2022-2023学年安徽省芜湖市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省芜湖市高一（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，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，在德州市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是( )
A. 司机和乘客具有相同的线速度
B. 汽车所受的合力一定指向圆心
C. 汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力
D. 汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力
2.关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是( )
A. 第谷通过整理大量的天文观测数据得到行星运动规律
B. 开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力
C. 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”
D. 卡文迪许在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值
3.一台电动机工作时的功率是10kw，要用它匀速提升2.0×104kg的货物，提升的速度为( )
A. 0.2m/sB. 0.02m/sC. 0.5m/sD. 0.05m/s
4.甲，乙、丙三个物体在力F作用下沿各自图示速度方向单向运动，发生了一段水平位移L，已知F=10N，L=2m，力F对三个物体做的功分别记为W甲、W乙、W丙，则( )
A. W甲=17.32JB. W乙=17.32JC. W丙=−17.32JD. 以上三个都正确
5.地球的公转轨道接近圆，而彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆(如图)。天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，向心加速度a1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，向心加速度a2，则( )
A. v1B. a1>a2
C. 哈雷彗星公转轨道半长轴与地球公转半径之比为345:1
D. 哈雷彗星公转周期与地球公转周期之比为61：1
6.运动员将质量为400g的足球踢出后，某人观察它在空中飞行情况，估计上升的最大高度是5m，在最高点的速度为20m/s。不考虑空气阻力，g取10m/s2。运动员踢球时对足球做的功约为( )
A. 120JB. 100JC. 80JD. 20J
7.A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v−t图像如图所示。此过程中A、B两物体( )
A. 运动位移大小之比为2：1
B. 运动加速度大小之比为1：2
C. 受到的摩擦力大小之比为2：1
D. 克服摩擦力做的功之比为2：1
8.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。测得a，b间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30∘，g取10m/s2。则运动员空中飞行( )
A. 时间为4sB. 水平位移为10 3m
C. 竖直位移为10 3mD. 离斜坡表面最远的距离为5 3m2
9.如图所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动，转速n=20r/s。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，则可判断( )
A. 白点转动的方向为逆时针，转动的周期为1s
B. 白点转动的方向为逆时针，转动的周期为10s
C. 白点转动的方向为顺时针，转动的周期为ls
D. 白点转动的方向为顺时针，转动的周期为10s
10.如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离x变化时，测得两点压力差ΔFN与距离x的关系图像如右图所示。不计空气阻力，g取10m/s2。则可判断( )
A. 小球的质量为1kg
B. 相同半圆光滑轨道的半径为0.2m
C. 若小球在最低点B的速度为20m/s，小球沿光滑轨道恰能通过A点，则x为15m
D. 若小球在最低点B的速度为20m/s且x为0，则小球运动到A点时的速度为15m/s
二、填空题：本大题共5小题，共14分。
11.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同的时间内，他们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则A、B的线速度之比为______；角速度之比为______，向心加速度之比为______.
12.有一辆质量为800kg的小汽车驶上圆弧半径为50m的拱桥．(g取10m/s2)，当汽车到达桥顶时速度为5m/s时，汽车对桥的压力是______N.
13.若在速度为0.5倍光速的飞船上有一只完好的手表走过了60s，根据相对论时空观的时间延缓效应，地面上的人认为它走过这60s“实际”上花了______ s。
14.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的细绳悬挂于O点正下方的P点。小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点。已知重力加速度为g，则小球在Q点的速度大小为______。
15.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R地方有一质量为m的质点。现从M中挖去半径为12R的球体，如图所示，剩余部分对m的万有引力为______。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
16.在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图(a)所示，待选小球是质量均为2m的球1、球2和质量为m的球3，标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小。图(b)是演示器部分原理示意图，其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.6倍，轮③的半径是轮①的2倍，轮⑤的半径是轮④的0.8倍，轮⑥的半径是轮④的0.5倍；两转臂上黑白格的长度相等；A、B、C为三根固定在转臂上的挡板可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。
(1)皮带与不同半径的塔轮相连，主要是为了使两小球具有不同的______。
A.转动半径r
B.线速度v
C.角速度ω
D.加速度a
(2)若将球1、2分别放在挡板B、C位置，将皮带与轮①和轮④相连则是在研究向心力的大小F与______的关系。
A.转动半径r
B.质量m
C.角速度ω
D.线速度v
(3)若将球1、3分别放在挡板B、C位置，转动手柄时标尺1和标尺2示数的比值为1：4，则可判断与皮带连接的变速塔轮为______。
A.①和④
B.②和⑤
C.③和⑥
D.③和④
17.在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
(1)下列器材中不必要的一项是______ (只需填字母代号).
