2019-2020学年昆明市高一下学期期末物理试卷

2019-2020学年昆明市高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共18.0分）
1.嫦娥五号月球探测器是负责嫦娥三期工程“采样返回”任务的中国首颗地月采样往返探测器。

历时约23天，嫦娥五号月球探测器于2020年12月17日1时59分返回地面，在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，圆满完成任务，举世瞩目。

下列说法正确的是()
A. 2020年12月17日1时59分表示的是时间间隔，23天指的是时刻
B. 研究嫦娥五号月球探测器从月球起飞姿态控制时可以视为质点
C. 研究嫦娥五号月球探测器着陆搜寻计划时，内蒙古四子王旗预定区域不能视为质点．
D. 嫦娥五号月球探测器在月球上实现自主判断并安全降落，这一过程它是以地球为参考系的
2.汽车以5m/s的速度在水平路面上匀速前进，由于前方突发事件需要紧急刹车，汽车以2m/s2的
加速度大小做匀减速运动，则汽车从刹车开始4s内通过的位移为()
A. 4m
B. 36m
C. 6.25m
D. 以上选项都不对
3.a、b、c三颗卫星同处于地球赤道表面，a在地球赤道上随地球一起
转动，b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，若所
有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是()
A. 各卫星线速度关系为v b>v c>v a
B. 各卫星向心加速度大小关系为a a>a b>a c
C. 各卫星周期关系为T c>T b>T a
D. 各卫星所受向心力大小关系为F b>F c>F a
4.某矿井中的升降机由井底上升到井口过程中的v−t图象如图所示，
根据图象下列判断正确的是()
A. 矿井的深度为36m
B. 4～5s升降机下降
C. 0～2s升降机的速度变化和4～5s的速度变化大小相同
D. 1～2s升降机的速度变化和4～5s的速度变化快慢相同
5.如图所示，一光滑半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球
用轻绳跨过碗口并连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时碗内
小球恰好与碗之间没有弹力，两绳与水平方向夹角分别为53°、
37°，则m1：m2：m3的比值为(已知sin53°=0.8，cos53°=0.6)()
A. 5：4：3
B. 4：3：5
C. 3：4：5
D. 5：3：4
6.如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下
开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P，运动过程中所受空气
阻力大小不变，物体最终做匀速运动．物体运动速度的倒数1
v
与加速度a的关系如图乙所示．若重力加速度大小为g，下列说法不
正确的是()
A. 物体的质量为P
v0a0B. 空气阻力大小为P(a0−g)
v0a0
C. 物体加速运动的时间为v0
a0
D. 物体匀速运动的速度大小为v0
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
7.了解物理规律的发现过程，学会像物理学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以
下符合物理学史实的是()
A. 牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
B. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献
C. 奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场
D. 法拉第提出了电场的观点，但实际上电场并不存在
8.如图所示，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。

现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v−t图如图所示，则()
A. 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
B. 在A离开挡板前，A、B系统动量不守恒，之后守恒
C. 若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. 弹簧锁定时其弹性势能为1J
9.如图所示，质量相同的P、Q两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，
使P球沿水平方向抛岀，Q球同时被松开而自由下落。

则下列说法中正确的有()
A. P球先落地
B. 两球落地时速度大小相同
C. 下落过程中两球的加速度相同
D. 同一时刻两球离地面的高度相同
10.如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强
度随时间变化规律为E=E0−kt(E0、k均为大于零的常数，电场水平向左
为正方向)的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知
μqE0>mg.t=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，当物体下滑H
2后脱离墙面，此时速度大小为√gH
2
，最终落
在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是()
A. 物体克服摩擦力所做的功W=3
8
mgH
B. 物体与墙壁脱离的时刻为t=E0
k
C. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
D. 物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
11.质量为2kg的物体A静止在粗糙水平面上，t=0时一水平向右的恒力F作用在A上，t=2s时
撤去F，A的速度图象如图所示，则下列说法正确的是()
A. F做功48J
B. F做功36J
C. 在0～8秒内物体A克服摩擦力做功48J
D. 在0～8秒内物体A克服摩擦力做功36J
12.如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入
一有界磁场。

从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说
法正确的是()
A. a端的电势低于b端
B. ab边所受安培力方向为水平向左
C. 线圈可能一直做匀速运动
D. 线圈可能一直做匀加速直线运动
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13.某同学利用图(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。

打点计时器所用交流电源频率为
50Hz.启动打点计时器，释放物块，打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。

