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2022-2023学年福建省漳州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省漳州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行，如图所示。航天员在某次出舱作业过程中穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其匀速上浮，则航天员上浮过程中( )
A. 所受的合力做正功B. 所受的合力做负功C. 其机械能减少D. 其机械能增加
2.接近光速飞离地球的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，则地球上的人观测到地球上的钟( )
A. 越走越快B. 比地球上的人观测飞船上的钟快
C. 比地球上的人观测飞船上的钟慢D. 与地球上的人观测飞船上的钟一样快
3.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的糠秕和米粒，糠秕会落到比米粒更远的位置，若空气阻力忽略不计，则( )
A. 从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功相等
B. 从释放到落地的过程中，风力对米粒做功大于对糠秕做功
C. 从释放到落地的过程中，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率
D. 落地时，米粒重力的瞬时功率小于糠秕重力的瞬时功率
4.中国于2023年5月发射天舟六号货运飞船，飞船发射后在停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，后经转移轨道Ⅱ到空间站轨道Ⅲ完成与空间站交会对接，其变轨过程可简化如图所示，则( )
A. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度
C. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期大于在空间站轨道Ⅲ的运行周期
D. 飞船运动至转移轨道Ⅱ上Q点时需向前喷气减速才能进入空间站轨道Ⅲ
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射甲、乙两球，发射速度大小分别为v甲、v乙，甲、乙两球第一次撞击桌面前在空中运动的时间分别为t甲、t乙，落在水平球台上的位置如图所示，两球在空中的运动可视为平抛运动，则( )
A. v甲C. 两球落到桌面的速度大小不同D. 两球落到桌面的速度方向相同
6.洪涝灾害常常给国家带来巨大的经济损失，如图所示，某救援队利用摩托艇将人员进行转移。已知水的流速恒为v1，水流的方向平行于河岸，摩托艇在静水中的速度大小恒为v2，且v2>v1，河宽为d。该救援队由河岸的P点出发，将被困人员转移到河对岸，PQ连线与河岸垂直。则摩托艇( )
A. 能到达正对岸的Q点B. 不能到达正对岸的Q点
C. 渡河的最短时间为dv1D. 渡河的最短时间为dv2
7.单车共享是目前中国规模最大的校园交通代步解决方案，为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实用的共享单车服务。如图所示是一辆共享单车，A、B、C三点分别为单车轮胎和齿轮外缘上的点，其中RA=4RB=10RC。现将后轮支起离地，脚踩踏板使后轮转动，则( )
A. B点与C点的角速度相等B. A点比B点的线速度大
C. A点与C点的向心加速度大小之比为10：1D. A点和B点的转动周期之比为5：1
8.图甲为“海洋和谐号”游轮，它是目前世界上最大的游轮，假设其总质量M=2.4×108kg，发动机额定输出功率P=6×107W，某次航行过程中，游轮从静止开始在海面上做直线运动，其加速度-时间图像如图乙所示，在t=20s时，发动机输出功率达到额定输出功率，此后保持不变，假设航行过程中游轮所受阻力恒定不变，则( )
A. 20s时游轮的速度大小为2m/s
B. 游轮航行过程中所受的阻力大小为3×107N
C. 游轮航行的最大速度为10m/s
D. 当游轮的加速度为0.025m/s2时，其速度为5m/s
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.某次军事演习中，在P、Q两处的炮兵向正前方同一目标O，同时各发射一颗炮弹。若忽略空气阻力，炮弹轨迹如图所示，则______(填“P处”或“Q处”)发射的炮弹先击中目标，P处发射的炮弹在最高点的速度比Q处发射的炮弹在最高点的速度______(填“大”或“小”)。
10.如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力______(填“越大”“越小”或“不变”)，线速度______(填“越大”“越小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.用如图(a)所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图(b)所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
(1)下列实验操作说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.斜槽轨道必须光滑
B.需调节斜槽保证其末端水平
C.钢球每次要从斜槽不同位置由静止释放
(2)根据图(b)记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s(g取10m/s2结果保留2位有效数字)。
(3)图(c)是实验中钢球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的钢球在斜槽上释放的位置______(选填“较低”或“较高”)。
12.某实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”实验，实验装置主体如图甲所示，该小组的同学完成的操作如下：
(1)将黑色胶带等间隔贴在______(“透明塑料”或“铁质”)直尺上，相邻胶带中心线之间的距离为Δh；
(2)图乙所示为某个胶带在刻度尺上的位置，则该胶带宽度d=______ mm；
(3)将光电门固定在铁架台上，由静止竖直释放直尺，测得第1个和第5个胶带通过光电门的遮光时间分别为t1和t5；若直尺质量为M=0.1kg，t1=0.005s，则第1个胶带经过光电门时的动能为______ J；
(4)若关系式______(用Δh、d、t1、t5、g表示)成立说明直尺下落过程中机械能守恒；
(5)本实验的误差来源可能是______(填正确答案标号)。
