2020-2021学年绍兴市高一上学期期末物理试卷_附答案解析

2020-2021学年绍兴市高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.位移的单位是()
A. m
B. s
C. kg
D. N
2.下列物理量为标量的是()
A. 力
B. 加速度
C. 位移
D. 速率
3.下列说法正确的是()
A. 物体加速度增大，速度一定增大
B. 物体的速度为零，加速度也一定为零
C. 加速度的正负表示了物体运动的方向
D. 物体速度改变而加速度可能不变
4.如图所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定而后支
架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画．下列说法正确
的是()
A. 画架对画的作用力小于G
B. 画架后支架受到地面的摩擦力水平向前
C. 若后支架缓慢向后退，则画架对画的作用力变小
D. 画架对画的弹力是画发生弹性形变引起的
5.在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上加速转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿圆周由P向Q行
驶.下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，你认为正确的是()
A. B.
C. D.
6.以下物体的运动为匀变速曲线运动的是()
A. 水平面内的匀速圆周运动
B. 竖直面内的匀速圆周运动
C. 平抛物体的运动
D. 圆锥摆运动
7.把自由落体运动总路程从上到下分成相等的两段，则上、下两段路程的平均速度之比为()
A. 1：4
B. (√2−1)：1
C. 1：√2
D. 1：(√2−1)
8.相隔一定距离的两个光滑小滑轮A和B固定在等高的水平线上，不可伸长
绝缘细绳套在两小滑轮上，绳子两头均系在带电小球C的同一点，现加
一匀强电场使之保持如图所示的位置，BC绳竖直，AC长度为BC长度的2
倍。

已知小球C的质量为m，电荷量为+q，则施加的匀强电场最小值为()
A. mg
2q B. √3mg
3q
C. 2mg
3q
D. √3mg
2q
二、多选题（本大题共6小题，共12.0分）
9.下列说法正确的是()
A. 作用力大时，反作用力小
B. 作用力和反作用力的方向总是相反的，一对平衡力的方向也总是相反的
C. 作用力和反作用力是作用在同一个物体上的，一对平衡力也总是作用在同一个物体上的
D. 牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时也适用
10.以下速度−时间图像中的三条直线a、b、c分别描述了A、B、C三个物体的运动。

下列相关说法
正确的是()
A. 三个物体运动方向始终相同
B. B和C在同一位置出发
C. A物体的加速度最大
D. A物体先与C物体相遇，再与B物体相遇
11.关于合力的下列说法，正确的是()
A. 几个力的合力就是这几个力的代数和
B. 几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力
C. 几个力的合力可能小于这几个力中最小的力
D. 几个力的合力可能大于这几个力中最大的力
12.如图质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状
态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()
A. 大小为2g
B. 大小为g
C. 方向水平向右
D. 方向垂直于木板向下
13.一质量为m的小球，在光滑的水平桌面上以速度v0匀速直线运动，t=0时小球受到水平恒力F作
用，速度大小先减小后增大，其最小值为v=0.5v0，由此可判断()
A. 小球受力F作用后一定做匀变速曲线运动
B. 小球受力F作用后可能做圆周运动
C. t=0时恒力F与速度v0方向间的夹角为120°
D. t=√3mv0
时，小球速度最小
2F
14.如图所示，物体A、B的质量分别为m A、m B，且m A>m B.二者用细
绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，B悬挂着，且
斜面上方的细绳与斜面平行．若将斜面倾角θ缓慢增大到45°，物体A
仍保持静止．不计滑轮摩擦．则下列判断正确的是()
A. 物体A受细绳的拉力一定减小
B. 物体A受斜面的压力一定减小
C. 物体A受的静摩擦力一定减小
D. 物体A受斜面的作用力一定减小
三、实验题（本大题共3小题，共22.0分）
15.在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示，
所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳的下端，每次测出相应的弹簧总长度．
(1)有一个同学通过以上实验测量后把六组数据描点在坐标图乙中，请作出F−L图线．
(2)由此图线可得出的结论是______ ，弹簧的原长L原=______ cm，劲度系数k=______ N/m.
16.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：
(1)实验室提供了以下器材：电火花打点计时器，一端装有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩
码、刻度尺、秒表，其中本实验中不需要的器材是______。

