…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華師大新版高一物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示；某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個質量為m的高爾夫球，由于恒定的水平風力的作用，高爾夫球豎直地落入距擊球點水平距離為L的A穴，則（）

A.該球從被擊出到落入A穴所用時間為

B.該球從被擊出到落入A穴所用時間為

C.球被擊出時的初速度大小為L

D.球被擊出時的初速度大小為L

2、【題文】如圖所示，物體在水平拉力F作用下沿光滑水平地面做直線運動，某時刻速度大小為v。此后若拉力F逐漸減小；物體的速度和加速度將。

A.速度和加速度均逐漸變小B.速度和加速度均逐漸變大C.速度逐漸變小，加速度逐漸變大D.速度逐漸變大，加速度逐漸變小3、已知一個力F=10N，可分解為兩個分力F1和F2，已知F1方向與F夾角為30°（如圖所示），F2的大小為10N，則F1的大小可能是（）A.5NB.10NC.15ND.20N4、如圖所示，汽車以恒定速率通過半圓形拱橋，下列關于汽車在頂點處受力情況(

空氣阻力不計)

的說法中，正確的是(

)

A.汽車受重力、支持力和摩擦力的作用B.汽車受重力、支持力、牽引力、摩擦力和向心力的作用C.汽車所受的向心力就是重力D.汽車所受的重力和支持力的合力充當向心力5、行星的運動可看做勻速圓周運動，則行星繞太陽運動的軌道半徑R的三次方與周期T的平方的比值為常量=k，下列說法正確的是（）A.這個規律只適用于圍繞太陽運行的行星B.圍繞同一星球運行的行星或衛星，k值不相等C.k值與太陽的質量有關D.k值僅由行星的質量決定6、如圖所示，質量為m的木塊P在質量為M的長木板ab上滑行，長木板放在水平地面上一直處于靜止狀態．若ab與地面間的動摩擦因數為μ1，木塊P與長木塊ab間的動摩擦因數為μ2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為()

A.μ1MgB.μ1(m＋M)gC.μ2mgD.μ1Mg＋μ2mg評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、一個大輪通過皮帶拉著小輪轉動，皮帶和兩輪之間無滑動，大輪半徑是小輪半徑的2倍，大輪上一點S離轉軸O1的距離是半徑的1/3，當大輪邊上P點的向心加速度是0.6m/s2時，大輪上的S點的向心加速度為____m/s2，小輪邊緣上的Q點的向心加速度是____m/s2。8、【題文】．三個方向不同且在同一平面上的共點力作用在一個物體上，物體做勻速直線運動，已知F1=5N，F2=7N，F3=4N，那么這三個力的合力大小為_________N，F1和F3這兩個力的合力大小是_________N，若撤去F3，則物體所受合力大小為________N。9、一個物體以某一初速度v0開始作勻減速直線運動直到停止，其總位移為s。當它的位移為時，所用時間為t1，當它的速度為時，所用時間為t2。則t1∶t2＝________。10、【題文】火車的速度為8m/s，關閉發動機后前進35m時速度減為6m/s.若再經過20s，火車又前進的距離為____11、一人先向西走4米，又向北走3米，則此人在整個過程中的位移大小為______米；路程大小為______米．12、2017

年12

月3

日在浙江省烏鎮舉行第4

屆世界互聯網大會。按照互聯網安保要求，去往烏鎮車輛應接受隨機停車檢查。某汽車剎車后經過20m

恰好停在檢査崗，剎車時的加速度大小為5m/s2

不計駕駛員反應時間，則該車輛剎車時的車速為______m/s

剎車時間為______s

13、如圖所示，ABC

三點在同一勻強電場中，已知AC隆脥BC隆脧ABC=30鈭?BC=20cm.

把一個電荷量q=2隆脕10鈭?5C

的正電荷從A

移到B

電場力做功為零，從B

移到C

克服電場力做功1.0隆脕10鈭?3

J.則該電場的電場強度大小為______V/m

方向為______.

