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2022-2023学年广东省云浮市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省云浮市高一（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，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.某小孩滑滑梯的情景如图所示，对于该小孩下滑过程中不同力的做功情况判断正确的是( )
A. 小孩对滑梯的压力对滑梯做负功
B. 小孩受到的支持力对小孩做负功
C. 小孩对滑梯的滑动摩擦力对滑梯做负功
D. 小孩受到的滑动摩擦力对小孩做负功
2.据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N.由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )
A. 0.5B. 2C. 3.2D. 4
3.如图甲所示，工程师用塔吊从地面开始提升建材。建材在水平方向上的位移与时间的图像、在竖直方向上的速度与时间的图像分别如图乙、丙所示，则下列说法正确的是( )
A. 0∼t1内建材在做直线运动B. t1∼t2内建材在做曲线运动
C. t2∼t3内建材在做曲线运动D. 0∼t3内建材一直处于超重状态
4.北京时间2023年5月11日5时16分，世界现役货运能力最大、在轨支持能力最全的货运飞船——“天舟六号“入轨后顺利完成状态设置，成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天舟六号”与空间站构成的组合体运行的轨道半径为6800km，地球静止轨道卫星运行的轨道半径为4200km，关于该组合体的运动说法正确的是( )
A. 该组合体运行的线速度大于第一宇宙速度
B. 该组合体运行的周期大于地球静止轨道卫星运行的周期
C. 该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度
D. 该组合体运行时的向心加速度小于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度
5.2023年5月7日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实现包揽全部9枚金牌的壮举，以9金1银的成绩位列奖牌榜第一。如图所示，某质量为m的运动员(可视为质点)从距离水面高度为h的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则( )
A. 运动员在空中运动时的机械能先减小后增大
B. 运动员入水时的动能为12mv02+mgh
C. 运动员入水时的机械能为12mv02−mgh
D. 运动员入水时的重力势能为mgh
6.港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R=150m的圆弧形弯道，总质量m=1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=72km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的35，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B. 汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
C. 汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D. 汽车能安全通过该弯道的最大速度为40m/s
7.我国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“刀削面”堪称一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片(可视为质点)以初速度v0= 3m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向掉入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为60∘，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 面片在空中运动的时间为0.3s
B. 面片在空中运动的水平位移为0.45m
C. 面片运动到锅边缘时的速度大小为4m/s
D. 面片从飞出到落到锅边缘的位移方向与水平方向的夹角为30∘
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列说法正确的是( )
A. 图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B. 图中，研究小船渡河问题时，主要运用了极限思想
C. 图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，运用了理想化模型的思想
9.如图所示，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为30cm的蛋糕，在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油(“点”奶油的时间忽略不计)，蛋糕转动一周正好均匀分布在蛋糕边缘有20点奶油。下列说法正确的是( )
A. 圆盘转动的周期为40sB. 圆盘转动的角速度大小为π10rad/s
C. 蛋糕边缘的线速度大小为3π100m/sD. 蛋糕边缘的向心加速度为3π28000m/s2
10.生活中的很多现象往往都可以从物理的角度进行解释。在下面的四幅图中，甲图展示的是汽车通过拱桥的最高点，乙图展示的是火车正在水平面内转弯，丙图展示的是儿童正在荡秋千，丁图展示的是摩托车骑手正在球形铁笼的竖直面内沿内壁进行“飞车走壁”表演。下列对四幅图中有关现象的说法正确的是( )
A. 甲图中汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B. 乙图中外轨高于内轨，但是火车的轮缘可能对外轨产生侧向挤压
C. 丙图中秋千摆至最低点时，儿童处于失重状态
D. 丁图中在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时的速度可以为零
11.质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止开始下落，且下落过程中(蹦极绳被拉直之前)所受阻力恒定，大小为25mg，在运动员重心下落h的过程中(蹦极绳未拉直)，下列说法正确的是( )
A. 运动员的动能增加了45mghB. 运动员的机械能减少了25mgh
C. 运动员克服阻力所做的功为15mghD. 运动员的重力势能减少了mgh
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.张华同学用如图所示装置测量电风扇的转速和叶片边缘的向心加速度的大小，已知永久磁铁每经过传感器一次，传感器就输出一个电压脉冲，计数器显示的数字就增加1.
(1)已有电风扇、电源、传感器、计数器、永久磁铁等仪器，要完成测量，还需要的测量仪器是______、______.
