2022-2023学年安徽省黄山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省黄山市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18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.下列说法中正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，速度可以是不变的B. 物体做曲线运动，加速度一定变化
C. 平抛运动的物体速度均匀变化D. 圆周运动的合力指向圆心
2.关于万有引力和万有引力定律理解正确的有( )
A. 不能看作质点的两物体之间不存在相互作用的引力
B. 分析常见的质量不太大的物体受力时，物体间万有引力可以忽略不计
C. 由F=Gm1m2r2知，两物体紧靠在一起时，万有引力非常大
D. 两球体间的引力可用F=Gm1m2r2计算，r是两球心间距离
3.如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后( )
A. 落至水面速度方向相同
B. 在空中运动时间相同
C. 两石子竖直分运动都是自由落体运动
D. 落至水面速度大小不相同
4.游乐场旋转飞椅可以简化为如图的模型。图中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳(质量不计)悬挂在水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近。不考虑空气阻力的影响，静止的飞椅启动后，旋转圆盘绕竖直的中心轴转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是( )
A. A、B转动角速度大小不同B. A、B向心加速度相等
C. 悬挂B的缆绳拉力比悬挂A的缆绳拉力大D. 启动后到稳定运转过程，缆绳对A做功多
5.如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平转轴上的O点，另一端固定一个小球(可视为质点)。在最低点给小球一初速度v0，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度，不计任何摩擦阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点的最小速度为 gL
B. 杆子弹力就是小球圆周运动所需向心力
C. 最低点处轻杆的作用力大小为mv02L−mg
D. 小球初速度有最小值
6.不可伸长的轻绳长L，一端系在O点，另一端系一质量为m的小球(视为质点)。小球从A点静止释放(阻力不计)，此时绳子和竖直方向夹37∘角，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，B点在O点正下方。则下列说法正确的是( )
A. 在A点释放时，轻绳拉力大小等于0.6mg
B. 小球由A到B的过程中绳子拉力大小可能不变
C. 小球不能到达左侧等高的C点
D. 在B处绳子拉力大小是1.4mg
7.电动平衡车深受广大青少年喜爱，小刚同学驾驶平衡车以初速度v0，沿水平直路加速运动，经时间t达最大速度vm，此过程电机输出功率恒为额定功率P，已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒定。下列说法正确的是( )
A. 平衡车匀加速直线运动
B. 车速为v0时的加速度大小为Pmv0
C. 人与车在时间t内的位移大于12(v0+vm)t
D. 在时间t内阻力做的功为Pt−(12mvm2−12mv02)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.离水平地面高h处，某同学将一个质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，由抛出到落地过程中，下列说法正确的有( )
A. 每秒内速度变化相同B. 速度有可能和位移同方向
C. 重力的功率增大D. 小球的机械能可能不守恒
9.2023年5月11日5时16分天舟六号货运飞船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。交会对接完成后，将转入组合体飞行。从发射、入轨到对接可简化为三个轨道，如图所示，先由近地圆轨道1进入椭圆轨道2，再调整至圆轨道3。轨道上A、B、C三点与地球中心在同一直线上，A、C两点分别为轨道2的远地点与近地点。下列说法正确的是( )
A. 天舟六号在轨道2上运行速度有可能大于第一宇宙速度
B. 天舟六号在轨道2上经过C点时的加速度比在轨道1上经过C点时的大
C. 天舟六号在轨道2上运行的周期大于在轨道3上运行的周期
D. 天舟六号从轨道2变轨到轨道3上它的机械能增大了