根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速直线运动。

回答下列问题：
(1)根据电磁打点计时器打出的纸带，可以从纸带上直接测量得到的物理量是______。

A.位移
B.速度
C.加速度
D.平均速度
(2)实验一定需要的操作是______。

(多选，填字母序号)
A.电磁打点计时器应使用220V交流电源
B.纸带和桌面保持平行
C.在释放物块前，物块要靠近打点计时器
D.钩码质量远小于物块质量
(3)在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为______m/s。

(保留两位有效数字)
(4)物块的加速度大小为______m/s2.(保留两位有效数字)
(5)打点计时器原来使用的电源的频率是50Hz，若在测定匀变速直线运动的速度时，交流电的频率
为60Hz而未被发觉，这样计算出的加速度值与真实值相比是______。

(填“偏大”“偏小”或“不变”)
14.在《验证机械能守恒定律》实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置，采用
两种不同的实验方案进行实验．
(1)在甲图中，下落物体应选择密度_______(选填“大”或“小”)的重物；在乙图中，两个重物的质
量关系是m1______m2(选填“>”、“=”或“<”)．
(2)采用图乙中所示的实验器材进行实验，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和______．
(3)某次实验所打纸带如图丙所示，O为第一个点，A、B、C、D点到O点的距离已标出，打点时间
间隔为0.02s，则记录C点时，重物速度v c=_______m/s．
(4)在乙图装置中若满足等式______ 则机械能守恒(说明式中各物理量的含义)．
四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
15.随着社会的进步，“人工智能”已经走进千家万户。

在今年“新冠肺炎”疫情防控期间，居家
隔离的小明叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小明操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速时加速度大小为0.2m/s2，减速时加速度大小为0.1m/s2。

一段时间后恰好到达他家阳台且速度为零。

货物上升过程中，遥控器上显示，上升总高度为30m。

求：
(1)无人机把货物送到楼顶的最短时间？
(2)若无人机把货物送到小明家全程用37.5s，此过程无人机运行的最大速度？
16.(1)(5分)A、B两物体在同一直线上运动的速度一时间图象如图所示，则由图象可知，在0−t2时
间内()
A、A、B运动始终同向
B、在t1时刻B速度方向改变
C、A、B的加速度始终同向，B比A的加速度大
D、在t2时刻，A、B的速度相同，加速度也相同
(2)(10分)我国火星探测器计划于2020年前后由长征五号运载火箭在海南发射场发射人轨，直
接送入地火转移轨道。

假设探测器到了火星附近，贴近火星表面做匀速圆周运动，现测出探测器运动的周期为T、运行速率为v，不计周围其他天体的影响，万有引力常量为G。

(1)求火星的质量；
(2)设某星球的质量为M，一个质量为m的物体在离该星球球心r处具有的引力势能公式为
(取物体离该星球无穷远处势能为零)。

若一颗质量为m′的卫星绕火星做半径为r1的匀速圆周运动，后来因为需要卫星的轨道半径变为r2，且r1：r2=1：2，求该卫星变轨前后在轨道上正常运行时的机械能之比。

17. 如图所示，固定在竖着平面内的光滑绝缘管道ABCDQ的A、Q两端与倾角θ=37°的传送带相
切。

不计管道内外径的差值。

AB部分为半径R1=0.4m的圆弧，CDQ部分也是圆弧。

D为最高点，BC部分水平，且仅有BC段处于场强大小E=4×103N/C，方向水平向右的匀强电场中，传送带长L=1.8m，传送轮半径忽略不计。

现将一可视为质点的带正电滑
块从传送带上的Q处由静止释放，滑块能从A处平滑进入管道。

已知滑块的质量m=lkg、电荷量q=5×10−4C.滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块通过管道与传送带的交接处时无速度损失，滑块电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

g=10m/s2。

(1)若传送带不动，求滑块第一次滑到A处的动能E k；
(2)若传送带不动，求滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力；
(3)改变传送带逆时针的转动速度以及滑块在Q处滑上传送带的初速度，可以使滑块刚滑上传送带就
形成一个稳定的逆时针循环(即滑块每次通过装置中同一位置的速度相同)。

在所有可能的循环中，求传送带速度的最小值。

(结果可以用根号表示)
18. 羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m/s并能维持这个速度较长的时间。