A.重物 B.纸带 C.天平 D.低压交流电源 E.毫米刻度尺
(2)关于本实验的误差，说法不正确的一项是______
A.选择质量较小的重物，有利于减小误差
B.选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差
C.先松开纸带后接通电源会造成较大的误差
D.实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
(3)在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图2所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s.那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep=______J，此过程中物体动能的增加量Ek=______J.(取g=9.8m/s2，保留三位有效数字)
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
18.2023年5月30日长征二号F运载火箭托举神舟十六号载人飞船跃入苍穹，在太空飞行数小时后，与空间站组合体径向交会对接，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员依次进驻空间站天和核心舱。神舟十六号载人飞船与空间站组合体对接示意图如图所示，组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与空间站组合体对接。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g。求：
(1)飞船在轨道Ⅰ时的线速度大小。
(2)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期。
(3)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间。
19.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。轻质弹簧左端固定于挡板，右端自由伸长至A点。一质量为m的小物块将弹簧压缩后由静止释放，在弹力作用下小物块获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v，之后沿半圆形导轨运动，恰能通过最高点C。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
(1)弹簧压缩时的弹性势能；
(2)小物块沿半圆形导轨运动过程中克服阻力做的功；
(3)若水平面AB间不光滑，且与小物块间的动摩擦因数为μ，AB间距为L，A点左侧水平面及半圆形导轨均光滑。欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨，则压缩弹簧时存贮的弹性势能大小范围是多少？
五、计算题：本大题共1小题，共6分。
20.“套圈圈”是老少皆宜的游戏。如图，某同学站在起始线后以初速度v1=8m/s向前抛出铁丝圈，铁丝圈抛出时在起始线正上方，套中地面上距离起始线x1=4m处的目标。忽略空气阻力，(g=10m/s2)则：
(1)铁丝圈在空中运动的时间t；
(2)抛出铁丝圈时圈距离地面高度是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、司机和乘客转动角速度相等，由于他们离圆心的距离不相等，由v=rω可知，线速度不相等，故A错误；
B、汽车做变速圆周运动，合外力不指向圆心，故B错误；
C、由于人的质量未知，无法比较两人受到汽车的作用力大小，故C错误；
D、汽车对乘客的作用力竖直分力等于学员所受的重力，水平分力提供合力，故大于重力，故D正确。
故选：D。
司机和乘客的角速度相等，但离圆心的距离不相等，根据v=rω可知，线速度不相等；汽车做变速圆周运动，合外力不指向圆心；司机和乘客质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小；司机和乘客受重力、汽车的作用力，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力。
解决本题的关键知道圆周运动的性质，明确司机和乘客同一车上的转动角速度、周期和频率是相同的，同时会分析向心力的来源。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题是物理学史问题，根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，特别是著名科学家的贡献要记牢．
【解答】
A、开普勒对天体的运行做了多年的研究，最终得出了行星运行三大定律，故A错误。
B、牛顿认为行星绕太阳运动是因为受到太阳的引力作用，引力大小与行星到太阳的距离的二次方成反比，故B错误。