若把C

點的電勢規定為零，則該電荷在B

點電勢能為______．評卷人得分三、計算題(共9題，共18分)14、【題文】某顆人造地球衛星在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球飛行；其運動可視為勻速圓周運動。已知地球半徑為R，地面附近的重力加速度為g。

請推導：(1)衛星在圓形軌道上運行速度(2)運行周期的表達式。15、宇宙飛船圍繞太陽在近似圓形的軌道上運動，若軌道半徑是地球半徑的9倍，則宇宙飛船繞太陽運行的周期是多少年？16、質量為m

的圓環A

套在質量也為m

的勻質桿B

的上端，如右圖所示，桿B

呈豎直狀態，下端離地高度為H

時靜止起釋放，并且開始計時.

設桿B

與圓環A

相對滑動時的摩擦力為kmg(k>1)

且桿B

在下落撞擊地面豎直向上反彈的過程中無能量損失.

試求：

(1)

若桿足夠長；桿第一次落地反彈后到與圓環再次相對靜止所用的時間；

(2)

若桿足夠長；桿下端第二次落地所用時間；

(3)

若桿下端第二次落地時圓環A

還在桿上，桿的最小長度．17、汽車以某一速度在水平地面上勻速行駛，如圖所示，汽車后輪上方貨架上放有一小球，球距地面高2.45m。由于前方事故，突然急剎車，汽車輪胎抱死，小球從架上落下。已知該型號汽車在所在路面行駛時剎車痕（主要由地面與后輪摩擦引起）長s=12.5m（即剎車距離），球的落點與車痕起點的距離是7m，忽略貨物與架子間的摩擦及空氣阻力，把車和球均視作質點，且小球下落到地面過程未與其他物體接觸，g取10m/s2．求：

（1）汽車剎車時的初速度是多大；

（2）車輪與地面的滑動摩擦因數。18、【題文】如圖所示，已知小孩與雪橇的總質量為m="20"kg，靜止于水平冰面上的A點，雪橇與冰面間的動摩擦因數為=0.1。（g取10m/s2）

（1）媽媽先用30N的水平恒力拉雪橇；經8秒到達B點，求A；B兩點間的距離L。

（2）若媽媽用大小為30N；與水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇從A處由靜止開始運動并能到達（1）問中的B處，求拉力作用的最短距離。（已知cos37°="0.8"，sin37°=0.6）

（3）在第（2）問拉力作用最短距離對應的運動過程中，小孩與雪撬的最大動能為多少？19、如圖甲所示，升降機在電動機的拉力作用下，由靜止開始沿豎直方向向上運動，升降機先做勻加速運動，5s

末達到額定功率，之后保持額定功率運動。其u鈭?t

圖象如圖乙所示，已知電動機的牽引力的額定功率P=36kW

重力加速度g

取10m/s2

求：(1)

升降機的總質量大小；(2)

升降機在0隆蘆7s

內上升的高度。20、蕩秋千是大家喜愛的一項體育活動。隨著科技的迅速發展，將來的某一天，同學們也許會在其他星球上享受蕩秋千的樂趣。假設你當時所在星球的質量為M

、半徑為R

，可將人視為質點，秋千質量和空氣阻力不計、擺長不變、擺角小于90鈭?

萬有引力常量為G

。那么(1)

該星球表面附近的重力加速度g

脨脟

等于多少？(2)

若經過最低位置的速度為v

0

你能上升的最大高度是多少？21、某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速下落.

他打開降落傘后的速度圖象如圖所示.

已知人和降落傘的總質量m=80kgg=10m/s2

．

(1)

不計人所受的阻力，求打開降落傘前運動員下落的高度？(2)