猎豹
从静止开始奔跑，经过60m能达到最大速度30m/s，以后只能维持这个速度4s。

设猎豹与羚羊x米时开始攻击，羚羊在猎豹开始攻击后1s才开始奔跑。

设它们在加速阶段均作匀加速直线运动，求：
(1)猎豹要在最大速度减速前追上羚羊，求x的范围；
(2)猎豹要在加速阶段追上羚羊。

求x的范围。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A、2020年12月17日1时59分对应时间轴上的点，表示的是时刻，23天对应一段过程，指的是时间间隔，故A错误；
B、研究嫦娥五号月球探测器从月球起飞姿态控制时，要考虑到嫦娥五号的本身的大小和形状，故不能将嫦娥五号看成质点，故B错误；
C、研究嫦娥五号月球探测器着陆搜寻计划时，内蒙古四子王旗预定区域不能视为质点，否则不存在“区域”，故C正确；
D、嫦娥五号月球探测器在月球上实现自主判断并安全降落，这一过程它是以月球为参考系的，故D 错误；
故选：C。

时间轴上的点表示时刻线段表示时间；物体本身的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响不计时可以将物体看成质点；在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体叫参考系。

本题主要考查时刻和时间、参考系以及什么情况下能将物体看质点，掌握相关概念是解决问题的关键．
2.答案：C
解析：解：汽车速度减为零的时间为：t0=v0−0
a =5−0
2
s=2.5s，
在制动后2.5s时汽车已经停止运动，汽车在4s内的位移等于2.5s内的位移，则有：
x=v0+0
2t0=5+0
2
×2.5m=6.25m，故C正确、ABD错误。

故选：C。

根据匀变速直线运动的速度−时间公式求出汽车减速到零所需的时间，因为汽车刹车速度变为零后不再运动，再根据运动学公式求出4s内的位移。

本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。

所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。

3.答案：A
解析：
根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度、周期与轨道半径的关系，从而得出b、c的线速度、向心加速度、周期的大小关系．抓住a、c的周期相等，根据v=rω，a=rω2得出a、c的线速度、向心加速度的大小关系．
解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，注意a不是靠万有引力提供向心力，不能通过万有引力提供向心力求解线速度、角速度、向心加速度和周期．
ABC、根据G Mm
r2=ma=m v2
r
=mr4π2
T2
得，向心加速度a=GM
r2
，线速度v=√GM
r
，周期T=√4π2r3
GM
，
c的轨道半径大于b的轨道半径，则v b>v c，a b>a c，T b<T c．
因为c为同步卫星，则a、c的周期相等，角速度相等，根据v=rω知，v c>v a，根据a=rω2知，a c>a a，故A正确，B、C错误．
D、因为a、b、c卫星的质量未知，无法比较向心力的大小关系，故D错误．
故选：A．
4.答案：C
解析：解：A、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移，可知矿井的深度等于梯形面积的大小，
为ℎ=2+5
2
×12m=42m，故A错误；
B、4～5s升降机减速上升，故B错误；
C、速度变化量等于末速度与初速度之差，则知0～2s和4～5s的速度变化大小都为12m/s，故C正确；
D、加速度表示速度变化快慢，图象的斜率大，加速度大，则知4～5s的速度变化比1～2s的速度变化快，故D错误。

故选：C。

在v−t图象中，图象与时间轴围成的面积表示位移。

速度的正负表示速度方向。

图象的斜率表示加速度。

本题是速度−时间图象的应用，关键要明确v−t图象与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示加速度。

5.答案：A
解析：解：对碗内的小球m1受力分析，受重力、两个细线的两个拉力，由于碗边缘光滑，故相当于动滑轮，故细线对物体m2的拉力等于m2g，细线对物体m1的拉力等于m1g，如图：
根据共点力平衡条件，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，有
G 2=G 1cos37°
G 3=G 1sin37°
故
m 1：m 2：m 3=5：4：3
故选：A 。

对碗内的小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法求解．
本题关键是对碗内小球受力分析，根据三力平衡条件可知，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后运用合成法作图，根据几何关系得到三个物体的重力之比． 6.答案：C
解析：
物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的1v 与a 的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大。

本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出1v 与a 的关系式是解决本题的关键。

解：AB.由题意可知P =Fv ，根据牛顿第二定律由F −mg −f =ma 联立解得：1v =
m P a +mg+f P ，由乙图可知，m P =1v 0a 0，mg+f P =1v 0，解得：m =P v 0a 0，f =P(a 0−g)v 0a 0，故AB 正确；
C .物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用v =at 求得时间，故C 错误；
D .物体匀速运动由F =mg +f ，此时v =P F =P mg+f =v 0，故D 正确。

