理學(xué)中有著非常重要的地位，是人們解決相關(guān)問題的一重要工具。（1）簡述動(dòng)量定理，并畫示意圖構(gòu)建一個(gè)運(yùn)動(dòng)模型，根據(jù)牛頓定律推導(dǎo)出動(dòng)量定理。（2）閱讀下述材料，回答問題。水刀（圖甲），利用超高壓技術(shù)將普通的水加壓到極高的壓強(qiáng)，然后再通過直徑約0.05毫米的噴嘴噴射出來，形成速度約為800米/秒的高速射流，該射流可用來切割軟質(zhì)材料。如果再在射流中加入適量的磨料，則幾乎可以用來切割所有的硬質(zhì)材料，比如金剛石。水刀是目前世界上最鋒利的“刀”。已知水的密度ρ＝1×103kg/m3。a.估算水刀施加于被切割材料的壓強(qiáng)。b.分析說明，為什么在普通水中添加磨料，可以切割更堅(jiān)硬的材料？（3）迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下會(huì)從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，如圖乙所示。這一景觀可做如下簡化，假設(shè)水柱以速度v0從噴口豎直向上噴出，噴口截面積為S。設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計(jì)，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(jì)。求：a.噴泉水泵的輸出功率。b.米老鼠模型在空中懸停的高度。

參考答案一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題2分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確。請(qǐng)將答案填涂在答題卡上。）1．【分析】根據(jù)題上信息“每千克（kg）人體組織吸收1焦耳（J）為1希沃特”作答?！窘獯稹拷猓好壳Э巳梭w組織吸收1焦耳能量定義為1希沃特，即希沃特用國際單位制的基本單位表達(dá)為J/kg，即1Sv＝1J/kg，又1J＝1N?m，1N＝1kg?m/s2，聯(lián)立可知1Sv＝1m2/s2，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合當(dāng)今熱點(diǎn)考查單位制，關(guān)鍵是要讀懂題目給予的信息。2．【分析】對(duì)購物袋整體受力分析，再根據(jù)平衡條件作答；增加兩根輕繩的長度，則繩子與豎直方向的夾角會(huì)變小，根據(jù)平衡條件結(jié)合力的合成與分解分析作答；同理分析繩子變短的情形。【解答】解：A．對(duì)購物袋整體受力分析，當(dāng)購物袋中增加物品的質(zhì)量，整個(gè)袋子的重力增加，根據(jù)平衡條件，繩子對(duì)袋子的拉力增大，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)整體分析可知手對(duì)輕繩的作用力等于購物袋的重力，與繩長無關(guān)，故僅增加兩繩的長度，手對(duì)輕繩的作用力不變，故B正確；CD．設(shè)輕繩的拉力為T，輕繩與豎直方向的夾角為θ，則每段輕繩拉力的豎直分力等于物重的四分之一；根據(jù)平衡條件4Tcosθ＝mg輕繩的拉力T＝僅增加兩根輕繩的長度，則繩子與豎直方向的夾角θ會(huì)變小，拉力減小；反之，繩子越短，角度越大，繩子拉力越大，越容易斷，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了共點(diǎn)力作用下物體的平衡、力的合成與分解的運(yùn)用。3．【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律比較落地時(shí)的速度大小，速度是矢量，還要考慮方向；通過比較落地時(shí)豎直方向上的速度比較重力做功的瞬時(shí)功率，由P＝求重力的平均功率。【解答】解：AB、兩質(zhì)量均為m的石塊a、b以相同的速度從同一高度h，分別沿水平和斜向上方向拋出，則重力做功相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，兩物體落地時(shí)，速度大小相等，方向不同，故落地時(shí)速度不同，動(dòng)能相對(duì)，故A正確，B錯(cuò)誤；C、斜上拋的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，重力做功相等，根P＝知，重力的平均功率不同。故C錯(cuò)誤；D、兩物體落地時(shí)，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬時(shí)功率P＝mgvsinθ不同，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】熟記并理解機(jī)械能守恒定律、瞬時(shí)功率、平均功率等物理概念，求功率要注意不要漏掉速度與力夾角的余弦，不要求方向用功能關(guān)系求解方便。4．【分析】圓環(huán)繞著通過環(huán)心的豎直軸O1O2以10rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，重力和支持力的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力．根據(jù)牛頓第二定律列出表達(dá)式求出夾角θ．【解答】解：小球轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為Rsinθ，小球所受的合力垂直指向轉(zhuǎn)軸，根據(jù)平行四邊形定則，，解得θ＝60°．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵搞清小球做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，知道勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由合力提供．5．【分析】對(duì)乒乓球受力分析，受重力、球拍對(duì)它的支持力，兩個(gè)力的合力為恒力、水平向右，故乒乓球應(yīng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。球拍與球相對(duì)靜止且均相對(duì)該同學(xué)身體靜止，則乒乓球、球拍和同學(xué)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，加速度相同。再結(jié)合牛頓第二定律、牛頓第三定律可判斷?！窘獯稹拷猓篈B．對(duì)乒乓球受力分析，如圖所示則乒乓球所受的合力為：F合＝mgtanθ故乒乓球在水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于非平衡狀態(tài)。