2023-2024学年新疆乌鲁木齐市101中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年新疆乌鲁木齐市101中学高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法正确的是( )
A. 三种起电方式相同 B. 这三种方式都产生了电荷
C. 这三种起电方式的实质是一样的，都是电荷的转移 D. 这三种方式不符合电荷守恒定律
2.下列关于物理学史和物理思想方法，叙述错误的是( )
A. 卡文迪许在测量万有引力常量的实验中，运用了“放大法”
B. “牛顿第一定律”是牛顿通过大量实验得出的
C. 从物理思想方法上讲，平均速度体现了“等效替代”的物理思想
D. 功率是采用“比值法”定义的物理量
3.如图所示，带电粒子从电场中a点以速度v0进入电场，仅在电场力作用下，沿虚线所示的轨迹运动到b点，下列判断正确的是( )
A. Ea>Eb
B. EaC. Fa>Fb
D. Fa=Fb
4.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径近似等于地球半径)，c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是( )
A. a、b、c的角速度大小关系为ωa=ωb>ωc
B. a、b、c的向心加速度大小关系为ab>ac>aa
C. a、b、c的线速度大小关系为va=vb>vc
D. a、b、c的周期关系为Ta=Tc5.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )
A. 如图a，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态
B. 如图b，悬挂在同一点的两个小球在同一水平面内做圆锥摆运动，则绳长的角速度大
C. 如图c，同一小球在内壁光滑且固定的圆锥筒内的A、B位置先后沿水平面分别做匀速圆周运动，则小球在A位置处所受筒壁的支持力等于B位置处所受筒壁的支持力
D. 如图d，火车转弯若超过规定速度行驶时，火车轮缘对内轨会有挤压作用
6.一电动摩托车在平直的公路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示电动摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设电动摩托车在运动过程中所受阻力为车(包括驾驶员)总重力的k倍，在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大。已知电动摩托车(包括驾驶员)总质量m=200kg，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 0到18s内电动摩托车一直匀加速运动
B. 0到8s内，电动摩托车的牵引力为800N
C. 8s到18s过程中，电动摩托车位移为95.5m
D. k=0.2
7.如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与竖直放置的轻弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短。若不计空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中( )
A. 小球的重力势能随时间均匀减少
B. 小球在b点时速度最大
C. 小球的弹性势能，在bc段先减小后增大
D. 到c点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
8.如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 物体运动的最大速度为3m/s
B. 在运动中由于摩擦产生的热量为20J
C. 物体在水平地面上运动的最大位移是5.25m
D. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
9.举重运动是我国多次在世界级大赛中摘金夺银的传统强项.在举重比赛中，运动员举起杠铃时必须使杠铃平衡一段时间才能被视为成功，如图.下列说法中正确的是( )
A. 向上举起的过程中，运动员对杠铃做负功
B. 向上举起的过程中，运动员对杠铃不做功
C. 举起后保持平衡的一段时间内，运动员对杠铃做功
D. 举起后保持平衡的一段时间内，运动员对杠铃没有做功
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.如图所示，某人将质量为m、静止在水平地面上A点的足球以速度v0斜向上踢起，当足球到达离地面高度为ℎ的B点时，取B处为零势能参考面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 足球在A点的机械能为12mv02−mgℎ
B. 足球在A点的机械能为12mv02
C. 足球在B点的机械能为0
D. 足球在B点的机械能为12mv02−mgℎ
