浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中物理试题（含答案）

第第页浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中物理试题一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，不选、错选或多选得0分）1．能量的国际制基本单位符号是（）A．J B．kg⋅m2/s22．泰山景区的机器狗驮着重物在陡峭山路上“健步如飞”，从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，机器狗仅用了两个小时，比普通人登山所用时间缩短了一半，如图所示，在搬运重物过程中（）A．在研究机器狗的爬行动作时，可以将它视为质点B．以机器狗为参考系，重物是运动的C．机器狗的平均速度大小约为5D．机器狗的平均速度大小是普通人的两倍3．我国新能源汽车性能优越，深受用户喜爱。在测试某款新能源汽车的刹车性能时，速度为20m/sA．20m B．40m C．45m D．200m4．某质量为m的运动员一如图所示的姿势静止在水平地面上，小腿与竖直方向夹角为θ，设重力加速度为g，则该运动员（）A．所受支持力由脚底形变产生B．受到竖直向上的支持力FC．受到水平向前的摩擦力FD．受到水平向后的摩擦力F5．拉坯是陶艺制作中较常用的一种方法，需配合双手的动作，将转盘上的泥团拉成各种形状的成型方法。将泥团放置在绕竖直轴转动的水平转台上，将它拉成花瓶的雏形，对应的简化模型如图所示。粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合，粗坯上M、N两质点到轴的距离之比为A．M、N的线速度之比为rB．M、N的向心加速度之比为rC．同一时刻，M、N所受合力方向一致D．当转台转速变为2n时，M、N的角速度也增加一倍6．如图所示，在相同的水平面上，小明用恒力F1推箱子，小丁用恒力F2拉相同的箱子，F1A．F1与F2做功相同 B．F1C．F1做的功大于F2做的功 D．F17．如图所示，佩戴口罩时，每只耳朵受到口罩带的作用力为F，AB和CD两段口罩带与水平方向夹角分别为15°和75°，设同侧口罩带涉及的作用力均在同一平面内，不计摩擦，则单侧口罩带上的弹力大小（）A．33F B．32F C．8．如图所示，教室内安装有可以沿水平方向滑动的黑板，黑板不动时，A同学从上向下画竖线，粉笔由上端从静止开始画到下端时停止，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的同时，A同学用粉笔在黑板上重复前面的画线动作，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为乙图中的（）A． B．C． D．9．如图甲所示为某研究小组用智能手机探究电梯中的超失重问题，他们用手机自带的加速度传感器测得电梯从1楼到6楼的过程中竖直方向的加速度随时间变化的特征。从手机屏幕上观察到的加速度随时间变化的图像如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0。则（）A．加速度为0.4m/sB．加速度为−0C．时间t=10sD．0～30s的时间内，电梯先后经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段10．质量为2.5×103kg、发动机的额定功率为100kWA．若汽车保持额定功率启动，则做匀加速直线运动B．汽车以2m/C．汽车以2m/s2D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5m/二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11．如图甲所示为一小孩在固定的圆形水泥管道内踢球，她用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿管道向上滚动，该过程可简化为如图乙所示，水泥管道半径为R=1.5m，球质量为m=0.2kg，不计一切阻力，g取A．球沿管道做匀速圆周运动B．要使球能沿管道做圆周运动，小孩踢球做功至少7.5JC．球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差为10ND．控制踢球力度，球有可能脱离管道后落入小朋友背后打开的书包中12．太空探索技术公司（SpaceX）成功发射了猎鹰九号运载火箭，将60颗星链卫星成功送入既定轨道。这批卫星分三层构成卫星网络，分别位于距离地面340km的α轨道、550km的β轨道和1150km的γ轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径R，万有引力常数G，地球表面重力加速度g。关于这些卫星，下列说法正确的是（）A．α轨道卫星的线速度最大B．γ轨道卫星受地球的万有引力最小C．β轨道卫星的向心加速度比α轨道卫星的大D．某时刻α、β卫星恰好与地心共线，根据题目已知参数可算出经多久再次共线13．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能EP1A． B．