2019年高一(下)月考物理试卷(6月份) (2)

2019年高一（下）月考物理试卷（6月份） (2)
一、选择题（1-8题为单选题,每题3分，9-15题为不定项选择,每题4分）
1. 物体在两个相互垂直的力作用下运动，力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，则F1、F2的合力对物体
做功为（）
A.14J
B.10J
C.2J
D.−2J
2. 关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）
A.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
B.它是近地圆轨道上人造地球卫星的运行速度
C.它是使卫星进入近地圆轨道的最大发射速度
D.它是卫星在椭圆轨道上运行时在远地点的速度
3. 甲、乙两颗圆球形行星半径相同，质量分别为M和2M，若不考虑行星自转的影响，下述判断正确的是（）
A.质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小相等
B.两颗行星表面的重力加速度g甲=2g乙
C.两颗行星的卫星的最大环绕速度v甲>v乙
D.两颗行星的卫星的最小环绕周期T甲>T乙
4. 如图所示，桌面高度为ℎ，质量为m的小球，从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重
力势能为零，小球落到地面前的瞬间的机械能应为（）
A.mgℎ
B.mgH
C.mg(H+ℎ)
D.mg(H−ℎ)
5. 如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低ℎ的海平面上．若以地面为
零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中不正确的是（）
A.重力对物体做的功为mgℎ
B.物体在海平面上的势能为−mgℎ
C.物体在海平面上的动能为1
2
mv02−mgℎ
D.物体在海平面上的机械能为1
2mv02
6. 关于曲线运动，下列说法中正确的是（）
A.曲线运动物体的速度方向保持不变
B.曲线运动一定是变速运动
C.物体受到变力作用时就做曲线运动
D.曲线运动的物体受到的合外力可以为零
7. 作匀速圆周运动的物体，下列不会变化的物理量是（）
A.速度
B.角速度
C.向心加速度
D.向心力
8. 如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t
变化的规律如图乙、丙所示．取g=10m/s2，则（）
A.第1 s内推力做功为1 J
B.第1.5 s时推力F的功率为2 W
C.第2 s内物体克服摩擦力做的功为W=2.0 J
D.第2 s内推力F做功的平均功率P=1.5 W
9. 一质量m的小球，竖直方向受一恒定的外力F，小球以9
10
g的加速度加速下落，空气阻力不计，关于小球在
下落ℎ的过程中能量的变化，以下说法中正确的是（）
A.动能增加了1
10
mgℎ
B.小球克服外力F做功1
10
mgℎ
C.机械能减少了1
10
mgℎ
D.重力势能减少了mgℎ
10. 如图所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动后，受到磁极的侧向作用力而作图示的曲线运动到D
点，由图可知磁极的位置及极性可能是（）
A.磁极在A位置，极性可能是N极
B.磁极在B位置，极性一定是S极
C.磁极在C位置，极性一定是N极
D.磁极在B位置，极性无法确定
11. “神舟”七号实现了航天员首次出舱．如图所示飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟．则下列判断正确的是（）
A.飞船沿椭圆轨道1经过P点时的速度与沿圆轨道经过P点时的速度相等
B.飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态
C.飞船在圆轨道2的角速度小于同步卫星运行的角速度
D.飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做正功
12. 如图所示，一个质量均匀分布的星球，绕其中心轴PQ自转，AB与PQ是互相垂直的直径．星球在A点的重力加速度是P点的90%，星球自转的周期为T，万有引力常量为G，则星球的密度为（）
A.0.3π
GT2B.3π
GT2
C.10π
3GT2
D.30π
GT2
13. 据新华社北京3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务．根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁．若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面ℎ(ℎ≈343km)，运行周期为T，地球的半径为R，下列关于天宫一号的说法正确的是（）
A.因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度
B.女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用
C.天宫一号再入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
D.由题中信息可知地球的质量为4π2R3
GT2
14. 2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程，某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到ℎ高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球，设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为
g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在ℎ高度的引力势能可表示为E p=GMmℎ
R(R+ℎ)
，其中G为引力常量，M为月球质量，
若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（）A.
mg
月
R
R+ℎ
(ℎ+2R)
B.
mg
月
R
R+ℎ
(ℎ+√2R)
C.
mg
月
R
R+ℎ
(ℎ+√2
2
R)
D.