打開傘后傘所受阻力f

與速度v

成正比，即f=kv

求打開傘瞬間運動員的加速度a

的大小和方向？22、下面是“驗證力的平行四邊形定則”的實驗操作；請補全遺漏的步驟．

壟脵

在水平放置的方木板上；用圖釘固定一張白紙，把橡皮筋的一端固定在在木板上，另一端系兩根細繩套．

壟脷

用兩個彈簧測力計互成角度分別鉤住兩個細繩套；把結點A

拉至M

點，在紙上標出該點的位置，同時記下______．

壟脹

用一個彈簧測力計鉤住細繩套；______，同時記下拉力F

的大小和方向．

壟脺

過M

點使用同一標度分別作出FF1F2

三個力的圖示．

壟脻

按照力的平行四邊形定則作出F1F2

的合力F隆盲

．

壟脼

比較F隆盲

和F

的大小、方向，分析誤差，得出結論．評卷人得分四、證明題(共2題，共18分)23、燈距地面的高度為h；身高為l的人以速度υ勻速直線行走，如圖所示．

（1）有甲；乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況分別談了自己的看法；甲同學認為人的頭頂的影子將作勻加速直線運動，而乙同學則依據平時看到的自己的影子的運動情況，認為人的頭頂的影子將作勻速直線運動，你認為甲、乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況的看法，誰的看法是正確的？

（2）請說明你的判斷依據：

（3）求人影的長度隨時間的變化率．24、燈距地面的高度為h；身高為l的人以速度υ勻速直線行走，如圖所示．

（1）有甲；乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況分別談了自己的看法；甲同學認為人的頭頂的影子將作勻加速直線運動，而乙同學則依據平時看到的自己的影子的運動情況，認為人的頭頂的影子將作勻速直線運動，你認為甲、乙兩位同學對人的頭頂的影子的運動情況的看法，誰的看法是正確的？

（2）請說明你的判斷依據：

（3）求人影的長度隨時間的變化率．評卷人得分五、綜合題(共3題，共6分)25、【題文】質量為8×107kg的列車；從某處開始進站并關閉動力，只在恒定阻力作用下減速滑行。已知它開始滑行時的初速度為20m/s,當它滑行了300米時，速度減小到10m/s，接著又滑行了一段距離后停止，那么：

(1)關閉動力時列車的初動能為多大?

(2)列車受到的恒定阻力為多大?

(3)列車進站滑行的總距離和總時間各為多大？26、【題文】一根質量為M的木棒,上端用細繩系在天花板上,棒上有一質量為m的猴子,如圖所示.如將繩子剪斷,猴子沿棒向上爬,仍保持與地面間的高度不變,求這時木棒下落的加速度.27、【題文】已知地球繞太陽公轉的軌道半徑r=1.491011m，公轉的周期T=3.16107s，求太陽的質量M。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B|C【分析】

A、由于水平方向受到空氣阻力，不是平拋運動，豎直方向為自由落體運動，由h=g得，t=故A錯誤．

B、豎直方向為自由落體運動，由h=g得，t=故B正確．

C、由分運動的等時性，及逆向思維知，水平方向勻減速運動減到零時可反向看作是初速度為零的勻加速直線運動，由L=a及v=at與h=g聯立即得到v=L故C正確．

D、由L=a及v=at與h=g聯立可得v=L故D錯誤。

故選BC．

【解析】【答案】小球水平方向受恒定的阻力；因而做勻減速直線運動，豎直方向只受重力，做自由落體運動，根據運動學公式即可列式求解．

2、D【分析】【解析】拉力F逐漸減小則合外力減小，加速度減小，但是合外力對物體起加速作用，則速度增大，選D【解析】【答案】D3、D【分析】解：已知合力F=10N，F1方向與F夾角為30°，F2的大小為10N，以F的箭頭處為圓心，以F2的大小為半徑做圓，則該圓與F1的交點即F1的大小；

如圖；所以。

F1的長度為OA時：=

所以：∠OAF=120°

則：∠OFA=180°-30°-120°=30°

所以：F1=F2=10N

F1的長度為OB時：=

所以：∠OBF=60°

則：∠OFA=180°-30°-60°=90°

所以：F1===20N；故ABC錯誤，D正確；

故選：D．

已知合力；一個分力的方向，另一分力的大小，根據平行四邊形定則作圖分解即可．

本題關鍵是確定合力與分力的方向，然后根據平行四邊形定則作圖分析，最后根據幾何關系求解，簡單題．【解析】【答案】D4、D【分析】解：AB

汽車受重力、支持力、牽引力、摩擦力的作用.

