2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20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.如图所示，某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑，然后沿粗糙水平面滑动了一段距离后停下来。在整个运动过程中( )
A. 支持力对他做正功B. 他的重力势能一直不变
C. 他的机械能守恒D. 他的机械能减小
2.开普勒被誉为“天空的立法者”，关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是( )
A. 太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动
B. 同一行星在绕太阳运动时近日点速度小于远日点速度
C. 绕太阳运行的八大行星中，离太阳越远的行星公转周期越大
D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
3.如图所示，用绝缘细线将带电小球1连接并悬挂，带电小球2固定在绝缘支架上，两小球在同一水平线均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为θ。已知两小球1、2所带电荷量大小分别为q1、q2，小球1的质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，两小球均可视为点电荷。则( )
A. q1、q2一定相等
B. 两小球带同种电荷
C. 绝缘细线拉力的大小为mgcsθ
D. 两小球1、2之间距离为 kq1q2mgtanθ
4.质量为1kg的物体在5N的水平恒定拉力作用下，沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，经过2s，速度大小为6m/s，在此过程中( )
A. 拉力做功为18JB. 克服摩擦阻力做功为15J
C. 2s末拉力的瞬时功率为18WD. 2s内拉力的平均功率为15W
5.拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β)( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.以下是几种常见电场的电场线分布示意图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.船在静水中的航速为1.3m/s，若它在流速为0.5m/s的河水中航行，已知河宽为78m。则( )
A. 船渡河的最短时间为60s
B. 船渡河的最短时间为65s
C. 船以最短距离渡河的时间为65s
D. 如果使船速小于水流速度，船不能到达对岸
8.一宇宙飞船以速度v环绕行星表面匀速飞行，测得其周期为T。已知万有引力常量为G，行星可视为均匀球体，忽略行星自转。则( )
A. 该行星的半径为vT2πB. 该行星的质量为v3TπG
C. 该行星的平均密度为3πGTD. 该行星表面的重力加速度为2πvT
9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰在O点，与可视为质点质量为m的物块接触(未连接)。用水平力F缓慢推动物块到位置A，撤去F后，物块沿水平面开始向右运动，经过O点的速度为v，最远到达位置B。已知AO=x，OB=3x，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同。下列说法正确的是( )
A. 物块从A到B运动过程中的最大速度为v
B. 弹簧的最大弹性势能为2mv23
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为v26gx
D. 如果仅将物块质量减半，物块通过O点的速度为 2v
10.如图甲所示是一简易打桩机。质量为1.0kg的重物在恒定拉力的作用下，从与钉子接触处由静止向上运动并开始计时，一段时间后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为零势能参考平面，重物上升过程中，其机械能E与上升过程中时间t的平方关系如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，不计一切阻力。则( )
A. 拉力大小为12N
B. 重物上升到最大高度所用时间为1.0s
C. 重物自由下落撞击钉子瞬间机械能为12J
D. 重物将钉子打入一定深度，重物的机械能损失12J
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.如图所示，以O为圆心半径为r的圆，与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有沿x轴正方向的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为−Q的点电荷。如果把试探电荷放在a点恰好平衡，那么匀强电场的场强大小为______， b点的实际场强大小为______。(已知静电力常量为k)
