2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省咸宁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.折返跑是中学体育课中常见的一种运动，某学生进行折返跑过程简化情景的v−t图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 1s末的加速度大于3s末的加速度
B. 0∼3s的位移小于0∼6s的位移
C. 3s末离出发点最远
D. 2s∼4s速度一直减小
2.如图，木板AB上固定一垂直于板面的挡板，小球紧靠挡板静止在木板上，不计球与木板和挡板间的摩擦。现保持木板A端的位置不变，缓慢抬高木板B端，则在该过程中( )
A. 木板和挡板对球作用力的合力增大B. 球对木板的压力减小
C. 球对挡板的压力先增大后减小D. 球对挡板的压力大小不变
3.2021年10月15日，伴随着“三、二、一”的倒计时，“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，“神舟十三号”航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为期6个月的“太空旅行”。如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是( )
A. 火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力
B. 燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空
C. 保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态
D. 火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力
4.如图所示，从广州飞往上海的波音737航班上午10点到达上海浦东机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60m/s，竖直分速度为6m/s，已知飞机在水平方向做加速度大于等于2m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前( )
A. 飞机的运动轨迹为曲线
B. 经20s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C. 在第20s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D. 飞机在第20s内，水平方向的平均速度为21m/s
5.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示.已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 汽车在前5s内牵引力为5000NB. 汽车速度为30m/s时的加速度为2m/s2
C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80m/s
6.已知两电源的电动势分别为E1，E2(E1>E2)，内阻分别为r1，r2.当两电源分别于阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等．若电阻值R减小一些，再与E1，E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1，P2.则( )
A. r1P2
C. r1>r2，P1>P2D. r1>r2，P17.如图所示，光滑斜面的倾角θ=30∘，轻弹簧的劲度系数为k，两端分别与物体M和N相连，两物体的质量均为m，与斜面垂直的固定挡板P挡住N，两物体均处于静止状态.现沿平行斜面向下方向施加外力F压物体M，使得撤去外力F后，物体N能被弹簧拉起离开挡板(弹簧形变未超过其弹性限度)，则外力F至少要做的功是( )
A. m2g22kB. 3m2g22kC. 2m2g2kD. 5m2g22k
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.2021年12月26日，我国在太原卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十九运载火箭成功发射“资源一号”06星，该卫星将进一步推进我国陆地资源调查监测卫星业务系统化应用。若该卫星在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动的周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，忽略地球的自转，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星的线速度大小为2πRT
B. 地球表面的重力加速度大小为4π2(R+h)3R2T2
C. 地球的第一宇宙速度为2πRT R+hR
D. 地球的平均密度为3π(R+h)3GT2R3
9.如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N(N≥1)次后，刚好越过高为h的挡板MN(h可调节)也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则( )
A. h与H之比可能为1：2B. h与H之比可能为11：36
C. 球1与球2速度之比可能为5：1D. 球1与球2速度之比可能为16：1
10.如图甲所示，固定的水平筒内壁光滑、内有一轻质压缩的弹簧，弹簧的一端固定在筒底，另一端与一滑块(可视为质点)接触但不拴接，弹簧原长小于筒长。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的v−t图象如图乙所示，最终滑块恰好没有离开木板。已知木板质量M=0.3kg，滑块的质量为m=0.2kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 木板长度为1mB. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C. 1s后，木板先停下来，滑块后停下来D. 释放滑块时弹簧的弹性势能为2.5J
11.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一族等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大
C. 该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大
D. 该带电质点在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能大
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
12.物理兴趣小组设计了一个用位移传感器测量木块和斜面间的动摩擦因数μ的实验。如图甲所示，在斜面底端固定一个位移传感器，传感器与计算机相连。让木块沿斜面由静止开始下滑，计算机描绘了木块相对传感器的距离随时间的变化规律如图乙所示。
(1)如果图线中A、B、C三点的坐标值已知，则木块下滑的加速度为______。
(2)如果斜面的倾角为θ，木块下滑的加速度为a，则μ=______。
(3)为避免木块下滑时撞到传感器，在不增加器材的情况下，可将实验装置作一改进。改进的方法是______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
13.在探究闭合电路规律的实验设计中，某同学用如图甲所示电路探究某一型号电池的输出电压U与输出电流I的关系，图甲中R0为阻值等于5.0Ω的定值电阻，电压表视为理想电压表．
(1)请将图乙所示的实验器材连成实验电路；
(2)若电压表V2的读数为1.0V，则电源的输出电流I=______ A；
(3)调节滑动变阻器，通过测量得到电压表V1的示数U1随电压表V2的示数U2变化的U1−U2曲线如图丙所示，由此可知电池内阻______(选填“是”或“不是”)常数，短路电流为______ A，电源的最大输出功率为______W.