C． D．三、非选择题（本题共5小题，共58分）14．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。（1）某同学的操作如图甲所示，下列做法对减小实验误差有益的是______。A．两细绳必须等长B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧测力计同时拉细绳时示数之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）实验中弹簧测力计的指针如图乙所示，则此时弹簧测力计的示数为N。15．“探究平抛运动的特点”实验。（1）如图甲所示用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落，通过（选填“眼睛看”或“耳朵听”）方式比较它们落地时刻的先后更加合适。（2）甲乙两位同学在实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在白纸上依次记下小球的位置，得到的记录纸分别如图丙、丁所示，从图中可知丙的错误是；丁的错误是。16．用图甲所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验，打点计时器所接电源频率为50Hz（1）除图甲所示装置中的器材外，还必须从图乙中选取实验器材。（2）指出图甲所示装置中一处不合理的地方。（3）图丙和图丁为打出两条纸带，图丙中选取连续打出的点为计数点，图丁中每隔一个点取一个计数点，计数点均以A、B、C、D、E标注，各计数点间距离已在图上标出，单位为cm，根据纸带信息，能验证机械能守恒的是。A.图丙B.图丁C.图丙和图丁均可（4）图丙中打D点时，重锤的速度大小为m/s（结果保留3位有效数字）（5）选取合适的纸带，在纸带上选取多个计数点，测得距离h和对应速度，描点拟合得到v2A．为减小误差，应利用公式v=2ghB．在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带C．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒D．若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒17．“四维高景三号”02星是我国研制的高分辨率宽幅光学卫星，2025年3月15日，长征二号丁运载火箭成功将“四维高景三号”02星发射升空。若卫星在某高度处绕地球做匀速圆周运动的周期为T，忽略地球的自转，地球表面的重力加速度为g，已知地球的半径为R，引力常量为G，求：（1）地球的质量M；（2）求卫星距地球表面的高度h。18．在校运动会上，小叶同学参加100m和50m往返跑（一次来回）两个比赛项目，若小叶在加速和减速时的加速度大小均为2m/s求：（1）100米比赛加速段的位移大小；（2）完成100m项目比赛的最大平均速度多大；（3）参加50m往返跑的最好成绩是多少时间？19．图甲为皮带装车机正在工作，图乙为装置简图，由水平传送带AB和倾角θ可调节的倾斜传送带BC组成，AB段长度L1=2.25m，离地高h=0.8m，BC段长度L2=5求：（1）货物刚放上A时的加速度大小；（2）包裹第一次到达B点所用的时间；（3）要使货物相对倾斜传送带BC静止，皮带装车机最大装车高度多少米？此情况下传送1件货物比空载时多消耗多少电能？20．一游戏装置的竖直截面如图所示。AB是粗糙水平轨道，A左侧水平面光滑，B距水平面MN高度h，水平面上有一半径为R的圆形凹坑CDE。凹坑表面光滑，一质量为m的滑块紧靠弹簧（弹簧左端固定），当弹性势能为10J时，释放后滑块弹出，恰好能从C点无碰撞落入凹坑。已知m=1kg，h=0.45m，圆弧CDE对应圆心角θ=74∘，R=1m。滑块可视为质点，不计空气阻力sin（1）AB段滑块克服摩擦力做功多少；（2）滑块对凹坑最低点D的压力多大；（3）若滑块落在水平面MN上，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，要使滑块落在水平面上且只经1次反弹后能落入凹坑，释放前弹性势能的大小范围。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】能量的单位为J，力的单位为N，位移的单位为m，由F=ma可知，力的单位N用国际单位制中的基本单位表示为kg•m/s2，根据W=Fs可得能量的国际制基本单位符号是kg•m2/s2，故B正确，ACD错误。故选：B。【分析】根据做功公式W=Fs分析。2．【答案】D【解析】【解答】A．当研究机器狗的爬行动作时：需要考虑其腿部运动轨迹，需分析身体姿态变化，要计算各关节的受力情况，因此机器狗的大小和形状不可忽略，不能简化为质点，故A错误；B．当机器狗驮运重物时：若重物与狗身保持相对静止，两者无相对位移，以机器狗为参考系，重物确实静止，故B错误；C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由v率=sD．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由v=故选D。

