河南省郑州市新高考高一下物理基础解答题狂练含解析

河南省郑州市新高考高一下物理基础解答题狂练
多选题有答案含解析
1．(本题9分)如图所示,在水平圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量均为m的两物块用轻绳连接，物块A 到转轴的距离为R ，与圆盘的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

要使物块A随圆盘一起转动，则：
(1)水平圆盘转动的角速度少为多少时，可使物体A 与水平圆盘间摩擦力为零？
(2)水平圆盘转动的角速度ω的大小在什么范围内物块A 会相对于圆盘静止？
2．如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R=1m，传送带AB长为L=6m，并沿逆时针方向匀速转动．现有一质量m=1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为μ=0.1．取g=10m/s1，现要使物体刚好能经过D点，求：
（1）物体到达D点速度大小；
（1）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少．
3．(本题9分)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定质量为m的小球A套在圆环上；长为4
3
R
的刚性
(既不伸长也不缩短)轻杆一端通过铵链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；质量为m的滑块B套在固定的光滑水平长杆上，水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上，给B施加一水平向左的力，使小球A 静止于轻杆与圆环相切的位置现撒去水平力F，滑块B由静止开始运动，不计一切摩擦AB均视为质点重力加速度为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)小球A静止时滑块B受到水平力F的大小；
(2)小球A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
(3)小球A由静止下滑至杆与圆环再次相切的过程中，杆对滑块B做的功。

4．(本题9分)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，（安全带伸长量远小于其原长）不计空气阻力影响，g 取10 m/s2 。

求：人向下减速过程中，安全带对人的平均作用力的大小及方向。

5．(本题9分)一绝缘“ ”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的，现将一质量为m的带正电荷的小
环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的1
2
．
（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；
（2）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆件的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．
6．(本题9分)某人在一星球上以速度v0竖直上抛一物体，设t秒钟后物体落回手里，已知星球的半径为R，那么至少要用多大的速度沿星球表面抛出，才能使物体不再落回星球表面?
7．(本题9分)如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周最低点．现有一质量为m、电荷量为q套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR．求：
（1）A、B两点间的电势差AB
U；
（2）小球滑至C点时的速度的大小；
（3）若以C点做为零电势点，试确定A点的电势．
8．(本题9分)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型:将一根长为2d、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面，开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态AP竖直.(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g若甲将滑轮由静止释放求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)
9．(本题9分)如图所示，细线下吊着一个质量为M的沙袋（可看作质点），构成一个单摆，摆长为l。

一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动，已知重力加速度为g，求：
（1）子弹射入沙袋后沙袋的速度大小v；
（2）子弹射入沙袋过程中生热是多少Q；
（3）子弹和沙袋一起上升的最大高度h.
10．(本题9分)2022年22月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机质量为m = 2．5×204kg，着舰速度为v0=50m/s，着舰过程中航母静止不动．发动机的推力大小恒为F = 2．2×205N，若空气阻力和甲板阻力保持不变．
（2）若飞机着舰后，关闭发动机，仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=2m/s2的加速度做匀减速运动，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里．
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了拦阻索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机．若飞机着舰后就钩住拦阻索，图示为飞机钩住拦阻索后某时刻的情景，此时飞机的加速度大小为a2=38m/s2，速度为40 m/s，拦阻索夹角θ=206°两滑轮间距︒=︒=）
40m，（sin530.8,cos530.6
a．求此时拦阻索承受的张力大小．
b．飞机从着舰到图示时刻，拦阻索对飞机做的功．
11．(本题9分)如图所示，长为R的不可伸长轻绳上端固定在O点，下端连接一只小球，小球与地面间的距离可以忽略（但小球不受地面支持力）且处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度，使其开始在竖直平面内做圆周运动．设小球到达最高点时轻绳突然断开，已知最后小球落在距初始位置水平距离为4R的地面上，重力加速度为g．试求：(图中所标初速度v0的数值未知)
(1)绳突然断开时小球的速度；
(2)小球刚开始运动时对绳的拉力．
12．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O 点且水平向右为x轴正方向。