mg
月
R
R+ℎ
(ℎ+1
2
R)
15. 一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲乙物体质量分别为M和m(M>m)，它们与圆
盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长L(L<R)的绳连在一起，如图所示，将甲物体放
在转轴的位置，甲、乙间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角
速度最大不得超过（两物体均看做质点）（）
A.√μ(M−m)g
(M+m)L
B.μg
L
C.√μ(M−m)g
ML
D.√μ(M+m)g
mL
二、填空题（共4个小题，每空2分，共12分）
16. 质量为2kg的物体受到一个竖直向上的拉力F=50N，物体上升了4m的高度，则在这一过程中，重力势
能的增量为________J，动能的增量为________J．(g=10m/s2)
17. 如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动．拉力为某个值F时，
转动半径为R，当拉力逐渐减小到F
4
时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，求外力对物体所做的功大小．
18. 一物体质量2kg，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段
时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s，在这段时间内水平力做功为________．
19. 一小石子从高为10m处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能（以
地面为参考平面），g=10m/s2，则该时刻小石子的速度大小为________．
三、实验题（共12分，每小题6分．请按题目要求作答）
20.
某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，
拍摄到了如图所示的照片，但照片上有一破损处．已知每个小方格边长9.8cm，当地的重力加速度为g= 9.8m/s2．
（1）若以拍摄的第1个点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则照片上破损处的小球位置坐标为________．
（2）小球平抛的初速度大小为________．
四、计算题（共38分，请写出必要的文字说明和演算步骤，只有最终答案的不给分）
21. 额定功率P=80kW的汽车，在某平直公路上行驶的最大速度v m=20m/s，汽车的质量m=2×
103kg．如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a=2m/s2，运动过程中阻力不变，g取
10m/s2，求：
(1)汽车所受的阻力f；
(2)匀加速直线运动的时间t1；
(3)汽车由静止加速到速度v=8m/s的过程中，牵引力做的功W．
22. 质量m=2kg的木块静止在高ℎ=1.2m的平台上，木块与平台间摩擦因数为0.2．用水平推力F=20N，使木块向前运动了L1=3m时撤去，木块又滑行L2=1m时飞出平台，求
（1）木块从平台飞出到落地平抛需要多长时间？
（2）木块落地时的速度大小？(g=10m/s2 )
23. 如图，大猴想借助一根青藤救回对岸的小猴，已知：大猴质量M=20kg，小猴质量m=5kg，青藤长度L1=5m，等高的两岸间的水平距离L2=8m，重力加速度g=10m/s2，青藤悬点0离两岸的水平距离相等，猴子视为质点，忽略空气阻力及青藤质量，若青藤能承受的最大拉力为400N，请通过计算分析说明大猴能否顺利摆到对岸并将小猴安全救回．
参考答案与试题解析
一、选择题（1-8题为单选题,每题3分，9-15题为不定项选择,每题4分）
1.
【答案】
D
【考点】
功的计算
【解析】
功是能量转化的量度，做了多少功，就有多少能量被转化．功是力在力的方向上发生的位移乘积．功是标量，没有方向性．求合力的功有两种方法：先求出合力，然后利用功的公式求出合力功；或求出各个力做功，之
后各个功之和．
【解答】
解：求合力的功有两种方法，此处可选择：先求出各个力做功，之后各个功之和．
力F1对物体做功6J，物体克服力F2做功8J，即−8J．虽然两力相互垂直，但两力的合力功却是它们之和=
6J+(−8J)=−2J
故答案为：−2J
2.
【答案】
B
【考点】
第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度
【解析】
第一宇宙速度又称为环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初发射速度．
【解答】
解：A、人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度为：v=√GM
r
，轨道半径越大，速度越小，故第一宇宙速度
是卫星在圆轨道上运行的最大速度，故A错误，
B、由A选项分析可知，当轨道半径是地球的半径时，则第一宇宙速度即为近地圆轨道上人造地球卫星的运行速度，B正确；
C、物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等
于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，如果速度小于7.9km/s，就出现万有引力大于飞行器做圆周运动
所需的向心力，做近心运动而落地，所以发射速度不能小于7.9km/s；故C错误．
D、如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，所以7.9km/s不是卫星在椭圆轨道上运行时在远地点的速度，故D错误．
故选：B
3.
【答案】
D
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式推导出重力加速度、环绕速度的表达式讨论即可．
【解答】
解：A、根据万有引力定律F=G Mm
R2
∝M，得质量相同的物体在甲、乙行星表面所受万有引力大小之比为
1:2，不相等，故A错误；
B、在行星表面，不考虑行星自转的影响，重力等于万有引力，故：mg=G Mm
R2
，故g=GM
R2
∝M，故两颗行
星表面的重力加速度大小之比为1:2，即2g甲=g乙，故B错误；
C、行星的卫星的最大环绕速度即为该行星的第一宇宙速度，万有引力等于向心力，故：
G
Mm
R2
=m
v2
R
解得：
v=√
GM
R
∝√M
故两颗行星表面的重力加速度大小之比为1:√2；
故两颗行星的卫星的最大环绕速度v甲<v乙，故C错误；
D、卫星的万有引力提供向心力，故：G Mm
R2
=m(2π
T
)2R，解得：T=2π√R3
GM
；
故R越小，周期越小，故近地卫星的周期最小；
由于T=2π√R3
GM
∝
√M
，甲的质量小，故T甲>T乙，故D正确；
故选：D
4.
