2020年安徽省合肥168中学高考物理四模试卷 (有详解)

2020年安徽省合肥168中学高考物理四模试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“理想模型法”、“等效替代法”、“控制变
量法”等等，下列选项中均用到“等效替代法”建立概念的是()
A. 质点、速度、点电荷
B. 合力与分力、质点、电场强度
C. 点电荷、总电阻、电场强度
D. 合力与分力、平均速度、总电阻
2.一个做加速运动的物体的加速度是6m/s2，关于这个6m/s2理解正确的是()
A. 某1s末的速度比这1s初的速度大6m/s
B. 某1s末的速度比这1s初的速度大6倍
C. 某1s初的速度与前1s末的速度相差6m/s
D. 某1s末的速度与前1s初的速度相差6m/s
3.在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体
在同一时刻速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为F T，物体所受重力为G，则下面说法正确的是()
A. 物体做匀速运动，且v1=v2
B. 物体做加速运动，且v2<v1
C. 物体做加速运动，且F T=G
D. 物体做匀速运动，且F T=G
4.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A
相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态。

则()
A. B受到C的摩擦力一定不为零
B. C受到水平面的摩擦力一定为零
C. 不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左
D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
5.某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正
确的是()
A. A点的电场强度大于B点的电场强度，B点的电势低于A点的电势
B. 若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷
C. 一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能
D. 若将一个正电荷由B点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动
6.如图所示电路中，电源内阻r不可忽略，电流表和电压表均为理想电表，当滑动变阻器R2的滑
片P向上滑动时，下列说法正确的是()
A. A1和A2的示数均变大
B. V1和V2的示数均变小
C. A1示数的变化量小于A2示数的变化量
D. V1示数的变化量大于V2示数的变化量
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗
人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．已知第一宇宙速度为υ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为v A、v B、v C，周期大小分别为T A、T B、T C，则下列关系正确的是()
A. v A=v C=v
B. v A<v C<v B<v
C. T A=T C>T B
D. T A<T B<T C
8.用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v−t图象如图所
示．下列说法正确的是()
A. 货物在第10s内加速度为−2m/s2
B. 货物在10s内的平均速度是1.7m/s
C. 前2s内货物处于超重状态
D. 最后1s内货物只受重力作用
9.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m A和m B的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水
平面上。

现使A瞬时获得水平向右的速度6m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得
()
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧弹性势能相同
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C. 两物体的质量之比为m A：m B=1：2
D. 在t2时刻A与B的动能之比为E kA：E kB=1：4
10.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的
夹角α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示。

经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依
然可以沿原方向匀减速飞行。

已知飞行器的质量为m，重力加速度为g，飞行器所受空气阻力不计。

下列说法正确的是
A. 加速时动力的大小等于√3mg
B. 加速与减速时的加速度大小之比为2:1
C. 减速飞行时间t后速度减为零
D. 加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2:1
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
11.在用打点计时器“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1.0kg的重物拖着纸带竖直下落，
打点计时器在纸带上打下一系列的点，如图所示，相邻计数点时间间隔为0.04s，当地重力加速度g=9.8m/s2.P为纸带运动的起点，从打下P点到打下B点的过程中重物重力势能的减小量△E p=______ J，在此过程中重物动能的增加量△E k=______ J(结果保留三位有效数字)．若用V表示打下各计数点时的纸带速度，h表示各计数点到P点的距离，以v2
为纵轴，以h为横
2
−ℎ图线，若图线的斜率等于某个物理量的数值时，说明重物下落过程轴，根据实验数据绘出v2
2
中机械能守恒，该物理量是______ ．
四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
12.研究灯泡L(3.8V,1.8W)的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其
标示的准确性．
(1)选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图______ ．
(2)请按电路图连接好图(1)中的实物图．
(3)在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在______ 端．(选填“a”或“b”)
(4)根据所得到的图象如图(2)所示，求出它在额定电压(3.8V)下工作时的电阻值R=______ Ω.
五、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
13.如图所示，质量为60kg的建筑工人，不慎从高空P处跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂
起来．已知安全带长5m，安全带的缓冲时间是1.2s，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：
(1)安全带刚好拉直时，人的速度大小；
(2)缓冲时间内，安全带对人的平均冲力的大小．
14.如图所示，物体A的质量m A=1kg.静止在光滑水平面上的平扳B质量为m B=2kg，长为L=5m，
某时刻A以v O=7m/s向左的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，立即给B施加一个水平向左的拉力F，忽略物体A的大小．已知A与B之间动摩擦因数μ=0.3，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)若F=5N，物件A在小车上运动时相对小车向左滑行的最大距离．
(2)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．
15.在半径R=5000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示．竖直平面内的
光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：
(1)圆轨道的半径及星球表面的重力加速度．
(2)该星球的第一宇宙速度．
16.如图所示，质量为m=1kg物体A(可视为质点)放置在光滑的平台上，与一根处于自然长度的弹
簣接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上，平台右侧的光滑水平地面上有紧靠平台的足够长的质量为M=2kg的木板B，木板上表面与平台相平.现用水平向左的力作用于物体A上将弹簧缓慢压缩一段距离后，撤去外力使A静止释放，已知A滑上木板B时的速度为v0=2m/s，A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，求：
(1)释放物体A瞬间，弹簧的弹性势能E p；
(2)A在B上滑动的时间t
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”采用等效替代的
方法，“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法，“电场强度”采用比值定义法。

