2020-2021学年河南省南阳市六校第二次联考（高一）物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市六校第二次联考（高一）物理试卷新人教版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 两个匀变速直线运动，初速度分别为v1和v2，互相垂直，加速度分别为a1和a2，关于它们的合运动轨迹说法正确的是（ ）
A.如果v1≠0，v2≠0那么轨迹一定是曲线
B.如果v1=v2=0，那么轨迹一定是直线
C.如果a1=a2，那么轨迹一定是直线
D.如果a1a2≠v1v2，那么轨迹可能是直线

2. 公路转弯处外侧的李先生家门口，连续发生了多起车辆侧翻的事故，经交警调查，画出的现场示意图如图所示，为了避免车辆侧翻事故再次发生，很多人提出了建议，下列建议中合理的是（ ）
①提醒司机以更小半径转弯 ②提醒司机不要超速转弯
③增大车轮与路面间的粗糙程度 ④使弯道路面内侧低外侧高
A.①②③B.①③④C.②③④D.②③

3. 质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为34g，在物体下落ℎ的过程中，下列说法中错误的是（ ）
A.物体的动能增加了34mgℎ
B.物体的机械能减少了34mgℎ
C.物体的重力势能减少了mgℎ
D.物体克服阻力所做的功为14mgℎ

4. 下列关于万有引力定律的说法中正确的是（ ）
A.任意两个物体之间都存在万有引力，其大小跟两个物体的质量之和成正比
B.当两个物体无限靠近时，它们之间的万有引力将趋于无穷大
C.万有引力定律的发现说明天上和地上的物体遵循同样的科学法则
D.牛顿发现万有引力定律并通过实验测出了引力常量的数值

5. 如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，其斜面ABCD为矩形，与水平面的夹角为θ，AD边水平且距水平面的高度为ℎ．现将质量为m的小球从斜面上的A点沿AD方向以速度v0水平抛出，忽略空气阻力，小球恰好运动到斜面的左下角C点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A.小球从A点运动到C点的过程中做变加速曲线运动
B.小球从A点运动到C点的时间为2ℎg
C.AD边的长度为v0sinθ2ℎg
D.小球运动到C点时的速度大小为vc=v0csθ

6. 把地球看作半径为R的质量均匀的球体，质量为M，其自转周期为T，地球的同步卫星质量为m，距离地表的高度为ℎ，引力常量为G，则（ ）
A.同步卫星的线速度大小为GMR+ℎ
B.同步卫星的线速度大小为2πℎT
C.地球的质量M=4π2R3GT2
D.地球的质量M=4π2ℎ3GT2

7. 如图所示，圆盘上叠放着两个物块A和B，当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则（ ）

A.物块A不受摩擦力作用
B.物块B受4个力作用
C.当转速增大时，A受摩擦力增大，B受摩擦力减小
D.A对B的摩擦力方向沿半径指向圆盘外侧

8. 细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方ℎ处，绳长l大于ℎ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若要小球不离开桌面，其转速不得超过（ ）

A.12πglB.12πgℎC.2πgℎD.12πℎg
二、多选题

如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A以初速度v0沿固定在地面上的光滑斜面下滑，与此同时B自由下落，最后同时到达水平面，取地面为零势能面，则（ ）

A.重力对两物体做功不同
B.重力的平均功率PA=PB
C.到达底端时重力的瞬时功率相同
D.到达底端时两物体的机械能不相同

如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，测得该星球对飞行器的最大张角为θ，飞行器离星球表面的高度为ℎ，绕行周期为T．已知引力常量为G，由此可以求得（ ）

A.该星球的半径B.该星球对飞行器的引力大小
C.该星球的第一宇宙速度D.该星球的平均密度

质量为2kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到方向不变的水平力F的作用，以物体静止时的位置为初位置，F随位置x变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）

A.物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动
B.在0∼0.2m内力F所做的功为3J
C.物体不可能做曲线运动
D.物体在经过x=0.2m的位置时速度大小为3m/s

荡秋千是古今中外大家喜爱的一项体育活动，某秋千的简化模型如图所示，长度均为L的两根细绳下端拴一质量为m的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为θ，保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（ ）

A.小球运动到最低点时速度大小为2gH
B.小球释放瞬间处于平衡状态
C.小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为Lcsθ−HLcs2θmg
D.小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为mgHLcs2θ+mg2csθ
三、实验探究题