C、牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故C错误。
D、牛顿发现了万有引力定律之后，第一次通过实验比较准确地测出万有引力常量的科学家是卡文迪许，故D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】解：由于物体是匀速上升的，所以物体受力平衡，电动机的拉力与物体的重力大小相等；
由P=FV=mgV，可以求得：
v=Pmg=1000020000×10m/s=0.05m/s。故ABC错误，D正确
故选：D。
当电动机匀速提升物体时，电动机的拉力与物体的重力相等，由P=FV可以求得物体上升的速度．
本题关键是明确物体匀速上升时拉力等于重力，然后根据公式P=Fv列式求解；如果加速上升，拉力将不同．
4.【答案】A
【解析】解：A.根据功的定义式，力对甲做的功为：
W甲=10×2×cs⁡(180∘−150∘)J
解得：W甲≈17.32J，故A正确；
B.根据功的定义式，力对乙做的功为：
W乙=10×2×cs⁡(180∘−30∘)J
解得：W乙≈−17.32J，故B错误；
CD.根据功的定义式，力对丙做的功为：
W丙=10×2×cs⁡30∘J
解得：W丙≈17.32J，故CD错误。
故选：A。
根据功的计算公式逐一完成计算，结合选项完成分析。
本题主要考查了功的计算的相关应用，熟悉恒力做功的计算公式即可完成分析，注意公式中的夹角是力与位移两个方向之间的夹角。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可得12r1v1Δt=12r2v2Δt
由于r1则有v1>v2，故A错误；
B.根据牛顿第二定律，在近日点GMmr12=ma1
在远日点GMmr22=ma2
由于r1联立可得a1>a2，故B正确；
CD.根据题意可知，哈雷彗星的周期为2061−1986=75年
因此哈雷彗星公转周期与地球公转周期之比为TT地=751
根据开普勒第三定律可得a3T2=r地3T地2
哈雷彗星公转轨道半长轴与地球公转半径之比为ar地=3(TT地)2=3(751)2=53451，故CD错误。
故选：B。
A.根据开普勒第二定律，求解在近日点和远日点的速度大小关系；
B.根据万有引力定律和牛顿第二定律，求解出近日点和远日点的加速度的大小关系；
CD.根据题意求解公转周期的关系，再根据开普勒第三定律可以求出哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径的关系。
本题主要考查了开普勒第二、第三定律和牛顿第二定律，明确开普勒三定律是解决问题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：设运动员踢球时对足球做的功为W。
从开始踢球到足球上升到最大高度的过程，根据动能定理得
W−mgh=12mv2
解得：W=100J，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对从开始踢球到足球上升到最大高度的过程，利用动能定理列方程，即可求出运动员踢球时对足球做的功。
本题运用动能定理解答时，要灵活选择研究过程，可以全程列式，也可以分段列式。
7.【答案】D
【解析】解：A.v−t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，A、B两物体运动位移大小分别为xA、xB，根据图像有
xA=12v0t
xB=12v0⋅2t
解得：xA：xB=1：2，故A错误；
B.v−t图像中，图像斜率的绝对值表示加速度大小，A、B两物体运动加速度分别为aA、aB，根据图像有
aA=v0t
aB=v02t
解得：aA：aB=2：1，故B错误；
C.由牛顿第二定律得：
fA=mAaA
fB=mBaB
联立解得：fA：fB=4：1，故C错误；
D.根据功的定义得：
WfA克=fAxA
WfB克=fBxB
联立解得：WfA克：WfB克=2：1，故D正确。
故选：D。
在v−t图像中，图像与横轴围成的面积表示位移，由此求出位移之比；先根据图像的斜率求出加速度，由此求出加速度之比，结合牛顿第二定律分析出摩擦力之比；根据做功公式和摩擦力以及位移的比值关系求出摩擦力做功之比。
本题以v−t图像为切入点，综合考查了运动学公式，牛顿第二定理以及功的结合，综合性强，知道v−t图像的斜率表示加速度。
8.【答案】D
【解析】解：ABC.运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，测得a，b间的距离为Lab=40m，斜坡与水平方向的夹角为30∘，则水平位移为
xLab=cs30∘
则
x=Labcs30∘=40× 32m=20 3m
竖直位移为
yLab=sin30∘
则
y=Labsin30∘=40×12m=20m
竖直方向为自由落体运动，根据
y=12gt2
解得
t= 2yg= 2×2010s=2s