对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，
并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。

A.“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法，“速度”采用比值定义法。

故A错误；
B.“合力与分力”采用等效替代的方法，“质点”采用理想化模型的方法，“电场强度”采用比值
定义法。

故B错误。

C.“点电荷”采用理想化模型的方法，“总电阻”采用等效替代的方法，“电场强度”采用比值定
义法。

故C错误；
D.“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”采用的都是等效替代的方法。

故D正确。

故选D。

2.答案：A
解析：
加速度等于单位时间内速度的变化量，结合加速度的定义式进行分析。

解决本题的关键知道加速度的物理意义，以及知道加速度的大小等于单位时间内速度的变化量。

AB.因为加速度是6m/s2，可知1s内速度的变化量为6m/s，即某1 s末的速度比该1 s初的速度大6m/s，故A正确，B错误；
C.某1 s初的速度与前1 s末是同一个时刻，速度相同，故C错误；
D.某1 s末的速度与前1 s初相差2s，速度相差12m/s，故D错误。

故选A。

3.答案：B
解析：解：小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，设两段绳子夹角为θ，
由几何关系可得：v2=v1sinθ，所以v1>v2，
而小车向左运动的过程中，θ逐渐变大，故v2逐渐变大，物体有向上的加速度，处于超重状态，F T>G，故B正确，ACD错误；
故选：B。

小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等，然后再结合牛顿第二定律分析即可。

该题考查运动的合成与分解，正确将小车的运动按效果进行分解是解决本题的关键，同时掌握运动的合成与分解应用。

4.答案：C
解析：解：A、对物体B：当m A g=m B gsinθ时。

BC间摩擦力为0.故A错误。

B、BC整体受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和斜向右上方的绳的拉力，而绳的拉力可分解为竖直向上的分力和水平向右的分力。

由于BC静止。

由平衡条件知必有水平面对C的水平向左的摩擦力与拉力的水平分力平衡。

所以水平面对C的摩擦力不可能为0，故B错误。

C、由对B项的解析知：C正确。

故C正确。

D、对BC整体而言，由于拉力有竖直向上的分力，故水平面对C的支持力等于BC的总重力减分力。

所以水平面对C的支持力不等于BC的总重力。

故D错误。

故选：C。

(1)该题的临界状态是当m A g=m B gsinθ时，沿斜面方向列平衡方程解得摩擦力f=0，
(2)分析水平面对C的摩擦力，要把B和C看做一个整体，则整体受到重力、支持力及绳对整体斜向上的拉力，将斜向上的拉力分解为竖直向上和水平向右的分力。

由于水平向右的分力的存在，故应有地面对整体的摩擦力，故C受到水平向左的摩擦力。

(3)水平面对C的支持力由平衡条件知：水平地面对C的支持力等于B、C的总重力减去拉力沿竖直方向的分力。

该题着重考查学生对受力分析、平衡条件应用等知识的掌握情况以及整体法隔离法分析物理问题的能力。

极易做错。

5.答案：C
解析：解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以A点的场强大于B点的场强，沿电场线的方向，电势降低，所以B点的电势高于A点的电势，所以A错误；
B、电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，所以该电荷一定为正电荷，所以B错误；
C、从B到A的过程中，电场力对负电荷做负功，电势能增加，所以负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能，所以C正确；
D、将一个正电荷由B点释放，电荷受到的力的方向向左，电荷向左运动，加速度增大，所以D错误。

故选：C。

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道沿电场线的方向电势降低．即可解决本题．常见题目．
6.答案：C
解析：
当R2的滑动键P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表V1示数的变化。