11.如图所示为科学家模拟水星探测器进入水星表面绕行轨道的过程示意图，假设水星的半径为R，探测器在距离水星表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行的周期为T，在到达轨道的P点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的“近水星点”Q时，再次变轨进入近水星轨道Ⅲ绕水星做匀速圆周运动，从而实施对水星探测的任务，则下列说法正确的是( )
A. 水星探测器在P、Q两点变轨的过程中速度均减小
B. 水星探测器在轨道Ⅱ上运行的周期小于T
C. 水星探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上稳定运行经过P时加速度大小不相等
D. 若水星探测器在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大小为vp，在轨道Ⅲ上做圆周运动的速度大小为v3，则有v3>vp
12.如图，天花板上固定一个光滑小环O，一绝缘细绳穿过光滑小环，两端分别与带电小球A、B连接，A、B的质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1、q2，系统静止时，小球A、B和光滑小环O的距离分别为l1、l2，细绳OA段与竖直方向的夹角为α，细绳OB段与竖直方向的夹角为β，两带电小球均可视为点电荷，则以下关系式正确的是( )
A. α=βB. m1m2=l2l1C. q1q2=l2l1D. m1m2=sinβsinα
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某同学做“研究小球做平抛运动”的实验如图所示
(1)该实验中必须保证的条件和进行的实验操作是______；
A.测定平抛小球的质量m
B.保证斜槽光滑
C.保证斜槽末端水平
D.测定斜槽顶端到桌面的高度ℎ
(2)如图所示是该同学采用频闪照相机拍摄到的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长为L=5cm，A、B、C是拍下小球的三个位置，如果重力加速度取g=10m/s2，那么：
①照相机拍摄时每______s曝光一次；
②小球做平抛运动的初速度的大小为______m/s；
③上图照片中三个位置中的A点______(选填：是或不是)小球做平抛运动的抛出位置。
14.如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”。

(1)已准备的器材有：打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材是______(只有一个选项符合要求，填选项前的符号)。
A.直流电源、天平及砝码
B.直流电源、刻度尺
C.交流电源、天平及砝码
D.交流电源、刻度尺
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的______。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(3)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示(其中一段纸带图中未画出)。图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点。其中测出：D、E、F点距起始点O的距离如图所示。已知打点计时器打点周期为T=0.02s。由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vB= ______m/s(结果保留三位有效数字)。
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gℎ计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
四、计算题：本大题共4小题，共36分。
15.在500m的高空有一热气球以10m/s的速度水平飞行，某时刻有一物体从热气球上掉落，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)该物体经多长时间落地；
(2)掉下6s时物体的速度大小．
16.在一个半径为R的星球表面，离地ℎ处无初速释放一小球，不计阻力，小球落地时速度为v。这颗星球的同步卫星离地高度为H。已知引力常量G，求：
(1)这颗星球的质量；
(2)这颗星球的自转周期。
17.如图所示，质量都是m的物体A和B，通过轻绳子跨过滑轮相连.斜面光滑且足够长，不计绳子和滑轮之间的摩擦.开始时A物体离地的高度为ℎ，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物均静止，撤去手后，此后B物体一直未离开斜面，求：
(1)A物体将要落地时的速度多大？
(2)A物落地后，B物由于惯性将继续沿斜面上升，则B物在斜面上的最远点离地的高度多大？