(2)把永久磁铁粘在电风扇的边缘，让电风扇匀速转动，记下所用时间t，从计数器上读出所记录的数字N，即为电风扇转过的圈数，测量出叶片的长度r，电风扇转速表达式n=______，叶片边缘向心加速度大小的表达式a=______.(用字母N、t、r表示)
13.如图甲所示，某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。实验步骤如下：
①将已调节水平的气垫导轨的右端垫起一定高度，在导轨左侧安装一个接有数字计时器的光电门；
②用量角器测出气垫导轨的倾角θ，测量挡光片的宽度d和挡光片到光电门的距离x。
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；
④保持气垫导轨的倾角θ不变，改变挡光片到光电门的距离x，记录对应的挡光片挡光时间t。
(1)用刻度尺测量挡光片的宽度时结果如图乙所示，则挡光片的宽度d=______ mm。
(2)下列关于本实验的说法正确的是______。
A.实验中还需测量出滑块和挡光片的总质量
B.应选用较窄的挡光片进行实验
C.应选用质量较小的滑块进行实验
(3)已知当地的重力加速度大小为g，则当d22t2=______时，可以验证机械能守恒定律成立。处理数据时，为了直观地得出 x与t的关系，应作出______(填“x−t”、“x−1t”或“x−1t2”)图像。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
14.篮球比赛用球是有讲究的，其中一个标准是篮球充气后从1.8m的高度下落至地面，反弹起来的高度不得高于1.4m，也不得低于1.2m。请分析篮球从下落到反弹至最高点的过程中，机械能是否守恒。如果不守恒，损失的机械能去哪里了？
15.如图所示，马戏团正在上演飞车节目，杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动，此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角θ=30∘。已知铁笼的半径R=5.4m，杂技演员与摩托车整体的质量m=150kg，不计铁笼与摩托车间的摩擦，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)请作出演员驾驶摩托车(整体可视为质点)的受力分析图；
(2)摩托车对铁笼的压力大小；
(3)摩托车此时行驶的速度大小。
16.一辆新能源汽车在专用道上进行起步测试，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，车上装载的传感器记录了牵引力F随速度v变化的图像如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t=10s，经历的路程s=165m，10s后汽车做匀速运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变。求：
(1)汽车恒定功率P的大小；
(2)汽车匀速运动时的速度大小；
(3)汽车的质量。
17.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功；
(3)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、滑梯静止，滑梯没有位移，小孩对滑梯的压力对滑梯不做功，故A错误；
B、小孩受到的支持力与小孩的运动方向垂直，支持力对小孩不做功，故B错误；
C、滑梯静止，小孩对滑梯的滑动摩擦力对滑梯不做功，故C错误；
D、小孩受到的滑动摩擦力与小孩的运动方向相反，小孩受到的摩擦力对小孩做负功，故D正确。
故选：D。
力做功的正负决于力和位移的方向关系，方向夹角大于90度做负功，小于90度做正功，等于90度不做功。
本题主要考查了力做功正负的判断方向，知道W=Fxcsθ，难度不大，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：在忽略地球自转的情况下，万有引力等于物体的重力
即G地=GM地mR地2
同样在行星表面有
G行=GM行mR行2
以上二式相比可得
G地G行=M地R地2×R行2M行=16.4×R行2R地2
R行R地= 6.4×6001×960=2
故该行星的半径与地球的半径之比约为2。
故B正确，
故选：B。
在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力，所以根据重力之比，可以求出中心天体的半径之比．
忽略自转的情况下万有引力等于物体所受的重力，这是经常用的方法要注意掌握．
3.【答案】C
【解析】解：A.0∼t1内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上做匀加速运动，合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动，故A错误；
B.t1∼t2内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上也做匀速运动，加速度为零，则合运动是直线运动，故B错误；
C.t2∼t3内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上做匀减速运动，合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动，故C正确；
D.0∼t1内建材加速度向上，处于超重状态；t1∼t2内建材匀速运动，不超重也不失重；t2∼t3加速度向下，处于失重状态，故D错误。
故选：C。
合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动；
加速度为零，则合运动是直线运动；
加速度向下为失重、加速度向上为超重。
本题考查学生对曲线运动条件的分析、对超重失重的判断，具有一定综合性，难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度是最大环绕速度，组合体绕地球运动，故该组合体运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r可得v= GMr可知该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律C=R3T2可知该组合体运行的周期小于地球静止轨道卫星运行的周期，故 C错误；
D、根据牛顿第二定律GMmr2=ma可知该组合体运行时的向心加速度大于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度，故D错误。
故选：B。
7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；由天体运动时线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系做出判断。
牢记线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系式，有助于快速做出判断。