由欧姆定律及串并联电路的特点分析变阻器两端电压的变化以及分析电流表示数的变化。

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析。

A.当R2的滑动键P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I减小，电压表V1测量路端电压U，而U=E−Ir，I减小，E、r不变，则U 变大，所以电压表V1的示数变大，通过R3的电流减小，则R3的电压减小，所以并联部分的电压增大，即电压表V2的示数变大，则通过R1的电流变大，即A1的示数均变大，而总电流减小，所以通过滑动
变阻器的电流减小，即A2的示数变小，故AB错误；
C.A1的示数的变大，A2的示数变小，总电流减小，所以减小量大于增大量，即A1示数的变化量小于A2示数的变化量。

故C正确；
D.电压表V1的示数等于电压表V2的示数和R3的电压之和，电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变大，R3的电压变小，所以V1示数的变化量小于V2示数的变化量，故D错误。

故选C。

7.答案：BC
解析：解：AB、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据v=rω，C 的线速度大于A的线速度。

根据v=√GM
r
得B的线速度大于C的线速度，但均小于第一宇宙速度；故A错误，B正确；
CD、卫星C为同步卫星，所以T A=T C，根据T=2π√r3
GM
得C的周期大于B的周期，故C正确，D 错误；
故选：BC。

地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期大小
地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小8.答案：AB
解析：解：由题意可知前2s货物向下加速运动，2−9s向下匀速运动，9−10s向下匀减速运动至静止；
A、货物在第10s内速度从2m/s减速到0，加速度为a=△v
△t =0−2
1
=−2m/s2，负号表示加速度的方
向与速度的方向相反．故A正确；
B、速度时间图线与时间轴围成的图形的面积表示位移的大小为：x=10+(9−2)
2
×2m=17m，计算得10s内的平均速度大小为1.7m/s，故B正确；
C、前2s货物的加速度方向向下，货物处于失重状态，故C错误；
D、最后1s货物的加速度方向向上，合外力向上，故货物必定受到电梯底板的支持力作用；故D错误；
故选：AB．
从图象得到电梯的运动规律，先加速下降，然后匀速下降，最后减速下降；加速度向上是超重，加速度向下是失重．
本题关键根据图象得到电梯的运动情况，然后结合牛顿第二定律、超失重知识分析即可．
9.答案：AC
解析：解：A、由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度2m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于压缩状态，两状态弹簧弹性势能相等，故A正确；
B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m A逐渐减速，m B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m B依然加速，m A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
C、系统动量守恒，以向右为正方向，选择开始到t1时刻，由动量守恒定律得：m A v A0=(m A+m B)v1，由题意可知：v A1=6m/s，v1=2m/s，解得：m A：m B=1：2，故C正确；
D、在t2时刻A的速度为：v A=−2m/s，B的速度为：v B=4m/s，由C可知：m A：m B=1：2，则在t2时刻A与B的动能之比：E kA：E kB=1：8，故D错误；
故选：AC。

两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况。

对于这类弹簧问题关键用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况。

10.答案：AB
解析：
起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60°后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间。

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中。

A .起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F ，合力为Fb ，如图所示：
在△OFFb 中，由几何关系得：F =√3mg ，Fb =mg 由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g ，故 A 正确；
B .由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1=g ， 推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′ℎ垂直，如图所示，v a
2
=gt
0.5g =2t ， 此时合力大小为： F′ℎ=mgsin30° 动力大小：F′=√3
2mg ，飞行器的加速度大小为： a 2=gsin30°=0.5g 加速与减速时的加速度大小
之比为a 1：a 2=2：1，故B 正确；
CD.t 时刻的速率：v =a 1t =gt ，加速与减速过程发生的位移大小之比为v 2a 1
:v
2a 2
=1:2，到最高点的
时间为：t′=v
a 2=2t ，减速飞行时间2t 后速度减为零，故CD 错误。