12.如图所示为某胶囊列车(又名胶囊超级高铁)，利用“真空管道运输”的概念，是正在研究的一种全新交通工具。这种胶囊列车可以超高速、低能耗、无噪声、零污染，被认为是继汽车、轮船、火车和飞机之后的新一代交通运输工具，最大速度可达6000km/h以上。若某列胶囊列车的质量为m，在平直轨道上以恒定功率P由静止开始启动，最大速度为vm，则此列车在行驶过程中受到的阻力大小f=______；若加速过程中某时刻速度为 v，则此时列车的加速度大小a=______。(假设列车行驶过程中阻力恒定不变)
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.(1)如图所示，在探究平抛运动规律的实验中，用小锤击打弹性金属片，金属片把P球沿水平方向弹出，同时Q球被松开而自由下落，P、Q两球同时开始运动并同时落地，则下列说法正确是______。
A.此实验可以验证平抛运动在水平方向上的运动是匀速直线运动
B.此实验可以验证平抛运动在竖直方向上的运动是自由落体运动
(2)某同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点，正确操作实验得到小球运动轨迹中的四个点A、B、C、D如图乙所示。已知图乙中正方形格子的边长均为4.9cm，重力加速度大小g=9.8m/s2。
①实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端______；
②根据图乙可知，A点______(填“是”或“不是”)抛出点；
③小球飞出斜槽时的速度大小v0=______m/s(计算结果保留两位有效数字)。
14.某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度H及对应的瞬时速度v。请根据实验原理和步骤完成下列问题。(当地的重力加速度大小g=9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字)
(1)关于上述实验，下列说法正确的是______。
A.重物的质量可以不测量
B.重物最好选择密度较小的木块
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v= 2gH求出瞬时速度
(2)如图甲所示，使质量m=50g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带，如图乙所示，O为所打的第一个点，A、B、C为合适位置开始选取的连续三个点，并测出O点到A、B、C各点的距离依次为38.02cm、43.65cm、49.66cm。已知打点计时器每隔0.02s打一个点。则从打点计时器打下点O到打下点B的过程中，重物减少的重力势能ΔEP=______ J；重物增加的动能ΔEk=______ J。
(3)由于存在近乎恒定的阻力f，导致重物重力势能的减少量与动能增加量不完全相等，实验小组的同学又多取D、E、F等计时点，并正确计算出图乙中打下各计时点A、B、C、D、E、F的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，可求出阻力f与重力的比值fmg=______。
五、简答题：本大题共3小题，共9分。
15.某同学玩弹弹珠游戏，如图所示，他将小弹珠置于桌面的边缘，使弹珠正对竖直墙面水平弹出。已知桌面距离水平地面的高度H=1.25m，桌面边缘与竖直墙面的距离s=1.60m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)若弹珠恰好击中墙角A点，求弹珠的初速度大小；
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出，击中墙面B点，测得B点距离水平桌面的高度h=0.80m，求击中墙面时弹珠速度的大小和方向。
16.冰滑梯是体验冰雪运动乐趣的设施之一，深受广大游客的欢迎。某冰滑梯的简化结构如图所示，螺旋滑道OA、倾斜滑道AB和水平滑道BC均平滑连接，螺旋滑道的阻力可忽略。倾斜滑道底部的水平长度为L1，水平滑道长度为L2，滑板与两滑道间的动摩擦因数相同。游客从螺旋滑道的O点静止出发，进入倾斜滑道后做匀减速运动，已知游客和滑板的总质量为m，螺旋滑道和倾斜滑道的高度均为h，重力加速度为g，求：
(1)当游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小；
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时游客和滑板总重力的功率；
(3)某次滑行结束时游客恰好停在水平滑道末端的C点，求该滑板与两滑道间的动摩擦因数并通过计算判断L1和L2的大小关系。