五、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置，轨道AB、CD粗糙，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=4.0×104N/C。现有质量m=0.20kg、电荷量q=−1.0×10−4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。求：(g取10m/s2)
(1)带电体运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力大小；
(2)带电体最终停在何处。
15.如图所示，光滑的圆弧轨道PMN竖直放置，在右侧N点与一倾斜传送带相切。M为圆弧轨道最低点，圆弧所在圆的圆心为O，PO水平，∠PON=127∘。一质量m=2kg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道最左端P以v=2 5m/s的初速度向下运动。已知圆弧轨道半径R=5m，传送带L=8m，在电机驱动下始终以速度v0=3.8m/s顺时针匀速转动(与轮子间无相对滑动)，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)小物块下滑到M点时轨道对物块的支持力的大小；
(2)小物块从滑上传送带减速至与传送带运动速度相等过程的时间；
(3)传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量。
六、计算题：本大题共1小题，共10分。
16.如图(甲)所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t=0)，A、B两车的v−t图象如图(乙)所示。已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m。
(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t=0)两车的距离s0应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、在v−t图象中，图线的斜率表示加速度，结合图线可知，第1s末的加速度比第3s末的加速度小，故A错误；
BC、图线与横轴所围的面积大小表示学生运动的位移大小，横轴以上的面积表示位移为正，由图线可知，0∼3s内位移增大，3∼6s内位移减小，根据横轴上、下两个三角形全等，可见3s末位移最大，6s末位移为零，故B错误，C正确；
D、0∼2s速度一直增大，但2∼4s速度先减小到零后反向增大，故D错误。
故选：C。
在v−t图象中，图线的斜率表示加速度，根据斜率大小比较加速度大小；图线与横轴所围的面积大小表示位移；根据v−t图象直接读出速度变化情况。
本题是简单的读图题，要知道速度-时间图象的物理意义：v−t图象反映物体的速度随时间的变化情况，斜率表示加速度，图线与横轴所围的面积大小表示位移。
2.【答案】B
【解析】解：A、小球处于平衡状态，木板和挡板对球作用力的合力始终等于小球的重力，故保持不变，故A错误；
BCD、小球受到木板的作用力F1和挡板的作用力F2，由平衡条件可得：
F1=mgcsθ
F2=mgsinθ
缓慢太高木板B端的过程中，θ增大，则F1减小，F2增大，故球对木板的压力减小，球对挡板的压力增大，故B正确，CD错误；
故选：B。
根据整体法分析出木板和挡板对球作用力的变化；
对小球进行受力分析，结合几何关系分析出不同力的变化趋势即可。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合角度的变化即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据火箭运动过程受力情况以及牛顿第二定律、牛顿第三定理，结合火箭运动的状态，分析火箭所处的状态．
本题考查了牛顿第三定律、超重和失重，要注意掌握火箭上升原因是受到气流的反作用力．
【解答】
A、火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力，故A错误；
B、火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，故B错误；
C、保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度，所受重力和空气阻力均竖直向下，合外力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，处于失重状态，故C正确；
D、火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，故D错误；
故选：C。
4.【答案】D
【解析】解：飞机的速度的方向：tanα=vyvx=660=0.1
飞机的加速度的方向：tanβ=ayax=0.22=0.1
可知飞机的速度的方向与加速度的方向是共线且反向的，飞机做匀减速直线运动。
A、飞机的速度的方向与加速度的方向是相反的，飞机做匀减速直线运动。故A错误；
B、飞机做匀变速直线运动，水平方向的分初速度与竖直方向的分初速度不相等，所以在停止前，水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小不可能相等。故B错误；
C、飞机做匀变速直线运动，水平方向的分初速度与竖直方向的分初速度不相等，所以飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小不可能相等。故C错误；
D、在水平方向上，飞机在20s内的位移：x1=vxt1−12a1t12=60×20−12×2×202=800m
飞机在19s内的位移：x2=vxt2−12a1t22=60×19−12×2×192=779m
飞机在第20s内，水平方向的位移：Δx=x1−x2=800−779=21m
水平方向的平均速度为v−=Δx1=21m/s。故D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上；结合速度公式计算速度，结合位移公式计算位移。
该题中，飞机在竖直方向与水平方向都做匀减速运动，所以正确判断出飞机是否做匀变速直线运动是解答的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、汽车在前5s内做匀加速运动，加速度a=ΔvΔt=205m/s2=4m/s2
由牛顿第二定律得F−F阻=ma，其中F阻=0.2mg
解得：F=6×103N，故A错误；
BCD、汽车在5s末功率达到额定功率P=Fv=6×103×20W=120000W=120kW
当汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，即F=F阻
最大速度：vm=PF阻=1200000.2×10×103m/s=60m/s
汽车速度为v′=30m/s时，则有：Pv′−F阻=ma′
解得：a′=2m/s2，故B正确，CD错误。
故选：B。
根据速度-时间图线的斜率求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力；根据匀加速运动的最大速度和牵引力的大小求出汽车的额定功率；结合P=Fv求出速度为30m/s时的牵引力，根据牛顿第二定律求出此时的加速度；当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=F阻vm求出最大速度。
本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
6.【答案】D
【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，可知电源的U−I图线的斜率绝对值等于r，所以有：r1>r2.
