2024-2025学年河北省石家庄二十四中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省石家庄二十四中高二（上）开学物理试卷（含解析），共16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。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.对电场强度的理解，以下说法正确的是( )
A. 若移走电场中P点的试探电荷，则P点的电场强度变为0
B. 匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在匀强电场中受力都相同
C. 电场强度公式E=Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
D. 点电荷的电场强度公式E=kQr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为r处的4倍
2.关于动量、冲量和动量的变化量，下列说法中正确的是( )
A. 物体动量为零时，一定处于平衡状态
B. 冲量越大时，物体受力越大
C. 做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp方向与速度的方向相同
D. 做曲线运动的物体，动量的变化量Δp方向与速度的方向相同
3.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602
B. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16
D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160
4.为顺利带回月球背面的样品，科研人员为嫦娥六号设计了11个阶段的飞行任务。在嫦娥六号探测器的着陆下降阶段，探测器在距离月球某高度时，会在反推力的作用下短暂悬停在月球表面。假设探测器悬停时，在Δt时间内向下喷出的气体质量(远小于探测器的质量)为m，喷出的气体相对于月球表面的速度大小为v，则探测器在该位置受到的重力大小为( )
A. mvΔtB. mv2ΔtC. mv2ΔtD. mvΔt
5.如图所示，用起电机使金属球A带正电，将A靠近验电器上的金属小球B，则( )
A. 验电器的金属箔不会张开，因为球A没有和B接触
B. 验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了正电
C. 验电器的金属箔张开，因为验电器下部的箔片都带上了正电
D. 验电器的金属箔张开，因为整个验电器都带上了负电
6.如图，海王星沿椭圆轨道绕太阳运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A. 从P到M所用的时间等于14T0
B. 从Q到N阶段，机械能增大
C. P点速率大于Q点速率
D. 从M到N阶段，万有引力始终对它做负功
7.如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的14圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则( )
A. 球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A不做功
B. 整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C. 球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为13R
D. 球A与弹簧作用后，能够追上槽C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2022年10月，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km，运行一圈所用时间约为100分钟。如图，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
B. “夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度
C. “夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
D. 由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
9.在刚刚结束的东京奥运会上，14岁的中国姑娘全红婵凭借高超的“水花消失术”获得评委们的三个满分，从而获得女子10米跳台冠军．在比赛中质量为m的全红婵，从跳台上以初速度v0竖直向上跳起，从跳台上起跳到入水前重心下降了H，入水后由于水的阻力使速度减为0.入水后到速度为0时重心下降了ℎ，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 全红婵起跳后在空中受到合外力的冲量大小为m v02+2gH+mv0
B. 全红婵受到水的阻力的冲量大小为m v02+2gH
C. 从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，全红婵受到的合外力的冲量大小为mv0
D. 全红婵入水后受到重力的冲量大小为m v02+2gH
10.如图甲所示，一轻弹簧竖立在水平地面上，质量为0.5kg的小球在外力的作用下，从接触弹簧开始缓慢向下运动到某一位置。撤去外力后，小球被弹起上升至最高点的过程中，其速度平方随位移的变化v2−s图像如图乙所示，其中0.2～1.0m的图像为直线，空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 小球与弹簧分离时位移小于0.2m
B. 小球的最大速度为v1=4m/s
C. 弹簧弹性势能的最大值为Ep=5J
D. 小球压缩弹簧的过程中，外力做功为WF=4J
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.在汽车安全装置的开发过程中，需要进行汽车碰撞试验，包括实车撞墙和滑车互撞试验。对不同品牌的A、B车进行试验，两车质量分别为mA=800kg和mB=1000kg。