图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．

（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________．
A.安装斜槽轨道，必须使其末端保持水平
B.每次小球释放的初始位置可以任意选择
C.每次小球可以从任意高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接

（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中y−x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是（ ）


（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y为5.0cm，y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离Δx为50.0cm，则平抛小球的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为70.0cm，则小球在C点的速度为vC=________m/s(结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．

某物理兴趣小组的同学设计了一个利用力传感器M和一个用轻质不可伸长的细线悬挂的小球来验证机械能守恒，装置如图甲所示，实验过程如下：
①固定力传感器M，实验中挂钩位置可认为不变；
②取一根不可伸长的细线，一端连接小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O，并固定在传感器的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）；
③将小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系如图乙所示；
④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示．

（1）为验证小铁球在最高点A和最低处的机械能是否相等，则_________．
A.必须要测出小铁球的质量m
B.必须要测出小铁球的直径D
C.必须要测出细线离开竖直方向的最大偏角θ
D.必须要知道图乙、丙中F0，F1，F2的大小
E.必须要知道图乙、丙中F0，F1，F2的大小及当地重力加速度g

（2）若已经通过实验测得了（1）中所需的物理量，则为了验证小铁球在最高点B和最低点处的机械能是否相等，只需验证等式________是否成立即可．（用题中所测得的物理量符号表示）
四、解答题

如图是小型电动打夯机的结构示意图，电动机带动质量为m=20kg的重锤（重锤可视为质点）绕转轴O匀速运动，重锤转动半径为R=0.5m电动机连同打夯机底座的质量为M=25kg，重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）重锤转动的角速度为多大时，才能使打夯机底座刚好离开地面？

（2）若重锤以上述（1）的角速度转动，当打夯机的重锤通过最低位置时，打夯机对地面的压力为多大？

某一星球上，宇航员站在距离地面ℎ高度处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经测量落地点距抛出点水平距离为L，已知该星球的半径为R，不考虑该星球的自转，引力常量为G，求：
（1）该星球表面的重力加速度g；

（2）该星球的第一宇宙速度；

（3）该星球的质量M.

如图所示，一台升降机在电动机的拉力作用下，沿竖直方向由静止开始向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动．其运动情况v−t如图所示，已知电动机的牵引力的额定功率为60kW，重力加速度g取10m/s2，不考虑空气阻力，求：

（1）升降机的总质量大小；

（2）5s末时瞬时速度v的大小；

（3）升降机在0∼7s内上升的高度．

如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30∘，其上A、B两点间的距离为s=5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=20kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（重力加速度g取10m/s2）