10.如图所示，质量分别为m和M的两个物块用轻质弹簧相连，竖直叠放在水平地面上，初始时，m静止在弹簧上端。现将m竖直向下缓缓压缩一段距离，外力做功W，然后释放(整个过程中M未离开地面)，已知重力加速度为g，不计任何阻力。下列关说法正确的是( )
A. M对地面的压力最小时，弹簧可能是压缩状态
B. M对地面的压力最大值Fmax=Mg+mg
C. m在运动中最大动能Ekm=W
D. 和施加外力之前相比，释放后m、M和弹簧构成的系统机械能增大了W
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验中，某同学用如图甲所示的实验装置，让重物从高处由静止开始下落，拖着纸带打出一系列点，对纸带上的点痕进行测量，从而验证机械能守恒定律。
(1)验证中除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、交流电源、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的一种器材是______；
A.天平(含砝码)
B.秒表
C.重垂线
D.刻度尺
(2)该同学按图甲所示，正确安装实验装置进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带进行测量，各点间距如图乙标注。图中O点为打点起始点，且速度为0。O、A之间还有3个点未画出。若已知重物质量1kg，重力加速度g=9.8m/s2，图中相邻计数点的时间间隔为0.02s，从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=______ J，此过程中重物动能的增加量ΔEk=______ J。(计算结果均保留3位有效数字)。经过多次实验，发现重力势能的减小量总是稍大于动能的增加量，其原因是：______。
12.用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。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。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的______(选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点。
(3)如图2所示是甲同学在某次实验中取得的数据，其中坐标原点为抛出点，g取10m/s2，则此小球做平抛运动的初速度大小为______m/s。
(4)乙同学想用下述方法探究平抛运动的特点。他从实验得到的平抛小球的运动轨迹上取出一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，描绘y−x2图像。该同学认为若图像是一条过原点的直线(如图3所示)，则可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动，请你分析论证该同学的判断是否正确。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.一质量m=1kg的物体，从光滑斜面的顶端由静止开始向下运动，到斜面中点时施加沿斜面向上的变力F，之后历时1.5s恰好滑到斜面底端且速度为零。已知：斜面长L=5m，倾角θ=30∘，g=10m/s2。求：
(1)物体从斜面顶端滑到底端过程变力F做功的平均功率P1−；
(2)物体从斜面顶端滑到底端过程重力做功的平均功率P2−。
14.有A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，高度分别是hA和hB，且hA>hB，环绕地球运动周期满足关系式(TATB)23=k，已知：hA、hB和k，地球表面重力加速度为g，引力常量G，不考虑地球自转，求：
(1)比较卫星速度vA和vB大小；
(2)地球半径R；
(3)地球的密度ρ。
15.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABCD。AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，D是最高点，BD为竖直直径，BC段粗糙，其余圆弧槽光滑，现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ=37∘，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道(无机械能损失)，沿圆弧ABC继续运动后从C点进入CD圆弧槽，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)小球从P到A过程离水平面的最大高度h；
(2)小球在B点对轨道的压力；
(3)若小球经C点后，在圆弧槽内能沿槽运动，小球从P到C过程，在BC段损失的机械能为ΔE，ΔE取值范围是多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.做曲线运动的物体，某点的速度方向是沿该点的切线方向，所以速度每时每刻都是变化的，故A错误；