(2)下列关于实验操作及分析中正确的有______(填选项代号)。

A.在释放小车前，小车要靠近打点计时器
B.电火花打点计时器使用的可以是直流电源，也可以是交流电源
C.应先释放小车，后接通电源
D.纸带上打的点越密，说明物体运动的越慢
(3)已知电火花打点计时器所用220V交流电频率为50Hz.如图所示为实验打出的一段纸带，纸带上A、
B、C、D、E为计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，A到各点距离由国可知，则
在打D点时纸带的速度大小v D=______m/s。

纸带的加速度大小a=______m/s2.(结果保贸两位有效数字)
(4)若电源实际频率高于50Hz，计算时仍按照50Hz计算，则加速度大小的测量值比真实值______(选
填“偏大”“偏小”或“不变”)。

17.某同学“探究加速度与物体合力的关系”的实验装置如图1所示，图中A为小车，质量为m1，连
接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的固定长木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计的示数F，不计轻绳与滑轮，滑轮与轮轴的摩擦，滑轮的质量．
①下列说法正确的是______
A.实验中m2应远小于m1
B.长木板必须保持水平
C.实验时应先接通电源后释放小车
D.小车运动过程中测力计的读数为m2g
2
②图2是实验过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D为选取的计数点，相邻的两个计数点之间有
四个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：8.00cm、17.99cm、30.00cm、44.01cm，若打点计时器的打点频率为50Hz，则由该纸带可知小车的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)．
③实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a−F图象可能是图3中的
图线______
四、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
18.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=1m，金属导轨
所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着
磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

金属导轨的一−端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.050kg 的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。

导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=4Ω.金属导轨电阻不计。

取g=10m/s2.已知sin37°=
0.60.cos37°=0.80.求：
(1)导体棒受到的安培力大小；
(2)导体棒受到的摩擦力大小。

19.如图所示，两手枪在同一高度处沿水平方向各射出一颗子弹，打在100m远处的靶子
上，两弹孔在竖直方向相距5cm，其中A为甲枪的子弹孔，B为乙枪的子弹孔，g取
10m/s2．
(1)哪支枪射出的子弹速度较大？为什么？
(2)若甲枪子弹射出时的速度为500m/s，那么，乙枪子弹射出时的速度是多少？
五、计算题（本大题共2小题，共22.0分）
20.如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1kg的小物块以某一初速度向上滑
动，传送带足够长，物块的速度−时间(v−t)图的部分图象如图乙所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
(1)物块与皮带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿皮带向上运动的最大位移。

21.如图，水平桌面上质量m=0.5kg的小球在水平拉力F=9N的作用下从A点由静止运动了l=
0.5m后从桌面的右端点B水平抛出后恰好从C点沿切线方向滑入一个光滑圆弧形轨道。

O是圆弧
的圆心，θ是OC与竖直方向的夹角。

已知：小球受到桌面的摩擦力f=1N，θ=37°，圆弧轨道半径R=0.25m，g=10m/s2，求：
(1)小球运动到B点时的速度；
(2)B点与C点的竖直高度ℎ；
(3)小球到达D点对圆弧面的压力大小。

参考答案及解析
1.答案：A
解析：解：位移的单位与长度的单位相同，是m。

故A正确，BCD错误。

故选：A。

位移的单位与长度的单位相同，由此解答。

对于物理量的单位，要明确是基本单位还是导出单位，导出单位可根据物理公式推导出来。

2.答案：D
解析：解：ABC、矢量是既有大小又有方向的物理量，力、加速度和位移都是矢量，故ABC错误．D、标量是只有大小没有方向的物理量，速率是速度的大小，是标量，故D正确．
故选：D．
标量是只有大小没有方向的物理量，矢量是既有大小又有方向的物理量，根据有无方向判断．
矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．在平时训练中要加强基本概念的理解和记忆．
3.答案：D
解析：解：A、加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，加速度增大，速度有可能减小，如做加速度逐渐增大的减速运动，故A错误；
B、物体的速度为零，加速度不一定为零，如自由落体运动的初始状态，速度为零，加速度为g，故B错误；
C、加速度的正负表示速度变化与规定正方向相同还是相反，但不表示物体运动方向，故C错误；
D、物体速度改变，加速度可能不变，如匀加速直线运动，故D正确；
故选：D。