5.【答案】B
【解析】解：A、不计空气阻力，运动员在空中运动时只有重力做功，其机械能守恒，故A错误；
B、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，根据机械能守恒定律得
12mv02=Ek−mgh
解得运动员入水时的动能为：Ek=12mv02+mgh，故B正确；
C、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为12mv02，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能也为12mv02，故C错误；
D、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为−mgh，故D错误。
故选：B。
不计空气阻力，运动员在空中运动时的机械能守恒；根据机械能守恒定律求解运动员入水时的动能；根据机械能的概念求入水时的机械能；根据Ep=mgh求入水时的重力势能。
本题主要考查动能、重力势能和机械能守恒定律的应用，要注意物体在参考平面下方时，重力势能是负的。
6.【答案】B
【解析】解：A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和牵引力作用，径向摩擦力提供做圆周运动的向心力，向心力不是汽车实际受到的力，故A错误；
B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：
f=mv2R
其中v=72km/h=20m/s
代入数据得：f=4000N，故B正确；
C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为：
a=v2R
代入数据得：a=83m/s2，故C错误；
D.汽车能安全通过该弯道最大速度为vm，由牛顿第二定律得：
35mg=mvm2R
解得：vm=30m/s，故D错误。
故选：B。
汽车而做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力及牵引力，其合力提供向心力，根据牛顿第二定律及向心加速度公式求解。
本题考查了圆周运动的运动学描述和动力学描述的相关问题，此题的难点在于对临界条件的分析：当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据几何知识可知平抛运动速度偏向角为60∘，面片在锅边缘的速度进行分解，有
tan60∘=gtv0，可得：t=v0tan60∘g= 3× 310s=0.3s，故A正确；
B.水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t=3 310m，故B错误；
C.面片运动到锅边缘时的速度大小为v= v02+vy2= v02+(gt)2= 3+32m/s=2 3m/s，故C错误；
D.设面片从飞出到落到锅边缘的位移方向与水平方向的夹角为α，根据几何关系可知
tanα=12gt2v0t=tan60∘2= 32
可知该夹角不为30∘，故D错误；
故选：A。
削出的面片做平抛运动，根据几何知识和平抛运动规律求出平抛运动的时间；进而求得水平位移，求出平抛运动末速度、位移方向与水平方向的夹角。
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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、因为普通物体的质量较小，所以普通两物体之间的万有引力也比较小，所引起的形变小，难以测量，卡文迪许通过扭秤把形变巧妙的放大，所以卡文迪许在测引力常量的时候用到的是微小形变放大法，故A正确；
B、在研究小船过河问题时，用到的是合成分解法，故B错误；
C、在探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，故C正确；
D、在研究地球绕太阳运动时，可以不考虑太阳的形状和大小，只看地球的运动轨迹，将太阳和地球视为质点，这是运用了理想化的物理模型法，故D正确。
故选：ACD。
在物理的学习及研究中，要用到很多方法，比如理想化物理模型法、控制变量法、类比法、比值法等等，要根据实际问题采用最有效的方法，据此分析即可。
本题难度不大，但对平时的物理学习上思维方法有很大的帮助，可以很好的帮助学生更好的学习物理，提高学生分析问题、解决问题的能力。
9.【答案】AD
【解析】解：A.一周20个间隔，每个间隔2s，圆盘转动的周期为40s，故A正确；
B.圆盘转动的角速度为：
ω=2πT
代入数据得：ω=π20rad/s，故B错误；
C.蛋糕边缘的线速度为：
v=ωr
代入数据得：v=3π400m/s，故C错误；
D.蛋糕边缘的向心加速度为：
a=ω2r
代入数据得：a=3π28000m/s2，故D正确。
故选：AD。
根据转动一圈的时间，确定圆盘转动的周期；根据公式ω=2πT、v=ωr分析计算圆盘转动的角速度、线速度、向心加速度的大小。
解决本题的关键知道周期和角速度的关系，通过时间间隔求出周期是关键，熟练掌握公式ω=2πT、v=ωr、a=ω2r。
10.【答案】AB
【解析】解：A.汽车通过拱桥的最高点，受力为竖直向下的重力和竖直向上的支持力，因为做圆周运动，合力向下，所以重力大于支持力，因此汽车处于失重状态，故A正确；
B.火车水平面内转弯，需要水平方向的向心力，因此需要轨道外高内低，让支持力在水平方向产生指向圆心的分力从而提供向心力，若火车速度超过规定速度，火车有做离心运动的趋势，此时火车的轮缘可能对外轨产生侧向挤压，故B正确；
C.秋千摆至最低点时，圆心在上方，加速度向上，合力向上，所以重力小于支持力，因此儿童一定处于超重状态，故C错误；
D.在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时的最小速度为v，重力提供向心力，由牛顿第二定得：
mg=mv2r
解得：v= gr
所以在最高点速度一定不为零，故D错误。
故选：AB。
物体做圆周运动时，由指向圆心的合力提供向心力，分析物体的受力情况，再确定向心力的来源；根据重力与支持力关系判断物体是处于超重还是失重状态。
本题中四种情况是日常生活中常见的现象，属于圆周运动的知识在日常生活中的应用，解答的关键是要注意分析向心力的来源。
11.【答案】BD
【解析】解：A.根据动能定理可得运动员的动能增加量为：ΔEk=mgh−Wf，其中Wf=fh=25mgh，则ΔEk=35mgh，故A错误；
BC.克服阻力做的功等于机械能的减少量，运动员的机械能减少量为：ΔE=Wf=fh=25mgh，故B正确、C错误；
D.重力所做的功：WG=mgh，根据功能关系可知运动员的重力势能减少了mgh，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理求解运动员的动能增加量；克服阻力做的功等于机械能的减少量；重力所做的功等于运动员的重力势能减少量。
本题主要是考查功能关系，解答本题的关键是知道合外力做的功等于动能变化；克服阻力做的功等于机械能的变化；重力做的功等于重力势能的减少量。
12.【答案】(1)秒表，刻度尺；(2)Nt；4π2N2rt2