A.直尺下落过程中受到阻力作用
B.直尺质量测量不准确
C.释放直尺时初速度不为零
D.胶带的宽度不能忽略
五、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.我国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”于2022年12月在京正式对外发布，此卫星的科学目标为监测太阳的“一磁两暴”现象，首批科学图像揭示了众多不为前人所知的规律。“夸父一号”围绕太阳运行的轨道半径为r，太阳半径为R，太阳表面的重力加速度为g0，万有引力常量G，忽略太阳自转影响，求：
(1)太阳质量M；
(2)该卫星绕太阳做匀速圆周运动的线速度大小v。
14.如图，套在光滑竖直细杆上质量为m的A环由跨过小定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，杆与定滑轮的距离为L。现让A环与定滑轮等高，静止释放A环，环下落的最大距离为43L，此时重物B未接触到滑轮，且环未碰到底座，重力加速度大小为g，取 2=1.4，求：
(1)A环从静止下落到最低点的过程中其重力做的功W；
(2)重物B的质量mB；
(3)A环下落L时的速度大小vA。
15.如图，有一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，从距离平台BC高h=0.8m的A点处以某一初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，最后物块滑上紧靠轨道末端D点的水平足够长质量为M=0.5kg的木板。已知木板与物块间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角θ=53∘(不计空气阻力，g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6)。求：
(1)物块从A点抛出的初速度大小v0；
(2)物块到达D点时受到轨道的支持力大小F；
(3)物块与木板共速前物块对木板的摩擦力所做的功W。(结果保留2位有效数字)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、航天员上浮过程中做匀速运动，动能保持不变，根据动能定理，可知所受的合力不做功，故AB错误；
CD、由于航天员上浮过程受到重力与浮力作用，而浮力对航天员做正功，根据功能关系，可知航天员的机械能增加，故C错误，D正确。
故选：D。
航天员做匀速运动，受力平衡。根据动能定理，分析合力做功的情况；浮力做功等于机械能的变化量。
本题考查动能定理和功能关系，解题关键是知道功与能的关系，掌握动能定理及功能原理。
2.【答案】B
【解析】解：A.地球自转的速度相对于光速可以忽略不计，因此放在地球上的钟不会发生相对论效应，即地球上的人观测到地球上的钟快慢不变，故A错误；
BCD.地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，根据爱因斯坦质能方程的“时钟变慢”效应，地球上的人认为飞船上的钟比地球上的钟慢，因此地球上的人观测到地球上的钟比地球上的人观测飞船上的钟快，故B正确，
故选：B。
根据爱因斯坦狭义相对论，运动具有延时效应，再分析参考系高速运动的物体上的时间的变化强度。
本题考查爱因斯坦狭义相对论，关键是记住相对论的几个效应，如尺缩效应、运动延时效应、质速关系；注意：要发生相对论效应，物体运动的速度可以和光速相比拟，不是我们日常生活所说的“高速”，如高速公路上运动的汽车。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据功的公式有：WG=mgh，因米粒重力较大，则从释放到落地的过程中，米粒比糠秕重力做功较多，故A错误；
B、从释放到落地的过程中，米粒的水平位移较小，根据WF=Fx可知，风力对米粒做功小于对糠秕做功，故B错误；
C、从释放到落地的过程中，根据竖直方向做自由落体规律有：t= 2hg，可知米粒和糠秕落地时间相等，根据P=Wt可知，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率，故C正确；
D、落地时，根据PG=mgvy=mg2t可知，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D错误。
故选：C。
米粒和糠的区别是质量不同，根据功的公式判断AB选项是否正确；
根据运动分解，由竖直方向的运动判断时间是否相同，从而判断平均功率的大小；
用重力乘以竖直方向的速度算瞬时功率，进而比较大小。
本题将运动分解，解题思路就比较清晰，竖直方向自由落体，可以确定时间，水平匀加速直线运动，可以推测水平距离，用力和沿力的方向距离的乘积判断两个方向力所做的功，这样求解力的功就比较简单。
4.【答案】B
【解析】解：A、由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r
解得v= GMr
可知飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、由线速度表达式v= GMr，轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度；
飞船在转移轨道Ⅱ上Q点需要点火加速才能进入轨道Ⅲ，故飞船在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度；因此船在停泊轨道I上的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度，故B正确；
C、由万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r
解得T= 4π2r3GM
轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，则飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期小于在空间站轨道Ⅲ的运行周期，故C错误；
D、飞船运动至转移轨道Ⅱ上Q点时需向后喷气加速才能进入空间站轨道Ⅲ，故D错误。
故选：B。
首先，由万有引力提供向心力求出线速度的表达式，进而判断飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度与第一宇宙速度的大小关系；