电源的U−I图线与电阻的U−I图线的交点就表示了该电阻接在该电源上时的工作状态，此交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率，即以此交点和坐标原点为两个顶点的长方形的面积表示电源的输出功率，由数学知识得知，若将R减少为R′，电源的输出功率减小，则有：P1故选：D。
根据两个电池的U−I图线，据两者电动势的大小关系及两条图线有交点，由图可读出内阻的大小关系；两线的交点对应的工作电阻为R，再作出一大于R的电阻的U−I图线，分析对应电流及电压从而分析出功率的大小关系．
本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便．
7.【答案】A
【解析】解：无F作用时，弹簧的弹力等于M的重力沿斜面向下的分力，则弹簧的压缩量为：x1=mgsin30∘k=mg2k
物体N刚好被弹簧拉起离开挡板时，弹簧的弹力等于N的重力沿斜面向下的分力，则弹簧的伸长量为：x2=mgsin30∘k=mg2k
由于x2=x1，所以物体N刚好被弹簧拉起离开挡板时，弹簧的弹性势能等于未加F时弹簧的弹性势能。对整个过程，根据能量守恒定律得：W=mgsin30∘(x1+x2)=m2g22k
选项A正确，BCD错误
故选：A。
物体N能被弹簧拉起离开挡板时，弹簧的弹力等于N的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出开始与N刚离开挡板时弹簧的形变量，得到M上升的距离，抓住初末状态弹性势能相等，根据系统的机械能守恒列式求解．
本题的关键理清初末状态，分析清楚弹簧的形变量关系，判断出初末状态的弹性势能相等．要知道物体相对于原位置上升的距离为x1+x2.
8.【答案】BD
【解析】解：A、根据线速度公式可知，该卫星的线速度大小：v=2π(R+h)T，故A错误；
BC、根据万有引力提供向心力可知，GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，根据黄金代换式可知，GM=gR2，联立解得地球表面的重力加速度大小g=4π2(R+h)3R2T2，地球的第一宇宙速度v1= gR=2π(R+h)T⋅ R+hR，故B正确，C错误；
D、地球的体积：V=43πR3，根据黄金代换式，GM=gR2，联立解得地球的平均密度：ρ=MV=3π(R+h)3GT2R3，故D正确。
故选：BD。
根据线速度公式求解卫星的线速度；
根据万有引力提供向心力结合重力等于万有引力求得地球表面重力加速度大小和第一宇宙速度；
根据万有引力等于向心力列式，可求得质量，根据密度公式求解地球的平均密度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
9.【答案】BC
【解析】解：CD、两小球都能落在Q点，对球1：H=12gt2，xOQ=v1t；
对球2：H=12gt2，xOQ=(2N+1)⋅v2t；
可得：v1v2=2N+11
当N=1时，v1：v2=3：1
当N=2时，v1：v2=5：1
当N=3时，v1：v2=7：1
...