B.物体做曲线运动，加速度不一定变化，例如平抛运动，故B错误；
C.平抛运动的物体水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，加速度恒为重力加速度，由Δv=a⋅Δt可知速度均匀变化，故C正确；
D.匀速圆周运动的合力指向圆心，变速圆周运动的合力不指向圆心，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动特点进行分析；根据Δv=a⋅Δt分析平抛运动速度是否均匀变化；变速圆周运动的合力不指向圆心。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】B
【解析】解：A.自然界中任何两个物体都存在相互作用的引力，故A错误；
B.根据万有引力定律F=Gm1m2r2可知，分析常见的质量不太大的物体受力时，由于物体间万有引力非常小，因此可用忽略不计，故B正确；
C.万有引力定律F=Gm1m2r2适用于两个质点间万有引力大小的计算，当两物体紧靠在一起时，r→0，万有引力定律不再适用，故C错误；
D.只有质量分布均匀的分离的球体之间的引力可用F=Gm1m2r2计算，r是两球心间距离，故D错误。
故选：B。
A.自然界中任何两个物体都存在相互作用的引力，据此分析作答；
B.根据万有引力定律的表达式分析作答；
CD.根据万有引力定律的适用条件作答。
本题主要考查了万有引力定律的理解及适用条件，基础题。
3.【答案】A
【解析】解：AD.由斜上抛运动的对称性可知，斜上抛的物体落回到与抛出点同一高度时，竖直方向的分速度与斜下抛的竖直分速度v0sinθ相同。水平方向，两石子的水平方向都做匀速运动，水平分速度，vx=v0csθ，设抛出点到水面的高度为h，竖直方向两石子均有：vy2−(v0sinθ)2=2gh
得：vy= (v0sinθ)2+2gh
速度与水平方向的夹角θ，则：tanθ=vyvx= (v0sinθ)2+2ghv0csθ，为一定值，因此两石子在落至水面时速度方向相同，另外从抛出到落到水面，由动能定理得：mgh=12mv22−12mv02，得落至水面速度大小v= v02+2gh，两石子落至水面速度大小相同，故A正确，D错误；
B.两石子抛出后，只受重力作用，竖直方向加速度为重力加速度，设抛出点到水面的高度为h，竖直向下为正方向。斜向上抛出的空中运动时间为t1，斜向下抛出的空中运动时间为t2，则有：
h=−v0sinθt1+12gt12
h=v0sinθt2+12gt22
得：t2C.两石子竖直分运动都有初速度，都不是自由落体运动，故C错误。
故选：A。
将抛出后的曲线运动分解为竖直与水平方方向的二个分运动，结果二个分运动的特点，应用相应的规律进行解答。
将曲线运动分解为竖直与水平方向的二个分运动来处理，这是本题的核心。
4.【答案】C
【解析】解：A、AB同轴转动角速度相同，故A错误；
B、由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由
a=ω2r
可知B的向心加速度比A的大，故B错误；
C、AB在竖直方向上受力平衡有
Tcsθ=mg
则
T=mgcsθ
因B与竖直方向的夹角大，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，故C正确；
D、启动后到稳定运转过程，设缆绳对座椅做功为W，根据动能定理有
W−mgL(1−csθ)=12mv2
由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由
v=ωr
得B的速度比A的大，故缆绳对B做功比A多，故D错误。
故选：C。
AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度表达式即可求解；启动后到稳定运转过程，根据动能定理列式求解。
解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度之间的关系，并能灵活运用。
5.【答案】D
【解析】解：AD、由于小球是固定在轻杆上的，杆子能支撑小球，所以小球在最高点的最小速度可以为零。当小球在最高点速度为零时，小球的初速度为最小值，根据动能定理可得
mg⋅2L=12mvmin2，可得小球初速度最小值为：vmin=2 gL，故A错误，D正确；
B、杆子弹力与小球重力沿杆子方向分力的合力提供小球圆周运动所需的向心力，故B错误；
C、最低点时，由牛顿第二定律得
T−mg=mv02L
可得：T=mg+mv02L，故C错误。
故选：D。
小球在最高点的最小速度为零，根据动能定理求出初速度的最小值；小球的重力沿杆子方向的分力与杆子弹力的合力是小球圆周运动所需向心力；在最低点处，根据牛顿第二定律求轻杆的作用力大小。
解决本题的关键要搞清小球向心力的来源，运用牛顿第二定律求解杆子的作用力，以及知道杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力。