其次，由线速度表达式判断飞船在停泊轨道I上的线速度与在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度的大小关系；再根据飞船在空间站轨道Ⅲ的Q点转移轨道Ⅱ上的变轨过程比较飞船在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度与在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度的大小关系，进而判断飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度与在转移轨道Ⅱ上Q点时的线速度大小；
然后，由万有引力提供向心力求出卫星的周期表达式，并根据飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期与在空间站轨道Ⅲ的运行周期的大小关系；
最后，根据飞船运动至转移轨道Ⅱ的速度与轨道Ⅲ上的速度关系，判读飞船该点火加速还是减速。
本题考查了卫星的变轨问题，解决本题的关键是理解近心和离心运动的原理。
5.【答案】AC
【解析】解：AB.两球在空中的运动可视为平抛运动，则有h=12gt2
由于甲、乙下落高度相同，则二者时间相等，即t甲=t乙；
两球沿水平方向的位移：x=v0t
由于：x甲CD.两球落到桌面的速度大小分别为
v甲′= v甲2+vy2= v甲2+2gh，v乙′= v乙2+vy2= v乙2+2gh
设两球落到桌面的速度方向与水平方向的夹角分别为θ甲、θ乙，则有
tanθ甲=vyv甲= 2ghv甲，tanθ乙=vyv乙= 2ghv乙
由于v甲可得v甲′tanθ乙，故C正确，D错误。
故选：AC。
先根据竖直方向的运动求出时间，再把时间代入到水平方向上分析球的初速度；由速度-时间公式求出乒乓球沿竖直方向的分速度，由平行四边形定则分析末速度。
本题主要考查了平抛运动的规律，熟悉两个方向上的运动特点即可，属于基础题型。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、根据平行四边形定则可知，若摩托艇在静水中的速度大小满足：v2>v1，则摩托艇的合速度方向可以垂直河岸，摩托艇能到达正对岸的Q点，此种情况合位移最小，故A正确，B错误；
CD、当v2垂直河岸方向时，摩托艇渡河时间最短，则渡河的最短时间为：tmin=dv2
故C错误，D正确。
故选：AD。
小船以最短距离过河时，则静水中的速度斜着向上游，合速度垂直河岸。依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解。
要使小船过河时间最短，则小船速度应始终朝着对岸，用分位移和分速度求时间。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。
7.【答案】BC
【解析】解：A.B点与C点是链条传动，线速度大小相等，由v=ωr，RCB.A与C是同轴转动，角速度相等，由v=ωr，RA>RC，可知A的线速度大于C的线速度，B点与C点线速度大小相等，所以A点比B点的线速度大，故B正确；
C.由a=ω2r，RA=10RC，可知A点与C点的向心加速度大小之比为10：1，故C正确；
D.B点与C点由v=ωr，2RB=5RC，可得
5ωB=2ωC
由T=2πω，TA=TC，可得
A点和B点的转动周期之比为：
TA：TB=ωC：ωB
解得：TA：TB=5：2，故D错误。
故选：BC。
大齿轮与小齿轮是链条传动，链条边缘点线速度大小相等，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，结合公式v=ωr、a=ω2r、T=2πω列式求解。
本题关键能分清同缘传动线速度大小相等和同轴传动角速度相同，灵活应用公式v=ωr、a=ω2r、T=2πω。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、由题图乙可知，在0∼20s内，游轮做匀加速直线运动，加速度为：a=0.1m/s2
游轮从静止开始运动，则20s时游轮的速度大小为：v1=at1=0.1×20m/s=2m/s，故A正确；
B、由牛顿第二定律得：F−f=Ma
又根据功率的公式：P=Fv1
所以游轮航行过程中所受的阻力大小为：f=Pv1−Ma=6×1072N−2.4×108×0.1N=6×106N，故B错误；
C、当游轮达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，则有：P=Fv=fvm
所以游轮航行的最大速度为：vm=Pf=6×1076×106m/s=10m/s，故C正确；
D、当游轮的加速度为0.025m/s2时，由牛顿第二定律得：F1−f=Ma1
又因为：P=F1v，联立代入数据解得：v=5m/s，故D正确。
故选：ACD。
根据速度与时间的关系式求出20s时游轮的速度；
再结合牛顿第二定律和P=Fv求出游轮航行过程中所受的阻力大小；
根据P=F1vm求出游轮的最大速度；
根据牛顿第二定律先求此时牵引力，再由功率公式求速度。
本题考查了机动车的启动问题，解决本题的关键是熟练掌握机动车的两种启动方式。
9.【答案】P处 大
【解析】解：斜上抛运动在竖直方向为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线运动，设上升的高度为H，运动的时间为t，根据竖直上抛运动的规律可知
H=12g(t2)2
解得
t= 8Hg
由图可知，Q处发射的炮弹上升的高度比P处发射的炮弹高，所以Q处发射的炮弹运动时间比P处发射的炮弹运动时间长，由于同时各发射炮弹，则P处发射的炮弹先击中目标；
由图可知，P处发射的炮弹的水平位移更大，P处发射的炮弹运动的时间更短，水平方向上做匀速直线运动，由
v=xt
故P处发射的炮弹水平方向的速度更大，根据斜上抛运动的规律可知，在运动的最高点只有水平方向的速度，故P处发射的炮弹在最高点的速度比Q处发射的炮弹在最高点的速度大。
故答案为：P处；大。
斜向上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，飞行时间与竖直速度的大小有关，即与射高有关；
由图可得水平位移大小，在水平方向上炮弹做匀速直线运动。
本题主要考查了斜向上抛运动的相关知识，飞行时间与射高有关；最高处速度不为零这一点容易出错，关键在于正确理解速度的分解。
10.【答案】不变 越大
【解析】解：小球的受力示意图如图所示。
小球在水平面内做匀速圆周运动过程，受重力和支持力两个作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小为
F合=mgtanα
则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不变。
小球做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则
mgtanα=mv2r
解得：v= grtanα
则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，r越大，线速度v越大。
故答案为：不变，越大。