故AB錯誤；

C；D

汽車過拱橋；做圓周運動，在最高點，重力和支持力的合力提供向心力，方向指向圓心，故C錯誤，D正確；

故選：D

汽車過拱橋；做圓周運動，在最高點，合力提供向心力，受力分析時不能分析向心力．

本題考查應用物理規律分析實際生活中圓周運動問題的能力，關鍵分析向心力的來源．【解析】D

5、C【分析】解：A、公式適用于所有環繞體圍繞中心體運行；故A錯誤。

B；圍繞同一星球運行的行星或衛星；k值相等，故B錯誤；

C；常數k是由中心天體質量決定的；即僅由被環繞星球的質量決定，故C正確，D錯誤。

故選：C。

行星繞太陽運動的橢圓軌道的半長軸R的三次方與周期T的平方的比值為常量；常數k是由中心天體質量決定的，與其他因素無關。

掌握開普勒三定律的內容，并能熟練應用，知道k由中心天體決定，R為軌道半長軸。【解析】C6、C【分析】【分析】物體m相對M滑動，受到向左的滑動摩擦力，大小為：根據牛頓第三定律，m對M有向右的滑動摩擦力，M受到地面對其向左的靜摩擦力，根據共點力平衡條件，有因而則長木板ab受到地面的摩擦力大小為

故選C。

【點評】本題中首先要判斷出木板與地面間是滑動摩擦力還是靜摩擦力，滑動摩擦力用來計算，靜摩擦力用二力平衡來計算。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【解析】試題分析：設小輪半徑為r，則S和P屬于同軸轉動，所以角速度相同，都為則根據公式可得解得P和Q屬于同一條傳送帶相連，故線速度相同，根據公式可得解得考點：考查了線速度、角速度和周期、轉速【解析】【答案】0.2m/s2，1.2m/s28、略

【分析】【解析】因為物體在這三個共點力的作用下做勻速直線運動，所以合力為零，F1和F3這兩個力的合力大小與F2的大小相等，方向相反，所以F1和F3這兩個力的合力為7N，若撤去F3，則物體所受合力大小為F1和F2的合力大小，為4N。【解析】【答案】0、7、49、略

【分析】【解析】試題分析：設加速度大小為a，由題意可知，三式聯立解得則考點：位移與速度的關系【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】

試題分析：火車關閉發動機后做勻減速直線運動，所以根據速度位移公式可得：解得根據可得，再經過靜止，所以火車的位移為

考點：考查了勻變速直線運動中位移速度公式的應用【解析】【答案】45m11、略

【分析】解：先向西走4米，又向北走3米，則此人在整個過程中的位移大小：x=m．

路程是運動的軌跡的長度；所以是：3m+4m=7m

故答案為：5；7

位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度．路程等于運動軌跡的長度．

解決本題的關鍵知道位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度．路程等于運動軌跡的長度．【解析】5；712、略

【分析】解：汽車剎車做勻減速直線運動；已知x=20ma=鈭?5m/s2

由0鈭?v02=2ax

可得：

v0=102m/s

由速度公式0鈭?v0=at

可得：

t=鈭?v0a=22s

故答案為：10222

根據勻變速直線運動的速度位移公式求出車輛剎車時的速度大小；結合速度時間公式求出剎車的時間。

解決本題要掌握運動學的基本公式，選擇公式時分析涉及哪些量，不涉及哪些量。【解析】10222

13、略

【分析】解：據題正電荷從A

移到B

電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，AB

兩點電勢相等，故AB應為等勢線．

因電場線與等勢面相互垂直；故過C

作AB

的垂線，該垂線一定是一條電場線，如圖所示；

正電荷從B

到C

過程，由W=Uq

可知，BC

兩點的電勢差UBC=WBCq=鈭?1隆脕10鈭?32隆脕10鈭?5V=鈭?50V

即C

點電勢高于B

點的電勢；故電場線垂直于AB

向下；

BC

間沿電場線的距離d=BCsin30鈭?=0.2隆脕0.5m=0.1m

由E=Ud

可知：電場強度E=500.1V/m=500V/m

電荷從B

移到C

克服電場力做功1.0隆脕10鈭?3J

其電勢能增加1.0隆脕10鈭?3J

若把C

點的電勢規定為零，該電荷在B

點電勢能為鈭?1.0隆脕10鈭?3

J.