【解析】(1)测量的方法：把永久铁粘在电风扇的边缘，让电风扇匀速转动，用秒表记下所用时间t，从计数器上读出所记录的数字N，即为电风扇转过的圈数，用刻度尺测量出叶片的长度r，还需要的仪器是秒表和刻度尺；
(2)转速是指单位时间内，物体做圆周运动的次数，电风扇转速表达式为：n=Nt，叶片边缘向心加速度大小的表达式为：a=ω2r=(2πn)2r=4π2N2rt2。
故答案为：(1)秒表，刻度尺；(2)Nt，4π2N2rt2。
(1)由实验原理及实验过程分析所需测量仪器；
(2)由转速公式分析表达式，由加速度公式分析加速度。
本题考查匀速圆周运动在实际问题中的应用，学生需熟练掌握实验过程，牢记转速，加速度等公式。
13.【答案】2.5Bgxsinθx−1t2
【解析】解：(1)最小刻度为1mm，读数时要在毫米的下一位估读一位，所以由毫米刻度尺得读数，可得挡光片的宽度d=2.5mm；
(2)A、由机械能守恒定律得：mgxsinθ=12mv2，可见质量m被约去，与m无关，故A错误；
B、用短时间内的平均速度代替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；
C、滑块的质量越小，空气阻力的影响相对越大，产生的误差就越大，故C错误。
故选：B。
(3)挡光片经过光电门的速度大小为：v=dt
要验证机械能守恒，只需要验证：mgxsinθ=12mv2
整理得到：d22t2=gxsinθ
变形整理得到：x=d22gsinθ⋅1t2
故应作出x−1t2图像。
故答案为：(1)2.5(±0.1均正确)；(2)B；(3)gxsinθ；(4)x−1t2。
(1)根据毫米刻度尺的读书方法读数；
(2)根据机械能守恒定律定律表达式分析；根据光电门测速度的原理是选择挡光片的宽度，根据机械能守恒定律定律条件进行分析；
(3)根据机械能守恒定律及速度表达式分析求解。
本题关键是根据实验原理得出验证的表表达式，知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法，同时掌握机械能守恒的条件，注意光电门能测量瞬时速度的条件。
14.【答案】解：篮球从1.8m高处下落，然后反弹至最高点，由于空气阻力的作用，反弹起来的高度不高于1.4m，不低于1.2m，所以重力势能减少，而动能变化量为零，故篮球的机械能减少了，机械能不守恒；篮球运动过程中克服空气阻力做功、与地面碰撞等产生内能，所以小球损失的机械能转化为内能。
答：机械能不守恒；损失的机械能转化为内能。
【解析】根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒；根据能量的转化情况分析机械能的损失。
本题主要是考查机械能守恒定律，关键是掌握机械能守恒定律的守恒条件，能够根据能量转化情况进行分析。
15.【答案】解：(1)演员驾驶摩托车的受力分析如图
(2)由牛顿第二定律可得
FNsinθ=mg
可得铁笼对摩托车的支持力为
FN=mgsinθ=150×100.5N=3000N
根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为
FN′=FN=3000N
(3)由牛顿第二定律可得
FNcsθ=mv2Rcsθ
代入数据可得摩托车此时行驶的速度大小
v=9m/s
答：(1)见解析；
(2)摩托车对铁笼的压力大小为3000N；
(3)摩托车此时行驶的速度大小为9m/s。
【解析】(1)对演员驾驶摩托车受力分析，受重力和支持力；
(2)受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
(3)受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，同样根据牛顿第二定律列式求解。
本题关键是明确摩托车的向心力来源，然后根据牛顿第二定律列式求解，注意题目要求即可。
16.【答案】解：(1)汽车恒定功率启动，由图中A点可知汽车的恒定功率为：P=FAvA=2×104×15W=3×105W
(2)汽车加速过程在B点结束，然后汽车做匀速直线运动，在B点汽车的速度达到最大，则有：P=FBvm
代入数据可得：vm=30m/s
(3)在B点汽车速度达到最大，此时牵引力等于阻力大小，则有：f=FB=1×104N
加速过程，对汽车利用动能定理有：Pt−fs=12mvm2−0
代入数据可得：m=3×103kg
答：(1)汽车恒定功率P的大小为3×105W；
(2)汽车匀速运动时的速度大小为30m/s；
(3)汽车的质量为3×103kg。
【解析】(1)根据图中A点的牵引力和速度大小则可得汽车的恒定功率；
(2)(3)汽车加速过程在B点结束，然后汽车做匀速直线运动，可知在B点汽车速度最大，且牵引力和阻力大小相等，由额定功率和B点的牵引力大小则可得最大速度，由B点可知阻力大小，加速过程对汽车利用动能定理则可得汽车的质量。
本题考查了汽车的恒功率启动问题，解题的关键是知道加速过程在B点结束，则可知此时牵引力和阻力大小相等，速度达到最大。
17.【答案】解：(1)滑块从A到B的过程根据能量守恒可知减少的弹性势能等于增加的动能，则有：Ep0=12mvB2
在B点由牛顿第二定律有：FN−mg=mvB2R
代入数据可得滑块所受支持力的大小为：FN=9N
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小等于轨道对滑块的支持力大小，即滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N。
(2)滑块恰能通过最高点C，由牛顿第二定律有：mg=mvC2R
代入数据可得：vC=2m/s
滑块从B到C的过程利用动能定理则有：−2mgR−Wf=12mvC2−12mvB2
代入数据可得：Wf=0.6J
滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为Wf=0.6J。
(3)滑块离开C点后做平抛运动，则竖直方向有：2R=12gt2，水平方向则有：x=vCt
代入数据可得：x=0.8m
滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8m。
答：(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了0.6J功；
(3)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8m。
【解析】(1)滑块从A到B的过程根据能量守恒可列式，在B点利用牛顿第二定律可列式，两式联立可得支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)由滑块恰能通过最高点C可得滑块在C点速度大小，滑块从B到C的过程利用动能定理可得滑块克服摩擦力做的功；
(3)滑块离开C点后做平抛运动，由竖直方向位移可得时间，由C点速度大小和时间可得水平方向位移。
本题考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、能量守恒、牛顿第二定律，解题的关键是分析清楚各个过程运动特点和受力特点。