本题选说法不正确，故选C 。

7.答案：BC
解析：解：A 、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故A 错误； B 、笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B 正确；
C 、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，故C 正确；
D、法拉第提出了电场的观点，电场是客观存在的，故D错误；
故选：BC．
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
8.答案：BC
解析：解：A、在A离开挡板前，弹簧的弹性势能转化为B的动能，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，A离开挡板之后，整个系统除弹簧弹力做功之外，其它力不做功，机械能守恒，故A错误；
B、在A离开挡板前，A、B系统在水平方向受到挡板的弹力，动量不守恒，A离开挡板之后系统水平方向不受外力，动量守恒，故B正确；
C、A刚要离开挡板时弹簧恰好恢复原长，根据图b可知此时B的速度为v0=3m/s，A离开挡板后，由图象数据可知，弹簧伸长到最长时，B的加速度最大，v−t图象切线斜率的绝对值最大，由图知此时A、B的共同速度为：v共=2m/s，此时弹簧的弹性势能最大，弹簧的最大弹性势能为E Pm=
1 2m B v02−1
2
(m A+m B)v
共
2.代入数据联立解得：E
pm
=3J，故C正确；
D、根据功能关系可知，弹簧锁定时其弹性势能等于B的最大动能，即E p=1
2m B v02=1
2
×2×32J=9J，
故D错误。

故选：BC。

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，系统动量不守恒，系统机械能守恒。

A离开挡板后A、B的运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解。

本题的关键是要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，能够知道当A、B的速度相同时弹簧的弹性势能最大，运用动量守恒定律和机械能守恒定律结合研究这类问题。

9.答案：CD
解析：解：根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，P做平抛运动，Q做自由落体运动，由于二者均只受重力，故加速度相同，竖直方向上的状态相同，故二者同时落地，落地时竖直方向的分速度相同，但合速度不同，同一时刻两球离地高度相同，故AB错误，CD正确。

故选：CD。

本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动。

本题比较简单，重点考查了平抛运动特点，注意平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动。

10.答案：AB
解析：解：A、物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，mg⋅H
2−W f=1
2
mv2，
v=√gH
2，W f=3
8
mgH.故A正确。

B、当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0−kt=0，解得时间t=E0
k
.故B正确。

C、竖直方向上有mg−μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故C错误。

D、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。

故D错误。

故选：AB。

根据动能定理，抓住电场力在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小，抓住电场强度的变化规律，结合电场力为零时，物体脱离墙面求出运动的时间．根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹
本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的运用，知道物体做直线运动还是曲线运动的条件
11.答案：AC
解析：解：物体匀减速运动的位移为x1=1
2×6×6m=18m，全过程的位移为x=1
2
×6×8m=24m
对于匀减速运动过程，由动能定理得：−fx1=0−1
2
mv2，
得f=mv 2
2x1=2×62
2×18
N=2N
对全过程，物体A克服摩擦力做功为W f=fx=48J，由动能定理得：W F−W f=0
解得，F做功W F=48J
故选：AC。

根据速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，求出总位移和匀减速运动的位移；对于2−8s匀减速运动过程，只有摩擦力做功，由动能定理求得摩擦力做功，并求出摩擦力的大小，再对于全过程运用动能定理求解F做功；
本题是速度图象与动能定理、功的公式的综合，关键要灵活选择研究的过程．
12.答案：AC
解析：解：A、线圈进入磁场时，ab边切割磁感线，根据右手定则知，感应电流从a端流向b端；ab边相当于电源，在电源内部，电流从负极流向正极，故b端相当于电源正极，电势高，故A正确；
B、再根据左手定则知ab边所受的安培力向上，故B错误；
C、若安培力与重力平衡，则线圈可能一直做匀速直线运动，故C正确；
D、若安培力小于重力，线圈做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，线圈所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以线圈做变加速运动，故D错误；
故选：AC。

从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，根据右手定则判断电势高低，线圈可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式F=BIL，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定运动性质。