故答案為：500

垂直AB

向下，鈭?1.0隆脕10鈭?3

J.

由題意可知AB

兩點電勢相等；則可知AB

是一條等勢線，由電場線可等勢面的關系可知電場線；由電場力做功可求得BC

兩點的電勢差，則可確定電場線的方向，由U=Ed

可求得電場強度.

根據電場力做功與電勢能變化的關系，確定電荷在B

點電勢能．

解決本題關鍵要掌握：電場線與等勢面相互垂直，而且電場線由是由高電勢指向低電勢；勻強電場中U=Ed

中的d

應為沿電場方向的有效距離．【解析】500

垂直AB

向下；鈭?1.0隆脕10鈭?3J

三、計算題(共9題，共18分)14、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）地球對人造衛星的萬有引力提供人造衛星向心力

解得：

又在地球表面有一質量為m0的物體GM=R2g

解得v=（1分）

（2）

考點：萬有引力定律【解析】【答案】（1）（2）15、略

【分析】

開普勒第三定律中的公式=k；可知半長軸的三次方與公轉周期的二次方成正比．

本題考查開普勒第三定律，要知道開普勒第三定律公式=k，其中k與環繞天體無關，由中心天體決定．【解析】解：開普勒第三定律中的公式=k；

周期T=

飛船圍繞太陽在近似圓形的軌道上運動；若軌道半徑是地球軌道半徑的9倍；

所以飛船繞太陽運行的周期是地球繞太陽周期的27倍；即小行星繞太陽運行的周期是27年．

答：宇宙飛船繞太陽運行的周期是27年．16、解：（1）桿做自由落體運動，由速度位移公式得，落地速度：v0=

桿彈起豎直上升過程中；根據牛頓第二定律；

對桿：f+mg=ma1，解得：a1===（k+1）g；方向：豎直向下；

對環：mg-f=ma2，解得：a2===（k-1）g；方向豎直向上；

選取向下為正方向；當它們的速度相等時：

-v0+a1t1=v0-a2t1

聯立得：t1=

（2）此時桿下端離地高為HB=v0t1-a1t12；

共同速度為vAB=v0-a2t1=

此后；由于環與桿之間的滑動摩擦力要大于環的重力，所以環與桿將保持靜止，一起向下運動，則：

HB=vABt2-gt22；

聯立得：t2=（）

環與桿開始時做自由落體運動的時間：

總時間：t=t1+t2+t3

聯立得：t=（1+）

（3）桿的最小長度就是環相對桿滑動的最大距離：

L=

聯立得：L=

答：（1）若桿足夠長，桿第一次落地反彈后到與圓環再次相對靜止所用的時間是

（2）若桿足夠長，桿下端第二次落地所用時間是（1+）

（3）若桿下端第二次落地時圓環A還在桿上，桿的最小長度是．【分析】

(1)

環與桿做自由落體運動；由自由落體運動的速度位移公式可以求出落地速度和落地的時間；

根據牛頓第二定律求出木棒彈起豎直上升過程中木棒和環的加速度；由運動學的公式即可求出桿第一次落地反彈后到與圓環再次相對靜止所用的時間；

(2)

環在木棒上升及下落的全過程中一直處于加速運動狀態；所以木棒從向上彈起到再次著地的過程中，棒與環的加速度均保持不變，應用勻變速直線運動的速度公式求出運動時間.