(1)在实车撞墙实验中，如图甲为碰撞测试安全气囊弹出的情境。该过程安全气囊的作用是通过______(填“增大”或“减小”)作用时间，减小驾乘人员因剧烈碰撞产生的作用力。分别用A、B车进行撞墙试验时，碰前速度均为60km/ℎ，测试数据如图乙，通过数据可以判断______(填“A”或“B”)车受到的平均冲击力较大。

(2)用A、B两车进行滑车互撞试验，行驶速度为vB=30m/s的B车与静止的A车碰撞，碰后B车速度大小为v′B=10m/s，方向不变，碰撞时间很短且处于同一水平面上。求：
①碰撞过程中B车的动量变化量大小；
②碰撞后瞬间A车的速度大小。
12.在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图(a)所示的装置，让金属小球从静止开始下落，实验过程如下：

(1)让小球从某一固定高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后立即停止。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d= ______mm。
(3)测量时，应______(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次通过光电门的遮光时间Δt1。
(4)若适当调低光电门位置(不会接触橡胶材料)，将会______(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.在一个点电荷Q形成的电场中，建立如图甲所示的Ox坐标轴，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2m和5m。放在A、B两点的试探电荷所受静电力大小跟其电量的关系图像分别如图乙中直线a、b所示。如果放在A点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电，则它们受到的静电力方向都跟x轴的正方向相同。求：(静电力常量k=9.0×109Nm2/C2)
(1)B点的电场强度的大小和方向；
(2)试判断点电荷Q的电性，并通过计算确定点电荷Q的位置坐标。
14.2023年《三体》电视剧异常火爆，点燃了人类探索未知世界的热情。假如将来的某一天你成为了一名优秀的宇航员，你驾驶宇宙飞船对火星进行探测，为了研究火星表面的重力加速度你精心设计了如图所示的实验装置，该实验装置由光滑倾斜轨道AB、水平轨道BC和光滑圆形轨道CDE组成，轨道间平滑连接(小球经过连接点时速度大小不变)，随后登陆火星后做了该实验，在轨道AB距水平轨道BC高为ℎ=3R处无初速释放一个质量为m的小球，小球从C点向右进入半径为R的光滑圆形轨道，小球恰好通过圆形轨道最高点E且测得在E点的速度为v0。假设火星为均质球体，火星的半径为r。求：

(1)火星表面的重力加速度g；
(2)火星的第一宇宙速度v；
(3)小球从A点到E点的过程中，因摩擦产生的热量Q。
15.如图，光滑水平台面MN上放两小滑块A、B(可视为质点)，台面MN与水平传送带上表面等高且平滑连接，传送带水平部分长度L=10m，传送带沿逆时针方向以恒定速度v=4.5m/s匀速转动。滑块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，滑块质量分别为mA=2kg、mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧(与A、B均未栓接)，弹簧中锁定有弹性势能EP=12J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取10m/s2。
(1)计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1，vB1；
(2)滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2；
(3)滑块B从滑上传送带到离开传送带过程中，在传送带表面留下的划痕总长。
答案解析
1.D
【解析】解：A.电场强度由电场本身决定，与放不放试探电荷无关，则P点的电场强度始终不为零，故A错误；
B.电荷在电场中所受电场力F=qE，电荷电场中所受电场力与q、E有关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中受力不同，故B错误；
C.公式E=Fq是电场强度的定义式，电场强度由电场本身决定，与试探电荷所带的电荷量大小无关，故C错误；
D.公式E=kQr2是真空中静止点电荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故D正确。
故选：D。
明确电场强度是电场本身的性质决定的，与放置的试探电荷无关；知道点电荷电场强度公式的性质，知道式本题考查电场强度的性质，明确电场强度两个公式的区别，熟记电场强度的方向如何规定是本题关键。E=kQr2为点电荷电场的决定式；明确匀强电场的性质，但要知道F=Eq公式的应用。
本题考查电场强度的性质，明确电场强度两个公式的区别，熟记电场强度的方向如何规定是本题关键。
2.C
【解析】解：A、物体动量为零时，速度为0，但不一定处于平衡状态，故A错误；
B、根据公式I=Ft，力的冲量越大，力不一定越大，还与时间有关，故B错误；
C、根据动量的计算公式p=mv，可知做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp方向与速度的方向相同，故C正确；
D、根据动量定理Ft=Δp，可知做曲线运动的物体，动量的变化量Δp方向与合力的方向相同，故D错误；
故选：C。
根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，据此逐项分析即可求解。
本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆。
3.B
【解析】A.设月球质量为M月，地球质量为M，苹果质量为m，地球半径为r，月球半径为r月，则月球受到的万有引力为：F月=GMM月(60r)2，苹果受到的万有引力为：F=GMmr2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误;
B.根据牛顿第二定律：GMM月(60r)2=M月a月，GMmr2=ma，整理可以得到：a月=1602a，故选项B正确;