1.某小孩滑滑梯的情景如图所示，对于该小孩下滑过程中不同力的做功情况判断正确的是( )
A. 小孩对滑梯的压力对滑梯做负功
B. 小孩受到的支持力对小孩做负功
C. 小孩对滑梯的滑动摩擦力对滑梯做负功
D. 小孩受到的滑动摩擦力对小孩做负功
2.据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N.由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )
A. 0.5B. 2C. 3.2D. 4
3.如图甲所示，工程师用塔吊从地面开始提升建材。建材在水平方向上的位移与时间的图像、在竖直方向上的速度与时间的图像分别如图乙、丙所示，则下列说法正确的是( )
A. 0∼t1内建材在做直线运动B. t1∼t2内建材在做曲线运动
C. t2∼t3内建材在做曲线运动D. 0∼t3内建材一直处于超重状态
4.北京时间2023年5月11日5时16分，世界现役货运能力最大、在轨支持能力最全的货运飞船——“天舟六号“入轨后顺利完成状态设置，成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天舟六号”与空间站构成的组合体运行的轨道半径为6800km，地球静止轨道卫星运行的轨道半径为4200km，关于该组合体的运动说法正确的是( )
A. 该组合体运行的线速度大于第一宇宙速度
B. 该组合体运行的周期大于地球静止轨道卫星运行的周期
C. 该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度
D. 该组合体运行时的向心加速度小于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度
5.2023年5月7日，在加拿大举行的世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站顺利落幕，中国跳水“梦之队”实现包揽全部9枚金牌的壮举，以9金1银的成绩位列奖牌榜第一。如图所示，某质量为m的运动员(可视为质点)从距离水面高度为h的跳台以初速度v0斜向上起跳，最终落水中。重力加速度大小为g，不计空气阻力，以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则( )
A. 运动员在空中运动时的机械能先减小后增大
B. 运动员入水时的动能为12mv02+mgh
C. 运动员入水时的机械能为12mv02−mgh
D. 运动员入水时的重力势能为mgh
6.港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R=150m的圆弧形弯道，总质量m=1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v=72km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的35，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B. 汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
C. 汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D. 汽车能安全通过该弯道的最大速度为40m/s
7.我国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“刀削面”堪称一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片(可视为质点)以初速度v0= 3m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向掉入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为60∘，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 面片在空中运动的时间为0.3s
B. 面片在空中运动的水平位移为0.45m
C. 面片运动到锅边缘时的速度大小为4m/s
D. 面片从飞出到落到锅边缘的位移方向与水平方向的夹角为30∘
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列说法正确的是( )
A. 图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
B. 图中，研究小船渡河问题时，主要运用了极限思想
C. 图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 图中，在研究地球绕太阳运动时将太阳和地球视为质点，运用了理想化模型的思想
9.如图所示，某同学在体验糕点制作“裱花”环节时，她在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径为30cm的蛋糕，在蛋糕边缘每隔2s均匀“点”一次奶油(“点”奶油的时间忽略不计)，蛋糕转动一周正好均匀分布在蛋糕边缘有20点奶油。下列说法正确的是( )
A. 圆盘转动的周期为40sB. 圆盘转动的角速度大小为π10rad/s
C. 蛋糕边缘的线速度大小为3π100m/sD. 蛋糕边缘的向心加速度为3π28000m/s2
10.生活中的很多现象往往都可以从物理的角度进行解释。在下面的四幅图中，甲图展示的是汽车通过拱桥的最高点，乙图展示的是火车正在水平面内转弯，丙图展示的是儿童正在荡秋千，丁图展示的是摩托车骑手正在球形铁笼的竖直面内沿内壁进行“飞车走壁”表演。下列对四幅图中有关现象的说法正确的是( )
A. 甲图中汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B. 乙图中外轨高于内轨，但是火车的轮缘可能对外轨产生侧向挤压
C. 丙图中秋千摆至最低点时，儿童处于失重状态
D. 丁图中在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时的速度可以为零
11.质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。设运动员由静止开始下落，且下落过程中(蹦极绳被拉直之前)所受阻力恒定，大小为25mg，在运动员重心下落h的过程中(蹦极绳未拉直)，下列说法正确的是( )
A. 运动员的动能增加了45mghB. 运动员的机械能减少了25mgh
C. 运动员克服阻力所做的功为15mghD. 运动员的重力势能减少了mgh
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.张华同学用如图所示装置测量电风扇的转速和叶片边缘的向心加速度的大小，已知永久磁铁每经过传感器一次，传感器就输出一个电压脉冲，计数器显示的数字就增加1.
(1)已有电风扇、电源、传感器、计数器、永久磁铁等仪器，要完成测量，还需要的测量仪器是______、______.