【分析】1、质点的适用条件——当物体的大小和形状影响研究问题时，不能视为质点。

2、参考系的选择——同一物体在不同参考系下的运动状态可能不同。

3、平均速率与平均速度的区别——速率是标量（路程/时间），速度是矢量（位移/时间）。

4、平均速度的比较——相同路径下，时间减半则平均速度大小加倍。3．【答案】C【解析】【解答】汽车刹车，做匀减速直线运动，经过2s停下来，根据速度—时间公式v=v0+at，可得解得a=10当该车以v2=108表明4s前已经停止运动，则汽车在刹车4秒内的位移x=v22t24．【答案】B【解析】【解答】A、由弹力产生的原理可知，运动员脚底受到支持力由地面形变产生，故A错误；BCD、对运动员受力分析，由于运动员在水平方向没有相对运动或相对运动趋势，因此运动员不受摩擦力，因此重力、竖直向上的支持力，依据共点力平衡，可知，支持力FN=mg，故B正确，CD错误。

故选：B。【分析】依据弹力与摩擦力产生的条件，结合共点力平衡，即可分析判定。5．【答案】D【解析】【解答】A、两质点同轴转动，它们的转速n相等，线速度v=2πnr，两质点的线速度之比vM：vN=r1：r2，故A错误；B、向心加速度a=ω2r=（2πn）2r=4π2n2r，两质点的向心加速度之比aM：aN=r1：r2，故B错误；

C、转动过程中，M、N所受合力提供向心力，向心力方向指向圆心，二者方向不同，故C错误；

D、角速度ω=2πn，当转台转速变为2n时，M、N的角速度也增加一倍，故D正确。

故选：D。【分析】同轴转动的转速相等，做匀速圆周运动的物体合力提供向心力；根据线速度、角速度与转速的关系分析答题；根据向心力公式分析答题。6．【答案】C【解析】【解答】AC、左图中拉力斜向下，具有向下的分量，箱子对地面的压力大于箱子的重力，大小为FN=F1sinθ+mg，摩擦力f=μ（F1sinθ+mg）；根据平衡条件有：F1cosθ=μ（F1sinθ+mg）；右图中拉力斜向上，具有向上的分量，箱子对地面的压力减小，压力FN'=mg-F2sinθ，摩擦力f'=μ（mg-F2sinθ）；根据平衡条件有：F2cosθ=μ（mg-F2sinθ）；由功的公式可知，W1=F1xcosθ，W2=F2xcosθ，联立可得，F1做的功大于F2做的功，故A错误，C正确；BD、由于不知道箱子运行速度，故无法确定运行时间，所以无法求出两力的功率大小，故BD错误。

故选：C。【分析】根据共点力平衡比较拉力和推力的大小，再通过W=Fscosθ，比较做功的大小，再由功率公式确定功率的大小关系。7．【答案】A【解析】【解答】AB和CD两段口罩带与水平方向的夹角分别为15°和75°，因此它们之间的夹角为60°。由于同一根口罩带上弹力相等，设AB和CD两段口罩带上的弹力大小均为T，受力分析如图所示根据几何关系有F=2T解得T=故选A。