由于球拍與乒乓球相對(duì)靜止且均相對(duì)該同學(xué)身體靜止，則乒乓球、球拍和同學(xué)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，均做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．對(duì)乒乓球，由牛頓第二定律得：球拍受到的合力大小為：F＝Ma＝Mgtanθ故C正確；D．球拍對(duì)乒乓球的支持力大小為：由牛頓第三定律可知，球拍受到乒乓球的壓力大小N′等于球拍對(duì)乒乓球的支持力大小N，即：故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查牛頓第二定律、力的合成與分解等知識(shí)，要明確物體的合力不為零則處于非平衡狀態(tài)，保持相對(duì)靜止的物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同、加速度相同。6．【分析】根據(jù)貨物的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，對(duì)貨物進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件及恒力做功公式列式分析即可．【解答】解：AB、貨物處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大時(shí)，f增大，N減小，當(dāng)貨物滑動(dòng)后，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力f＝μN(yùn)，逐漸減小，故AB錯(cuò)誤；C、貨物受到的支持力的方向與位移方向的夾角小于90°，做正功，故C正確；D、摩擦力的方向與位移方向垂直，不做功，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平衡條件的應(yīng)用、功的正負(fù)發(fā)的判斷方法，要求同學(xué)們能正確對(duì)物體進(jìn)行受力分析，難度適中。7．【分析】重力做功只跟初末位置的高度差有關(guān)。小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，從而求得機(jī)械能的減少量。根據(jù)動(dòng)能定理求解合外力做的功及克服摩擦力做的功?！窘獯稹拷猓篈、小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功WG＝mgR，故A錯(cuò)誤；BCD、小球到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，由牛頓第二定律得：mg＝m解得：vB＝，小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中，據(jù)動(dòng)能定理得：W合＝mgR+Wf＝﹣0解得：Wf＝﹣mgR，W合＝mgR克服摩擦力做功mgR，即機(jī)械能減少mgR，故BC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題的突破口是小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，由重力提供向心力，求出速度。要知道動(dòng)能定理是求功常用的方法，要熟練掌握。8．【分析】根據(jù)x﹣t圖線求出小孩和大人碰撞前后的速度；碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞過程中機(jī)械能的損失；應(yīng)用動(dòng)量定理求出碰撞過程小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小。【解答】解：A、由圖示x﹣t圖像可知，碰前瞬間大人的速度v大人＝＝m/s＝﹣3m/s故A錯(cuò)誤；B、小孩的速度v小孩＝＝m/s＝2m/s碰后兩人的共同速度v＝＝m/s＝﹣1m/s設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以碰撞前小孩的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得（m小孩+M）v小孩+（m大人+M）v大人＝（m小孩+m小孩大人+2M）v代入數(shù)據(jù)解得M＝30kg故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)能量守恒定律得：（m小孩+M）v小孩2+（m大人+M）v大人2＝（m小孩+m大人+2M）v2+ΔE代入數(shù)據(jù)解得碰撞過程中機(jī)械能損失為：ΔE＝450J，故C正確；D、碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動(dòng)量p1＝（m小孩+M）v小孩＝（30+30）×2kg?m/s＝120kg?m/s碰后小孩和其駕駛的碰碰車的總動(dòng)量p2＝（m小孩+M）v＝（30+30）×（﹣1）kg?m/s＝﹣60kg?m/s以碰撞前小孩的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可知，碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量I＝Δp＝p2﹣p1＝﹣60kg?m/s﹣120kg?m/s＝﹣180kg?m/s＝﹣180N?s，負(fù)號(hào)表示方向與碰撞前小孩的速度方向相反，沖量大小為180N?s故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題以碰碰車是大人和小孩都喜歡的娛樂活動(dòng)為情景載體，考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理和圖像的綜合運(yùn)用，能夠從圖像中獲取碰撞前后的速度大小和方向是解決本題的關(guān)鍵。二、多項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)正確，漏選給1分，錯(cuò)選0分。請(qǐng)將答案填涂在答題卡上。）9．【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析A，根據(jù)金屬球的運(yùn)動(dòng)情況分析BCD?！窘獯稹拷猓篈、細(xì)繩未剪斷前，設(shè)小球的重力為G、彈簧的彈力為F、細(xì)繩的拉力為T，由于金屬球處于平衡狀態(tài)，則根據(jù)三力平衡可知G與F的合力與T等大反向，即G與F合力的方向水平向左。