在O点正上方距盘面高为h＝5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。

已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。

(取g＝10 m/s2)
（1）每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
（3）当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2 m，求容器的加速度a。

13．如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中．一质量为m，可视为质点的带正电小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点．重力加速度为g，小球在C点处的加速度大小为5g/1．求：
（1）小球所受电场力的大小；
（2）小球在B点时，对半圆轨道的压力大小；
（1）虚线框MNPQ的宽度和高度满足的条件．
14．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，经过B点且恰好能通过C点．已知A、B间的高度差为h=4R,重力加速度为g．求：
(1)小球通过C点时的速度C v；
(2)小球从A点运动到C点的过程中，损失的机械能E损
15．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；
（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

16．(本题9分)如图甲所示，水平面上A点处有一质量m＝0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。

物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f 大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。

已知AB间距为2m，斜面倾角＝37°，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求
(1)物块通过B点时速度大小;
(2)恒力F1大小
(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。

物块从B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N的风力F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。

调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.
17．(本题9分)已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。

（1）若不考虑地球的自转，求地球的质量M。

（2）若某卫星在距地面高h处绕地球做匀速圆周运动，求该卫星运行的速率v。

18．(本题9分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的长度为L=40 cm，细线的一端连着一个质量为m=1.0×10－4 kg、带电量为q=+5.0×10－8 C的小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，当细线转过90°，小球到达B点时速度恰好为零．不计空气阻力和细线质量，重力加速度g=10 m/s1．求：
（1）A、B两点间的电势差U AB；
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）小球从A点运动到B点过程中的最大速度的大小．（结果可保留根号）
19．（6分）(本题9分)如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？
20．（6分）(本题9分)一个质量为m=40kg的小孩站在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上
升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示。

试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s 2。

参考答案
多选题有答案含解析 1．（1）g
R
ω= （21-g R μω1g R
μ
+【解析】 【详解】
(1)物块A 相对于圆盘静止，则绳子上的张力为：f mg = 当物体A 与木板间摩擦力为0时，即由：2F m R ω= 解得：g
R
ω=
(2)当角速度最小时，A 所受的静摩擦力最大且的背离圆心，即有：2
1F mg m R μω-=
解得：11-g R
μ
ω=
当角速度最大时，A 所受的静摩擦力最大且的指向圆心，即有：2
2F mg m R μω+=
解得：21g R
μ
ω+=
所以ω1-g R μω1g R
μ
+2．（1）5；（1）61J 【解析】 【详解】
（1）由题知，物体刚好能经过D 点，则有：
2D
v mg m R
=
解得：25D v gR =
=m/s
（1）物体从弹射到D 点，由动能定理得：
2
1202
D W mgL mgR mv μ--=-
p W E =
解得：p E =61J
3． (1) F=1225mg (2)v=210gR
(3)W=4041mgR 【解析】 【详解】
（1）对A 和B 受力分析如图甲所示
研究小球A: A
A
F G 杆=sin 37° 研究滑块B: F=F 杆B cos37° 且F 杆A =F 杆B F=
1225
mg
（2）当A 滑到与O 同高度时，A 的速度沿圆环切向向下大小为v,B 的速度为0 由机械能守恒定律得：mgRcos37°=
212
mv 解得：210gR
（3）杆与圆环再次相切时，A 的速度沿轻杆方向，设为v A ，此时B 的速度沿水平杆向左，设为v B ，如图
乙所示
根据杆不可伸长和缩短，得:v A = v B cos 37° 球A 下落的高度为：h=2Rcos37°=
85
R 由A 球和B 球组成的系统机械能守恒定律得：mgh=
22
1122
A B mv mv + 由动能定理得:W=
2
12B mv -0 代入数据解得：W=40
41
mgR 4．100N ，方向：竖直向上 【解析】 【详解】
选取人为研究对象，人下落过程有：v 2=2gh ， 代入数据解得：v=10 m/s ，
缓冲过程由动量定理有：（F-mg ）t=mv ， 解得：6010
6010N 1100N 1.2
mv F mg t ⨯=
+=+⨯=（） 则安全带对人的平均作用力的大小为1100N ，方向竖直向上。