總時間為三段運動時間的和。

(3)

勻變速直線運動的運動學公式求出這段時間內環運動的位移即可棒的最小長度．

本題主要考查了牛頓第二定律以及運動學基本公式的直接應用，要求同學們能正確分析棒和環的運動情況，知道棒和環的運動時間相等，再抓住位移關系求解，難度適中．【解析】解：(1)

桿做自由落體運動，由速度位移公式得，落地速度：v0=2gH

桿彈起豎直上升過程中；根據牛頓第二定律；

對桿：f+mg=ma1

解得：a1=mg+fm=mg+kmgm=(k+1)g

方向：豎直向下；

對環：mg鈭?f=ma2

解得：a2=f鈭?mgm=kmg鈭?mgm=(k鈭?1)g

方向豎直向上；

選取向下為正方向；當它們的速度相等時：

鈭?v0+a1t1=v0鈭?a2t1

聯立得：t1=2gHkg

(2)

此時桿下端離地高為HB=v0t1鈭?12a1t12

共同速度為vAB=v0鈭?a2t1=2gHk

此后；由于環與桿之間的滑動摩擦力要大于環的重力，所以環與桿將保持靜止，一起向下運動，則：

HB=vABt2鈭?12gt22

聯立得：t2=(1k鈭?1k)2Hg

環與桿開始時做自由落體運動的時間：t3=2Hg

總時間：t=t1+t2+t3

聯立得：t=(1+1k)2Hg

(3)

桿的最小長度就是環相對桿滑動的最大距離：

L=HB+(v0t1鈭?12a2t12)

聯立得：L=2Hk

答：(1)

若桿足夠長，桿第一次落地反彈后到與圓環再次相對靜止所用的時間是2gHkg

(2)

若桿足夠長，桿下端第二次落地所用時間是(1+1k)2Hg

(3)

若桿下端第二次落地時圓環A

還在桿上，桿的最小長度是2Hk

．17、解：（1）小球做平拋運動；

在水平方向：x1=v0t

在豎直方向：

聯立解得：v0=10m/s

（2）汽車減速運動；根據速度位移公式有：

代入數據解得：a=4m/s2

根據牛頓第二定律：f=μmg=ma

解得：μ=0.4

答：（1）汽車剎車時的初速度是10m/s；

（2）車輪與地面的滑動摩擦因數0.4。【分析】

（1）汽車剎車時小球做平拋運動；根據平拋運動公式即可求出初速度；

（2）根據速度位移公式和牛頓第二定律即可求出摩擦因數。

本題主要考查了平拋運動與牛頓第二定律的綜合題，注意各自的位移。【解析】解：（1）小球做平拋運動；

在水平方向：x1=v0t

在豎直方向：

聯立解得：v0=10m/s

（2）汽車減速運動；根據速度位移公式有：

代入數據解得：a=4m/s2

根據牛頓第二定律：f=μmg=ma

解得：μ=0.4

答：（1）汽車剎車時的初速度是10m/s；

（2）車輪與地面的滑動摩擦因數0.4。18、略

【分析】【解析】（1）對小孩進行受力分析，由牛頓第二定律得：F-(2分)

a="0.5m"/s2L=(2分)

L="16"m(1分)

（2）設媽媽的力作用了x距離后撤去；小孩到達B點的速度恰好為0

方法一：由動能定理得。

Fcos37°x--（L-x）=0(4分；本式用相應的運動學公式也可。參考方法二)

方法二：

Fcos37°-=ma1(1分)

2(1分)

(1分)

(1分)

x="12.4"m(1分)

（3）小孩和雪撬在媽媽撤去力時的動能最大；

方法一：由動能定理得。

Fcos37°x-=(3分，寫成-（L-x）=0-也可以)

方法二：由動能公式得。

=（在上一問中的運動學公式中已經有表示）(2分)

=72J(1分，數值在71.9至72之間均可)【解析】【答案】（1）L="16"m（2）x="12.4"m（3）=72J19、解：（1）最終升降機做勻速運動；牽引力F=mg；

根據P=fvm=mgvm得，m=kg=300kg。

（2）當t=5s時；速度v=at=5a；

牽引力F=

根據牛頓第二定律得；F-mg=ma，即F=3000+300a；

聯立解得a=2m/s2．v=at=10m/s；

則0-5s內的位移

對5-7s內運用動能定理得，

代入數據解得h=21.8m。

則x=x1+h=25+21.8m=46.8m。【分析】【分析】

(1)

根據最大速度；結合P=mgv

求出升降機的總質量大小。

(2)