【答案】
B
【考点】
机械能守恒定律
【解析】
小球落到地面瞬间重力势能可直接得到−mgℎ，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小
球落到地面前的瞬间的机械能．
【解答】
解：以桌面为参考平面，小球在最高点时机械能E=mgH
小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能为mgH．故ACD错误，B正确．
故选：B．
5.
【答案】
C
【考点】
机械能守恒定律
【解析】
整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．
【解答】
解：A、重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为ℎ，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgℎ，故A正确．
B、以地面为零势能面，海平面低于地面ℎ，所以物体在海平面上时的重力势能为−mgℎ，故B正确．
C、由动能定理得：mgℎ=E k2−1
2mv02，物体在海平面上的动能为：E k2=1
2
mv02+mgℎ，故C不正确．
D、整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为1
2
mv02，所以物
体在海平面时的机械能也为1
2
mv02，故D正确．
因选不正确的，故选：C．
6.
【答案】
B
【考点】
物体做曲线运动的条件
曲线运动
【解析】
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出
结论．
【解答】
解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以A错误．
B、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，物体一定受到合力的作用，所以线运动一定是变速运动，所以B正确．
C、物体受到变力的作用，如果力的方向和速度在同一条直线上时，物体做的仍是直线运动，只不过是物体
的加速度的大小在变化，所以C错误．
D、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，物体一定受到合力的作用，合外力不可能为零，所以
D错误．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
速度、向心力、加速度是矢量，有大小有方向，要保持不变，大小和方向都不变．在匀速圆周运动的过程中，速度的方向时刻改变，加速度、向心力的方向始终指向圆心，所以方向也是时刻改变
【解答】
解：匀速圆周运动的过程中，线速度、向心加速度和向心力的大小不变，但是方向时刻改变．角速度不变，
周期没有方向也不变．
故选：B
8.
【答案】
C
【考点】
功率、平均功率和瞬时功率功的计算
【解析】
根据F的大小以及速度的大小，结合P=Fv求出瞬时功率．根据速度时间图线围成的面积求出位移，抓住匀
速运动时摩擦力和推力相等求出摩擦力的大小，从而得出克服摩擦力做功的大小．根据推力大小求出第2s内
推力F做功大小，结合平均功率公式求出第2s内的平均功率．
【解答】
解：A．第1s内，物体静止不动，推力不做功，故A错误．
B．由图象得，1.5s末时，F=3N，速度v=1m/s，推力F的功率为：P=Fv=3×1W=3W，故B错误．C．物体匀速运动时，牵引力等于阻力，可知f=F3=2N，第2s内的位移为：x2=1
2
×1×2m=1m，可知
第2s内克服摩擦力做功为：W f=fx2=2×1J=2J，故C正确．
D．第2s内推力F做功为：W=F2x2=3×1J=3J，则第2s内的平均功率为：P=W
t
=3
1
W=3W，故D错误．故选：C．
9.
【答案】
B,C,D
【考点】
功能关系
【解析】
已知加速度，由牛顿第二定律可求出合力和外力F，得到合力做功，通过动能定理求出动能的增加量．根据
下落的高度求出重力势能的减小量．根据外力F的做功情况确定机械能的变化量．
【解答】
解：A、根据牛顿第二定律得，小球所受的合力为：F
合
=ma=9
10
mg，根据动能定理知：F合ℎ=△E k，则
动能增加量为9
10
mgℎ．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得：mg−F=ma
解得：F=1
10
mg
则小球克服F所做的功为1
10
mgℎ．因为除重力以外其它力做功等于机械能的增量，所以机械能减小
1
10
mgℎ．故BC正确．
D、重力做正功为mgℎ，则重力势能减小mgℎ．故D正确．
故选：BCD．
10.
【答案】
D
【考点】
物体做曲线运动的条件
【解析】
做曲线运动的物体轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧．
【解答】
解：做曲线运动物体的轨迹一定处于合外力与速度方向之间且弯向合外力这一侧，所以钢球受到的吸引力指
向弧内，则磁极在B位置，但极性无法确定，两极对钢球都有吸引力，都可以，故D正确．
故选：D
11.