細(xì)繩被剪斷的瞬間細(xì)繩的拉力突然消失，而彈簧彈力的大小和方向均不發(fā)生變化即仍為F，所以此時(shí)小球所受重力G與彈簧彈力F合力的方向仍水平向左，根據(jù)牛頓第二定律中力與加速度的同向性可知在細(xì)繩被剪斷的瞬間小球加速度的方向水平向左，故A正確；B、當(dāng)金屬球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)O正下方時(shí)，根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件結(jié)合受力分析可知，此時(shí)金屬球所受合力方向?yàn)樨Q直向下，故B錯(cuò)誤；C、金屬球運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)c位置時(shí)，有水平方向的速度，動(dòng)能不為0，故C錯(cuò)誤；D、金屬球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)水平方向的速度為零，但合速度不為零，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的瞬時(shí)性、細(xì)繩和彈簧彈力的特點(diǎn)、物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件、曲線運(yùn)動(dòng)中速度與合力的關(guān)系，涉及面較廣，難度較大10．【分析】忽略地球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力，根據(jù)萬有引力公式列式求出重力加速度的表達(dá)式，注意代換GM＝gR2的應(yīng)用；宇宙飛船繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，飛船艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)．【解答】解：AB、忽略地球的自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力：在地球表面處：mg＝G，則GM＝gR2，宇宙飛船：m′g′＝G，g′＝＝g，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、宇宙飛船繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，飛船艙內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，即人只受萬有引力（重力）作用，所以人對(duì)秤的壓力FN＝0，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)萬有引力等于重力列出等式去求解，是本題解題的關(guān)鍵；運(yùn)用黃金代換式GM＝gR2是萬用引力定律應(yīng)用的常用方法．11．【分析】小球從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，可根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力做功，根據(jù)W＝Fxcosθ可計(jì)算恒力做功，根據(jù)等效重力場(chǎng)分析D。【解答】解：AB、小球從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知水平拉力F做功為W＝mgl（1﹣cosθ），故A錯(cuò)誤，B正確；CD、若水平恒力F＝mg，則從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，則水平拉力F做功為W'＝mglsinθ若水平恒力F＝mg，則小球受重力和拉力的合力F'＝mg，與豎直方向夾角為45°，所以從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，小球速度一直增大，故D錯(cuò)誤，C正確；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理，解題關(guān)鍵掌握做功的計(jì)算方法，注意圓周運(yùn)動(dòng)中等效重力的運(yùn)用。12．【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析A，根據(jù)動(dòng)能定理可求得摩擦因數(shù)；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系分析CD。【解答】解：在B落地瞬間前，A和B組成的系統(tǒng)受摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理有mgh﹣μmgs＝0解得μ＝0.4故B錯(cuò)誤；CD、無論是僅考慮滑輪與繩子的摩擦還說僅考慮定滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能，則根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可知測(cè)量值與真實(shí)值相比偏大，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理，分清運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程利用好動(dòng)能定理是解題的關(guān)鍵。13．【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析運(yùn)行周期；根據(jù)變軌原理分析BD選項(xiàng)；根據(jù)萬有引力定律、牛頓第二定律分析加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)開普勒第三定律有＝k，北斗二號(hào)衛(wèi)星在軌道Ⅰ的軌道半徑小于軌道Ⅲ的軌道半徑，則北斗二號(hào)衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運(yùn)行周期大于24h，故A正確；B、衛(wèi)星從軌道Ⅰ上進(jìn)入軌道Ⅱ時(shí)，需在P點(diǎn)點(diǎn)火加速做離心運(yùn)動(dòng)才可以到達(dá)轉(zhuǎn)移軌道，在P點(diǎn)處的線速度不相同，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)F＝＝ma可知，a＝，衛(wèi)星從軌道Ⅱ上進(jìn)入軌道Ⅲ時(shí)，在Q點(diǎn)處的加速度相同，故C正確；D、根據(jù)變軌原理可知，衛(wèi)星從軌道Ⅰ轉(zhuǎn)移到軌道Ⅲ的過程中，機(jī)械能增大，勢(shì)能增大，根據(jù)＝m，可知v＝，則衛(wèi)星的動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，關(guān)鍵是知道萬有引力定律的計(jì)算公式、以及開普勒第三定律的應(yīng)用方法。