18.如图所示，一质量为2千克的物体从半径为5米的光滑的14圆弧滑轨的上端从静止开始下滑到底端，然后继续沿着AB水平面滑动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，求：
(1)物体滑至A点时的速度；
(2)物体在A点对轨道的正压力的大小；
(3)物体在水平面上能够滑行的最大距离。
答案解析
1.C
【解析】解：A：摩擦起电是通过摩擦的方式，使两个物体稳定后分别带等量的异种电荷；接触起电是利用接触的方式，使两个导体分别带同种电荷；感应起电是利用带电体靠近导体的方式，使导体两端分别带上等量异种电荷，故A错误；
B：这三种方式都是本质都是发生了电荷的转移，并没有创造新电荷，故B错误；
C：这三种起电方式的实质，都是通过使电荷发生转移的方式，而使物体带电，故C正确；
D：这三种起电方式，都没有改变电荷量的代数和，故没有违反电荷守恒定律，故D错误。
故选：C。
根据对三种起电方式的过程和结果，分析带电现象的产生原因，可以了解三种起电方式的异同点；根据电荷守恒定律的理解，判断电荷量的代数和守恒情况，即可得到三种起电方式是否符合电荷守恒定律的结论。
本题考查三种起电方式的本质、电荷守恒定律的理解，要重点理解到互相之间的区别和共同点。
2.B
【解析】解：A、卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，利用平面镜将微小形变放大，运用了放大法成功测出引力常量的数值，故A正确。
B、牛顿第一定律是牛顿在前人研究的基础上总结出来的，而不是牛顿通过大量的实验探究直接总结出来的，故B错误。
C、效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法，故平均速度为等效替代法，故C正确；
D、功率：P=Wt，用来描述做功的快慢，是采用“比值法”定义的物理量。故D正确
本题选择错误的，
故选：B。
卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量；伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法；
牛顿第一定律是牛顿在前人研究的基础上总结出来的；
功率的大小与做功的多少以及时间的长短无关。
解答本题关键在于理解并掌握常用的物理学研究方法，并能正确区分各种研究方法的区别，这些方法对我们学习物理有很大的帮助，应在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
3.B
【解析】解：AB、根据电场线疏密表示电场强度大小可知，电场线b点比a点密集，则EaCD、根据电场力公式F=qE，结合Ea故选：B。
电场线疏密表示电场强度的相对大小，由电场线的疏密分析场强大小；根据F=qE分析电场力大小。
解答本题的关键要掌握电场线的物理意义，知道电场线疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大，同一带电粒子受到的电场力越大。
4.B
【解析】解：A、a、c的角速度相等。对于b、c，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=mω2r
得ω= GMr3，c的轨道半径大于b的轨道半径，则ωb>ωc，即有ωb>ωa=ωc，故A错误；
B、对于a、c，ω相等，根据a=rω2知，ac>aa；对于b、c，根据GMmr2=ma得a=GM r2，则ab>ac，即有ab>ac>aa，故B正确。
C、对于a、c，ω相等，根据v=rω知，vc>va；对于b、c，根据GMmr2=mv2r得v= GMr，则vb>vc，即有vb>vc>va，故C错误。
D、a、c的角速度相等，根据T=2πω知，a、c的周期相等；由A分析，b的角速度大于c的角速度，则b的周期小于c的周期，综合得Ta=Tc>Tb，故D错误。
故选：B。
地球同步卫星与地球赤道上物体具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2比较出两者线速度、向心加速度的大小；对于b和c，根据万有引力提供向心力比较角速度、向心加速度、线速度和周期关系，联立分析三者角速度、向心加速度、线速度和周期关系。
解答本题时，要知道地球同步卫星运行的角速度和周期与地球自转的角速度和周期相等；对于在轨运行的卫星，根据万有引力提供向心力列式比较各个量的大小。
5.C
【解析】解：A.汽车通过拱桥的最高点时由重力与支持力的合力提供向心力，故汽车加速度方向向下，汽车处于失重状态，故A错误；
B.对小球进行分析，根据合外力提供向心力有
mgtanθ=mω2Lsinθ
解得角速度满足
ω= gLcsθ
由于小球在同一水平面内，则Lcsθ相等，均等于轨迹圆心到悬点的高度差，可知，两小球的角速度相等，与绳长无关，故B错误；
C.水平面分别做匀速圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，令圆锥侧面与水平面夹角为θ，对小球进行分析有
N=mgcsθ
可知，小球在A位置处所受筒壁的支持力等于B位置处所受筒壁的支持力，故C正确；