本题的解题关键是抓住安培力公式F=BIL，分析安培力的变化，确定加速度的变化，来分析线圈的运动情况。

13.答案：A BC0.56 2.0偏小
解析：解：(1)可以从纸带上直接测量得到的物理量是位移，故A正确，BCD错误，
故选：A。

(2)A、电磁打点计时器应使用4−6V交流电源，故A错误。

B、纸带和桌面保持平行，故B正确。

C、在释放物块前，物块要靠近打点计时器从而充分利用纸带，故C正确。

D、本实验是研究物体的速度随时间变化的情况，不是探究合外力与加速度的关系，所以不用保证钩码质量远小于物块的质量，故D错误。

故选：BC。

(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以
×10−2m/s=0.56m/s。

v B=4.61−6.59
0.2
(4)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，可以求出加速度的大小，得
x3−x1=2a1T2
x4−x2=2a2T2。

为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得
a=1
(a1+a2)
2
带入数据解得
a=2.0m/s2。

(5)频率变大，打点时间间隔变小，点间距变小，速度变化减小，则计算的加速度偏小。

故答案为：(1)A；(2)BC；(3)0.56；(4)2.0；(5)偏小。

了解打点计时器的工作原理，电源频率是50Hz，相邻计时点的时间间隔为0.02s。

能够熟练使用打点计时器便能正确解答该题。

根据打点计时器的工作原理及应用可以判断各物理量是否能正确得出。

每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时的瞬时速度大小。

明确周期和频率之间的关系，了解真实值和测量值之间的关系，即可分析误差情况，正确解答该题。

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。

14.答案：大>天平0.78(m1−m2)gℎ=1
2
(m1+m2)v2，h为m1下降的高度，v为对应时刻的速度
解析：解：(1)在甲图中，为了减小阻力的影响，下落的物体应选择密度较大的重物．在乙图中，m1下降，m2上升，可知两个重物的质量关系是m1>m2．
(2)在图乙中，验证系统机械能守恒，需测量两物体的质量，则还需要天平．
(3)C点的瞬时速度为：v C=x BD
2T =(49.0−17.8)×10−3
0.04
m/s=0.78m/s．
(4)在图乙中，系统重力势能的减小量为：△E p=(m1−m2)gℎ，
系统动能的增加量为：△E k=1
2
(m1+m2)v2
则需满足的表达式为：(m1−m2)gℎ=1
2
(m1+m2)v2，h为m1下降的高度，v为对应时刻的速度．
故答案为：(1)大，>；(2)天平，(3)0.78，(4)(m1−m2)gℎ=1
2
(m1+m2)v2，h为m1下降的高度，v为对应时刻的速度．
(1、2)在验证机械能守恒定律的实验中，应选择质量大，体积小的物体作为重物．乙图是验证系统机械能守恒，通过实验的原理确定测量的器材．
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度．
(4)根据系统重力势能的减小量和动能的增加量相等得出机械能守恒满足的表达式．
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，注意图乙中研究的对象为系统，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量．
15.答案：解：(1)要使时间最短，先加速之后再减速，其中总高ℎ=30m，a1=0.2m/s2a2=0.1m/s2
ℎ=v m2
2a1
+
v m2
2a2
解得：v m=2m/s
匀加速直线运动过程：t1=v m a
1
解得：t1=10s
匀减速直线运动过程：t2=v m a
2
解得：t2=20s
则短时间：t min=t1+t2=10s+20s=30s
(2)若无人机把货物送到小明家全程用37.5s>30s，则说明无人机先匀加速直线运动，然后匀速直线运动一段时间，最后匀减速直线运动。

则整个过程中位移：ℎ=v 2
2a1+vt2+v2
2a2
匀加速直线运动：t1=v a
1
匀减速直线运动：t3=v2
a2
总时间：t=t1+t2+t3
联立解得v=1m/s
答：(1)无人机把货物送到楼顶的最短时间为30s；
(2)若无人机把货物送到小明家全程用37.5s，此过程无人机运行的最大速度为1m/s。

解析：(1)要想使无人机把货物送到楼顶的最短时间，则无人机先加速之后再减速，根据总位移等于h，分别求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的时间即可；
(2)若无人机把货物送到小明家全程用37.5s，根据(1)可知，该时间比最短时间要长，故说明无人机先匀加速直线运动，然后匀速直线运动一段时间，最后匀减速直线运动。

然后根据总位移等于h，分别求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的时间即可；
本题是运动学公式的综合应用，重点在于确定好无人机各段的运动情况，把握各个过程之间的联系，如位移关系、速度关系。

最短时间上升的运动过程为：先匀加速直线运动后匀减速直线运动；。