17.如图所示的装置由轻质弹射器、小球(可视为质点)、平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BC、圆心为O2的竖直半圆管道CD和平直轨道DE组成，B、C、D在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。现使小球压缩弹射器并锁定，二者接触但不栓接，弹射器锁定位置可以改变。某时刻解除锁定，小球由静止释放，自A点以一定初速度弹出，已知小球质量m=0.02kg，轨道BC的半径R=0.45m，管道CD的半径r=0.10m，管道直径远小于r，小球与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.4，其余各部分轨道均光滑，轨道DE的长度L=3.00m，重力加速度大小取10m/s2。
(1)若小球恰能通过C点，求弹射器锁定时的弹性势能；
(2)求小球能经过管道CD最高点D时的最小速度和此时对轨道的压力；
(3)若小球在运动过程中不脱离轨道，求弹射器锁定时弹性势能的取值范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、支持力与速度垂直，不做功，故A错误；
B、同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑的过程中，重力势能减小，故B错误；
CD、同学沿粗糙水平面滑动了一段距离后停下来，有摩擦力做功，机械能减小，故C错误，D正确；
故选：D。
下滑过程中小朋友在支持力方向没有发生位移，支持力对小朋友不做功。下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小。摩擦力做负功，机械能减小。
判断力是否做功，可根据做功的两个要素，也可根据动能定理。整个过程重力做正功，动能变化量为零，根据动能定理可判断出摩擦力做负功。
2.【答案】C
【解析】解：A.根据开普勒第一定律可知，所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故远日点速度小，近日点速度大，故B错误；
C.根据开普勒第三定律可知，所有绕太阳运行的行星的椭圆轨道半长轴的三次方与公转周期的平方的比值相等，故离太阳越远，轨道半长轴越大，行星的公转周期越大，故C正确；
D.根据开普勒第二定律可知，同一行星在绕太阳运动时，在相等时间内行星与太阳连线扫过的面积相等，该规律只针对同一行星，可知火星与太阳连线扫过的面积不等于木星与太阳连线扫过的面积，故D错误。
故选：C。
根据开普勒三定律的内容即可分析求解。
本题考查开普勒三定律，解题关键是理解并掌握开普勒三定律的含义。
3.【答案】D
【解析】解：AB、根据题意可知，两个带电小球之间为库仑引力，则两小球带异种电荷，电荷之间的作用力是作用力和反作用力，大小一定相等，所以不能确定带电小球的电荷量关系，故AB错误；
CD、根据题意，对带电小球1受力分析，如图所示
由平衡条件有
Fcsθ=mg
Fsin⁡θ=F库
解得
F=mgcsθ
F库=mgtan⁡θ
由库仑定律F库=kq1q2r2可得，
两小球1、2之间距离为r= kq1q2mgtanθ
故C错误，D正确。
故选：D。
根据电荷间的相互作用规律、库仑定律和共点力的平衡条件分析作答。
本题考查了库仑力作用下的共点力的平衡条件的运用，画出受力分析图是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式v=at可得，加速度为
a=vt=62m/s2=3m/s2
由牛顿第二定律有
F−f=ma
解得
f=F−ma=5N−1×3N=2N
由运动学公式x=12at2可得，2s内物体的位移为
x=12at2=12×3×22m=6m
AD.由公式W=Fx可得，拉力做功为
WF=Fx=5×6J=30J
2s内拉力的平均功率为
P=WFt=302W=15W
故A错误，D正确；
B.由公式W=Fx可得，克服摩擦阻力做功为
W=fx=2×6J=12J
故B错误；
C.根据题意，由公式P=Fv可得，2s末拉力的瞬时功率为
P=Fv=5×6W=30W
故C错误。
故选：D。
W=Fx求恒力做功，根据P=WFt求平均功率；
根据运动学公式列式求出加速度，再求出摩擦力大小，再根据公式求摩擦力做功；
根据P=Fv求瞬时功率。
本题考查了恒力做功公式的直接应用，关键是受力分析后，然后根据平衡条件列方程求出摩擦力。
5.【答案】C
【解析】解：小球做匀速圆周运动，角速度相同，受力分析如下图所示：
令绳长为绳子为L′，反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得：
mgtanθ=mω2Lsinθ
整理得：h=Lcsθ=gω2=L′csθ+rtanθ
即绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O到小球转动平面的高度h固定，绳子长度L′越大，偏转角θ越大，则绳子与拨浪鼓连接点A离小球圆周运动平面的距离为：