【答案】
B
【考点】
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
【解析】
飞船在椭圆轨道上运动时在近地点做离心运动，在远地点做近心运动，根据相应运动条件判断速度大小问题，飞船在轨道上运动的加速由万有引力产生，决定加速度的大小是万有引力的大小
【解答】
解：A、飞船沿椭圆轨道1时有GMm
r p2>m v1p2
r p
，飞船沿椭圆轨道2时有GMm
r p2
=m v2p2
r p
，v1p<v2p，A错误；
B、在圆轨道2上时引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B正确；
C、因轨道2上周期约为90分钟小于同步卫星的周期，又由ω=2π
T
，可得船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，则C不正确；
D、飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做负功，D错误，
故选：B
12.
【答案】
D
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可．
【解答】
解：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故：G P=GMm
R2
由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：GMm
R2−0.9GMm
R2
=m4π2
T2
R
解得：M=40π2R3
GT2
则星球的密度ρ=
M
4πR3
3
=30π
GT2
，
故选：D．
13.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系
【解析】
根据万有引力提供向心力求出速度与半径的关系分析A选项，航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，根据动能定理分析C选项，根据根据万有引力提供向心力周期公式求解地球质量．【解答】
A、根据万有引力提供向心力可知，G Mm
R2
=m v2
R
，解得：v=√GM
r
，由于天宫一号的轨道半径小于同步卫星的半径，则其线速度大于同步卫星的线速度，故A错误；
B、航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，不是不受地球的引力作用，故B错误；
C、根据动能定理可知引力与空气阻力对天宫一号做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即天宫一号克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力可知，G Mm
(R+ℎ)2
=m4π2(R+ℎ)
T2
，解得：M=4π2(R+ℎ)3
GT2
，故D错误。

14.
【答案】
D
【考点】
万有引力定律及其应用
功的计算
【解析】
先根据万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，求出“玉兔”绕月球做圆周运动的动能，再根据功能关系求解需要对“玉兔”做的功．
【解答】
解：根据万有引力提供向心力，得：
G Mm
(R+ℎ)2
=m v2
R+ℎ
在月球表面上，由重力等于万有引力，则得：G Mm′
R2
=m′g
月
，即有GM=g月R2；
“玉兔”绕月球做圆周运动的动能E k=1
2
mv2
联立以上三式解得：E k=mg月R
2
2(R+ℎ)
“玉兔”在ℎ高度的引力势能为E p=GMmℎ
R(R+ℎ)
=
mg
月
R2ℎ
R(R+ℎ)
=
mg
月
Rℎ
R+ℎ
根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为W=E p+E k=mg月R
R+ℎ
(ℎ+1
2
R)
故选：D．
15.
【答案】
D
【考点】
向心力
【解析】
当角速度最大时，绳子对M的拉力和M所受的最大静摩擦力相等，对m分析，抓住拉力和m的最大静摩擦力的合力提供向心力求出角速度的最大值．
【解答】
解：当绳子的拉力等于甲的最大静摩擦力时，角速度达到最大，所以有：
T=μMg，
有：T+μmg=mLω2，
解得：ω=√μ(M+m)g
mL
，故D正确，ABC错误．
故选：D．
二、填空题（共4个小题，每空2分，共12分）
16.
【答案】
80,120
【考点】
动能定理的应用
重力势能
【解析】
重力势能的增加量等于克服重力所做的功；而动能的增加量等于合外力所做的功．
【解答】
解：重力势能的增加量为：
△E P=mgℎ=20×4=80J；
动能的增加量为：
△E k=(F−mg)ℎ=(50−20)×4=120J；
故答案为：80，120．
17.
【答案】
外力对物体所做的功大小为1
4
FR．
【考点】
向心力
牛顿第二定律
【解析】
物体在光滑水平面上做匀速圆周运动，由绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律分别求出两种拉力情况下物体的速度，再根据动能定理求出外力对物体所做的功大小
【解答】
解：设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F=m v12
R
．
当绳的拉力减为F
4时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有1
4
F=m v22
2R
．
在绳的拉力由F减为1
4
F的过程中，根据动能定理得
W=1
2mv22−1
2
mv12=−1
4
FR．
所以绳的拉力所做功的大小为1
4
FR
18.
【答案】
【考点】
功的计算
【解析】对该过程运用动能定理，结合动能的变化，求出水平力做功的大小．
【解答】
解：根据动能定理得：W=1
2
mv22−1
2
mv12=0
故答案为：0．
19.