C.在月球表面处：GM月m,r月2=m,g月，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故选项C错误;
D.苹果在月球表面受到引力为：F,=GM月mr月2，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在
地球表面受到的引力之间的关系，故选项D错误。A.设月球质量为M ​月，地球质量为M，苹果质量为m，地球半径为r，月球半径为r ​月，则月球受到的万有引力为F月=GMM月(60r)2，苹果受到的万有引力为F=GMmr2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误。
B.根据牛顿第二定律GMM月(60r)2=M月a月，GMmr2=ma，整理可以得到a ​月=1602a，故选项B正确。
C.在月球表面处GM月m,r月2=m,g月，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故选项C错误。
D.苹果在月球表面受到引力为F′=GM月mr月2，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在地球表面受到的引力之间的关系，故选项D错误。
4.A
【解析】解：设探测器对气体的力为F，对气体，以喷气方向为正，根据动量定理有：F⋅Δt=mv
探测器悬停在地表上空，则有：Mg=F′
根据牛顿第三定律可知气体对探测器的力：F′=F
解得：Mg=mvΔt，故BCD错误，A正确。
故选：A。
探测器悬停在地表上空，处于平衡状态，根据牛顿第三定律分析相互作用力，系统动量守恒，根据动量定理解得质量。
本题主要考查了动量定理的相关应用，选择合适的物体，根据动量定理结合牛顿第三定律完成分析。
5.C
【解析】解：把一个带正电的金属球A，靠近验电器的金属小球B，由于静电感应，验电器的金属小球会带上与A球电荷电性相反的负电荷，金属箔会带上等量正电荷，所以验电器的金箔张开，而整个验电器不带电，故ABD错误，C正确。
故选：C。
验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的。
本题考查了电荷间相互作用的规律和静电感应现象，在静电感应中，由于电荷间的相互作用，使得导体上靠近带电体的一端感应出和带电体异种的电荷，远离带电体一端感应出和带电体同种的电荷，这一点我们务必要记住。可简记为“近异远同”。
6.C
【解析】解：B、海王星沿椭圆轨道绕太阳运动，只有太阳引力对海王星做功，所以海王星的机械能守恒，故B错误；
C、从近日点P到远日点Q的过程，太阳对海王星的万有引力一直做负功，海王星的动能一直减小，则海王星在P点的动能大于Q点的动能，所以海王星在P点速率大于Q点速率，故C正确；
D、从M到Q过程，太阳对海王星的万有引力与速度的夹角为钝角，万有引力做负功；从Q到N过程，太阳对海王星的万有引力与速度的夹角为锐角，万有引力做正功，故D错误；
A、根据对称性可知，海王星从近日点P到远日点Q所用时间为12T0，而海王星从近日点P到远日点Q速度一直减小，可知从P到M所用的时间小于14T0，故A错误。
故选：C。
海王星沿椭圆轨道绕太阳运动，只有太阳引力对海王星做功，其机械能守恒；根据万有引力做功情况，分析速率变化情况，再确定从P到M所用的时间与周期的关系。
解答本题的关键要正确分析万有引力做功情况，根据引力做正功时，动能增大，相反，引力做负功时，动能减小，来分析速率的变化情况。
7.D
【解析】解：A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C组成的系统机械能守恒，C向右运动其机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A错误；
B、整个过程中球A、球B、槽C构成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误；
C、对球A与槽C组成的系统，以水平向左为正方向，由水平方向平均动量守恒得：mvA−−2mvC−=0
可得：mxA−2mxC=0，由几何关系得：xA+xC=R
联立解得球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为：xA=23R，故C错误；
D、设球A到最低点时的速度为vA，此时C的速度为vC，以水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mvA−2mvC=0
由机械能守恒得：mg⋅4R=12mvA2−12×2mvC2
联立解得：vA=4 gR3，方向水平向左；vC=2 gR3，方向水平向右。
以水平向左为正方向，对球A和球B由动量守恒定律得：mvA=mvA′+5mvB
由机械能守恒定律得：12mvA2=12mvA′2+12×5mvB2
联立解得球A与弹簧作用后的速度为：vA′=−83 gR3，负号表示方向水平向右。
易知球A与弹簧作用后速度大于C的速度，能够追上槽C，故D正确。
故选：D。
球A沿槽C下滑过程中，A、C组成的系统机械能守恒，C向右运动其机械能增加，根据功能关系分析槽C对球A做功情况；整个过程中球A、球B、槽C构成的系统只是在水平方向上动量守恒；对球A与槽C组成的系统，根据水平方向动量守恒求解球A水平向左的位移；对球A和球B与弹簧作用过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律求解球A与弹簧作用后的速度，根据球A与槽C的速度大小关系作出判断。
本题考查了动量守恒和机械能守恒问题，关键在于理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律。球A和球B与弹簧作用过程类似于弹性碰撞模型，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。要注意球A与槽C构成的系统只是在水平方向上动量守恒，水平方向上属于人船模型。
8.BC
【解析】解：A.第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故A错误；
B.根据GMmr2=ma，可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球同步卫星的加速度，根据a=rω2可知，地球同步卫星的加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，故B正确；