加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关；加速度正负表示速度变化的方向。

本题主要考查了加速度和速度的关系，加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，比较基础。

4.答案：B
解析：解：A、画受重力和画架的作用力，根据平衡条件，画架对画的作用力与重力平衡，大小等于重力，故A错误；
B、画架后支架相对地面有向后滑动趋势，故画架后支架受到地面的摩擦力水平向前，故B正确；
C、画受重力和画架的作用力，根据平衡条件，画架对画的作用力与重力平衡，保持不变，故C错误；
D、根据弹力的产生可知，画架对画的弹力是施力物体(画架)的形变引起的，故D错误；
故选：B。

处于静止状态，受力平衡，对画进行受力分析，根据平衡条件分析即可．
本题主要考查了平衡条件的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度不大，属于基础题．
5.答案：A
解析：曲线运动中合外力的方向总是指向曲线的凹侧，当力与速度方向成锐角时速度逐渐增大，故选A
考点：考查曲线运动
点评：本题难度较小，曲线运动中合外力的方向总是指向曲线的凹侧，速度大小的判断根据力与速度夹角判断
6.答案：C
解析：解：A、水平面内匀速圆周运动受到的合力始终指向圆心，是变力，所以不是匀变速曲线运动，故A错误；
B、竖直平面内匀速圆周运动受到的合力始终指向圆心，是变力，所以不是匀变速曲线运动，故B 错误；
C、平抛运动的物体只受重力的作用，加速度是重力加速度，所以平抛运动为匀变速曲线运动，故C 正确；
D、圆锥摆也是匀速圆周运动，匀速圆周运动受到的合力始终指向圆心，是变力，所以不是匀变速曲线运动。

故D错误。

故选：C。

平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，圆周运动的加速度的方向始终指向圆心。

本题考查的就是学生对平抛运动和曲线运动的理解，属于基本内容，比较简单。

要注意平抛运动和圆周运动是特殊的曲线运动，要理解物体做平抛运动与圆周运动的条件以及它们各自的特点。

7.答案：B
解析：解：自由落体运动，根据位移时间公式，有
前一段位移：1
2ℎ=1
2
gt12
前两段位移：ℎ=1
2
gt22
解得：t1：t2=1：√2
故通过第一段位移、第二段位移的时间之比为t′1 ：t′2=1：(√2−1)故通过第一段位移、第二段位移
的平均速度之比为：v1：v2=1
2
x
t′1
：
1
2
x
t′2
=(√2−1)：1
故选：B。

根据位移时间公式，求出通过前一段、前两段的位移所用的时间之比，最后得到物体通过每段位移的时间之比，最后根据平均速度的定义求解平均速度之比．
本题关键先求出通过前一段、前两段的位移所用的时间之比，灵活地选择过程和运动学公式可以是问题大大简化．
8.答案：A
解析：解：由于AC长度为BC长度的2倍，则cos∠ACB=1
2
，解得∠ACB=60°
根据同一根绳子拉力相等，则CB和CA的拉力大小相等，且这两个力的合
力在∠ACB平分线上，如图所示：
通过重力示意图末端向两段细绳拉力的合力反向延长线上做垂线，可得
电场力最小。

根据几何关系可得qE=mgsin30°，
解得施加的匀强电场最小值为E=mg2q，故A正确、BCD错误。

故选：A。

根据同一根细绳拉力相等，两段细绳拉力的合力在∠ACB平分线方向，利用作图法得到最小电场力方向，根据平衡条件求解施加的匀强电场最小值。

本题主要是考查共点力的平衡，关键是能够求出两段细绳的合力方向，根据作图法得到最小的电场力方向，再根据平衡条件求解。

9.答案：BD
解析：解：A、作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故A错误；
B、作用力和反作用力的方向总是相反的，一对平衡力的方向也总是相反的。

故B正确；
C、作用力和反作用力是作用在两个不同的物体上的，一对平衡力总是作用在同一个物体上的，故C 错误；
D、牛顿第三定律具有普适性，在物体处于非平衡状态时也适用，故D正确
故选：BD。