(2)把永久磁铁粘在电风扇的边缘，让电风扇匀速转动，记下所用时间t，从计数器上读出所记录的数字N，即为电风扇转过的圈数，测量出叶片的长度r，电风扇转速表达式n=______，叶片边缘向心加速度大小的表达式a=______.(用字母N、t、r表示)
13.如图甲所示，某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律。实验步骤如下：
①将已调节水平的气垫导轨的右端垫起一定高度，在导轨左侧安装一个接有数字计时器的光电门；
②用量角器测出气垫导轨的倾角θ，测量挡光片的宽度d和挡光片到光电门的距离x。
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；
④保持气垫导轨的倾角θ不变，改变挡光片到光电门的距离x，记录对应的挡光片挡光时间t。
(1)用刻度尺测量挡光片的宽度时结果如图乙所示，则挡光片的宽度d=______ mm。
(2)下列关于本实验的说法正确的是______。
A.实验中还需测量出滑块和挡光片的总质量
B.应选用较窄的挡光片进行实验
C.应选用质量较小的滑块进行实验
(3)已知当地的重力加速度大小为g，则当d22t2=______时，可以验证机械能守恒定律成立。处理数据时，为了直观地得出 x与t的关系，应作出______(填“x−t”、“x−1t”或“x−1t2”)图像。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
14.篮球比赛用球是有讲究的，其中一个标准是篮球充气后从1.8m的高度下落至地面，反弹起来的高度不得高于1.4m，也不得低于1.2m。请分析篮球从下落到反弹至最高点的过程中，机械能是否守恒。如果不守恒，损失的机械能去哪里了？
15.如图所示，马戏团正在上演飞车节目，杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动，此时摩托车所在位置与铁笼中心O点的连线与水平方向的夹角θ=30∘。已知铁笼的半径R=5.4m，杂技演员与摩托车整体的质量m=150kg，不计铁笼与摩托车间的摩擦，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)请作出演员驾驶摩托车(整体可视为质点)的受力分析图；
(2)摩托车对铁笼的压力大小；
(3)摩托车此时行驶的速度大小。
16.一辆新能源汽车在专用道上进行起步测试，汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，车上装载的传感器记录了牵引力F随速度v变化的图像如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t=10s，经历的路程s=165m，10s后汽车做匀速运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变。求：
(1)汽车恒定功率P的大小；
(2)汽车匀速运动时的速度大小；
(3)汽车的质量。
17.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4m，除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=0.1kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep0=1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器A点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最高点C，取重力加速度大小g=10m/s2，滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功；
(3)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、滑梯静止，滑梯没有位移，小孩对滑梯的压力对滑梯不做功，故A错误；
B、小孩受到的支持力与小孩的运动方向垂直，支持力对小孩不做功，故B错误；
C、滑梯静止，小孩对滑梯的滑动摩擦力对滑梯不做功，故C错误；
D、小孩受到的滑动摩擦力与小孩的运动方向相反，小孩受到的摩擦力对小孩做负功，故D正确。
故选：D。
力做功的正负决于力和位移的方向关系，方向夹角大于90度做负功，小于90度做正功，等于90度不做功。
本题主要考查了力做功正负的判断方向，知道W=Fxcsθ，难度不大，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：在忽略地球自转的情况下，万有引力等于物体的重力
即G地=GM地mR地2
同样在行星表面有
G行=GM行mR行2
以上二式相比可得
G地G行=M地R地2×R行2M行=16.4×R行2R地2
R行R地= 6.4×6001×960=2
故该行星的半径与地球的半径之比约为2。
故B正确，
故选：B。
在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力，所以根据重力之比，可以求出中心天体的半径之比．
忽略自转的情况下万有引力等于物体所受的重力，这是经常用的方法要注意掌握．
3.【答案】C
【解析】解：A.0∼t1内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上做匀加速运动，合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动，故A错误；
B.t1∼t2内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上也做匀速运动，加速度为零，则合运动是直线运动，故B错误；
C.t2∼t3内建材在水平方向做匀速运动，竖直向上做匀减速运动，合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动，故C正确；
D.0∼t1内建材加速度向上，处于超重状态；t1∼t2内建材匀速运动，不超重也不失重；t2∼t3加速度向下，处于失重状态，故D错误。
故选：C。
合速度与合加速度不共线，则合运动是曲线运动；
加速度为零，则合运动是直线运动；
加速度向下为失重、加速度向上为超重。
本题考查学生对曲线运动条件的分析、对超重失重的判断，具有一定综合性，难度中等。
4.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度是最大环绕速度，组合体绕地球运动，故该组合体运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r可得v= GMr可知该组合体运行的线速度大于地球静止轨道卫星运行的线速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律C=R3T2可知该组合体运行的周期小于地球静止轨道卫星运行的周期，故 C错误；
D、根据牛顿第二定律GMmr2=ma可知该组合体运行时的向心加速度大于地球静止轨道卫星运行时的向心加速度，故D错误。
故选：B。