故ABC错误；
D.水平方向做匀速直线运动，有
x=v0t
解得v0=xt=20 32m/s=10 3m/s
将运动员的运动分解为沿斜坡和垂直斜坡两个分运动，则垂直斜坡分运动的初速度大小为
v2=v0sin30∘=10 3×12m/s=5 3m/s
垂直斜坡分运动的加速度大小为
a2=gcs30∘=10× 32m/s2=5 3m/s2
则当垂直斜坡的分速度减为0时，运动员离斜坡表面最远，最远距离为
ymax=v222a2=(5 3)22×5 3m=5 32m
故D正确。
故选：D。
由题可知，运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动的特点，可知运动员在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体的位移-时间公式可求运动员在空中飞行的时间与水平位移和竖直位移；
离斜坡表面最远时速度与斜面平行。
解题关键是明白平抛运动的特点，结合相应的运动学公式即可求解。
9.【答案】A
【解析】解：由题意黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转20圈，即频率为f0=20Hz
在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘，即f′=21Hz
则f0所以观察到白点逆时针旋转，则有f′−f0=1Hz
所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈，即转动周期为T=1s
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据圆盘转动频率和频闪光的频率之间的关系进行求解。
本题考查实际频率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路。
10.【答案】C
【解析】解：AB、设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R。小球从最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律可得
12mvB2=12mvA2+mg(2R+x)
由牛顿第二定律可得
对B点，有FN1−mg=mvB2R
对A点，有FN2+mg=mvA2R
结合牛顿第三定律解得A、B两点的压力差为
ΔFN=FN1−FN2=6mg+2mgxR
由题图可得，纵轴截距为b=6mg=6N
斜率为k=2mgR=10−64N/m
解得：m=0.1kg，R=2m，故AB错误；
C、小球沿光滑轨道恰能通过A点的条件为：mg=mvA2R，得vA=2 5m/s
若小球在最低点B的速度为20m/s，代入表达式FN1−mg=mvB2R，解得：FN1=21N
则A、B两点的压力差为ΔFN=FN1=21N
代入表达式ΔFN=6mg+2mgxR，解得：x=15m，故C正确；
D、若小球在最低点B的速度为20m/s且x为0，代入表达式ΔFN=6mg+2mgxR，可得ΔFN=6N
由ΔFN=FN1−FN2，FN2+mg=mvA2R，解得：vA=8 5m/s，故D错误。
故选：C。
小球从B到A，由机械能守恒定律列方程；分别对A点和B点由向心力公式和牛顿第三定律可求得压力差ΔFN与距离x的关系式，即可由图像的截距求得物体的质量，由图像的斜率求得光滑圆轨道的半径；小球沿光滑轨道恰能通过A点的条件为重力提供向心力，结合机械能守恒定律求解小球沿光滑轨道恰能通过A点时的x值；结合A项和C项中表达式分析D项。
本题考查机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用，关键要得到图像的解析式，再研究图像斜率和截距的意义。
11.【答案】4：3 3：2 2：1
【解析】解：因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据v=st，则A、B的线速度之比为4：3.
运动方向改变的角度之比为3：2，根据ω=△θt，则角速度之比为3：2，
根据a=vω得，向心加速度之比为a1a2=v1ω1v2ω2=43⋅32=21.
故答案为：4：3，3：2，2：1
根据相同时间内通过的路程之比导出线速度之比，根据相同时间内转过的角度之比得出角速度大小之比，通过a=vω得出向心加速度之比．
解决本题的关键掌握线速度和角速度的定义式，以及知道加速度与线速度、角速度的关系．
12.【答案】7600
【解析】解：如图所示，汽车到达桥顶时，竖直方向受到重力G和桥对它的支持力N的作用．
汽车对桥顶的压力大小等于桥顶对汽车的支持力N，汽车过桥时做圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，即F=G−N；
根据向心力公式：F=mv2R，
有：N=G−F=mg−mv2R=8000−800×2550=7600N.