对小球进行受力分析，由合外力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律列式分析。
本题属于圆锥摆模型，考查水平面内圆周运动，要明确向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合外力提供。
11.【答案】B1.0较高
【解析】解：(1)A.斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，故A错误；
B.需调节斜槽保证其末端水平，从而保证小球做平抛运动，故B正确；
C.钢球每次要从斜槽相同位置由静止释放，以保证小球到达底端时的速度相同，故C错误。
故选：B。
(2)根据平抛运动规律可得
x=v0t，y=12gt2
可得钢球平抛的初速度大小为
v0=x g2y=0.2× 102×0.2m/s=1.0m/s
(3)图线①所对应的钢球水平射程较大，则初速度较大，在斜槽上释放的位置较高。
故答案为：(1)B；(2)1.0；(3)较高
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出初速度；
(3)根据轨迹的特点得出释放位置的高低。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
12.【答案】透明塑料 Δh=(dt5)2−(dt1)2 AD
【解析】解：(1)根据光电门的工作原理可知，实验用光电门测量挡光时间，铁质直尺一直挡光，不符合实验要求，所以将黑色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上；
(2)毫米刻度值的精确度为1mm，则该胶带宽度d=65.0mm−60.0mm=5.0mm
(3)第1个胶带经过光电门时的速度大小为v1=dt1=5.0×10−30.005m/s=1.0m/s
则第1个胶带经过光电门时的动能为Ek=12Mv12
代入数据解得Ek=0.05J
(4)若直尺下落过程中机械能守恒Mg×4Δh=12M(dt5)2−12M(dt1)2
化简得8gΔh=(dt5)2−(dt1)2
(5)A.直尺下落过程中受到阻力作用，减小的重力势能大于增大的动能，会造成实验系统误差，故A正确；
BC.根据需要验证的表达式8gΔh=(dt5)2−(dt1)2可知，直尺质量测量不准确，不会造成实验误差，故B错误；释放直尺时初速度不为零，不会对从第1个胶带到第5个胶带间的机械能守恒的验证造成实验误差，故BC错误；
D.本实验测定直尺下落的瞬时速度采用了极限的思想，胶带的宽度越窄，平均速度越接近瞬时速度，因此胶带的宽度不能忽略，对本实验有误差，故D正确。
故选：AD。
故答案为：(1)透明塑料；(2)5.0；(3)0.05；(4)8gΔh=(dt5)2−(dt1)2；(5)AD
(1)根据光电门的工作原理分析出直尺的材质；
(2)毫米刻度值的精确度为1mm，读数时估读到下一位，据此读出胶带的宽度；
(3)根据公式v=dt求解直尺通过光电门的瞬时速度，根据动能的定义式求动能；
(4)根据机械能守恒定律得出需要满足的关系式；
(5)根据实验原理和注意事项分析出可能的误差来源。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)物体在太阳表面受到的万有引力充当重力(忽略自转)，则
GMmR2=mg0
解得：M=g0R2G
(2)根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得：v= g0R2r
答：(1)太阳质量为g0R2G；
(2)该卫星绕太阳做匀速圆周运动的线速度大小为 g0R2r。
【解析】(1)忽略自转的情况下，物体受到的万有引力充当重力，由此列式得出太阳的质量；
(2)卫星受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同情景下万有引力提供力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)A环从静止下落到最低点的过程中重力做的功为
W=mg⋅43L=43mgL
(2)由几何关系可得，当A环下落至最低点时滑轮左边绳长为：l= L2+(43L)2=53L
B上升高度为：hB=53L−L=23L
对A、B组成的系统，由机械能守恒得
mg⋅43L=mBghB
解得：mB=2m
(3)当A环下落L时，B上升高度为
h=( 2−1)L=0.4L
此时B的速度为
vB=vAcs45∘
根据系统机械能守恒有
mgL−mBgh=12mvA2+12mBvB2
联立解得：vA= gL5
答：(1)A环从静止下落到最低点的过程中其重力做的功W为43mgL；
(2)重物B的质量mB为2m；
(3)A环下落L时的速度大小vA为 gL5。
【解析】(1)根据A环下落的高度来求解重力做的功W；
(2)根据几何关系求出重物B上升的高度。对A、B组成的系统，利用系统机械能守恒列方程，从而求得B的质量mB；
(3)根据系统机械能守恒以及A与B速度关系相结合求解A环下落L时的速度大小vA。
解决本题的关键是要知道A、B构成的系统机械能是守恒的，知道环沿绳子方向的分速度等于重物的速度，要注意对于环或重物机械能并不守恒。
15.【答案】解：(1)小物块平抛运动至C点时，对速度进行分解如图所示
则有
vy2=2gh
tan53∘=vyv0
联立解得：v0=3m/s
(2)小物块从C运动到D的过程中，由动能定理，可得
mgR(1−cs53∘)=12mvD2−12mvC2
又C点速度为
vC=v0cs53∘
解得：vD= 29m/s
在D点，对小物块，由牛顿第二定律得
F−mg=mvD2R
联立解得：F=68N
(3)小物块滑上长木板后，二者共速前，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动；
对物块，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
对木板，由牛顿第二定律得
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
设经过t时间二者共速，则有
vD−a1t=a2t
共速前木板的位移
s=12a2t2
物块对木板的摩擦力所做的
W=μ1mgs
联立解得：W≈3.2J
答：(1)物块从A点抛出的初速度大小v0为3m/s；
(2)物块到达D点时受到轨道的支持力大小F为68N；
(3)物块与木板共速前物块对木板的摩擦力所做的功W为3.2J。
【解析】(1)从A到C过程小物块做平抛运动，由vy2=2gh求出小物块到达C点的竖直分速度，然后根据分速度关系求解物块从A点抛出的初速度大小v0。
(2)小物块从C运动到D的过程中，应用动能定理求出物块到达D点时的速度大小，再根据牛顿第二定律求物块到达D点时受到轨道的支持力大小F。