作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失。

解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失，并理解作用力与反作用力根平衡力的区别。

10.答案：AC
解析：解：A、三个物体的速度一直为正值，所以三个物体运动方向始终相同，故A正确；
B、v−t图象不能反映物体的初始位置，则B和C不一定在同一位置出发，故B错误；
C、根据v−t图象的斜率代表加速度，a图象的斜率最大，则A物体的加速度最大，故C正确；
D、由于三个物体初始位置关系未知，所以不能确定三个物体能否相遇，故D错误。

故选：AC。

在速度−时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，速度的正负表示速度方向，图象的斜率代表加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，根据位移关系分析物体是否相遇。

本题的关键要理解速度−时间图象点、斜率和面积的物理意义，要知道据v−t图象的斜率代表加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，但v−t图象不能反映物体的初始位置。

11.答案：CD
解析：解：A、力是矢量，根据力的平行四边形定则可知，几个力的合力就是这几个力的矢量和，故A错误；
B、当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；
当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于最小分力，
由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故B错误，CD正确；
故选：CD。

(1)如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；
同一直线反方向二力的合力等于二力之差．
(2)如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．
解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况．
12.答案：AD
解析：解：木板撤去前，小球处于平衡态，受力如图所示：
由平衡条件得：
F−Nsin60°=0
Ncos60°−G=0，
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等
于支持力N，方向与N反向，方向垂直于木板向下，
，
由牛顿第二定律得，加速度为：a=M
m
解得：a=2g，方向：垂直于木板向下；
故选：AD．
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度．
本题考查加速度的瞬时性，关键对物体受力分析，先求出撤去一个力之前各个力的大小，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度．
13.答案：AD
解析：解：A、在t=0时开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A正确；
B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；
C、设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度为：v1=v0sinθ=0.5v0
可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是150°，故C错误；
⋅t，
D、在沿恒力方向上有：v0cos30°=F
m
，故D正确。

解得：t=√3mv0
2F
故选：AD。

由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解。

考查斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。

14.答案：BD
解析：解：A、斜面倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子上拉力大小始终等于物体B重力的大小，而定滑轮不省力，则物体A受细绳的拉力保持不变，故A错误。

B、物体A对斜面的压力为：F N=m A gcosθ，随着θ的增大，cosθ减小，因此物体A对斜面的压力将减小，故B正确；
C、由题可知，开始时A静止在倾角为30°的斜面上，如果A重力沿斜面的分力可能大于绳子的拉力，则摩擦力沿斜面向上，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，A受到的静摩擦力将增大，故C错误。

D、物体A受到的斜面的作用力是支持力和静摩擦力的合力，由平衡条件得知，这个作用力大小等于物体的重力和拉力的合力，夹角变大，故减小。

故D正确。

故选：BD。

根据物体B处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；正确对A进行受力分析，判断其对斜面压力的变化情况．
本题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析．
15.答案：弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比；10；25
解析：解：(1)描点作图，F−L如图所示如图所示
(2)由图可得，弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比．当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=10cm，可知弹簧的原长L0=10cm．
根据胡克定律知，k=F
x ，可知图线的斜率表示劲度系数，则k=△F
△x
= 2.0
0.18−0.10
=25N/m，
故答案为：(1)如图所示．(2)弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比；10；25
作出F−L的关系图线是一条直线，根据图线可知弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比．当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小．
本题要求对实验原理能充分理解，能读懂图象的，知道F−L图线的斜率表示劲度系数．
16.答案：秒表AD0.340.40偏小
解析：解：(1)本实验中不需要的器材是秒表，因为打点计时器，具有计时的功能，
(2)A、在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故A正确；
B、电火花计时器应使用220V的交流电源，故B错误；
C、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，故C错误；
D、纸带上打的点越密，由于时间相同，则说明物体运动的越慢，故D正确。

故选：AD。

(3)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，可得：
v D=x CE
2T
=
120.0−52.0
2×0.1
×10−3m/s=0.34m/s
根据匀变速直线运动推论△x=aT2可得：
a=x CE−x AC
4T2=120.0−52.0−52.0
4×0.12
×10−3m/s2=0.40m/s2；
(4)若交流电频率为50Hz，则其打点周期为0.02s，当电源频率高于50Hz时，实际打点周期将变小，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度数值将比物体的真实数值小。