故答案为：7600
在最高点重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式和牛顿第二定律可列式求解．
本题关键找出车经过桥的最高点时的向心力来源，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．
13.【答案】40 3
【解析】解：由相对论时空观可得
Δt′=Δt 1−(vc)2
其中
v=0.5c，Δt=60s
联立解得
Δt′=40 3s
故地面上的人认为它走过这60s“实际”上花了40 3s。
故答案为：40 3。
根据相对论时空观可以计算。
只要熟练掌握相对论时空观的基本公式即可正确解答。
14.【答案】 2gl(sinθ+csθ−1)
【解析】解：从P点运动到Q点，根据动能定理可得：Flsinθ−mgl(1−csθ)=12mv2，又F=mg，联立解得小球在Q点的速度大小为v= 2gl(sinθ+csθ−1)
故答案为： 2gl(sinθ+csθ−1)
由P到Q的过程中，物体受到重力，拉力与F的作用。绳的拉力不做功，故由动能定理，即可算出小球的速度。
动能定理的简单应用问题。
15.【答案】23GMm100R2
【解析】解：质量为M的球体对质点m的万有引力
F1=GMm(2R)2=GMm4R2
挖去的球体的质量
M′=43π(R2)343πR3M=M8
质量为M′的球体对质点m的万有引力
F2=GM′m(2R+R2)2=GMm50R2
则剩余部分对质点m的万有引力为
F=F1−F2=GMm4R2−GMm50R2=23GMm100R2
故答案为：23GMm100R2。
根据万有引力定律求质量为M的球体对质点m的万有引力和质量为M′的球体对质点m的万有引力，最后求剩余部分对质点m的万有引力。
本题解题关键是根据割补法分别求出质量为M的球体对质点m的万有引力和质量为M′的球体对质点m的万有引力，再求剩余部分对质点m的万有引力。
16.【答案】C A C
【解析】解：(1)皮带传动过程中，与皮带接触的边缘的线速度大小相等，皮带与不同半径的塔轮相连时，根据v=ωr
解得ω=vr
可知，小球转动的角速度不同。故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)皮带轮①、④的半径相同，若将皮带与轮①和轮④相连，根据上述可知，小球转动的角速度相同，球1、2质量相同，小球在挡板B、C位置圆周运动的半径不同，实验目的是研究向心力的大小F与转动半径r的关系。故A正确，BCD错误；
故选：A。
(3)对小球1有F1=2mω12R1
对小球3有F3=mω32R3
根据题意有R1R3=42=21，F1F3=14
解得ω1ω3=14
令皮带转动速度为v，则有
v=ω1r1=ω3r3
解得r1r3=41
可知皮带连接的变速塔轮为③和⑥。故C正确，ABD错误；
故选：C。
边缘传动，边缘上的点线速度大小相等，同轴传动，除轴外角速度相等；向心力公式F=mω2R，利用控制变量法可以验证F与m、R、ω的关系。
本题主要考查“探究向心力大小的表达式”实验，根据控制变量法可以验证F与m、R、ω的关系。
17.【答案】
【解析】解：(1)根据实验原理和实验数据的处理可得，重锤的质量可以在验证动能和势能相等时，等式的两边约掉，重锤的质量在实验中不必测量，故天平不需要；
(2)实验中减少误差，A中使用质量较小的重锤，由于阻力的存在，会使相对误差加大，故A错误；B打点计时器的时间间隔为0.02s，利用自由落体运动求得运动位移接近0.002m，故B项中纸带打第一个点时为纸带刚开始运动，B会减少实验误差；C根据数据的处理方法，先松纸带只会减少纸带的利用率，不会带来误差；D根据功能关系重力势能对应重力做功，动能变化量对应合外力做功，动能小于势能是因为存在摩擦力做功的原因；
(3)由势能计算公式可得：Ep=mgh=1×9.8×0.2325≈2.28J，打B点的速度为：VB=XACTAC=0.3250−，由EK=12mv2=12×1×2.122=2.26J；
故答案为：(1)C，(2)A，(3)2.28，2.26