14．【分析】對(duì)于A與B碰撞過程，以及B與C碰撞過程，分別由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程，求出碰后各球的速度表達(dá)式，再結(jié)合A與B只發(fā)生一次碰撞的條件，來求解k的值?！窘獯稹拷猓篈與B碰撞過程，取向右為正方向，分別由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv＝mvA+2mvB聯(lián)立解得碰后A、B的速度分別為，B與C碰撞過程，取向右為正方向，分別由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得2mvB＝2mv′B+kmvC聯(lián)立解得碰撞B的速度為為了保證A與B只發(fā)生一次碰撞，需要滿足：由于k＞2，則有聯(lián)立解得：2＜k≤6，故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要掌握彈性碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，注意規(guī)定正方向，用正負(fù)號(hào)表示速度方向。15．【分析】彈簧彈開過程，A、B所受彈簧彈力大小相等方向相反，A、B所受彈簧彈力的沖量大小相等方向相反，沖量為矢量，兩者所受沖量不同；分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題?！窘獯稹拷猓篈、由于沖量是矢量，而彈簧彈力對(duì)A、B的沖量方向相反，故A錯(cuò)誤；B、由題意可知當(dāng)A受力平衡時(shí)速度最大，即彈簧彈力大小等于重力大小，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確；CD、設(shè)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)A的速度為v，繩子繃緊瞬間A、B共同速度為v1，A、B共同上升的最大高度為h，A上升最大高度為H，木塊A靜止時(shí)：F+mg＝k（H﹣h），彈簧恢復(fù)到原長的過程中，根據(jù)能量守恒得：E＝mv2+mg（H﹣h），繩子繃緊瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv＝2mv1，A、B共同上升的過程中，據(jù)能量守恒可得：?2m＝2mgh，解得，B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度大小為v1＝，A上升的最大高度為H＝+，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題。16．【分析】利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，動(dòng)量守恒定律以及功能關(guān)系即可完成對(duì)本題的求解。【解答】解：A.小球與凹槽具有相同的初速度，所以落入A點(diǎn)前二者相對(duì)位置不變，以凹槽為參考物，小球做先自由落體運(yùn)動(dòng)；小球在AB段中，小球受到凹槽斜向左上的支持力和重力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律，所以會(huì)給凹槽一個(gè)斜向下的壓力，使凹槽做減速運(yùn)動(dòng)，在BC段受到凹槽給的斜向右上的支持力，同理會(huì)給凹槽一個(gè)斜向左下的壓力，使凹槽加速。故A正確；B.小球和凹槽在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，水平方向不受外力，小球與凹槽在水平方向動(dòng)量守恒，所以小球離開C點(diǎn)后仍會(huì)回到C點(diǎn)，故B正確；C.由于小球在B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，小球?qū)Π疾鄣膲毫Υ笥趍g，滑塊對(duì)地面的壓力應(yīng)大于2mg，故C錯(cuò)誤；D.小球與凹槽相對(duì)靜止，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，利用功能關(guān)系有：，解得，利用速度矢量合成可得總速度為，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了學(xué)生圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，動(dòng)量守恒定律，牛頓第二定律以及功能關(guān)系多方面知識(shí)的綜合應(yīng)用。三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，每空2分，共16分。）17．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理以及操作中的注意事項(xiàng)確定正確的操作步驟。（2）明確實(shí)驗(yàn)原理，知道應(yīng)記錄球心位置；根據(jù)位移—時(shí)間公式分別求出從拋出到到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時(shí)間，從而得出時(shí)間差，結(jié)合水平位移求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。【解答】解：（1）ABD、為了能畫出平拋運(yùn)動(dòng)軌跡，首先保證小球做的是平拋運(yùn)動(dòng)，所以斜槽軌道不一定要光滑，但必須是水平的。同時(shí)要讓小球總是從同一位置釋放，這樣才能找到同一運(yùn)動(dòng)軌跡上的幾個(gè)點(diǎn)；故A錯(cuò)誤，BD正確；C、擋板只要能記錄下小球下落在不同高度時(shí)的不同的位置即可，不需要等間距變化，故C錯(cuò)誤；（2）a、小球在運(yùn)動(dòng)中記錄下的是其球心的位置，故拋出點(diǎn)也應(yīng)是小球靜置于Q點(diǎn)時(shí)球心的位置；故應(yīng)以球心在白紙上的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)；小球在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，故y軸必須保證與重垂線平行；b、如果A點(diǎn)是拋出點(diǎn)，則在豎直方向上為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則AB和BC的豎直間距之比為1：3；但由于A點(diǎn)不是拋出點(diǎn)，故在A點(diǎn)已經(jīng)具有豎直分速度，故豎直間距之比大于1：3；由于兩段水平距離相等，故時(shí)間相等，根據(jù)y2﹣y1＝gt2可知t＝，則初速度v＝＝x。