(3)小物块滑上长木板后，二者共速前，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出二者的加速度大小。由速度-时间公式求出二者达到共速经历的时间，再求物块与木板共速前木板的位移，最后由功的计算公式求解物块对木板的摩擦力所做的功W。
解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行处理。第3小题也可以根据动量守恒定律和动能定理相结合求解。
1.航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行，如图所示。航天员在某次出舱作业过程中穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其匀速上浮，则航天员上浮过程中( )
A. 所受的合力做正功B. 所受的合力做负功C. 其机械能减少D. 其机械能增加
2.接近光速飞离地球的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，则地球上的人观测到地球上的钟( )
A. 越走越快B. 比地球上的人观测飞船上的钟快
C. 比地球上的人观测飞船上的钟慢D. 与地球上的人观测飞船上的钟一样快
3.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的糠秕和米粒，糠秕会落到比米粒更远的位置，若空气阻力忽略不计，则( )
A. 从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功相等
B. 从释放到落地的过程中，风力对米粒做功大于对糠秕做功
C. 从释放到落地的过程中，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率
D. 落地时，米粒重力的瞬时功率小于糠秕重力的瞬时功率
4.中国于2023年5月发射天舟六号货运飞船，飞船发射后在停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，后经转移轨道Ⅱ到空间站轨道Ⅲ完成与空间站交会对接，其变轨过程可简化如图所示，则( )
A. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度
C. 飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期大于在空间站轨道Ⅲ的运行周期
D. 飞船运动至转移轨道Ⅱ上Q点时需向前喷气减速才能进入空间站轨道Ⅲ
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.乒乓球自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射甲、乙两球，发射速度大小分别为v甲、v乙，甲、乙两球第一次撞击桌面前在空中运动的时间分别为t甲、t乙，落在水平球台上的位置如图所示，两球在空中的运动可视为平抛运动，则( )
A. v甲
6.洪涝灾害常常给国家带来巨大的经济损失，如图所示，某救援队利用摩托艇将人员进行转移。已知水的流速恒为v1，水流的方向平行于河岸，摩托艇在静水中的速度大小恒为v2，且v2>v1，河宽为d。该救援队由河岸的P点出发，将被困人员转移到河对岸，PQ连线与河岸垂直。则摩托艇( )
A. 能到达正对岸的Q点B. 不能到达正对岸的Q点
C. 渡河的最短时间为dv1D. 渡河的最短时间为dv2
7.单车共享是目前中国规模最大的校园交通代步解决方案，为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实用的共享单车服务。如图所示是一辆共享单车，A、B、C三点分别为单车轮胎和齿轮外缘上的点，其中RA=4RB=10RC。现将后轮支起离地，脚踩踏板使后轮转动，则( )
A. B点与C点的角速度相等B. A点比B点的线速度大
C. A点与C点的向心加速度大小之比为10：1D. A点和B点的转动周期之比为5：1
8.图甲为“海洋和谐号”游轮，它是目前世界上最大的游轮，假设其总质量M=2.4×108kg，发动机额定输出功率P=6×107W，某次航行过程中，游轮从静止开始在海面上做直线运动，其加速度-时间图像如图乙所示，在t=20s时，发动机输出功率达到额定输出功率，此后保持不变，假设航行过程中游轮所受阻力恒定不变，则( )
A. 20s时游轮的速度大小为2m/s
B. 游轮航行过程中所受的阻力大小为3×107N
C. 游轮航行的最大速度为10m/s
D. 当游轮的加速度为0.025m/s2时，其速度为5m/s
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.某次军事演习中，在P、Q两处的炮兵向正前方同一目标O，同时各发射一颗炮弹。若忽略空气阻力，炮弹轨迹如图所示，则______(填“P处”或“Q处”)发射的炮弹先击中目标，P处发射的炮弹在最高点的速度比Q处发射的炮弹在最高点的速度______(填“大”或“小”)。
10.如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，所受合外力______(填“越大”“越小”或“不变”)，线速度______(填“越大”“越小”或“不变”)。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.用如图(a)所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图(b)所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
(1)下列实验操作说法正确的是______(填正确答案标号)。
A.斜槽轨道必须光滑
B.需调节斜槽保证其末端水平
C.钢球每次要从斜槽不同位置由静止释放
(2)根据图(b)记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s(g取10m/s2结果保留2位有效数字)。
(3)图(c)是实验中钢球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的钢球在斜槽上释放的位置______(选填“较低”或“较高”)。
12.某实验小组的同学做“验证机械能守恒定律”实验，实验装置主体如图甲所示，该小组的同学完成的操作如下：
(1)将黑色胶带等间隔贴在______(“透明塑料”或“铁质”)直尺上，相邻胶带中心线之间的距离为Δh；
(2)图乙所示为某个胶带在刻度尺上的位置，则该胶带宽度d=______ mm；
(3)将光电门固定在铁架台上，由静止竖直释放直尺，测得第1个和第5个胶带通过光电门的遮光时间分别为t1和t5；若直尺质量为M=0.1kg，t1=0.005s，则第1个胶带经过光电门时的动能为______ J；