7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；由天体运动时线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系做出判断。
牢记线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系式，有助于快速做出判断。
5.【答案】B
【解析】解：A、不计空气阻力，运动员在空中运动时只有重力做功，其机械能守恒，故A错误；
B、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，根据机械能守恒定律得
12mv02=Ek−mgh
解得运动员入水时的动能为：Ek=12mv02+mgh，故B正确；
C、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，则运动员的机械能为12mv02，由于机械能守恒，所以运动员入水时的机械能也为12mv02，故C错误；
D、以跳台所在水平面为重力势能的参考平面，运动员入水时的重力势能为−mgh，故D错误。
故选：B。
不计空气阻力，运动员在空中运动时的机械能守恒；根据机械能守恒定律求解运动员入水时的动能；根据机械能的概念求入水时的机械能；根据Ep=mgh求入水时的重力势能。
本题主要考查动能、重力势能和机械能守恒定律的应用，要注意物体在参考平面下方时，重力势能是负的。
6.【答案】B
【解析】解：A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和牵引力作用，径向摩擦力提供做圆周运动的向心力，向心力不是汽车实际受到的力，故A错误；
B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：
f=mv2R
其中v=72km/h=20m/s
代入数据得：f=4000N，故B正确；
C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为：
a=v2R
代入数据得：a=83m/s2，故C错误；
D.汽车能安全通过该弯道最大速度为vm，由牛顿第二定律得：
35mg=mvm2R
解得：vm=30m/s，故D错误。
故选：B。
汽车而做匀速圆周运动，受到重力、支持力、摩擦力及牵引力，其合力提供向心力，根据牛顿第二定律及向心加速度公式求解。
本题考查了圆周运动的运动学描述和动力学描述的相关问题，此题的难点在于对临界条件的分析：当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据几何知识可知平抛运动速度偏向角为60∘，面片在锅边缘的速度进行分解，有
tan60∘=gtv0，可得：t=v0tan60∘g= 3× 310s=0.3s，故A正确；
B.水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t=3 310m，故B错误；
C.面片运动到锅边缘时的速度大小为v= v02+vy2= v02+(gt)2= 3+32m/s=2 3m/s，故C错误；
D.设面片从飞出到落到锅边缘的位移方向与水平方向的夹角为α，根据几何关系可知
tanα=12gt2v0t=tan60∘2= 32
可知该夹角不为30∘，故D错误；
故选：A。
削出的面片做平抛运动，根据几何知识和平抛运动规律求出平抛运动的时间；进而求得水平位移，求出平抛运动末速度、位移方向与水平方向的夹角。
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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、因为普通物体的质量较小，所以普通两物体之间的万有引力也比较小，所引起的形变小，难以测量，卡文迪许通过扭秤把形变巧妙的放大，所以卡文迪许在测引力常量的时候用到的是微小形变放大法，故A正确；
B、在研究小船过河问题时，用到的是合成分解法，故B错误；
C、在探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法，故C正确；
D、在研究地球绕太阳运动时，可以不考虑太阳的形状和大小，只看地球的运动轨迹，将太阳和地球视为质点，这是运用了理想化的物理模型法，故D正确。
故选：ACD。
在物理的学习及研究中，要用到很多方法，比如理想化物理模型法、控制变量法、类比法、比值法等等，要根据实际问题采用最有效的方法，据此分析即可。
本题难度不大，但对平时的物理学习上思维方法有很大的帮助，可以很好的帮助学生更好的学习物理，提高学生分析问题、解决问题的能力。
9.【答案】AD
【解析】解：A.一周20个间隔，每个间隔2s，圆盘转动的周期为40s，故A正确；
B.圆盘转动的角速度为：
ω=2πT
代入数据得：ω=π20rad/s，故B错误；
C.蛋糕边缘的线速度为：
v=ωr
代入数据得：v=3π400m/s，故C错误；
D.蛋糕边缘的向心加速度为：
a=ω2r
代入数据得：a=3π28000m/s2，故D正确。
故选：AD。
根据转动一圈的时间，确定圆盘转动的周期；根据公式ω=2πT、v=ωr分析计算圆盘转动的角速度、线速度、向心加速度的大小。
解决本题的关键知道周期和角速度的关系，通过时间间隔求出周期是关键，熟练掌握公式ω=2πT、v=ωr、a=ω2r。
10.【答案】AB
【解析】解：A.汽车通过拱桥的最高点，受力为竖直向下的重力和竖直向上的支持力，因为做圆周运动，合力向下，所以重力大于支持力，因此汽车处于失重状态，故A正确；
B.火车水平面内转弯，需要水平方向的向心力，因此需要轨道外高内低，让支持力在水平方向产生指向圆心的分力从而提供向心力，若火车速度超过规定速度，火车有做离心运动的趋势，此时火车的轮缘可能对外轨产生侧向挤压，故B正确；
C.秋千摆至最低点时，圆心在上方，加速度向上，合力向上，所以重力小于支持力，因此儿童一定处于超重状态，故C错误；
D.在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时的最小速度为v，重力提供向心力，由牛顿第二定得：
mg=mv2r
解得：v= gr
所以在最高点速度一定不为零，故D错误。
故选：AB。
物体做圆周运动时，由指向圆心的合力提供向心力，分析物体的受力情况，再确定向心力的来源；根据重力与支持力关系判断物体是处于超重还是失重状态。
本题中四种情况是日常生活中常见的现象，属于圆周运动的知识在日常生活中的应用，解答的关键是要注意分析向心力的来源。
11.【答案】BD
【解析】解：A.根据动能定理可得运动员的动能增加量为：ΔEk=mgh−Wf，其中Wf=fh=25mgh，则ΔEk=35mgh，故A错误；
BC.克服阻力做的功等于机械能的减少量，运动员的机械能减少量为：ΔE=Wf=fh=25mgh，故B正确、C错误；
D.重力所做的功：WG=mgh，根据功能关系可知运动员的重力势能减少了mgh，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理求解运动员的动能增加量；克服阻力做的功等于机械能的减少量；重力所做的功等于运动员的重力势能减少量。
本题主要是考查功能关系，解答本题的关键是知道合外力做的功等于动能变化；克服阻力做的功等于机械能的变化；重力做的功等于重力势能的减少量。
12.【答案】(1)秒表，刻度尺；(2)Nt；4π2N2rt2