D.火车转弯时，若超过规定速度行驶时，重力与斜面轨道支持力的合力不足以提供向心力，火车有向外做离心运动的趋势，此时火车轮缘对外轨会有挤压作用，故D错误。
故选：C。
对汽车通过拱桥的最高点时合力提供向心力分析A项；对小球进行分析，根据合外力提供向心力，结合角速度分析B项；根据水平面分别做匀速圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力分析C项；根据火车转弯时，在重力与斜面轨道支持力的合力提供向心力分析D项。
本题考查了向心力相关知识，理解合外力提供向心力，合理利用不同的向心力表达式是解决此类问题的关键。
6.C
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动，8～18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；
D.电动摩托车的速度恰好达到最大时，有
F=f
由P=Fvm=fvm
解得
f=Pvm=800010N=800N
根据题意有
k=fmg=800200×10=0.4，故D错误；
B.0到8s内，摩托车的加速度为
a=ΔvΔt=88m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律，有摩托车的牵引力为
F−f=ma
解得F=1000N，故B错误；
C.8s到18s过程中，根据动能定理，有
Pt−fx=12mv12−12mvm2
解得x=95.5m，故C正确。
故选：C。
由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动；由牛顿第二定律求电动摩托车的牵引力；由动能定理求电动摩托车位移；由P=Fvm=fvm求出摩擦力f，即可求得k值。
本题考查的是机车启动问题，要能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，要知道发动机功率公式P=Fv中，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
7.D
【解析】解：A.重力势能Ep=mgℎ，小球从a到b是匀加速运动，从b到平衡位置小球做变加速运动，从平衡位置到最低点c，小球做减速运动，不是匀速下降，所以重力势能不随时间均匀变化，故A错误；
B.在平衡位置时，小球合力为零，加速度为零，小球有最大速度，这个平衡位置不是b点，而是在b、c之间的某点上，故B错误；
C.在bc段弹簧的形变量不断增大，弹性势能不断增大，故C错误；
D.从a到c重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，故D正确。
故选：D。
a→b段，小球做匀变速运动小球的重力势能随时间均匀减少，在b→c的运动过程中小球先做变加速运动，从平衡位置到最低点c，小球做变减速运动，重力势能不随时间均匀变化；在bc段弹簧的形变量不断增大，弹性势能不断增大；c点小球速度为零，则根据能量守恒可知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量。
本题关键是明确小球的运动情况和整个过程中能量的转化情况，注意在下落中小球的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能。
8.A
【解析】解：A、物体的摩擦力f=μmg=0.2×2×10N=4N，由图可知F与x的关系式为：F=10−2x
当F=f=4N时，物体的合力为零，速度最大，可得x=3m，物体运动位移为3m时，F=4N，则力F做的功：WF1=F−x=10+42×3J=21J，此过程由动能定理有：WF1−fx=12mvm2，代入数据可得：vm=3m/s，故A正确；
B、由图像面积可得力F运动5m做的功：WF2=10×52J=25J，设物体整个运动过程，克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理有：WF2−Wf=0，可得Wf=25J，由功能关系可知在运动中由于摩擦产生的热量为25J，故B错误；
C、设物体在水平地面上运动的最大位移为xm，全过程由动能定理有：WF2−fxm=0，代入数据可得：xm=6.25m，故C错误；
D、由以上分析可知，物体先做加速运动，运动3m速度最大，然后做减速运动，运动6.25m停止运动，故D错误。
故选：A。
A、当拉力F和阻力大小相等时，速度最大，力随着位移均匀减小，利用W=F−x可得力F做功大小，利用动能定理可得物体最大速度；
B、利用图像面积的物理意义和动能定理可得全过程物体克服摩擦力做的功，由功能关系可得物体因摩擦产生的热量；
C、全过程利用动能定理可得物体运动的最大位移；
D、根据上述分析分析物体运动特点。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律，解题的关键是知道可以用F−x图像面积求变力做功，力随着位移均匀变化，则可用平均力乘以位移求变力做功。
9.D