即球1与球2速度之比可能为3：1、5：1、7：1、…，故C正确，D错误；
AB、刚好能过M点，对球1：H−h=12gt′2，xOM=v1t′；
对球2：H−h=12gt′2，xOM=(2N−1)⋅v2t+v2Δt，
其中，Δt=t−t′= 2Hg− 2(H−h)g，
可得：v1⋅ 2(H−h)g=v2⋅(2N 2Hg− 2(H−h)g)，
利用上面所求：v1v2=2N+11，代入可解得：hH=(N+1)2−N2(N+1)2，
当N=5时，h：H=11：36，故A错误，B正确。
故选：BC。
根据平抛运动的运动学公式：H=12gt2和x=vt判断两小球都能落在Q点和刚好能过M点的位移-时间关系。
本题求解的关键要注意球2与地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有对称性。
10.【答案】BD
【解析】解：ABC、由图像可知，木板在0−1s内，做加速运动，之后做减速运动，则1s末两者共速，这段时间滑块做减速运动，之后一起做匀减速直线运动，由图像可得木板加速的加速度为：a1=Δvt1=11m/s2=1m/s2
减速时的加速度大小为：a2=Δv′t2=11m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律可得：
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1
μ2(M+m)g=(M+m)a2
联立解得：μ1=0.4，μ2=0.1
则木板与地面之间的动摩擦因数为0.1，滑块在0∼1s内的加速度大小为：a′=μ1g=0.4×10m/s2=4m/s2
则对滑块，有：v=v0−a′t1，代入数据解得：v0=5m/s
则木板的长度为：L=v+v02t1−v2t1=v02t1=52×1m=2.5m，故AC错误，B正确；
D、由功能关系可得释放滑块时弹簧的弹性势能为：Ep=12mv02=12×0.2×52J=2.5J，故D正确。
故选：BD。
根据v−t图象分析木板和滑块的运动情况，并求出木板加速度大小，由牛顿第二定律求解动摩擦因数，根据运动学公式求解木板的长度；由功能关系可得释放滑块时弹簧的弹性势能。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是能够根据v−t图象分析木板的运动情况和滑块的运动情况，根据v−t图象结合牛顿第二定律、功能关系进行解答。
11.【答案】CD
【解析】解：A、做曲线运动的物体受力指向轨迹凹侧，但不知道带电质点的电性，所以无法判断电场强度的方向，也就无法判断这三条等势线电势的高低，故A错误；
BC、等势线的疏密程度可以表示场强的大小，等势线越密集的地方电场强度越大，所以P点的场强大于Q点的场强，则该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错误，C正确；
D、电场线与等势线处处垂直，带点质点受到的电场力垂直等势线指向轨迹弯曲的凹侧。若带电质点从P向Q运动，电场力的方向与速度方向的夹钝角，电场力做负功，电势能增加；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，故在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，故D正确。
故选：CD。
根据做曲线运动的物体的受力特点，可以判断带电质点的受力方向，但因为不知道粒子的电性，所以无法判断电场线的方向，则电势的高低无法判断；等势线的疏密程度表示场强的大小；根据带电质点的受力方向与速度方向的夹角可以判断电场力做功的正负，电场力做负功，电势能增加。
根据做曲线运动的物体的受力特点可以判断出质点的受力方向，进而根据速度与力方向的夹角可以判断电场力做功的情况。等势线的疏密程度也可以描述出场强的大小，等势线密集的地方场强大。
12.【答案】2s2−s1−s3t02 tanθ−agcsθ 把位移传感器固定在斜面顶端
【解析】解：(1)由图可知，从A到B和从B到C用的时间均为t0
根据匀变速运动的推论Δx=at02
可得a=(s2−s1)−(s3−s2)t02=2s2−s1−s3t02
(2)根据牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ=ma
解得μ=tanθ−agcsθ
(3)改进的方法是把位移传感器固定在斜面顶端。
故答案为：(1)2s2−s1−s3t02；(2)tanθ−agcsθ；(3)把位移传感器固定在斜面顶端。
(1)木块做匀加速运动，根据匀变速运动的推论Δx=aT2求加速度；
(2)根据牛顿第二定律求动摩擦因数；
(3)把位移传感器固定在斜面顶端。
本题是牛顿运动定律与运动学公式相结合的题型，加速度是联系运动学和动力学的桥梁；理解位移传感器在该实验中的作用。
13.【答案】0.2；是；1.25；0.288
【解析】解：(1)根据电路图画实物连线如图所示：
(2)根据欧姆定律有I=U2R0=15=0.2A.