【分析】确定AB和CD两段口罩带之间的夹角。利用力的合成与分解原理，结合几何关系，求出单侧口罩带上的弹力大小。8．【答案】D【解析】【解答】依题意，当B同学以某一速度向左匀速拉动黑板的时，等效于黑板不动，粉笔在向右的方向上做匀速运动，同时A同学让粉笔在竖直方向上先向下做加速运动后向下做减速运动，则两个分运动的合运动是如图D的曲线轨迹，故D正确，ABC错误。故选：D。【分析】根据运动的合成与分解知识进行分析解答。9．【答案】B【解析】【解答】A．速度最大时，加速度为零；由图乙可知，当加速度为0.4m/s2时，电梯的速度还未达到最大，故A错误；B．加速度为-0.4m/s2时，则电梯正在向上减速，最终电梯会停止，故B正确；

C．时间t=10s后的一小段时间内，加速度为0.4m/s2，方向向上，电梯处于超重状态，故C错误；

D．由图乙可知，0～30s的时间内，电梯先静止，然后做加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的加速运动；匀速运动；加速度增大的减速运动，故D错误。

故选：B。【分析】速度最大，加速度为零；根据电梯加速度方向确定其加速还是减速；加速度方向向上，电梯处于超重状态；根据a-t图像确定运动状态。10．【答案】C【解析】【解答】A．汽车保持额定功率启动，速度逐渐变大，根据功率计算公式P=Fv可知F逐渐减小，根据牛顿第二定律有F−f=ma可知加速度逐渐减小，故A错误；BC．当汽车的瞬时功率达到额定功率时，匀加速运动结束，此时有P=F根据牛顿第二定律有F−f=ma根据匀变速直线运动的速度—时间关系可得匀加速时间为t解得t1=5s、汽车以2m/s2此时的功率为P'故B错误，C正确；D．当其速度为5m/s时，发动机的额定功率为100kW根据牛顿第二定律有F解得a故D错误；故选：C。

【分析】以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，同理可解得加速度。11．【答案】B,D【解析】【解答】A．根据机械能守恒定律，球越高，重力势能越大，动能越大，速度越小，所以球沿管道做变速圆周运动，故A错误；B．球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=m根据动能定理有W−mg×2R=解得W=7.5J故B正确；C．球在最高点时有F最低点有F根据动能定理有mg×2R=解得F2故C错误；D．控制踢球力度，球的速度适当，球可能没有到达最高点而脱离管道后做斜抛运动，能落入小朋友背后打开的书包中，故D正确。故选BD。

【分析】根据机械能守恒定律分析球的速度大小是否变化，进而判断球沿管道是否做匀速圆周运动；球恰能管道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出球通过最高点的临界速度，由动能定理求小孩踢球做功最小值；根据牛顿第二定律结合动能定理求球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差；控制踢球力度，球不到达最高点，脱离管道后可能落入小朋友背后打开的书包中。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，结合向心力公式可得GMm解得v=α轨道半径最小，则α轨道卫星的线速度最大，故A正确；B．万有引力大小与卫星质量有关，由于不知道卫星的质量关系，无法比较卫星受到的万有引力大小关系，故B错误；C．卫星绕地球做圆周运动，由牛顿第二定律得GMm解得a=α轨道半径最小，β轨道卫星的轨道半径大于α轨道卫星的半径，则β轨道卫星的向心加速度小于α轨道卫星的向心加速度，故C错误；D．某时刻α、β卫星恰好与地心共线，α卫星比β卫星多转一周即转过的圆心角多2π时它们再次共线，根据已知参数可以求出α、β卫星的角速度ω，可以求出它们再次共线需要的时间，故D正确。故选：AD。

【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式应用牛顿第二定律求出卫星的线速度、向心加速度，然后分析答题。13．【答案】B,C【解析】【解答】A.小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能一直在增大。在到达A点后受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于小球重力，合力向下，加速度向下，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧的弹力大于小球重力，合力向上，加速度向上，小球做减速运动，动能在减小，所以t1时动能不是最大，故A错误；B.以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有Ep1=mg（x2-x）=mgx2-mgx，可知Ep1-x图像为一条向下倾斜的直线，故B正确；