h′=L′csθ=h−rtanθ，绳子长度L′越大，偏转角θ越大，h′越大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
小球做匀速圆周运动，角速度相同，通过对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和几何关系求解即可。
本题以宋代时小型拨浪鼓成为儿童玩具为背景命制试题，考查匀速圆周运动，是一道理论联系实际的好题，能够激发学生的求知欲和学习积极性；要特别注意绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O到小球转动平面的高度h固定。
6.【答案】CD
【解析】解：A、电场线应从无穷远处出发到负电荷终止，图中的电场线方向反了，故A错误；
BCD、根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷或无穷远处终止，故B错误，CD正确。
故选：CD。
根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，据此分析电场线的方向。
该题考查常见的电场线的分布特点，掌握住常见电荷的电场线和等势面的分布特点，利用电场线的指向判断场强的方向是解题的关键。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、过河最短时间是船头始终垂直于河岸，时间为：tmin=dv船=781.3s=60s，故A正确，B错误；
C、若船以最短距离渡河，则船头朝上游一定角度如图：
船速在沿河方向的分速度与水速相等，另一个分速度垂直于河岸，根据勾股定理可得垂直于河岸的分速度：v= v船2−v水2= 1.32−0.52m/s=1.2m/s，因此船以最短距离渡河的时间为：t=dv，代入数据解得：t=65s，故C正确；
D、如果使船速小于水流速度，即使逆水行舟，船仍随水“漂流”，所以船不能垂直到达对岸，但是可以到对岸，故D错误。
故选：AC。
船渡河的最短时间是tmin=dv船，船按渡河时间最短的方式渡河时，船头必须始终与河岸垂直；根据船运动的实际情况判断能否到达对岸(注意不是正对岸)。
本题考查小船渡河问题，关键掌握船按渡河时间最短的方式渡河时，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直。
8.【答案】AD
【解析】解：A、宇宙飞船到绕行星表面做匀速圆周运动，由公式v=2πrT可得飞船的轨道半径为r=vT2π。由于卫星在行星表面飞行，则行星的半径等于卫星的轨道半径vT2π，故A正确；
BC、由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得行星的质量为：M=v2rG=v3T2πG
又有行星的体积为
V=43πR3=v3T36π2
行星的平均密度为
ρ=MV=3πGT2，故BC错误；
D、在行星表面，由万有引力等于重力有
GMmR2=mg
解得：g=GMR2=2πvT，故D正确。
故选：AD。
宇宙飞船到绕行星表面做匀速圆周运动，根据圆周运动的规律求行星的半径，根据万有引力提供向心力，求出行星的质量，再求行星的平均密度。由万有引力等于重力求行星表面的重力加速度。
掌握圆周运动的线速度与周期的关系，能根据万有引力提供圆周运动向心力推导出描述圆周运动物理量的关系是解决本题的关键。
9.【答案】BC
【解析】解：A.O点为弹簧的原长位置，从A到O运动过程中，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，即在AO之间某位置物块所受弹簧的弹力与摩擦力大小相等，方向相反，合力为0，此时速度最大，可知物块从A到B运动过程中的最大速度大于v，故A错误；
B.从A到O运动过程中和从A到B运动过程中，根据能量守恒定律有
Epmax=μmgx+12mv2
Epmax=μmg(x+3x)
解得
Epmax=2mv23
故B正确；
C.从O到B运动过程中有，根据能量守恒定律有
12mv2=μmg⋅3x
解得
μ=v26gx
故C正确；
D.如果仅将物块质量减半，根据功能关系可知，物块通过O点有
Epmax=μm2gx+12⋅m2v12
结合上述解得
v1= 213v
故D错误。
故选：BC。
根据物块的受力情况分析最大速度，根据功能关系列式解得最大弹性势能；根据动能定理解得动摩擦因数，仅将物块质量减半，再根据功能关系分析D。
解答本题的关键要根据动能定理、功能关系得到各个量的表达式，注意物块受力情况及运动状态的分析。
10.【答案】AC
【解析】解：A.拉力作用时，根据牛顿第二定律可知重物向上做匀加速运动的加速度大小为：a=F−mgm
根据功能关系可知：E=F⋅12at2
所以0∼1.0s时间内图像的斜率为：k=Fa2=12J/s2
联立解得拉力大小为：F=12N(另一解为负值，舍去)，故A正确；
B.由图乙可知，t=1.0s时撤去拉力，此时重物仍具有向上的速度，所以还未上升至最大高度，故B错误；