故答案为：(1)秒表；(2)AD；(3)0.34；0.40；(4)偏小。

正确解答本题需要掌握：打点计时器的使用以及简单构造等，明确《探究小车速度随时间变化的规律》实验中一些简单操作细节等；
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D点时小车的瞬时速度大小，明确频率和周期之间的关系即可判断测量的加速度与真实的加速度之间关系。

考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意：电源频率高于50Hz，若仍按照50Hz计算，是解题的关键。

17.答案：C 2.01B
解析：解：①A、小车所受的拉力可以通过弹簧秤测出，不需要满足m2远小于m1，故A错误．
B、实验应该平衡摩擦力，所以木板不能水平，故B错误．
C、实验时应先接通电源后释放小车，故C正确．
D、根据牛顿第二定律知，m2g>2T，则T<m2g
2
，故D错误．
故选：C．
②根据△x=aT2，运用逐差法得，a=x BD−x OB
4T2=(44.01−17.99−17.99)×10−2
4×0.01
=2.01m/s2．
③某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则F不等于零时，a仍然为零，故选：B．
故答案为：①C②2.01③B
①根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
②根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度．
③未平衡摩擦力时，F不等于零时，加速度仍然为零．
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，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推论的运用．
18.答案：解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=E
R+r
=1A 导体棒受到的安培力：F安=BIL
代入数据得：F安=0.5N
(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37°
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力，根据共点力平衡条件得：mgsin37°+f=F安解得：f=0.2N
答：(1)导体棒受到的安培力大小为0.5N；
(2)导体棒受到的摩擦力大小为0.2N。

解析：(1)根据闭合电路欧姆定律求回路电流，根据安培力公式求安培力；
(2)根据平衡条件求解摩擦力；
解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，灵活利用牛顿第二定律处理物理问题。

19.答案：解：(1)甲枪射出的子弹速度大．因为甲的弹孔A的位置较高，说明甲的运动时间较小，而水平距离相同，说明甲的平抛初速度较大．
(2)对甲枪射出的子弹，有：
x=v A t A
y A=1
2
gt A2
联立并代入数据解得：y A=0.2m
对乙枪射出的子弹，有：y B=y A+0.05m=0.25m
由y B=1
2
gt B2，x=v B t B
解得：v B=200√5m/s
答：(1)甲枪射出的子弹速度较大，因为甲的弹孔A的位置较高，说明甲的运动时间较小，而水平距离相同，说明甲的平抛初速度较大．
(2)若甲枪子弹射出时的速度为500m/s，那么，乙枪子弹射出时的速度是200√5m/s．
解析：(1)子弹的运动为平抛运动，运动时间由高度决定，由水平位移大小相等和运动时间关系分析子弹的速度关系．
(2)由甲子弹运动可求出甲下降的高度，从而可求乙的下降高度，由位移公式可求的乙的下降时间，两颗子弹水平位移相同，从而可求出乙子弹的射出速度．
本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．
20.答案：解：(1)由图乙可知，物块的初速度v0=8m/s，物块的速度减速到与皮带的速度相等时，加速度发生变化，所以皮带转动时的速度v=4m/s，
在t=0到t=0.4s时间内，物块加速度大小为a1=|△v
△t |=8−4
0.4
m/s2=10m/s2
方向沿斜面向下；
物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，沿斜面方向由牛顿第二定律：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
解得：μ=0.5；
(2)在t=0.4s后，物块减速运动的加速度大小为a2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcosθ=ma2，
解得：a1=2m/s2
物块从t=0.4s开始，经过t1时间速度减为零，则t1=4
2
s=2s
从t=0到t=0.4s，物块位移为x1=v0t−1
2
a1t2=2.4m
从t=0.4s到t=2.4s，物块减速到零的位移x2=v
2t1=4
2
×2m=4m
物块沿皮带向上运动过程中的位移为x=x1+x2=6.4m。

答：(1)物块与皮带之间的动摩擦因数为0.5；
(2)物块沿皮带向上运动的最大位移为6.4m。