C.在小球运动的过程中，小球和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，所以系统机械能守恒，E0-x图像为一条与x轴平行的直线，故C正确；D．设弹簧的劲度系数为k，小球接触到弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有E可知Ep2故选：BC。

【分析】分阶段分析小球的受力情况，判断其运动情况，分析动能的变化情况。列出重力势能Ep1与x的关系式，再分析Ep1-x图像的形状。根据机械能守恒条件分析系统机械能的变化。根据弹簧弹性势能公式列式分析弹簧的弹性势能Ep2与x的关系。14．【答案】（1）B；D（2）2.12（2.11~2.14）【解析】【解答】（1）A.两细绳只需要适当长一些，不需要等长，故A错误；

B.为了减小误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；

C.为了减小读数误差，用两弹簧测力计同时拉细绳，两弹簧测力计的示数都应适当大一些，而不是示数之差尽量大，故C错误；

D.为了减小标记方向带来的误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。

故选：BD。

（2）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到下一位，由图乙可知此时弹簧测力计的示数为2.14N。【分析】（1）探究两个互成角度的力的合成规律时根据实验要求选择所需器材，根据注意事项选择恰当的操作步骤；

（2）根据弹簧测力计的读数规则完成读数。（1）A．为了便于确定力的方向，实验中，两细绳需要适当长一些，但不需要等长，故A错误；B．为了减小力大小测量的误差，实验中，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C．实验中，为了使实验效果更加明显，用两弹簧测力计同时拉细绳时，测力计的示数在弹性限度之内适当大一些，两细绳之间的间距也适当大一些，并不需要两弹簧测力计示数之差尽可能大，故C错误；D．为了便于确定力的方向，实验中，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。故选BD。（2）弹簧测力计的精度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，该读数为2.12N。15．【答案】（1）耳朵听（2）斜槽末端未调节至水平；小球未从同一高度释放【解析】【解答】（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。（2）从图中可知丙的错误是斜槽末端未调节水平；丁的错误是小球未从同一高度释放。【分析】（1）根据实验的目的分析求解；

（2）根据实验操作规范分析解答。（1）为了减小测量误差，实验中应通过耳朵听方式比较它们落地时刻的先后更加合适。（2）[1]图丙中，开始的第二个点比第一个点位置高一些，表明丙的错误是斜槽末端未调节至水平；[2]根据图丁可知，描绘的点迹偏离同一条平滑曲线过大，即图中点迹不是同一条抛物线上的点迹，表明小球飞出斜槽末端的初速度不同，则丁的错误是小球未从同一高度释放。16．【答案】（1）A（2）重物释放前未尽量靠近打点计时器（3）A（4）1.78（5）D【解析】【解答】（1）A．还需要刻度尺测量点迹间距，无需天平与弹簧测力计，故A正确；BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为mgh=解得gh=可知，不需要测量质量和力，即不需要天平以及弹簧测力计，故BC错误。故选A。（2）重物释放前未尽量靠近打点计时器，这样可以充分利用纸带，得到更多的实验数据；（3）电源频率为50Hz，则打点周期为根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度a图丁所示纸带对应的加速度a表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。故选A。（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，v（5）A．利用公式v=2ghB．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为h若选择打第1个点为起始点，则有mgh=此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有mgh=此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为2mm的纸带，故B错误；C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有mg−f解得v此时v2D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有mgh=解得v此时，v2故选D。