5． (1)4R (2)若μ≥12 ，W f ＝12mgR μμ+ 若μ<12 ，W f ＝1
2
mgR
【解析】
试题分析: （1）小球刚好到达P 点时，速度为零，对小球从D 点到P 点过程，由动能定理得 qEx-2mgR=0-0 又由题意，1
2
qE mg = 联立解得，x=4R 若μ≥
1
2
，则μmg≥qE ． 设小球到达P 点左侧1x 静止，由动能定理得 qE （5R-1x ）-mg•2R -f 1x =0
又f=μN=μmg 联立解得，112R
x μ
=
+
所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为112mgR
W mgx μμμ
==
+
若μ<
1
2
,则μmg<qE 小环经过往复运动，最后在P 点速度为0， 据动能定理qE·5R －mg·2R －W 2＝0 克服摩擦力做功21
2
W mgR =
考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动 6．
【解析】 【详解】
小球做竖直上抛运动，则 由
，解得：
星球表面的小球所受重力等于星球对小球的吸引力，
现将此球沿此星球表面将小球水平抛出，欲使其不落回星球，则抛出时的速度至少为该星球的第一宇宙速度，即
综上所述本题答案是：
7． (1) A 、B 两点间的电势差2AB mg
U R q (2) 7C v gR = (3) A
mgR
2q
ϕ 【解析】 【分析】
考查带电粒子在复合场中运动中速度、能量问题，根据动能定理计算可得． 【详解】 由动能定理有：
22113
222
B A E mv mv mg R W =⨯+- 代入数值可解得：1
2
E W mgR =
B 两点间的电势差
2E AB W mg U R q q
小球从B 到C 电场力做的总功为零，由几何关系可得BC 的竖直高度为：32
BC h R =，根据动能定理有： 22311mg 222
C B R mv mv ⨯=-
解得：C v =
小球从A 到C ，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有
24C 1mg 3R W mv 2
⨯+=
， 得： #1W mgR 2
=， 电场力做正功，电势能减小．又因为C 点为零电势点，所以电荷-q 在A 点有电势能12pA E mgR =
， 有： PA A E mgR q 2q
ϕ 【点睛】
当两点电势相等时，电场力做功为零．选择合适的研究阶段，根据动能定理联立可得．计算电势、电势差时一定注意功、电势能、电量的正负．
8．v =【解析】
【详解】
设AP 的长度为l ,由几何关系易知:
222(2)l d d l +=-
乙在最低点时有最大速度v ，设此时乙距AB 线的高度为h ，有
222(/2)h d d =-
由机械能守恒定律得，
21()2B m h l mv -=
得v =9．（1）0m v M m
+（2）202()Mm v M m +（3）201()2mv g M m +
【解析】
【详解】
（1）子弹射入沙袋的过程，取子弹的初速度方向为正方向。