6.【答案】D
【解析】解：A、在A点释放时，沿绳子方向上受力平衡，则轻绳拉力大小TA=mgcs37∘=0.8mg，故A错误；
B、设绳子与竖直方向夹角为θ，小球由A到B的过程中，θ减小，小球速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而F向=T−mgcs⁡θ，得T=F向+mgcs⁡θ，θ减小，mgcsθ值增大，故绳子拉力T逐渐增大，故B错误；
C、A、C点等高，根据机械能守恒定律可知小球能到达左侧等高的C点，故C错误；
D、设小球在最低点时的速度大小为v，小球由A到B的过程中，根据机械能守恒定律可得
mgL(1−cs37∘)=12mv2
根据绳子的拉力与重力的合力提供向心力，得
T−mg=mv2L
联合解得：T=1.4mg，故D正确。
故选：D。
在A点释放时，沿绳子方向上受力平衡求解轻绳拉力大小；小球由A到B的过程中，根据速度变化，分析向心力变化，判断绳子拉力的变化；根据机械能守恒定律判断C点与A点高度关系；根据机械能守恒定律求出小球到达B处的速度大小，在B处，由牛顿第二定律求绳子拉力大小。
本题是机械能守恒定律和向心力的综合应用，要正确分析小球的受力情况，明确指向圆心的合力提供向心力是关键。
7.【答案】C
【解析】解：A.当牵引力等于阻力时，合力为零，加速度为零，平衡车达到最大速度，故
f=Pvm
由牛顿第二定律可知，平衡车在加速过程中
a=F−fm=Pmv−fm
由于速度v逐渐增大，因此加速度逐渐减小，故平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；
B.由A中分析可知，车速为v0时的加速度大小为
a0=Pmv0−fm
故B错误；
D.设人与车在时间t内，根据动能定理可得
Pt+Wf=12mvm2−12mv02
可得
Wf=12mvm2−12mv02−Pt
故D错误。
C.若平衡车做匀加速直线运动，则人与车在时间t内的位移为
x=v−t=12(v0+vt)t
由A选项分析可知平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，v−t图像如下图
根据v−t图像图线与横轴围成的面积表示位移可知人与车在时间t内的位移大于12(v0+vm)t，故C正确；
故选：C。
由于是恒定功率启动，牵引力是变化的，加速度也是变化的，再由动能定理来计算阻力的功。
抓住启动过程中功率变这个条件，然后由牛顿第二定律，动能定理来具体的计算。
8.【答案】AC
【解析】解：A、不计空气阻力，小球做平抛运动，小球的加速度为g，故每秒内速度变化为Δv=gt=g，则每秒内速度变化相同，故A正确；
B、小球做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动。设速度方向与水平方向的夹角为α，则
tanα=gtv0
设位移位移与水平方向的夹角为θ，则
tanθ=12gt2v0t=gt2v0
可见速度和位移不可能同方向，故B错误；
C、竖直方向上做自由落体运动，则重力的功率为P=mgvy=mg⋅gt=mg2t，可知重力的功率增大，故C正确；
D、小球在运动过程中只有重力做功，则其机械能守恒，故D错误。
故选：AC。
不计空气阻力，小球的加速度为g，根据Δv=gt分析每秒内速度变化关系；根据速度与水平方向夹角的正切和位移与水平方向夹角的正切的关系，来判断速度方向和位移方向能否相同；根据P=mgvy分析重力的功率变化情况；对照机械能守恒条件分析机械能是否守恒。
解答本题的关键要掌握平抛运动的规律，明确速度方向与位移方向不可能相同，能推导出速度与水平方向夹角的正切，以及位移与水平方向夹角的正切。
9.【答案】AD
【解析】解：A、轨道1为近地圆轨道，卫星运行的速度为第一宇宙速度，卫星由轨道1变到轨道2，要做离心运动，因此在C点应该加速，所以在2轨道上C点的速度大于1轨道上C点的速度，即卫星在轨道2上C点的速度大于第一宇宙速度，故A正确；
B、根据牛顿第二定律，万有引力等于合力
GMmr2=ma
解得a=GMr2
故天舟六号在轨道2上经过C点时的加速度等于在轨道1上经过C点时加速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可知
r23T22=r33T32
其中r3>r2，故T3>T2，故C错误；
D、天舟六号从轨道2变轨到轨道3需要加速，消耗燃料的能量，转化为机械能，故加速过程中机械能增加，故天舟六号从轨道2变轨到轨道3上它的机械能增大了，故D正确。
故选：AD。
根据航天器从轨道1到轨道2需要做离心运动，则航天器要加速，判断卫星在两轨道上经过C点的速度大小；根据万有引力的方向确定卫星在两点的万有引力是否相同；由开普勒第三定律分析轨道1和2的周期关系根据万有引力提供向心力，获得线速度公式，从而比较卫星在不同轨道上不同点的线速度大小。
本题关键是明确加速度由合力和质量决定，导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、开始时，m静止在弹簧上，设此时弹簧压缩量为x0，则由平衡条件有kx0=mg