根據牛頓第二定律和速度時間公式；結合P=Fv

求出勻加速運動的加速度，從而得出勻加速運動的末速度，根據位移時間公式求出勻加速運動的位移，根據動能定理求出變加速運動的位移，從而得出上升的總高度。

本題考查了機車恒定加速度啟動問題，關鍵理清整個過程中的運動規律，知道對于變加速直線運動，無法通過動力學知識求解位移，只能根據動能定理進行求解。【解析】解：(1)

最終升降機做勻速運動；牽引力F=mg

根據P=fvm=mgvm

得，m=Pgvm=3600010脳12kg=300kg

(2)

當t=5s

時；速度v=at=5a

牽引力F=Pv=360005a=7200a

根據牛頓第二定律得；F鈭?mg=ma

即F=3000+300a

聯立解得a=2m/s2.v=at=10m/s

則0鈭?5s

內的位移x1=12at12=12隆脕2隆脕25m=25m

對5鈭?7s

內運用動能定理得，Pt2鈭?mgh=12mvm2鈭?12mv2

代入數據解得h=21.8m

則x=x1+h=25+21.8m=46.8m

20、解：（1）由星球表面附近的重力等于萬有引力，即：則：即：該星球表面附近的重力加速度g星等于（2）經過最低位置向上的過程中，重力勢能減小，動能增大，由機械能守恒定律得：則能上升的最大高度：即：能上升的最大高度是【分析】本題考查了萬有引力定律的應用。把星球表面的物體運動和天體運動結合起來是考試中常見的問題，重力加速度g

是天體運動研究和天體表面宏觀物體運動研究聯系的橋梁。(1)

由星球表面附近的重力等于萬有引力求出星球表面重力加速度；

(2)

對于蕩秋千這種曲線運動求高度，應該運用機械能守恒定律或動能定理，求出上升的最大高度。【解析】解：(1)

由星球表面附近的重力等于萬有引力，即：GMmR2=mg脨脟

則：g脨脟=GMR2

即：該星球表面附近的重力加速度gg星等于GMR2

(2)

經過最低位置向上的過程中，重力勢能減小，動能增大，由機械能守恒定律得：12mv02=mg脨脟h

則能上升的最大高度：h=R2v022GM

即：能上升的最大高度是R2v022GM

21、解：（1）由圖示圖象可知，打開降落傘時的速度：v0=20m/s；

由勻變速直線運動的位移公式可知；打開降落傘前人下落的距離：

（2）運動員最后勻速下降；速度：v=5m/s；

由平衡條件得：kv=mg；解得：k=160N?s/m

打開傘瞬間；由牛頓第二定律得：

kv0-mg=ma，解得：a=30m/s2，方向：豎直向上。【分析】本題考查了共點力平衡和牛頓第二定律的基本運用；關鍵合理地選擇研究的對象，運用牛頓第二定律進行求解，難度不大。

(1)

根據速度位移公式求出打開降落傘前人下落的高度。

(2)

抓住平衡，根據FFffff==求出阻力系數；根據牛頓第二定律求出加速度的大小。

kvkv【解析】解：(1)

由圖示圖象可知；打開降落傘時的速度：v0=20m/s

由勻變速直線運動的位移公式可知；打開降落傘前人下落的距離：

h=v022g=2022隆脕10=20m

(2)

運動員最后勻速下降；速度：v=5m/s

由平衡條件得：kv=mg

解得：k=160N?s/m

打開傘瞬間；由牛頓第二定律得：

kv0鈭?mg=ma

解得：a=30m/s2

方向：豎直向上。22、略

【分析】解：根據實驗原理和實驗目的可知；該實驗目的是“驗證力的平行四邊形定則”，因此需要知道兩個分力的大小和方向，由此可以做平行四邊形，從而求出合力的理論值，即用兩個彈簧測力計互成角度分別鉤住兩個細繩套，把結點A

拉至M

點，在紙上標出該點的位置，同時記下兩繩套的方向和兩彈簧測力計的讀數即F1F2

的大小；

該實驗采用的是“等效替換”；只用一只彈簧測力計通過細繩套把橡皮條的結點A

拉至M

點，還需要記錄一個彈簧拉橡皮筋時的彈力的大小和方向．

故答案為