(4)若关系式______(用Δh、d、t1、t5、g表示)成立说明直尺下落过程中机械能守恒；
(5)本实验的误差来源可能是______(填正确答案标号)。
A.直尺下落过程中受到阻力作用
B.直尺质量测量不准确
C.释放直尺时初速度不为零
D.胶带的宽度不能忽略
五、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.我国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”于2022年12月在京正式对外发布，此卫星的科学目标为监测太阳的“一磁两暴”现象，首批科学图像揭示了众多不为前人所知的规律。“夸父一号”围绕太阳运行的轨道半径为r，太阳半径为R，太阳表面的重力加速度为g0，万有引力常量G，忽略太阳自转影响，求：
(1)太阳质量M；
(2)该卫星绕太阳做匀速圆周运动的线速度大小v。
14.如图，套在光滑竖直细杆上质量为m的A环由跨过小定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，杆与定滑轮的距离为L。现让A环与定滑轮等高，静止释放A环，环下落的最大距离为43L，此时重物B未接触到滑轮，且环未碰到底座，重力加速度大小为g，取 2=1.4，求：
(1)A环从静止下落到最低点的过程中其重力做的功W；
(2)重物B的质量mB；
(3)A环下落L时的速度大小vA。
15.如图，有一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，从距离平台BC高h=0.8m的A点处以某一初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，最后物块滑上紧靠轨道末端D点的水平足够长质量为M=0.5kg的木板。已知木板与物块间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角θ=53∘(不计空气阻力，g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6)。求：
(1)物块从A点抛出的初速度大小v0；
(2)物块到达D点时受到轨道的支持力大小F；
(3)物块与木板共速前物块对木板的摩擦力所做的功W。(结果保留2位有效数字)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、航天员上浮过程中做匀速运动，动能保持不变，根据动能定理，可知所受的合力不做功，故AB错误；
CD、由于航天员上浮过程受到重力与浮力作用，而浮力对航天员做正功，根据功能关系，可知航天员的机械能增加，故C错误，D正确。
故选：D。
航天员做匀速运动，受力平衡。根据动能定理，分析合力做功的情况；浮力做功等于机械能的变化量。
本题考查动能定理和功能关系，解题关键是知道功与能的关系，掌握动能定理及功能原理。
2.【答案】B
【解析】解：A.地球自转的速度相对于光速可以忽略不计，因此放在地球上的钟不会发生相对论效应，即地球上的人观测到地球上的钟快慢不变，故A错误；
BCD.地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，根据爱因斯坦质能方程的“时钟变慢”效应，地球上的人认为飞船上的钟比地球上的钟慢，因此地球上的人观测到地球上的钟比地球上的人观测飞船上的钟快，故B正确，
故选：B。
根据爱因斯坦狭义相对论，运动具有延时效应，再分析参考系高速运动的物体上的时间的变化强度。
本题考查爱因斯坦狭义相对论，关键是记住相对论的几个效应，如尺缩效应、运动延时效应、质速关系；注意：要发生相对论效应，物体运动的速度可以和光速相比拟，不是我们日常生活所说的“高速”，如高速公路上运动的汽车。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据功的公式有：WG=mgh，因米粒重力较大，则从释放到落地的过程中，米粒比糠秕重力做功较多，故A错误；
B、从释放到落地的过程中，米粒的水平位移较小，根据WF=Fx可知，风力对米粒做功小于对糠秕做功，故B错误；
C、从释放到落地的过程中，根据竖直方向做自由落体规律有：t= 2hg，可知米粒和糠秕落地时间相等，根据P=Wt可知，米粒重力的平均功率大于糠秕重力的平均功率，故C正确；
D、落地时，根据PG=mgvy=mg2t可知，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D错误。
故选：C。
米粒和糠的区别是质量不同，根据功的公式判断AB选项是否正确；
根据运动分解，由竖直方向的运动判断时间是否相同，从而判断平均功率的大小；
用重力乘以竖直方向的速度算瞬时功率，进而比较大小。
本题将运动分解，解题思路就比较清晰，竖直方向自由落体，可以确定时间，水平匀加速直线运动，可以推测水平距离，用力和沿力的方向距离的乘积判断两个方向力所做的功，这样求解力的功就比较简单。
4.【答案】B
【解析】解：A、由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r
解得v= GMr
可知飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、由线速度表达式v= GMr，轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度大于在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度；
飞船在转移轨道Ⅱ上Q点需要点火加速才能进入轨道Ⅲ，故飞船在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度；因此船在停泊轨道I上的线速度大于在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度，故B正确；
C、由万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r
解得T= 4π2r3GM
轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，则飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期小于在空间站轨道Ⅲ的运行周期，故C错误；
D、飞船运动至转移轨道Ⅱ上Q点时需向后喷气加速才能进入空间站轨道Ⅲ，故D错误。
故选：B。
首先，由万有引力提供向心力求出线速度的表达式，进而判断飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度与第一宇宙速度的大小关系；