由动量守恒定律可得：
mv 0=(m+M)v
解得：
0m v v M m =+ （2）子弹与沙袋作用过程中，系统产生的内能△E 等于系统损失的机械能，则有：
222011()222()
Mm E mv m M v v M m ∆=-+=+0 （3）沙袋摆动过程中，由机械能守恒定律得：
21()=()2
m M v m M gh ++ 解得：
201()2mv h g M m
=+ 10．（2）625m ；（2）a ．3．5×205N ；b ．-2．23×207J ．
【解析】
【分析】
【详解】
（2）由匀变速直线运动规律得2202t v v ax -=
代入数据解得625x =m
（2）a ．有牛顿第二定律得ma f =得f =5×204N
飞机着舰受力如图：
有牛顿第二定律得：2sin37ma T f F =︒+-
代入数据解得：58.510T =⨯N
b ．从着舰到图示位置飞机前进115x =m
由动能定理得：11T k Fx W fx E ++=∆
代入数据解得：T W =-2．23×207J
11．（1）v =2）9mg
【解析】
【分析】
【详解】
绳子断开后做平抛运动，特点求解，在最低点时由绳子的拉力和重力的合力提供向心力，根据机械能守恒计算出最低点的速度，再由牛顿第二定律列式求解
（1）根据平抛运动两个分运动
2122
R gt =；4R vt = 得
v =（2）由机械能守恒
22011222
mg R mv mv += 得
0v =由牛顿第二定律
2
v T mg m R
-= 得
T=9mg
12．（1）1s （2）πk k ω==，其中k ＝1,2,3，… （3）2/s a = 【解析】
【详解】
（1）离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间
1s t == （2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s 内转过的弧度为kπ，k 为不为零的正整数。

由ωt ＝kπ得πk k ω==，其中k ＝1,2,3，…
（3）第二滴水离O 点的距离为2113()22x at at t a =
+= 第三滴水离O 点的距离为221(2)(2)42
x a t a t t a =
+⋅= 又Δθ＝ωt ＝1.5π 即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x 轴方向及垂直x 轴的方向上，所以x 12＋x 22＝x 2 即2223(4)22a a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭
解得2m /s 73
a = 13．（1）
43mg （2）73mg （1）2x R ≥，52
y R ≥ 【解析】
【分析】
【详解】 （1）小球在C 处受水平向右的电场力F 和竖直方向的重力mg ，由题，加速度为
53g
53
g) 解得 Eq=4mg 3 （2）小球从A→B 过程，根据动能定理得：mg?2R-qER=
12m 2B ν 解得：
v B 根据牛顿第二定律得：N-mg=m 2B R
ν代入解得：N=73mg （1）小球从B→C 水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动
水平方向：a x =qE m =43
g 竖直方向：a y =g 设向左减速时间为t ，则有t=B x
v a 12v B t=2
R y=12g （2t ）2=32R 虚线框MNPQ 的宽度应满足条件L ＞2R ，高度应满足条件H ＞R+
32R =52R ． 14
． (1)
(2)1.5mgR
【解析】 【详解】
(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2C v mg m R =
则得：
C v gR =
(2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：
21202
f C m
g
h R W mv --=-() 解得：
W f =1.5mgR
则小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能
= 1.5f gR E W m =损
15．（1）10.5J （2）3J （3）0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m
【解析】
【详解】
（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： −μmgl+W 弹
＝0−mv 02 由功能关系：W 弹=-△E p =-E p
解得 E p =10.5J ；
（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得
−2μmgl ＝E k −mv 02
解得 E k =3J ；
（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v 2，由动能定理得
−2mgR ＝mv 22−E k
小物块能够经过最高点的条件m ≥mg ，解得 R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv 12≤mgR ，解得R≥0.3m ；
设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v 1，由动能定理得：
−2mgR ＝mv 12-mv 02
且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，
综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