C.由图乙可知，撤去拉力时重物的机械能为12J，从撤去拉力到重物自由下落撞击钉子瞬间的过程重物机械能守恒，所以重物撞击钉子瞬间机械能为12J，故C正确；
D.重物与钉子接触瞬间的机械能为12J，将钉子打入一定深度后最终处于静止状态，动能为零，且由题意可知此时重力势能为负值，则重物最终机械能为负值，机械能从12J减小至某一负值，说明重物的机械能损失大于12J，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律、功能关系结合图像求解拉力大小；t=1.0s时撤去拉力，此时重物仍具有向上的速度，所以还未上升至最大高度；根据机械能守恒定律分析机械能的大小；根据功能关系分析重物的机械能损失。
物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系等知识即可正确解题。
11.【答案】kQr2 2kQr2
【解析】解：点电荷在a点产生的场强为：Ea=kQr2，设匀强电场的电场强度为E，由于试探电荷放在a点恰好平衡，则a点的合场强为零，点电荷在a点产生的场强与匀强电场的场强等大反向，则有：E=Ea=kQr2
点电荷在b点产生的场强为：Eb=kQr2，方向竖直向上，由电场的叠加原理可得b点的实际场强大小为：E1= Eb2+E2
代入数据可得：E1= 2kQr2
答：kQr2； 2kQr2。
根据E=kQr2可得点电荷在a点产生的场强，根据试探电荷放在a点恰好平衡，可知a点合场强为零，则可得匀强电场的场强大小；
根据E=kQr2可得点电荷在b点产生的场强，根据电场叠加原理可得b点的实际场强大小。
本题考查了电场强度，电场强度的叠加，解题的关键是抓住题目中的关键词语“试探电荷放在a点恰好平衡”，说明a点的合场强为零。
12.【答案】Pvm 1m(Pv−Pvm)
【解析】解：列车以额定功率行驶过程中，当列车的牵引力等于阻力大小时，列车的速度最大，则有P=Fv=fvm
代入数据可得：f=Pvm
若加速行驶过程中某时刻速度为v，则此时列车的牵引力为：F=Pv
由牛顿第二定律有：F−f=ma
代入数据可得：a=1m(Pv−Pvm)
答：Pvm；1m(Pv−Pvm)。
当列车的牵引力等于阻力大小时，列车的速度最大，根据功率和最大速度由P=Fv可得阻力大小；
根据列车的速度由P=Fv可得牵引力大小，由牛顿第二定律可得加速度大小。
本题考查了汽车恒功率启动问题，解题的关键是知道当牵引力和阻力大小相等时，列车达到最大速度。
13.【答案】B 水平 是 0.98
【解析】解：(1)由实验装置可知，P、Q两球在同一高度同时开始运动，P球做平抛运动，Q球做自由落体运动，两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。故B正确，A错误。
故选：B。
(2)①为使小球沿水平方向抛出，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平。
②由图乙可知，在经过连续相等的水平位移时，时间是相等的，在竖直方向下落的高度有1：3：5的规律，符合初速度等于零的匀加速直线运动的规律，说明A点是抛出点。
③方格的边长为4.9cm，在竖直方向是自由落体运动
h=12gt2
解得小球从A点运动到B点的时间为
t= 2hg= 2×4.9×10−29.8s=0.10s
小球在水平方向是匀速直线运动
x=v0t
解得小球飞出时的初速度大小为
v0=xt=2×4.9×10−20.10m/s=0.98m/s
故答案为：(1)B；(2)①水平；②是；③0.98。
(1)根据两球同时落地判断；
(2)①根据平抛运动的特点分析判断；
②根据匀变速直线运动的推论分析判断；
③根据自由落体运动的位移-时间公式计算时间，再根据匀速运动公式计算初速度。
本题关键掌握判断平抛运动的抛出点的方法，掌握计算时间和平抛初速度的方法。
14.【答案】×10−3
【解析】解：(1)A.本题是利用重物做自由落体运动来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是：
mgH=12mv2
可知m可约去，不需要用天平测量重物的质量，故A正确；
B.重物最好选择密度较大的铁块，可减小阻力对实验的影响，故B错误；
C.实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
D.不可以利用公式v= 2gH来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
故选：A。
(2)从打点计时器打下点O到打下点B的过程中，重物减少的重力势能为：
ΔEp=mgHB=50×10−3×9.80×43.65×10−2J≈0.214J
根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打下B点时重物的速度为：
vB=OC−OA2T=49.66−38.022×0.02×10−2m/s=2.91m/s
重物增加的动能为：
ΔEk=12mvB2=12×50×10−3×2.912J=0.212J