当m竖直向下缓缓压缩一段距离x后释放m，若x则释放后m上下做简谐运动，最大回复力为Fm=kx当m运动到最高点时Fm=mg−kx′=k(x0−x′)，弹簧还处于压缩状态，此时M对地面的压力最小，故A正确；
B、当弹簧压缩量最大时，即m运动到最低点，M对地面的压力最大，即
Fmax=k(x+x0)+Mg>kx0+Mg=mg+Mg，故B错误；
C、m的初始位置即为m做简谐运动的平衡位置，m在平衡位置时动能最大，从开始压缩弹簧到释放后m再次到达平衡位置的过程，由动能定理得：W=Ekm，故C正确；
D、外力对m、M和弹簧构成的系统做功为W，根据功能关系可知，m、M和弹簧构成的系统机械能增加了W，且释放后该系统机械能守恒，因此，和施加外力之前相比，释放后m、M和弹簧构成的系统机械能增大了W，故D正确。
故选：ACD。
整个过程中M未离开地面，释放后m上下做简谐运动，当m运动到最高点时，M对地面的压力最小，根据最大回复力与重力的关系，分析弹簧的状态；当m运动到最低点，M对地面的压力最大，根据平衡条件分析M对地面的压力最大值；m在平衡位置时动能最大，根据动能定理求最大动能；根据功能关系分析系统机械能增加量。
本题的关键要明确m做简谐运动，当m处于最高点时，M对地面的压力最小；当m运动到最低点，M对地面的压力最大；当m到达平衡位置时，动能最大。
11.【答案】存在空气阻力与摩擦阻力的影响
【解析】解：(1)必须使用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离；要验证的表达式为：mgh=12mv2，重物的质量可以被约掉，不需要天平测量质量；打点纸带可以记录时间信息，不要秒表测量时间；重物沿竖直方向下落，不需要重垂线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量为：
ΔEp=mg⋅OB=1×9.8×4.31×10−2J=0.422J
打在B点重物速度为：
vB=AC2t=6.29−2.652×0.02×10−2m/s=0.91m/s
此过程中重物动能的增加量为：
ΔEk=12mvB2=12×1×0.912J=0.414J
由于空气阻力与摩擦阻力的影响，重物下落过程中，重力势能的减少量有一部分转化为内能，则重力势能的减少量略大于动能的增加量。
故答案为：(1)D；(2)0.422；0.414；(3)存在空气阻力与摩擦阻力的影响
(1)根据实验的原理解答；
(2)根据重力势能的表达式求解重力势能的减小量；根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度，由动能定义求解动能增加量；
(3)误差来自于存在空气阻力和摩擦力阻力。
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。
12.【答案】BD 球心 1.6
【解析】解：(1)A.斜槽轨道是否光滑对本实验没有影响，故A错误；
B.为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确；
C.挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故C错误；
D.为保证小球飞出时的速度不变，需要从同一位置释放才可，故D正确。
故选：BD。
(2)小球落到挡板时，侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，该点为球心的位置，所以抛出点应以小球的球心为原点；
(3)由平抛运动的规律可知x=v0t
h=12gt2
其中x=48cm=0.48m，h=45cm=0.45m代入解得v0=1.6m/s
(4)该同学的判断不正确。建立坐标系后，小球竖直方向自由落体运动则有y=12gt2，水平方向做匀变速直线运动，则有x=v0t，两式联立消去时间t得到：y=g2v02⋅x2。显然y∝x2，说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。该同学的说法有合理的成分，但不完全是正确的。只有进一步验证y−x2图像的斜率在实验误差范围内是否等于g2v02，方可说明平抛运动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。
故答案为：(1)BD；(2)球心；(3)1.6；(4)见解析
(1)(2)根据实验原理和注意事项分析判断；
(3)根据水平和竖直方向的运动规律确定解答；
(4)根据平抛运动的特点只有y=g2v02⋅x2，才能说明平抛的两个分运动。
本题考查研究平抛运动实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
13.【答案】解：(1)物块由斜面顶端到斜面中点过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ=ma
设物体从顶端开始运动到斜面中点的时间为t1，有
12L=12at12