(3)根据闭合电路欧姆定律有E=U1+Ir=U1+U2R0r，则：U1=E−rR0U2，
图象U1−U2的斜率：k=rR0，由于图象为倾斜直线，故电源内阻是常数．
由图示图象可知：k=rR0=△U1△U2=1.5−12=0.25，解得：r=kR0=0.25×5=1.25Ω，
又纵轴截距等于电动势，故E=1.5V，所以短路电流为：I短=Er=，
当R=0时电源输出功率最大，此时：I=ER0+r=1.55+1.25=0.24A，
电源的最大输出功率：P=I2R0=0.24×0.24×5.0=0.288W；
故答案为：(1)如图所示；(2)0.2；(3)是；1.25；0.288.
本题的关键是根据闭合电路欧姆定律写出电压U1与电压U2的函数表达式，然后通过图象求出纵轴截距与斜率的值，再求出E和r，本题的难点是借助于电源的输出功率与外电阻图象得出变阻器阻值R=0时电源输出功率最大的条件．
本题考查了连接实物电路图、求电流、实验数据分析等，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键．
14.【答案】解：(1)带电体从A点运动到C点过程，根据动能定理可得：
|q|E(sAB+R)−mgR−μmgsAB=12mvC2
解得：vC=2 10m/s
在C点时，根据水平方向的合力提供向心力得：
FN−|q|E=mvC2R
解得：FN=20N
根据牛顿第三定律得带电体对轨道的压力大小为20N。
(2)设带电体沿CD向上运动到最高点速度为0时，与C点的距离为x，全过程根据动能定理可得：
|q|E(sAB+R)−μmgsAB−mg(R+x)−μ|q|Ex=0
解得：x=1m
因为μqE=mg，所以带电体在CD上不会下滑，最终停在离C点上方1m处。
答：(1)带电体运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力大小为20N；
(2)带电体最终停在离C点上方1m处。
【解析】(1)根据动能定理列式得出带电体的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出带电体对轨道的压力大小；
(2)根据动能定理列式得出带电体停止的位置。
本题主要考查了带电物体在电场中的运动，熟悉物体的受力分析，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成解答。
15.【答案】解：(1)小物块从P到M过程，根据动能定理可得：mgR=12mv12−12mv2
代入数据解得：v1=2 30m/s
小物块下滑到M点时，根据牛顿第二定律可得：N−mg=mv12R
代入数据解得：N=68N
(2)小物块从P到N过程，根据动能定理可得：mgRcs(127∘−90∘)=12mv22−12mv2
代入数据解得：v2=10m/s
根据牛顿第二定律得，小物块在传送带减速过程的加速度大小为：
a=mgsin37∘+μmgcs37∘m=gsin37∘+μgcs37∘=10×0.6m/s2+0.8×10×0.8m/s2=12.4m/s2
小物块减速至与传送带运动速度相等过程的时间为：t=v2−v0a=10−
(3)小物块减速至与传送带运动速度相等过程的位移为：x1=v2+v02t=10+3.82×0.5m=3.45m
此过程传送带的位移为：x传=v0t=3.8×0.5m=1.9m
小物块与传送带发生的相对位移为：Δx=x1−x传=3.45m−1.9m=1.55m
小物块与传送带速度相同后，由于μmgcs37∘>mgsin37∘
可知共速后小物块与传送带保持相对静止，一直匀速运动到传送带顶端，故传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为Q=μmgcs37∘⋅Δx=0.8×2×10×0.8×1.55J=19.84J
答：(1)小物块下滑到M点时轨道对物块的支持力的大小为68N；
(2)小物块从滑上传送带减速至与传送带运动速度相等过程的时间为0.5s；
(3)传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为19.84J。
【解析】(1)本题根据动能定理求解M点速度，再根据牛顿第二定律求轨道对小物块的支持力；
(2)根据动能定理先求出物块到达N点的速度、求出物块在传送带上的加速度，由运动学公式分别求出当物块与传送带共速时的时间；
(3)求出物块与传送带共速时的位移及相对位移；再根据摩擦生热的公式Q=fΔx求解摩擦生热。
本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式的使用，具有一定综合性。
16.【答案】解：(1)在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，
代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s；
速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：
a=△v△t=vB−0t5−t1=124m/s2=3m/s2；
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v−t图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：
s=12vB(t1+t5)=12×12×(1+5)m=36m，
因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：
s0>36m.
答：(1)B车运动的速度为12m/s，A车的加速度a的大小为3m/s2.
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s0>36m.
【解析】(1)B做匀速直线运动，根据x1=vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小；
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可．
对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．