故选AB 。

11.答案：2.28；2.26；当地重力加速度g
解析：解：根据重力势能的定义式得出：
从点p到打下计数点D的过程中，重锤重力势能减小量为：
△E P=mgℎ=1×9.8×0.2325J=2.28J
利用匀变速直线运动的推论可得B点的速度为：
=2.13m/s
v B=0.3250−0.1250
2×0.04
在此过程中重物动能的增加量为：
×1×(2.13)2=2.26J
△E k=1
2
v2−ℎ图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，有：
利用1
2
mv2，
mgℎ=1
2
v2=gℎ
即1
2
v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线．
所以以1
2
v2−ℎ图线的斜率就等于当地重力加速度g．
那么1
2
故答案为：2.28，2.26，当地重力加速度g．
利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．
要能够找出斜率和截距的物理意义，我们必须要从物理角度找出两个物理变量的关系表达式．
运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题同时注意数学知识在物理中的应用．
12.答案：丙；a；7.6
解析：解：(1)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流
应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯
泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，
电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内
阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验应
选择图丙所示电路图．
(2)根据电路图连线实物图如图所示：
(3)由图甲所示电路图可知，当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端；
(4)由图示可知，灯泡额定电压3.8V对应的电流为0.5A，则此时灯泡电阻R=U
I =3.8V
0.5A
=7.6Ω；
故答案为：(1)丙；(2)实物图如图所示；(3)a；(4)7.6．
(1)根据实验原理与灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择电路图．
(2)滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，滑片应置于分压电压分压为零的位置．
(3)根据实验电路图连接实物电路图．
(4)由图象找出额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻．
一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接法；注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关S前滑动触头位置的不同要求．
13.答案：解：
(1)安全带长5m，人在这段距离上机械能守恒
mgℎ=1
2
mv2−0
解得v=10m/s
(2)人受安全带的保护经1.2s速度减小为0，以向上为正方向，应用动量定理有
(F−mg)t=0−(−mv)
解得F=1100N
解析：根据动量定理求解冲击力大小。

本题是自由落体运动和动量定理的综合应用的题目。

14.答案：解：(1)物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，有：μm A g=ma A
得：a A=μg=3m/s2
木板B做加速运动，有：F+μm A g=m a a B
代入数据得：a B=4m/s2
两者速度相同时，有v0−a A t=a B t
得：t=1s
A滑行距离S A=v0t−1
2
a A t2=5.5m
B 滑行距离S B =1
2a B t 2=2m 最大距离：△s =S A −S B =3.5m ；
(2)物体A 不从B 右端滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1， 则：v 02−v 1
22a A
=
v 1
22a B +L
又：
v 0−v 1a A
=v
1a B
联立以上两式，可得：a B =1.9m/s 2 由：F =m a a B −μm A g =0.8N
若F <0.8N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于0.8N 。

当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落。

F =(m A +m B )a ，μm A g =m A a 得：F =9N
若F 大于9N ，A 就不会相对B 向左滑下。

综上：力F 应满足的条件是0.8N ≤F ≤9N 。

答：(1)若F =5N ，物件A 在小车上运动时相对小车向左滑行的最大距离为3.5m ； (2)如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件是0.8N ≤F ≤9N 。

解析：(1)首先分析物体A 和车的运动情况：A 相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动。

开始阶段，A 的速度大于车的速度，则A 相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A 相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离。

由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A 与车相对于地的位移，两者之差等于A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
(2)要使A 不从B 上滑落，是指既不能从B 的右端滑落，也不能左端滑落。

物体A 不从右端滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F ，为F 的最小值。

物体A 不从左端滑落的临界条件是A 到达B 的左端时，A 、B 具有共同的速度，可求出此时F 的最大值，综合得到F 的范围。

牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件。

15.答案：解：(1)小球过C点时满足F+mg=m v c2
r
mv C2
又根据mg(H−2r)=1
2
H−5mg
联立解得F=2mg
r
由题图可知：H1=0.5m时F1=0；H2=1.0m时F2=5N；
可解得g=5m/s2
r=0.2m
(2)据m v2
=mg
R
可得v=√Rg=5×103m/s．
故星球的第一宇宙速度为5×103m/s．
答：(1)圆轨道的半径为0.2m，月球表面的重力加速度为5m/s2．
(2)星球的第一宇宙速度为5×103m/s．
解析：(1)小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合F−H图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度．
(2)第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速度相等，根据万有引力等于重力mg=m v2
求
R
出该星球的第一宇宙速度．
本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力F与H的关系式．
16.答案：解：(1)物块A从释放到滑上木板B，由能量守恒知弹性势能全部转化为物块的动能：E P=
1
mv02=2J；
2
(2)物块滑上木板B后，由于木板足够长，则物块减速，木板加速，最终相对静止。

=2m/s2，
物块向右减速：a1=μmg
m
=1m/s2，
木板B向右加速：a2=μmg
M
最终共速，A相对B滑动的时间t，则v0−a1t=a2t，
s。

解得：t=2
3
答：(1)释放物体A瞬间，弹簧的弹性势能为2J；
s。

(2)A在B上滑动的时间为2
3
解析：(1)由能量守恒可求解；
(2)分析物块和木板的运动，求得各自的加速度，由最终速度相等可求解。

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分析物体的运动情况，知道最终速度相等是解题的关键。