(3)设打计时点A的瞬时速度为vA，由动能定理得：
mgh−fh=12mv2−12mvA2
整理可得：v2=2g(1−fmg)⋅h+vA2
由图像的斜率可得：2g(1−fmg)=10.36−⋅s−2
解得：fmg≈4.08×10−3
故答案为：(1)A；(2)0.214；0.212(3)4.08×10−3
(1)根据实验的原理解答；
(2)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由重力势能的表达式求解重力势能的减少量，由动能的表达式求解动能的增加量；
(3)根据动能定理求得图像的表达式，根据图像的斜率求解。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作应注意的事项和打点纸带测量速度的原理。
15.【答案】解：(1)将弹珠水平弹出时做平抛运动，竖直方向
H=12gt12
水平方向
s=v1t1
代入数据联立解得
v1=3.2m/s
(2)调整初速度，再次将弹珠水平弹出时，竖直方向
h=12gt22
水平方向
s=v2t2
竖直方向速度
vy=gt2
根据运动的合成
v= v22+vy2
代入数据联立解得
v=4 2m/s
根据几何关系
tanθ=vyv2
代入数据联立解得
θ=45∘
故弹珠速度的方向与水平方向的夹角为45∘。
答：(1)弹珠的初速度大小为3.2m/s；
(2)击中墙面时弹珠速度的大小为4 2m/s，与水平方向的夹角为45∘。
【解析】(1)根据弹珠竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动的规律求解时间，根据水平方向匀速直线运动规律求解初速度；
(2)根据平抛运动规律列式，再根据v= v22+vy2列式。
本题主要是考查平抛运动，关键是掌握平抛运动的规律。
16.【答案】解：(1)当游客刚滑上倾斜滑道时，根据动能定理得
mgh=12mvA2
解得游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小为
vA= 2gh
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时，设倾斜滑道倾角为θ，在A点有
P=mgvAsinθ
又
sinθ=h h2+L12
联立解得
P=mgh 2ghh2+L12
(3)当游客从O点滑到C点时，根据动能定理得
2mgh−μmgABcsθ−μmgL2=0
其中
csθ=L1AB
解得
μ=2hL1+L2
因在倾斜滑道上做匀减速运动，故有
mgsinθ<μmgcsθ
解得
μ>tanθ
其中
tanθ=hL1
联立解得
L1>L2
答：(1)当游客刚滑上倾斜滑道时的速度大小为 2gh；
(2)当游客刚滑上倾斜滑道时游客和滑板总重力的功率为mgh 2ghh2+L12；
(3)L1和L2的大小关系为L1>L2。
【解析】(1)根据动能定理列式求解；
(2)先求出到达A点竖直方向的速度，再根据P=mgvAsinθ求功率；
(3)游客从O点滑到C点时，根据动能定理列式，再根据倾斜轨道做匀减速直线运动受力分析。
本题考查动能定理的实际应用，关键要把握隐含的条件，要注意滑动摩擦力做功与水平位移有关。
17.【答案】解：(1)根据题意可知，小车恰好过C点时，由牛顿第二定律有
mg=mv2R
由能量守恒定律有
Ep=2mgR+12mv2
联立代入数据解得
Ep=0.225J
(2)根据题意，假设小车恰好过C点时也能过D点，则有
12mv2=2mgr+12mvD2
解得
vD= 22m/s
由于vD>0，小车能过D点，假设成立，过D点的最小速度为
vD= 22m/s
在D点，由牛顿第二定律得：
mg−N=mvD2r
解得
N=0.1N
由牛顿第三定律可得压力大小
N′=N=0.1N
方向竖直向下。
(3)当小车恰好到圆心O1等高处时，有
Epmin=mgR
解得
Epmin=0.09J
当小车恰好停在水平轨道DE的E点时，有
Epmax=2mg(R+r)+μmgL
解得
Epmax=0.46J
故锁定时弹射器的弹性势能Ep的范围为
Ep≤0.09J或0.225J≤Ep≤0.46J
答：(1)若小球恰能通过C点，弹射器锁定时的弹性势能0.225J；
(2)小球能经过管道CD最高点D时的最小速度为 22m/s，此时对轨道的压力为0.1N，方向竖直向下；
(3)若小球在运动过程中不脱离轨道，弹射器锁定时弹性势能的取值范围为Ep≤0.09J或0.225J≤Ep≤0.46J。
【解析】(1)恰能过C点时，由牛顿第二定律，求速度，据机械能守恒定律，求弹性势能；
(2)小球恰好能经过管道CD最高点D，以C所在平面为零势能面，据机械能守恒定律，求D点速度；利用牛顿第二定律和向心力公式求对轨道的压力；
(3)根据牛顿第二定律求滑块加速度，根据匀变速直线运动不含时间位移公式，求位移，分析滑块不掉落轨道，再结合机械能守恒定律，求弹性势能范围。
本题是一道难度较高的分析综合题，考查学生对牛顿第二定律、机械能守恒定律、匀变速直线运动规律的掌握。