其次，由线速度表达式判断飞船在停泊轨道I上的线速度与在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度的大小关系；再根据飞船在空间站轨道Ⅲ的Q点转移轨道Ⅱ上的变轨过程比较飞船在空间站轨道Ⅲ上Q点的线速度与在转移轨道Ⅱ上Q点时线速度的大小关系，进而判断飞船在停泊轨道Ⅰ上的线速度与在转移轨道Ⅱ上Q点时的线速度大小；
然后，由万有引力提供向心力求出卫星的周期表达式，并根据飞船在停泊轨道Ⅰ上的运行周期与在空间站轨道Ⅲ的运行周期的大小关系；
最后，根据飞船运动至转移轨道Ⅱ的速度与轨道Ⅲ上的速度关系，判读飞船该点火加速还是减速。
本题考查了卫星的变轨问题，解决本题的关键是理解近心和离心运动的原理。
5.【答案】AC
【解析】解：AB.两球在空中的运动可视为平抛运动，则有h=12gt2
由于甲、乙下落高度相同，则二者时间相等，即t甲=t乙；
两球沿水平方向的位移：x=v0t
由于：x甲
v甲′= v甲2+vy2= v甲2+2gh，v乙′= v乙2+vy2= v乙2+2gh
设两球落到桌面的速度方向与水平方向的夹角分别为θ甲、θ乙，则有
tanθ甲=vyv甲= 2ghv甲，tanθ乙=vyv乙= 2ghv乙
由于v甲
故选：AC。
先根据竖直方向的运动求出时间，再把时间代入到水平方向上分析球的初速度；由速度-时间公式求出乒乓球沿竖直方向的分速度，由平行四边形定则分析末速度。
本题主要考查了平抛运动的规律，熟悉两个方向上的运动特点即可，属于基础题型。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、根据平行四边形定则可知，若摩托艇在静水中的速度大小满足：v2>v1，则摩托艇的合速度方向可以垂直河岸，摩托艇能到达正对岸的Q点，此种情况合位移最小，故A正确，B错误；
CD、当v2垂直河岸方向时，摩托艇渡河时间最短，则渡河的最短时间为：tmin=dv2
故C错误，D正确。
故选：AD。
小船以最短距离过河时，则静水中的速度斜着向上游，合速度垂直河岸。依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解。
要使小船过河时间最短，则小船速度应始终朝着对岸，用分位移和分速度求时间。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。
7.【答案】BC
【解析】解：A.B点与C点是链条传动，线速度大小相等，由v=ωr，RC
C.由a=ω2r，RA=10RC，可知A点与C点的向心加速度大小之比为10：1，故C正确；
D.B点与C点由v=ωr，2RB=5RC，可得
5ωB=2ωC
由T=2πω，TA=TC，可得
A点和B点的转动周期之比为：
TA：TB=ωC：ωB
解得：TA：TB=5：2，故D错误。
故选：BC。
大齿轮与小齿轮是链条传动，链条边缘点线速度大小相等，小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等，结合公式v=ωr、a=ω2r、T=2πω列式求解。
本题关键能分清同缘传动线速度大小相等和同轴传动角速度相同，灵活应用公式v=ωr、a=ω2r、T=2πω。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、由题图乙可知，在0∼20s内，游轮做匀加速直线运动，加速度为：a=0.1m/s2
游轮从静止开始运动，则20s时游轮的速度大小为：v1=at1=0.1×20m/s=2m/s，故A正确；
B、由牛顿第二定律得：F−f=Ma
又根据功率的公式：P=Fv1
所以游轮航行过程中所受的阻力大小为：f=Pv1−Ma=6×1072N−2.4×108×0.1N=6×106N，故B错误；
C、当游轮达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，则有：P=Fv=fvm
所以游轮航行的最大速度为：vm=Pf=6×1076×106m/s=10m/s，故C正确；
D、当游轮的加速度为0.025m/s2时，由牛顿第二定律得：F1−f=Ma1
又因为：P=F1v，联立代入数据解得：v=5m/s，故D正确。
故选：ACD。
根据速度与时间的关系式求出20s时游轮的速度；
再结合牛顿第二定律和P=Fv求出游轮航行过程中所受的阻力大小；
根据P=F1vm求出游轮的最大速度；
根据牛顿第二定律先求此时牵引力，再由功率公式求速度。
本题考查了机动车的启动问题，解决本题的关键是熟练掌握机动车的两种启动方式。
9.【答案】P处 大
【解析】解：斜上抛运动在竖直方向为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线运动，设上升的高度为H，运动的时间为t，根据竖直上抛运动的规律可知
H=12g(t2)2
解得
t= 8Hg
由图可知，Q处发射的炮弹上升的高度比P处发射的炮弹高，所以Q处发射的炮弹运动时间比P处发射的炮弹运动时间长，由于同时各发射炮弹，则P处发射的炮弹先击中目标；
由图可知，P处发射的炮弹的水平位移更大，P处发射的炮弹运动的时间更短，水平方向上做匀速直线运动，由
v=xt
故P处发射的炮弹水平方向的速度更大，根据斜上抛运动的规律可知，在运动的最高点只有水平方向的速度，故P处发射的炮弹在最高点的速度比Q处发射的炮弹在最高点的速度大。
故答案为：P处；大。
斜向上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，飞行时间与竖直速度的大小有关，即与射高有关；
由图可得水平位移大小，在水平方向上炮弹做匀速直线运动。
本题主要考查了斜向上抛运动的相关知识，飞行时间与射高有关；最高处速度不为零这一点容易出错，关键在于正确理解速度的分解。
10.【答案】不变 越大
【解析】解：小球的受力示意图如图所示。
小球在水平面内做匀速圆周运动过程，受重力和支持力两个作用，二力的合力水平指向轨迹的圆心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小为
F合=mgtanα
则小球运动的轨道平面接近漏斗上端口，α不变，所受合外力不变。
小球做匀速圆周运动，由合力提供向心力，则
mgtanα=mv2r
解得：v= grtanα
则小球运动的轨道平面越接近漏斗上端口，r越大，线速度v越大。
故答案为：不变，越大。
对小球进行受力分析，由合外力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律列式分析。
本题属于圆锥摆模型，考查水平面内圆周运动，要明确向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合外力提供。
11.【答案】B1.0较高
【解析】解：(1)A.斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，故A错误；
B.需调节斜槽保证其末端水平，从而保证小球做平抛运动，故B正确；
C.钢球每次要从斜槽相同位置由静止释放，以保证小球到达底端时的速度相同，故C错误。