【解析】(1)测量的方法：把永久铁粘在电风扇的边缘，让电风扇匀速转动，用秒表记下所用时间t，从计数器上读出所记录的数字N，即为电风扇转过的圈数，用刻度尺测量出叶片的长度r，还需要的仪器是秒表和刻度尺；
(2)转速是指单位时间内，物体做圆周运动的次数，电风扇转速表达式为：n=Nt，叶片边缘向心加速度大小的表达式为：a=ω2r=(2πn)2r=4π2N2rt2。
故答案为：(1)秒表，刻度尺；(2)Nt，4π2N2rt2。
(1)由实验原理及实验过程分析所需测量仪器；
(2)由转速公式分析表达式，由加速度公式分析加速度。
本题考查匀速圆周运动在实际问题中的应用，学生需熟练掌握实验过程，牢记转速，加速度等公式。
13.【答案】2.5Bgxsinθx−1t2
【解析】解：(1)最小刻度为1mm，读数时要在毫米的下一位估读一位，所以由毫米刻度尺得读数，可得挡光片的宽度d=2.5mm；
(2)A、由机械能守恒定律得：mgxsinθ=12mv2，可见质量m被约去，与m无关，故A错误；
B、用短时间内的平均速度代替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；
C、滑块的质量越小，空气阻力的影响相对越大，产生的误差就越大，故C错误。
故选：B。
(3)挡光片经过光电门的速度大小为：v=dt
要验证机械能守恒，只需要验证：mgxsinθ=12mv2
整理得到：d22t2=gxsinθ
变形整理得到：x=d22gsinθ⋅1t2
故应作出x−1t2图像。
故答案为：(1)2.5(±0.1均正确)；(2)B；(3)gxsinθ；(4)x−1t2。
(1)根据毫米刻度尺的读书方法读数；
(2)根据机械能守恒定律定律表达式分析；根据光电门测速度的原理是选择挡光片的宽度，根据机械能守恒定律定律条件进行分析；
(3)根据机械能守恒定律及速度表达式分析求解。
本题关键是根据实验原理得出验证的表表达式，知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法，同时掌握机械能守恒的条件，注意光电门能测量瞬时速度的条件。
14.【答案】解：篮球从1.8m高处下落，然后反弹至最高点，由于空气阻力的作用，反弹起来的高度不高于1.4m，不低于1.2m，所以重力势能减少，而动能变化量为零，故篮球的机械能减少了，机械能不守恒；篮球运动过程中克服空气阻力做功、与地面碰撞等产生内能，所以小球损失的机械能转化为内能。
答：机械能不守恒；损失的机械能转化为内能。
【解析】根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能是否守恒；根据能量的转化情况分析机械能的损失。
本题主要是考查机械能守恒定律，关键是掌握机械能守恒定律的守恒条件，能够根据能量转化情况进行分析。
15.【答案】解：(1)演员驾驶摩托车的受力分析如图
(2)由牛顿第二定律可得
FNsinθ=mg
可得铁笼对摩托车的支持力为
FN=mgsinθ=150×100.5N=3000N
根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为
FN′=FN=3000N
(3)由牛顿第二定律可得
FNcsθ=mv2Rcsθ
代入数据可得摩托车此时行驶的速度大小
v=9m/s
答：(1)见解析；
(2)摩托车对铁笼的压力大小为3000N；
(3)摩托车此时行驶的速度大小为9m/s。
【解析】(1)对演员驾驶摩托车受力分析，受重力和支持力；
(2)受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；
(3)受力分析，重力和支持力的合力提供向心力，同样根据牛顿第二定律列式求解。
本题关键是明确摩托车的向心力来源，然后根据牛顿第二定律列式求解，注意题目要求即可。
16.【答案】解：(1)汽车恒定功率启动，由图中A点可知汽车的恒定功率为：P=FAvA=2×104×15W=3×105W
(2)汽车加速过程在B点结束，然后汽车做匀速直线运动，在B点汽车的速度达到最大，则有：P=FBvm
代入数据可得：vm=30m/s
(3)在B点汽车速度达到最大，此时牵引力等于阻力大小，则有：f=FB=1×104N
加速过程，对汽车利用动能定理有：Pt−fs=12mvm2−0
代入数据可得：m=3×103kg
答：(1)汽车恒定功率P的大小为3×105W；
(2)汽车匀速运动时的速度大小为30m/s；
(3)汽车的质量为3×103kg。
【解析】(1)根据图中A点的牵引力和速度大小则可得汽车的恒定功率；
(2)(3)汽车加速过程在B点结束，然后汽车做匀速直线运动，可知在B点汽车速度最大，且牵引力和阻力大小相等，由额定功率和B点的牵引力大小则可得最大速度，由B点可知阻力大小，加速过程对汽车利用动能定理则可得汽车的质量。
本题考查了汽车的恒功率启动问题，解题的关键是知道加速过程在B点结束，则可知此时牵引力和阻力大小相等，速度达到最大。
17.【答案】解：(1)滑块从A到B的过程根据能量守恒可知减少的弹性势能等于增加的动能，则有：Ep0=12mvB2
在B点由牛顿第二定律有：FN−mg=mvB2R
代入数据可得滑块所受支持力的大小为：FN=9N
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小等于轨道对滑块的支持力大小，即滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N。
(2)滑块恰能通过最高点C，由牛顿第二定律有：mg=mvC2R
代入数据可得：vC=2m/s
滑块从B到C的过程利用动能定理则有：−2mgR−Wf=12mvC2−12mvB2
代入数据可得：Wf=0.6J
滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为Wf=0.6J。
(3)滑块离开C点后做平抛运动，则竖直方向有：2R=12gt2，水平方向则有：x=vCt
代入数据可得：x=0.8m
滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8m。
答：(1)滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小为9N；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了0.6J功；
(3)滑块离开半圆形轨道后落到AB上的位置与B点之间的距离为0.8m。
【解析】(1)滑块从A到B的过程根据能量守恒可列式，在B点利用牛顿第二定律可列式，两式联立可得支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)由滑块恰能通过最高点C可得滑块在C点速度大小，滑块从B到C的过程利用动能定理可得滑块克服摩擦力做的功；
(3)滑块离开C点后做平抛运动，由竖直方向位移可得时间，由C点速度大小和时间可得水平方向位移。
本题考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、能量守恒、牛顿第二定律，解题的关键是分析清楚各个过程运动特点和受力特点。
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