（1）传送带对小物体做的功；

（2）由于放上小物体，电动机多做的功．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市六校第二次联考（高一）物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
运动的合成与分解
物体做曲线运动的条件
【解析】
当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹为直线，当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时，运动轨迹为曲线．
【解答】
解：A．如果v1≠0，v2≠0，若合速度与合加速度方向共线，则轨迹是直线，若不共线，则轨迹是曲线，故A错误；
B．如果v1=v2=0，则物体沿着合加速度方向做直线运动，则轨迹一定是直线，故B正确；
C．如果a1=a2，只有合加速度等于a=2a1=2a2，只有当合初速度与合加速度共线时，才能做直线运动，因此轨迹不一定是直线，故C错误；
D．当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1a2=v1v2时，运动轨迹为直线，反之a1a2≠v1v2，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上时，运动轨迹不可能为直线，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
离心现象
水平面内的圆周运动-摩擦力
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
利用摩擦力提供向心力可以判别向心力的大小影响因素，所以不能以半径更小的轨道拐弯．
【解答】
解：①．根据μmg=mv2r可知，半径越小，需要的向心力越大，越容易翻车，故①错误；
②．车发生侧翻是因为外界提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动，减小速度可以减小需要的向心力，可以防止侧翻现象，故②正确；
③．在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，可以通过改进路面设计，增大车轮与路面间的摩擦力，可以避免卡车侧翻事故再次发生，故③正确；
④．易发生侧翻也可能是路面设计不合理，应改造路面使内侧低，外侧高，使重力与支持力的合力沿水平方向有向里的分量，故④正确．
本题选择合理的，是②③④，故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
重力势能的变化与重力做功的关系
摩擦力做功与能量转化
动能定理的应用
【解析】
物体以34g的加速度由静止竖直下落，说明物体下落受到一定阻力，由牛顿第二定律求出阻力的大小，可求出克服阻力做功．重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的．
【解答】
解：A．根据牛顿第二定律得：mg−f=ma=m⋅34g，得阻力大小f=14mg，物体的合力为34mg，则合力做功为34mgℎ，所以由动能定理可得物体的动能增加34mgℎ，故A正确；
B．根据功能关系，知阻力做负功，导致机械能减少，机械能减少量等于克服阻力做功，为14mgℎ，故B错误；
C．物体在下落过程中，重力做正功为mgℎ，则重力势能减少了mgℎ，故C正确；
D．阻力大小f=14mg，所以克服阻力做功为14mgℎ，故D正确．
本题选择错误的，故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
物理学史
【解析】
自然界中任何两个物体间都存在万有引力，万有引力定律公式为F=Gm1m2r2；万有引力定律适用的条件是两个质点间引力的计算；卡文迪许通过实验首次比较准确地得出了引力常量G的数值．
【解答】
解：A．任意两个物体之间都存在万有引力，其大小跟两个物体的质量之积成正比，故A错误；
B．当两个物体无限靠近，物体不能被看成质点，万有引力定律公式F=Gm1m2r2不再适用，所以不能得到万有引力趋于无穷大的结论，故B错误；
C．万有引力定律的发现说明天上和地上的物体遵循相同的科学法则，故C正确；
D．牛顿发现万有引力定律，但卡文迪许通过实验测出了引力常量的数值，故D错误．
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
类平抛运动
单物体的机械能守恒问题
【解析】
小球初速度水平方向，加速度沿斜面向下，大小为a=gsinθ，小球做类平抛运动，根据平抛运动规律可以求出下落时间和水平位移；
利用机械能守恒定律可以求出vC．
【解答】
解：对小球进行受力分析，受到重力，支持力，合力F沿斜面向下，有F=mgsinθ，根据牛顿第二定律：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向沿斜面向下，
A．小球从斜面上的A点沿AD方向以速度v0水平抛出，初速度与加速度垂直，小球做匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线，故A错误；
B．沿斜面方向：ℎsinθ=12at2，代入数据解得：t=1sinθ2ℎg，故B错误；
C．AD边的长度为：x=v0t=v0sinθ2ℎg，故C正确；
D．根据机械能守恒定律：12mvC2=mgℎ+12mv02，解得：vC=v02+2gℎ，故D错误．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
万有引力定律及其应用
同步卫星
【解析】
同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．
【解答】
解：A．根据万有引力提供向心力，则：GMmr2=mv2r，其中：r=R+ℎ，联立可得：v=GMR+ℎ，故A正确；
B．根据同步卫星的特点可知，同步卫星始终和地球保持相对静止，所以同步卫星的运行周期等于地球的自转周期T，则同步卫星的线速度：v=2πR+ℎT，故B错误；
CD．根据万有引力提供向心力，则：GMmr2=m4π2T2r，可得：M=4π2R+ℎ3GT2，故CD错误．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
物块和圆盘始终保持相对静止，一起做圆周运动，A靠B对A的静摩擦力提供向心力，B靠A对B的静摩擦力和圆盘对B的静摩擦力的合力提供向心力．
【解答】
解：A．A物块做圆周运动，受重力和支持力、静摩擦力，靠静摩擦力提供向心力，故A错误；
B．B对A的静摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心，可知B受到圆盘的静摩擦力，指向圆心，还受到重力、压力以及圆盘的支持力，总共5个力，故B错误；
C．A、B的角速度相等，根据Fn=mrω2知，A、B的向心力都增大，故C错误；
D．因为B对A的摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力方向背离圆心，即沿半径指向圆盘外侧，故D正确．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
利用牛顿第二定律可以求出最大的转速大小。
【解答】
解：以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mv2R，
设绳子与竖直夹角为θ，则有：R=ℎtanθ ，那么Fcsθ+N=mg，Fsinθ=mv2R=mωR=mω2R=m4π2n2R=m4π2n2ℎtanθ，
当球即将离开水平面时N=0，转速n有最大值，N=mg−m4π2n2ℎ=0，n=12πgℎ，故ACD错误，故B正确．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
瞬时功率
单物体的机械能守恒问题
重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】
根据质量和下降的高度关系，根据WG=mgℎ分析重力做功关系．重力的平均功率是由重力作功与时间的比值，而重力的瞬时功率则是重力与重力方向的速率乘积．由机械能守恒定律分析到达底端时两物体的机械能关系．
【解答】
解：A．重力对物体做功为：WG=mgℎ，由于m、g、ℎ都相同，则重力对两物体做功相同，故A错误；
B．A沿斜面向下做匀加速直线运动，B做自由落体运动，下落的高度相同，A竖直方向的分加速度小于g，所以A的运动时间等于B的运动时间，而重力对两物体做功相同，根据P=Wt有PA=PB，故B正确；
C．由机械能守恒定律可得：mgℎ=12mv2，则得v=2gℎ，则知两个物体到达同一水平面时速度大小相等，设为v，A到达底端时重力的瞬时功率为PA=mgvsinα，α是斜面的倾角，B到达底端时重力的瞬时功率为PB=mgv，所以到达底端时重力的瞬时功率不相同，故C错误；
D．初始时两个物体的机械能相同，在运动过程中，两个物体的机械能都守恒，所以到达底端时两物体的机械能相同，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,C,D
【考点】
万有引力定律及其应用
第一宇宙速度
天体质量或密度的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T，对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r，由几何关系有：R＝rsinθ2=r−ℎ，星球的平均密度 ρ=MV，联立以上三式得：ρ=3πGT2(sinθ2)3，R=ℎsinθ21−sinθ2，可得到星球的半径，平均密度，故AD正确．
因不知道飞行器的质量，故无法求万有引力的大小，故B错误；
根据GMmR2=mv2R，可求得星球的第一宇宙速度为v=GMR，由上得星球的质量为：M=4π2r3GT2，带入可以该星球的第一宇宙速度，故C正确．
故选ACD．
【答案】
B,C
【考点】
物体做曲线运动的条件
恒力做功
动能定理的应用
【解析】
物体在拉力作用下，由静止做加速运动，由于拉力F向不变故运动方向不变，根据牛顿第二定律求得加速度，在F−x图象中，与x轴所围面积表示拉力做功，根据动能定理求得获得的速度．
【解答】
解：A．在0∼0.1m内，拉力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知F=ma，加速度逐渐增大，故A错误；
B．在F−x图像中，与x轴所围面积表示拉力做功，故W=[12×6+18×0.1+18×0.1]J=3J，故B正确；
C．由于拉力的方向不变，物体由静止开始运动，故物体只能做直线运动，故C正确；
D．在整个运动过程中，根据动能定理可得W=12mv2，解得v=3m/s，故D错误．
故选BC．
【答案】
A,D
【考点】
动能定理的应用
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
【解析】
利用动能定理可以求出速度的大小；利用竖直方向的平衡方程可以求出绳子拉力的大小；利用牛顿第二定律可以求出最低点拉力的大小．
【解答】
解：A．小球摆到最低点时，此时速度满足mgH=12mv2，解得小球运动到最低点时速度大小为v=2gH，故A符合题意；
BC．设每根绳的拉力大小为T，小球释放瞬间，受力分析如图1，所受合力不为0，不是平衡状态，则有2Tcsθ−mgcsα=0，
在小球运动的平面内，如图2，