【分析】（1）根据实验原理选择合适的器材；

（2）根据实验规范确定不合理的地方；

（3）根据逐差法计算加速度，从而分析判断；

（4）根据平均速度等于瞬时速度公式，即可求解；

（5）明确实验原理，从实验原理出发进行分析。（1）A．进行“验证机械能守恒定律”实验，需要利用刻度尺测量纸带上计数点之间的间距，即需要选择刻度尺，故A正确；BC．进行“验证机械能守恒定律”实验时，若选择的起始点速度为0，则采用的实验原理为mgh=解得gh=可知，不需要测量质量，即不需要弹簧测力计与天平，故BC错误。故选A。（2）为了避免纸带上出现大量的空白段落，释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，图甲所示装置中不合理的地方是重物释放前未尽量靠近打点计时器。（3）电源频率为50Hz，则打点周期为根据逐差法可知，图丙所示纸带对应的加速度a图丁所示纸带对应的加速度a可知，图丙所示纸带对应的加速度与重力加速度相差不多，在误差允许范围内，机械能守恒，图丁所示纸带对应的加速度与重力加速度相差很大，表明图丁实验中阻力太大，机械能不守恒，即能验证机械能守恒的是图丙。故选A。（4）匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则图丙中打D点时，重锤的速度大小为v（5）A．利用公式v=2gh计算重物在各点的速度，表明重物下落加速度即为重力加速度，而实际上，由于阻力存在，重物下落加速度小于重力加速度，可知，实验中不能够利用公式v=B．若打第一个点的速度恰好为0，则打出的第1、2两点之间的间距近似为h若选择打第1个点为起始点，则有mgh=此时在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带。若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有mgh=此时在选取纸带时，并不需要选取第1、2两点间距为2mm的纸带，故B错误；C．若阻力为一较大值的恒定值，在选择打第1个点为起始点时，则有mg−f解得v此时v2D．若不选择打第1个点为起始点，选择其他两个点作为始末状态，则有mgh=解得v此时，v2故选D。17．【答案】（1）根据万有引力定律与重力的关系有G得M=（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有G解得h=【解析】【分析】（1）根据黄金代换式列式解答；

（2）根据万有引力定律的应用列式求解。（1）根据万有引力定律与重力的关系有G得M=（2）对卫星，根据万有引力提供向心力有G解得h=18．【答案】（1）加速过程，由速度位移关系公式可得v解得加速阶段通过的位移大小x=25（2）100m比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间匀速运动时间t比赛的最短时间为t=最大平均速度v（3）50m比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。第一阶段时间：t第二阶段时间：t最好成绩时间t【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式求出位移；

（2）100m比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间；

（3）50m比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好，分析加速、匀速阶段所用时间，进而求得总时间。（1）加速过程，由速度位移关系公式可得v解得加速阶段通过的位移大小x=25（2）100m比赛加速后做匀速运动，则有最短时间，平均速度最大。加速时间匀速运动时间t比赛的最短时间为t=最大平均速度v（3）50m比赛第一阶段先加速后减速至0，返回时先加速后匀速，用时最短，比赛成绩最好。第一阶段时间：t第二阶段时间：t最好成绩时间t19．【答案】（1）根据牛顿第二定律有μmg=ma解得a=7.5（2）设经t1时间与传送带的速度相同，则此过程的位移x故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时t2，则有所以第一次到达B点总时间t=（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足μ≥解得θ≤37°则当θ=37°时，皮带装车机装车高度有最大值：H=h+货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：Δ根据能量守恒定律知水平AB段和倾斜BC段传送带因传送货物多消耗的电能E1=所以输送一次货物传送带多消耗的总电能E=【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度；

（2）包裹先加速再匀速，应用运动学公式求出运动到B点需要的时间；

（3）包裹相对传送带静止且装车高度最大，求出此时传送带的最大倾角与最大高度；根据功能关系求多消耗的电能。（1）根据牛顿第二定律有μmg=ma解得a=7.5（2）设经t1时间与传送带的速度相同，则此过程的位移x故包裹先加速再匀速，此后包裹将与传送带一起匀速运动至B点，令匀速用时t2，则有所以第一次到达B点总时间t=（3）在BC段要使货物相对斜传送带静止，则应满足μ≥解得θ≤37°则当θ=37°时，皮带装车机装车高度有最大值：H=h+货物在AB段运输时，在水平传送带上相对滑行的距离为：Δ根据能量