(1)(2)要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．
(3)根据势能和动能的表达式进行计算．
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，掌握数据处理的方法．
18.【答案】解：(1)飞船在轨道Ⅰ时，据万有引力作为向心力可得
GMmr12=mv2r1
物体在地球表面满足
mg=GMmR2
联立解得
v=R gr1
(2)空间站组合体在轨道Ⅲ时满足
GMmr32=m4π2T32r3
联立解得
T3=2πR r33g
(3)根据开普勒第三定律可得
a3T22=r33T32
其中
a=r1+r32
解得
T2= π2(r1+r3)32gR2
飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间为
t=12T2
代入T2可得
t= π2(r1+r3)38gR2
答：(1)飞船在轨道Ⅰ时的线速度大小R gr1；
(2)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期2πR r33g；
(3)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间 π2(r1+r3)38gR2。
【解析】(1)飞船在轨道Ⅰ时，据万有引力提供向心力列式，物体在地球表面，万有引力等于重力，求飞船在轨道Ⅰ时的线速度大小；
(2)空间站组合体在轨道Ⅲ时，据万有引力提供向心力列式，求空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期；
(3)根据开普勒第三定律，求周期，再求飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间。
本题解题关键是掌握在卫星轨道上万有引力提供向心力，在星球表面万有引力等于重力。
19.【答案】解：(1)由静止释放到B点的过程机械能守恒，弹簧压缩时的弹性势能为：Ep=12mv2；
(2)物块恰能通过C点，根据向心力公式可得：mg=mvC2R
B到C的过程应用动能定理可得：−mg×2R−Wf=12mvC2−12mv2
联立解得克服阻力做的功为：Wf=12mv2−52mgR；
(3)若物块恰能滑至B点，由功能关系可知：Ep1=μmgL
若物块恰能滑至半圆形导轨的与圆心等高处，由功能关系可知：Ep2=μmgL+mgR
若物块恰能通过半圆形导轨最高点，由功能关系可知：Ep3=μmgL+mg2R+12mvC2=μmgL+52mgR
弹性势能大小范围为：μmgL答：(1)弹簧压缩时的弹性势能为12mv2；
(2)小物块沿半圆形导轨运动过程中克服阻力做的功为12mv2−52mgR；
(3)欲使小物块滑上半圆形轨道且中途不脱离半圆形导轨，则压缩弹簧时存贮的弹性势能大小范围是μmgL【解析】(1)根据机械能守恒定律求解弹簧压缩时的弹性势能；
(2)物块恰能通过C点，根据向心力公式求解达到最高点的速度大小，根据动能定理求解克服阻力做的功；
(3)若物块恰能滑至B点，由功能关系求解弹簧弹性势能；若物块恰能滑至半圆形导轨的与圆心等高处，由功能关系再次求解弹簧弹性势能，因此得到压缩弹簧时存贮的弹性势能大小范围。
本题主要是考查功能关系、动能定理等，关键是弄清楚小物块的受力情况和运动情况，掌握竖直方向圆周运动问题的处理方法。
20.【答案】解：(1)铁丝圈在水平方向做匀速运动，则在空中运动的时间
t=x1v1=48s=0.5s
(2)铁丝圈在竖直方向做自由落体运动，则抛出铁丝圈时圈距离地面高度是
h=12gt2=12×10×0.52m=1.25m
答：(1)铁丝圈在空中运动的时间t为0.5s；
(2)抛出铁丝圈时圈距离地面高度是1.25m。
【解析】根据平抛运动的水平位移和初速度求出铁丝圈在空中运动的时间；
结合竖直方向自由落体运动和时间求出下落高度。
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。