解得：t1=1s
物体从斜面顶端滑到底端时间为：
t总=t1+t1
代入数据得：t总=2.5s
物体由斜面顶端到底端重力做功为：
WG=mgLsin30∘
由动能定理得：
WF+WG=0
故力F平均功率为：
P−1=WFt总联立解得：P−1=−10W
(2)物体从斜面顶端滑到底端过程重力平均功率为：
P−2=WGt总代入数据得：P−2=10W
答：(1)物体从斜面顶端滑到底端过程变力F做功的平均功率P1−为−10W；
(2)物体从斜面顶端滑到底端过程重力做功的平均功率P2−为10W。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出小物体沿斜面下滑到斜面中点过程中的加速度大小，结合位移-时间公式求出物体从顶端开始运动到斜面中点的时间，从而求出物体从斜面顶端滑到底端时间，根据动能定理求出变力F做的功，根据公式P−1=WFt总计算变力F的平均功率；
(2)根据公式P−2=WGt总计算物体从斜面顶端滑到底端过程重力平均功率。
本题主要考查了匀加速直线运动位移-时间公式、牛顿第二定律、动能定理的应用，注意应用动能定理求变力的功是一种重要的方法。
14.【答案】解：(1)设地球质量M。A卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
GmAM(R+hA)2=mAvA2R+hA
得：vA= GMR+hA
同理得：vB= GMR+hB
又hA>hB
则得：vB>vA
(2)由开普勒第三定律有
(R+hA)3TA2=(R+hB)3TB2
又由已知条件有(TATB)23=k
联立解得：R=hA−khBk−1
(3)不考虑地球自转的影响，某质量为m的物体在地面上，有
mg=GMmR2
又ρ=MV，V=43πR3
联立解得：ρ=3g(k−1)4πG(hA−khB)
答：(1)卫星速度vA和vB大小关系为：vB>vA。
(2)地球半径R为hA−khBk−1；
(3)地球的密度ρ为3g(k−1)4πG(hA−khB)。
【解析】(1)A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到卫星速度表达式，再比较速度大小。
(2)根据开普勒第三定律以及(TATB)23=k，求解地球半径R。
(3)在地球表面上，不考虑地球自转的影响，根据重力等于万有引力求出地球的质量，再求地球的密度ρ。
本题主要考查万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
15.【答案】解：(1)小球从P到A的过程做斜上抛运动，竖直方向分运动是竖直上抛运动，则有
−2gh=0−vy2
vy=v0sinθ
联立解得：h=v02sin2θ2g=v02⋅0.622g=9v0250g
(2)小球从P到B的过程中，由动能定理得
12mvB2−12mv02=WG1
其中WG1=mg(R−Rcsθ)
在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有
FN−mg=mvB2R
根据牛顿第三定律知：
F压=FN
解得小球在B点对轨道的压力大小为：F压=mv02R+1.4mg，方向竖直向下。
(3)以地面为零势能参考平面。
①若小球通过C点后，刚好运动到圆弧上与圆心等高点M，由P到M损失机械能ΔE1，根据能量守恒有
ΔE1=12mv02−mgRcsθ=12mv02−0.8mgR
②若小球恰能到C点，由P到C损失机械能ΔE2，根据能量守恒有
ΔE2=12mv02−0=12mv02
③若小球刚好到最高点D，在D点，由牛顿第二定律有
mvD2R=mg
在D点机械能为
ED=12mvD2+mg(R+Rcsθ)
由P到D损失机械能ΔE3，根据能量守恒有：
ΔE3=12mv02−ED
解得：ΔE3=12mv02−2.3mgR
综上可得，BC段损失的机械能ΔE取值范围为12mv02−0.8mgR≤ΔE≤12mv02或0<ΔE≤12mv02−2.3mgR。
答：(1)小球从P到A过程离水平面的最大高度h为9v0250g；
(2)小球在B点对轨道的压力为mv02R+1.4mg，方向竖直向下；
(3)BC段损失的机械能ΔE取值范围为12mv02−0.8mgR≤ΔE≤12mv02或0<ΔE≤12mv02−2.3mgR。
【解析】(1)小球从P到A做斜上抛运动，根据竖直方向的运动规律求小球从P到A过程离水平面的最大高度h；
(2)小球从P到B的过程中，只有重力做功，根据动能定理求出小球到达B点时的速度大小。在B点，对小球利用牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，从而得到小球在B点对轨道的压力；
(3)研究三种临界状态：
①小球通过C点后，刚好运动到圆弧上与圆心等高点M；
②小球恰能到C点；
③小球刚好到最高点D。
根据临界条件和功能关系求ΔE的取值范围。
解答本题时，要分析清楚小球的运动过程，把握各个过程的物理规律，特别是隐含的临界状态和临界条件。要知道小球经C点后，在圆弧槽内能沿槽运动有三种临界点：C点、M点和D点。