【解析】解：A、向上举起的过程中，人对杠铃的作用力向上，杠铃的位移也向上，所以人对杠铃做正功，所以AB错误。
C、举起后保持平衡的一段时间内，人对杠铃有力的作用，但是杠铃没有移动，没有位移，所以此时人对杠铃做的功为零，所以C错误。D正确；
故选：D。
对杠铃进行受力分析，根据功的公式分析可以人对杠铃的做功的情况．
本题就是对功的公式的理解，掌握住功的公式就很容易分析得出结论了．
10.AD
【解析】解：取B处为零势能参考面
AB、足球在A点的重力势能为
EpA=−mgℎ
动能为
EkA=12mv02
足球在A点的机械能为
EA=EpA+EkA=12mv02−mgℎ
故A正确，B错误；
CD、因为不计空气阻力，足球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故足球在B点的机械能和A点的机械能相等
EB=12mv02−mgℎ
故C错误；D正确。
故选：AD。
足球被以一定速度踢出，升到一定高度，现取B处为零势能参考面，过程中只有重力做功，所以足球的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解。
在使用机械能守恒定律时，除判定机械能是否守恒外，还要注意重力势能的正负，要确定零势能平面。
11.ABD
【解析】解：A、探测器在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动中，万有引力充当向心力，在P点变轨进入椭圆轨道Ⅱ时做向心运动，需要的向心力减小，所以需要减小速度；在椭圆轨道Ⅱ的Q点探测器做离心运动，需要的向心力大于万有引力；而变轨进入轨道Ⅲ时需要的向心力也减小，所以速度也减小，故A正确；
B、根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ上运行的周期小于T，故B正确；
C、探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上稳定运行经过P时加速度大小都是万有引力提供，所以大小相等，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上P点速率大于在轨道Ⅱ上P点的速率vp；根据v= GMR可知，在轨道Ⅲ上的速率v3大于在轨道Ⅰ上的速率，则有v3>vp，故D正确。
故选：ABD。
探测器绕中心天体做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，通过调整速度使探测器做离心运动或近心运动来调整轨道高度。
掌握卫星变轨原理，知道在圆轨道上万有引力提供圆周运动向心力可以由半径大小比较描述圆周运动物理量的大小是正确解题的关键。
12.AB
【解析】解：B、对两小球受力分析，A和B均受重力、拉力、库仑力，小球A、B均处干平衡状态，作力的矢量三角形，如图所示。
因为两小球通过穿过小环的绝缘细线连接，则细线上拉力大小处处相等，T=T′，A、B间的库仑力是作用力和反作用力，F=F′，大小相等，方向相反，根据相似三角形知识可知
m1gℎ=Fr1=Tl1，m2gℎ=F′r2=T′l2，可得m1m2=l2l1=r2r1，故B正确；
AD、根据几何关系可得r2r1=x2x1=l2sinβl1sinα，由以上可得l2l1=l2sinβl1sinα，则α=β，故A正确，D错误；
C、系统处于平衡状态，A对B的库仑力和B对A的库仑力是一对作用力与反作用力，两小球的带电荷量关系无法确定，故C错误；
故选：AB。
本题为共点力平衡和静电场的综合题，分别以A球和B球为研究对象，画好受力分析图，借助于相似三角形进行求解即可。
本题中涉及非直角三角形问题，往往根据几何知识或三角知识来研究共点力平衡问题，要规范作出力图，结合几何知识帮助解答。
13.C 0.1 1.5 不是
【解析】解：(1)ABC、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，对于小球的质量，及斜槽是否光滑均无关，故AB错误，C正确；
D、小球平抛的初速度是通过平抛运动规律求解得，并不是通过减小的重力势能转化为增加动能求得，因此不需要测定斜槽顶端到桌面的高度ℎ，故D错误；
故选：C。
(2)①在竖直方向上有：△ℎ=5L−3L=gT2，
解得：T= 2Lg= 2×5×10−210s=0.1s
②水平方向：3L=v0t，
故v0=3LT
代入数据解得：v0=3×5×10−20.1m/s=1.5 m/s。
③若A点是抛出点，则AB间的竖直距离ℎ=12gT2=12×10×0.12m=0.05m=5cm<ℎAB，故A点不是平抛运动的开始的位置；
故答案为：(1)C；(2)①0.1；②1.5；③不是。
(1)在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹。然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面；
(2)①平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期；