故答案為：（1）BD；（2）a、球心、需要；b、x。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是知道實(shí)驗(yàn)的原理以及注意事項(xiàng)，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。18．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析判斷；（2）根據(jù)圖像和平衡摩擦力方法分析判斷；（3）根據(jù)逐差法解得加速度；（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)步驟和注意事項(xiàng)分析判斷；【解答】解：（1）A．圖中是電火花計(jì)時(shí)器，使用220V交流電源，故A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)時(shí)必須通過調(diào)節(jié)軌道左端的滑輪，讓細(xì)線和軌道平行，才能保證細(xì)線拉力保持不變，故B正確；C．實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰疤骄啃≤囁俣入S時(shí)間變化的規(guī)律”，只要保證小車所受合力不變即可，不需要補(bǔ)償阻力和滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量的要求，故C錯(cuò)誤；DE．為了提高實(shí)驗(yàn)的精度，本實(shí)驗(yàn)需要改變細(xì)線所掛的槽碼的個(gè)數(shù)以改變運(yùn)動(dòng)小車的質(zhì)量，獲得多組數(shù)據(jù)，但是不需要槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤，E正確。故選：BE。（2）由圖像可知小車在運(yùn)動(dòng)的后階段加速度變小，說明細(xì)線拉力方向后階段發(fā)生變化，故可能存在的問題是試驗(yàn)中未保持細(xì)線和軌道平行，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。（3）每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，故相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為：T＝5×0.02s＝0.10s根據(jù)逐差法可解得加速度a＝＝×0.01m/s2＝4.0m/s2（4）A．實(shí)驗(yàn)中因?yàn)槔K子的拉力大小通過力傳感器直接得到，不需要槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，故A正確；BC．實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰疤骄课矬w加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”，要保證小車所受細(xì)線拉力等于小車所受合力，則需要補(bǔ)償阻力，要保持細(xì)線和軌道平行，故BC錯(cuò)誤；D．多次改變小車的質(zhì)量以獲得多組數(shù)據(jù)，可以減小偶然誤差，故D錯(cuò)誤。故選：A。故答案為：（1）BE；（2）D；（3）4.0；（4）A【點(diǎn)評(píng)】本題考查探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)步驟、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。四、計(jì)算題（本大題共4小題，共44分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，畫出相應(yīng)的示意圖。只寫出最后答案的不能得分。）19．【分析】（1）當(dāng)汽車達(dá)到最大速度時(shí)，汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件列式求解；（2）相距牛頓第二定律求解牽引力，根據(jù)P＝Fv求解勻加速過程的最大速度，然后根據(jù)v＝at求解勻加速之間．【解答】解：（1）設(shè)汽車以額定功率啟動(dòng)后達(dá)到最大速度vm時(shí)牽引力為F0，汽車達(dá)到最大速度時(shí)有：F0＝f＝4.0×103N而功率：P0＝F0vm代入數(shù)據(jù)解得：vm＝20m/s；（2）設(shè)汽車在勻加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律F﹣f＝ma解得：F＝8.0×103N設(shè)保持勻加速的時(shí)間t，勻加速達(dá)到的最大速度為v1，則有：P0＝Fv1解得：v1＝10m/s而由速度—時(shí)間規(guī)律有：v1＝at解得：t＝5.0s答：（1）汽車所能達(dá)到的最大速度是20m/s；（2）汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大速度為10m/s，維持勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是5.0s。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確汽車的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，當(dāng)牽引力減小到等于阻力時(shí)速度最大；對(duì)于勻加速啟動(dòng)問題，要明確勻加速過程的最大速度與平衡時(shí)的最大速度不同，不難。20．【分析】（1）根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合周期公式解答；（2）根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系結(jié)合第一宇宙速度的公式解答；（3）從一次行星沖日到下一次行星沖日，為地球多轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)萬有引力提供向心力有＝mr解得M＝（2）根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系有＝m'g結(jié)合m'g＝m'聯(lián)立解得v＝（3）設(shè)兩次出現(xiàn)天王星沖日現(xiàn)象需要時(shí)間間隔為t年，則地球多轉(zhuǎn)動(dòng)一周，有：2π＝（﹣）t解得t＝年答：（1）天王星的質(zhì)量為