16．（1）4m/s （2）4.5N （3）7.69J
【解析】
【详解】
（1）物块从B 到P ，假设BP 间距为L ，根据平抛运动规律有
水平方向：cos B x L v t θ== ① 竖直方向：21sin 2y L gt θ== ② 代入数据，联立①②式解得4m/s B v =；
（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为()1212f W f f d =-
+ ③ 物块从A 到B ，由动能定理有21102
f B F d W mv +=
- ④ 代入数据，联立③④式解得1 4.5N F =
（3）方法一：
以B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设2F 与x -轴方向成α角，根据运动的合成与分解有
水平方向：22cos 12B F x v t t m α=-
⑤ 竖直方向：()22sin 12F mg y t m
α+= ⑥ 几何关系：tan y x θ=
⑦
联立⑤⑥⑦式解得()22
tan sin cos 11tan 22B v t F mg F m m
θ
ααθ=++ ⑧ 代入数据可得()
122044sin 3cos t αα=++，要使t 最小，即4sin 3cos αα+要取最大值， 而()04
34sin 3cos 5sin cos 5sin 3755ααααα⎛⎫+=+
=+ ⎪⎝⎭，故当053α=时，t 最小， min 0.3t s =
2cos x B F v v t m α=-
⑨ ()2sin y F mg v t m α+= ⑩
()2221122k x y E mv m v v =
=+ （11） 联立⑨⑩（11）式解得7.69J k E = （12）
（ 2.56m/s x v =， 4.92m/s y v =）
【或：把0.3mm t s =代入⑥式中解得0.738m y =⑨
假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G K W W E +=∆，
即2102
k B mgy E mv +=- ⑩ 代入数据解得7.69J k E = （11）
方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，
sin ,cos By B y v v G mg θθ==，By v 和y G 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故2F 垂直斜面向下。

x 方向：()()21cos sin 2
B x v t g t θθ-+ ⑤
y 方向：()22cos 1sin 2B F mg y v t t m θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑥ 0y =时，解得min 0.3t s = 或：21cos sin y B F mg v v t m θθ+⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑥ 当0y v =时，10.15t s =，120.3t t s ==
()cos sin x B v v g t θθ=+⑦
把0.3mn t s =代入⑦式中解得5m/s x v =，而sin 2.4m/s y By B v v v θ===，
()2221122
k x y E mv m v v ==+ ⑧ 代入数据解得7.69J k E = ⑨
【或：把0.3mn t s =代入⑤式中解得 1.23m x =，
假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G k W W E +=∆， 即210sin 2
k B mgx E mv θ+=- ⑦ 代入数据解得7.69J k E = ⑧】
17．（1）
2GMm mg R = （2）v =【解析】
【详解】
（1）设地面上有一个质量为m 的物体，则 2GMm mg R
= 得G
gR M 2
= （2）设卫星的质量1m ，则
2
112()GMm v m R h R h
=++
得v =
18．（1）3810V AB U =-⨯（1）4210V/m E =⨯（3）v =
【解析】
【详解】
（1）对小球，从A 运动到B ，由动能定理得
00AB mgL qU +=-
解得：
3810V AB U =-⨯
（1）由U E L
=解得： 4210V/m E =⨯
（3）由Eq mg =，可知在细线转过45°时小球速度最大；从A 运动到中点，由动能定理得
()0021sin 451cos 4502
mgL EqL mv --=
- 解得：
v =
19．m L M m +； M L M m
+ 【解析】
设任一时刻人与船速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中人与船组成的系统动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2 设整个过程中人与船的平均速度大小分别为1v 、2v ，则有12mv Mv =.两边乘以时间t 有m 1v t ＝M 2v t ，即mx 1＝Mx 2.且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝M L M m + ，x 2＝m L M m
+ . 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系.
20．9m
【解析】
【详解】
试题分析：由图可知，在t ＝0到t 1＝2s 的时间内，电梯向上加速运动。

设在这段时间内体重计作用于小孩的力为F 1，电梯及小孩的加速度为a 1，根据牛顿第二定律，得：11F mg ma -= ①
在这段时间内电梯上升的高度 h 1＝21112
a t ② 在t 2-t 1＝3s 的时间内，电梯匀速上升，速度为t 1时刻的电梯的速度，即111v a t = ③
在这段时间内电梯上升的高度h 2＝v 1（t 2 -t 1） ④
在t 3-t 2＝1s 时间内，电梯做减速上升运动。

设这段时间内体重计作用于小孩的力为F 2，电梯及小孩的加速度为a 2，由牛顿第二定律，得：22mg F ma -=⑤
在这段时间内电梯上升的高度h 3＝21322321()()2
v t t a t t --
-⑥ 电梯上升的总高度h ＝h 1＋h 2+h 3 ⑦ 由以上各式，解得h ＝9m ⑧
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】
连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。