由几何关系，有csα=Lcsθ−HLcsθ，联立得T=Lcsθ−H2Lcs2θmg，故BC不符合题意；
D．小球从开始释放到摆到最低点时速度为v，此时速度满足mgH=12mv2，
由牛顿第二定律得2T′csθ−mg=mv2R，
其中R=Lcsθ，联立解得T′=mgHLcs2θ+mg2csθ，故D符合题意．
故AD．
三、实验探究题
【答案】
A
（2）c
（3）2.5,4.5
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线．
（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动即可求解．
【解答】
解：（1）A．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故BC错误；
D．用描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故D错误．
故选A．
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=12gt2，
水平方向做匀速直线运动，x=vt，
联立可得：y=gx22v2，因初速度相同，故g2v2为常数，故y−x2应为正比例关系，故c正确，abd错误．
故选c．
（3）根据平抛运动的处理方法，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，
所以y1=12gt12①
y2=12gt22②
水平方向的速度，即平抛小球的初速度为
v0=ΔxΔt③
联立①②③代入数据解得：v0=2.5m/s，
若C点的竖直坐标U3为70.0cm，则小球在C点的对应速度vC，据公式可得： v下2=2gℎ，所以v下=14m/s，
所以C点的速度为：vC=14+254m/s=4.5m/s．
【答案】
D
（2）3F0=2F1+F2
【考点】
用传感器或其他器材测速验证机械能守恒定律
【解析】
（1）利用平衡条件结合牛顿第二定律及机械能守恒定律可以判别需要测量的物理量；
（2）利用机械能守恒定律可以导出对应的表达式．
【解答】
解：（1）由于重力加速度未知，则有小铁球静止时，绳子的拉力F0，可知小球的重力为：G=mg=F0，
小球在最低点，由牛顿第二定律，则有F2−F0=mv2l，
小球在最低点的动能为Ek=12mv2=12(F2−F0)l，
从A到最低点，物体的重力势能减少量等于重力做的功，即ΔEp=WG=F0l(1−csθ)，
另有对A点受力分析得F0csθ=F1，
小铁球从A到最低点的过程中，若机械能守恒，则重力势能减少量等于动能增加量，ΔEp=Ek，
即为12(F2−F0)l=F0l(1−csθ)，
化简得3F0=2F1+F2
由上可知，D正确，ABCE不符合题意．
故选D．
（2）据（1）分析知，为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证等式3F0=2F1+F2是否成立即可．
四、解答题
【答案】
（1）重锤转动的角速度ω=35rad/s时，才能使打夯机底座刚好离开地面．
（2）打夯机对地而的压力为900N．
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】