②平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2求出时间单位T.对于水平方向由公式v0=xT求出初速度；
③根据若初速度为零时，依据竖直距离公式ℎ=12gT2，即可判定A点是否是抛出点。
在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直。对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。
14.D A 3.04 C
【解析】解：(1)实验中还必需的器材是交流电源、刻度尺。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故A正确，BC错误。
故选：A。
(3)物体下落到E点时的瞬时速度
vE=ℎDF2T=0.5491−0.42752×0.02m/s=3.04m/s
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物下落时存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)D；(2)A；(3)3.04；(4)C。
(1)在验证机械能守恒的实验中，验证动能的增加量与重力势能的减小量是否相等，所以要测重锤下降的距离和瞬时速度，测量瞬时速度和下降的距离均需要刻度尺，不需要秒表，重锤的质量可以不测；
(2)在验证机械能守恒的实验中，验证动能的增加量与重力势能的减小量是否相等；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的瞬时速度；
(4)重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是空气阻力和摩擦力的影响；
解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用。
15.解：(1)物体掉落后做平抛运动，则有：
ℎ=12gt2
解得：
t= 2ℎg= 2×50010s=10s
(2)物体竖直方向的速度为：
vy=gt=60m/s
有：vt= v02+vy2= 602+102m/s=10 37m/s
答：(1)该物体经多长时间落地为6s；
(2)掉下6s时物体的速度大小为10 37m/s．
【解析】根据高度求出平抛运动的时间，根据速度时间公式求出物体竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出6s末物体的速度
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
16.解：(1)根据自由落体运动的规律有v2=2gℎ
根据星球表面物体重力等于万有引力有mg=GMmR2
解得M=gR2G=v2R22Gℎ
(2)根据万有引力提供向心力有GMm(R+H)2=m4π2T2(R+H)T= 8ℎπ2(R+H)3v2R2=2π(R+H)vR 2(R+H)ℎ
答：(1)这颗星球的质量为v2R22Gℎ；
(2)这颗星球的自转周期为2π(R+H)vR 2(R+H)ℎ。
【解析】(1)根据自由落体运动规律求出星球表面的重力加速度，利用重力等于万有引力求出星球质量；
(2)根据万有引力提供向心力，求解这颗星球的自转周期。
解决本题的基本思路万有引力提供向心力，在星球表面任意物体的重力等于该星球对物体的万有引力。
17.解：(1)A、B两物构成的整体(系统)只有重力做功，故整体的机械能守恒，得：
mgℎ−mgℎsinθ=12(m+m)v2
整理得v= gℎ(1−sinθ)
(2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松了，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，根据机械能守恒定律得：
12mv2=mg(H−ℎsinθ)
整理得H=12ℎ(1+sinθ)．
【解析】选两物体作为整体来研究时机械能守恒，从而求出A物体下落的速度．当物体A落地后，物体B由于惯性继续上升，由机械能守恒定律可求出B物在斜面上的最远点离地的高度．
考查单个物体与系统机械能守恒的不同应用，突出机械能守恒的条件．
18.解：(1)根据动能定理有mgR=12mvA2
解得vA= 2gR= 2×10×5m/s=10m/s
(2)由向心力公式可得FN−mg=mvA2R
解得FN=mg+mvA2R
代入数据解得FN=60N
根据牛顿第三定律可得，物体在A点对轨道的正压力的大小为FN′=60N
(3)根据动能定理有−μmgL=0−12mvA2
解得物体在水平面上能够滑行的最大距离为L=vA22μg
代入数据解得L=25m
答：(1)物体滑至A点时的速度10m/s；
(2)物体在A点对轨道的正压力的大小60N；
(3)物体在水平面上能够滑行的最大距离25m
【解析】(1)根据动能定理，求速度；
(2)根据牛顿第二定律，求压力；
(3)根据动能定理，求最大距离
本题考查牛顿第二定律、动能定理的综合运用，关键要把握在A点重力和支持力的合力提供向心力，合理地选择研究的过程，运用动能定理或机械能守恒定律进行求解。