【答案】
10m/s
【考点】
机械能守恒定律
自由落体运动
【解析】
小石子做自由落体运动，运动的过程中物体的机械能守恒，根据机械能守恒和已知条件列式，就可以求得小石子的速度．
【解答】
解：运动的过程中物体的机械能守恒，取地面为零势能面．
设小石子在高度为ℎ′时动能等于重力势能，根据机械能守恒可得：
mgℎ=mgℎ′+1
2
mv2，
由于动能和重力势能相等，则有：mgℎ′=1
2
mv2，
代入数据解得：v=√gℎ=√10×10m/s=10m/s；
故答案为：10m/s．
三、实验题（共12分，每小题6分．请按题目要求作答）
20.
【答案】
(1)(58.8m, 58.8m)
（2）1.96m/s．
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
（1）平抛运动水平方向为匀速直线运动，故相同时间内水平方向的距离相等，竖直方向位移差为以定值；
（2）由△ℎ=gt2，求得闪光周期，由v0=x
t
求得初速度；
【解答】
解：（1）根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为：3×2×9.8cm=58.8cm；
竖直方向：y=(1+2+3)×9.8cm=58.8cm；
故没有被拍摄到的小球位置坐标为：(58.8cm, 58.8cm)；
（2）由△ℎ=gt2，得：t=√9.8×10−2
9.8
=0.1s
由v0=x
t
=2×9.8×10−2
0.1
=1.96m/s；
四、计算题（共38分，请写出必要的文字说明和演算步骤，只有最终答案的不给分）
21.
【答案】
(1)汽车所受的阻力f为4000N；
(2)匀加速直线运动的时间t1为5s；
(3)汽车由静止加速到速度v=8m/s的过程中，牵引力做的功W为1.28×105J．
【考点】
功率、平均功率和瞬时功率
功的计算
牛顿第二定律
【解析】
(1)当汽车的阻力和牵引力相等时，汽车的速度最大，根据额定功率和最大速度求出阻力的大小．
(2)根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，根据P=Fv求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．
(3)根据位移时间公式求出匀加速直线运动的位移，根据w=Fx求功，匀加速到最大速度，功率达到额定值w=pt
【解答】
解：(1)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，由P=fv m得：
f=P
v m =80000
20
N=4000N．
(2)设匀加速阶段牵引力大小为F，由牛顿第二定律得：F−f=ma，F=f+ma=(4000+2000×2)N=8000N，
设匀加速阶段的最大速度设为v1，则有：P=Fv1，
得：v1=P
F =80000
8000
m/s=10m/s，
由v1=at1，得：t1=v1
a =10
2
s=5s．
(3)当v=8m/s时汽车仍处于匀加速阶段，有：s=v2
2a =82
2×2
m=16m，故有：W=Fs=8000×16J=
1.28×105J．
答：(1)汽车所受的阻力f为4000N；
(2)匀加速直线运动的时间t1为5s；
(3)牵引力做的功W为1.28×105J．
22.
【答案】
（1）木块从平台飞出到落地平抛需要√6
5
s；
（2）木块落地时的速度大小为2√13m/s．
【考点】
动能定理的应用
【解析】
（1）木块离开平台后做平抛运动，根据高度求出木块从平台飞出到落地所需的时间．（2）对全过程运用动能定理求出木块落地的速度．
【解答】
解：（1）木块离开平台后做平抛运动，根据ℎ=1
2gt2得，t=√2ℎ
g
=√2×1.2
10
s=√6
5
s．
（2）对全过程运用动能定理得，FL1−μmg(L1+L2)+mgℎ=1
2
mv2−0，代入数据解得v=2√13m/s．答：（1）木块从平台飞出到落地平抛需要√6
5
s；
（2）木块落地时的速度大小为2√13m/s．
23.
【答案】
大猴能顺利摆到对岸，但不能将小猴安全救回．
【考点】
向心力
平抛运动
【解析】
以两个猴子整体为研究对象，根据机械能守恒定律求出猴子通过最低点时的速度，再由向心力公式求出青藤的拉力，即可判断．
【解答】
解：根据机械能守恒定律知，大猴能顺利摆到对岸．
以两个猴子整体为研究对象，从岸上到最低点的过程，根据机械能守恒定律得：
(M+m)gℎ=1
2
(M+m)v2
由几何关系得ℎ=L1−√L12−(L2
2
)2=5−√52−42=2m
在最低点，根据牛顿第二定律得
T−(M+m)g=(M+m)v2
L1
联立解得T=450N>400N
故在最低点时青藤将被拉断，大猴不能将小猴安全救回．。