【解答】
解：（1）当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时，才能使打夯机底座刚好因开地面， T=Mg，
对重锤根据牛顿第二定律有： mg+T=mRω2，
代入数据得：ω=35rad/s．
（2）在最低点，对重锤根据牛顿第二定律有： T′−mg=mRω2，
解得： T′=Mg+2mg，
对打夯机有： N=T′+Mg=2M+mg，
由牛顿第三定律，打夯机对地而的压力：
N′=N=900N．
【答案】
（1）该星球表面的重力加速度g=2ℎv02L2；
（2）该星球的第一宇宙速度v=v0L2ℎR；
（3）该星球的质量M=2ℎR2v02GL2．
【考点】
星球表面的抛体问题
第一宇宙速度
天体质量或密度的计算
【解析】

【解答】
解：（1）根据 L=v0t，ℎ=12gt2，
g=2ℎv02L2．
（2）根据mg=mv2R，可得v=v0L2ℎR．
（3）根据mg=GMmR2，
得M=2ℎR2v02GL2．
【答案】
（1）升降机的总质量m=500kg．
（2）5s末时瞬时速度v=10m/s．
（3）升降机在0∼7s内上升的高度为46.8m．
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
【解析】



【解答】
解：（1）设升降机的总质重为m，升降机最后做匀速运动，牵引力F=mg，
根据P=Fvm=mgvm，
得：m=pgvm，
m=500kg．
（2）设匀加速运动时加速度大小为a，
当t=5s时，速度v=at，
此时牵引力F=Pv，
根据牛顿第二定律得， F′−mg=ma，
解得a=2m/s2，v=10m/s．
（3）则0∼5s内位移x1=12at12=12×2×25m=25m，
对5∼7s内运用动能定律得：Pt2−mgℎ=12mvm2−12mv2，
代入数据解得：ℎ=21.8m，
则x=x1+ℎ=25+21.8m=46.8m．
【答案】
（1）传送带对小物体做的功为540J．
（2）电动机做的功为660J．
【考点】
传送带模型问题
能量守恒定律的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】


【解答】
解：（1）根据牛顿第二定律μmgcsθ−mgsinθ=ma，
知小物体上升加速度为a=14g=2.5m/s2，
当小物体的速度为v=2m/s时，
位移是s1=v22a=0.8m<5m，即小物体将以v=2m/s的速度完成余下4.2m的路程，
由功能关系得：W=ΔEk+ΔEp=12mv2+mgsinθ=540J．
（2）电动机做功使小物体机械能增加，向时小物体与传送带间因摩擦放生热量Q，
由v=at，t=va=0.8s，
相对位移s′=vt−v2t=0.8m，
摩擦生热Q=μmgs′csθ=120J，
故电动机做的功为W电=W+Q=660J．