故选：B。
(2)根据平抛运动规律可得
x=v0t，y=12gt2
可得钢球平抛的初速度大小为
v0=x g2y=0.2× 102×0.2m/s=1.0m/s
(3)图线①所对应的钢球水平射程较大，则初速度较大，在斜槽上释放的位置较高。
故答案为：(1)B；(2)1.0；(3)较高
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出初速度；
(3)根据轨迹的特点得出释放位置的高低。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
12.【答案】透明塑料 Δh=(dt5)2−(dt1)2 AD
【解析】解：(1)根据光电门的工作原理可知，实验用光电门测量挡光时间，铁质直尺一直挡光，不符合实验要求，所以将黑色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上；
(2)毫米刻度值的精确度为1mm，则该胶带宽度d=65.0mm−60.0mm=5.0mm
(3)第1个胶带经过光电门时的速度大小为v1=dt1=5.0×10−30.005m/s=1.0m/s
则第1个胶带经过光电门时的动能为Ek=12Mv12
代入数据解得Ek=0.05J
(4)若直尺下落过程中机械能守恒Mg×4Δh=12M(dt5)2−12M(dt1)2
化简得8gΔh=(dt5)2−(dt1)2
(5)A.直尺下落过程中受到阻力作用，减小的重力势能大于增大的动能，会造成实验系统误差，故A正确；
BC.根据需要验证的表达式8gΔh=(dt5)2−(dt1)2可知，直尺质量测量不准确，不会造成实验误差，故B错误；释放直尺时初速度不为零，不会对从第1个胶带到第5个胶带间的机械能守恒的验证造成实验误差，故BC错误；
D.本实验测定直尺下落的瞬时速度采用了极限的思想，胶带的宽度越窄，平均速度越接近瞬时速度，因此胶带的宽度不能忽略，对本实验有误差，故D正确。
故选：AD。
故答案为：(1)透明塑料；(2)5.0；(3)0.05；(4)8gΔh=(dt5)2−(dt1)2；(5)AD
(1)根据光电门的工作原理分析出直尺的材质；
(2)毫米刻度值的精确度为1mm，读数时估读到下一位，据此读出胶带的宽度；
(3)根据公式v=dt求解直尺通过光电门的瞬时速度，根据动能的定义式求动能；
(4)根据机械能守恒定律得出需要满足的关系式；
(5)根据实验原理和注意事项分析出可能的误差来源。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)物体在太阳表面受到的万有引力充当重力(忽略自转)，则
GMmR2=mg0
解得：M=g0R2G
(2)根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得：v= g0R2r
答：(1)太阳质量为g0R2G；
(2)该卫星绕太阳做匀速圆周运动的线速度大小为 g0R2r。
【解析】(1)忽略自转的情况下，物体受到的万有引力充当重力，由此列式得出太阳的质量；
(2)卫星受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度的表达式。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解在不同情景下万有引力提供力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)A环从静止下落到最低点的过程中重力做的功为
W=mg⋅43L=43mgL
(2)由几何关系可得，当A环下落至最低点时滑轮左边绳长为：l= L2+(43L)2=53L
B上升高度为：hB=53L−L=23L
对A、B组成的系统，由机械能守恒得
mg⋅43L=mBghB
解得：mB=2m
(3)当A环下落L时，B上升高度为
h=( 2−1)L=0.4L
此时B的速度为
vB=vAcs45∘
根据系统机械能守恒有
mgL−mBgh=12mvA2+12mBvB2
联立解得：vA= gL5
答：(1)A环从静止下落到最低点的过程中其重力做的功W为43mgL；
(2)重物B的质量mB为2m；
(3)A环下落L时的速度大小vA为 gL5。
【解析】(1)根据A环下落的高度来求解重力做的功W；
(2)根据几何关系求出重物B上升的高度。对A、B组成的系统，利用系统机械能守恒列方程，从而求得B的质量mB；
(3)根据系统机械能守恒以及A与B速度关系相结合求解A环下落L时的速度大小vA。
解决本题的关键是要知道A、B构成的系统机械能是守恒的，知道环沿绳子方向的分速度等于重物的速度，要注意对于环或重物机械能并不守恒。
15.【答案】解：(1)小物块平抛运动至C点时，对速度进行分解如图所示
则有
vy2=2gh
tan53∘=vyv0
联立解得：v0=3m/s
(2)小物块从C运动到D的过程中，由动能定理，可得
mgR(1−cs53∘)=12mvD2−12mvC2
又C点速度为
vC=v0cs53∘
解得：vD= 29m/s
在D点，对小物块，由牛顿第二定律得
F−mg=mvD2R
联立解得：F=68N
(3)小物块滑上长木板后，二者共速前，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动；
对物块，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
对木板，由牛顿第二定律得
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
设经过t时间二者共速，则有
vD−a1t=a2t
共速前木板的位移
s=12a2t2
物块对木板的摩擦力所做的
W=μ1mgs
联立解得：W≈3.2J
答：(1)物块从A点抛出的初速度大小v0为3m/s；
(2)物块到达D点时受到轨道的支持力大小F为68N；
(3)物块与木板共速前物块对木板的摩擦力所做的功W为3.2J。
【解析】(1)从A到C过程小物块做平抛运动，由vy2=2gh求出小物块到达C点的竖直分速度，然后根据分速度关系求解物块从A点抛出的初速度大小v0。
(2)小物块从C运动到D的过程中，应用动能定理求出物块到达D点时的速度大小，再根据牛顿第二定律求物块到达D点时受到轨道的支持力大小F。
(3)小物块滑上长木板后，二者共速前，物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出二者的加速度大小。由速度-时间公式求出二者达到共速经历的时间，再求物块与木板共速前木板的位移，最后由功的计算公式求解物块对木板的摩擦力所做的功W。
解答本题的关键要理清物块的运动过程，选择合适的规律进行处理。第3小题也可以根据动量守恒定律和动能定理相结合求解。
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