C.因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故C正确；
D.“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选：BC。
A.根据第一宇宙速度和圆轨道上卫星的运行速度关系进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律列式判断“夸父一号”和同步卫星加速度，再结合同步卫星加速度和地球表面上物体向心加速度大小关系进行判断；
C.根据地球围绕太阳的圆周运动周期和对应角度分析转动角度；
D.根据开普勒第三定律的内容进行分析判断。
考查万有引力定律的应用和开普勒第三定律、第一宇宙速度等，会根据题意进行准确分析和判断。
9.AC
【解析】A、设入水前运动员的速度大小为v，运动员在空中运动的过程中机械能守恒，则mgH+12mv02=12mv2，所以v= v02+2gH，取向下为正方向，由动量定理得：运动员起跳后在空中运动过程受到合外力冲量大小为I=Δp=m v02+2gH−(−mv0)=m v02+2gH+mv0，故A正确；
BD、全红婵到入水后受到重力和水的阻力，根据动量定理有：IG−I0=0−m v02+2gH，因此水的阻力的冲量大小大于m v02+2gH，重力的冲量不一定等于m v02+2gH，故BD错误；
C、从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，根据动量定理，取向下为正方向：I=Δp=0−(−mv0)=mv0，故C正确；
故选：AC。
10.CD
【解析】解：A、由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球的加速度为g，说明小球在x=0.2m时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.2m，故A错误；
B、小球与弹簧分离后做竖直上抛运动，小球与弹簧分离时的速度v2= 2g(x1−x2)= 2×10×(1.0−0.2)m/s=4m/s
由图可知最大速度v1>v2=4m/s，故B错误；
C、从释放到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为零势能参考点，小球的机械能为E=mgℎ=0.5×10×1.0J=5J，根据系统机械能守恒知弹簧弹性势能最大值为Ep=E=5J，故C正确；
D、向下按ℎ=0.2m的过程，根据功能关系有：WF+mgℎ=Ep
解得外力F对小球所做的功为：WF=4J，故D正确。
故选：CD。
根据题意与图像分析清楚小球的运动过程，确定小球与弹簧分离时对应的位移。应用运动学公式求出小球与弹簧分离时的速度大小，从而确定小球的v2−x图像中最大的速度。根据小球的运动过程，应用功能关系分析答题。
本题根据题意分析清楚小球的运动过程是关键，要明确小球的受力情况和能量转化情况，应用运动学公式与功能关系即可解题。
11.增大 A
【解析】解：(1)v=60km/ℎ=503m/s，由动量定理FΔt=Δp知：当Δp不变，可增大作用时间，减小驾乘人所受到的作用力；
取初速度的方向为正方向，根据动量定理可得：−FAtA−0−mAv，−FBtB=0−mBv
其中tA=55s，tB=75s，解得：FA=2.42×105N，FB=2.22×105N
即FA>FB
(2)①取小车B运动方向为正，则B车的动量变化量为
Δp=mBv′B−mBvB=1000×(10−30)kg⋅m/s=−2×104kg⋅m/s
动量变化量大小为2×104kg⋅m/s；
②根据动量守恒定律得
mBvB=mBv′B+mAvA
代入数据解得
vA=25m/s
故答案为：(1)增大，A；
(2)①碰撞过程中B车的动量变化量大小为2×104kg⋅m/s；
②碰撞后瞬间A车的速度大小25m/s。
(1)根据动量定理计算碰撞时的作用力，进而比较即可；
(2)①根据Δp=p′−p求解B车的动量变化量；
②根据动量的守恒定律求解碰后A车的速度。
本题考查动量定理和动量守恒定律，要用所学的物理知识正确解释生活中的实际问题。
B 增大
【解析】解：(2)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，由图(b)可知，小球的直径为
d=7.5mm+38.4×0.01mm=7.884mm
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球。
故选B。
(4)若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
故答案为：(2)7.884；(3)B；(4)增大。
(2)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(3)根据先释放纸带造成的误差分析判断；
(4)分析空气阻力对实验的影响。
本题关键掌握“验证机械能守恒定律”实验误差分析和螺旋测微器的读数方法。
13.解：(1)F−q图像的斜率表示电场强度。所以B点的电场强度的大小：
EB=FBqB=40.1N/C=40N/C，方向沿x轴负向；
(2)A点的电场强度的大小：EA=FAqA=10.4N/C=2.5N/C
如果放在A点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电，则它们受到的静电力方向都跟x轴的正方向相同，所以点电荷Q带负电，位置在AB之间。
设点电荷距离A的距离为d，则：
EA=kQd2
EB=kQ(3−d)2
解得：d=2.4m，Q=1.6×10−9C
则点电荷Q的位置坐标为x=2m+2.4m=4.4m。
答：(1)B点的电场强度的大小为40N/C，方向沿x轴负向；
(2)点电荷Q带负电，点电荷Q的位置坐标为x=4.4m。
【解析】(1)F−q图像的斜率表示电场强度，由此得到B点的电场强度的大小；
(2)根据图像求解A点的电场强度的大小，根据题意判断Q的电性，根据点电荷电场强度的计算公式求解点电荷距离A的距离。
本题主要是考查点电荷电场强度的计算，关键是弄清楚图像表示的物理意义，掌握点电荷电场强度的计算公式。
14.解：(1)小球恰好通过圆形轨道最高点时，由重力提供向心力，有
mg=mv02R
解得火星表面的重力加速度为：g=v02R
(2)对环绕火星表面做匀速圆周运动的物体，有
m′g=m′v2r
解得：v= gr= rv02R
(3)小球从A点到E点的过程中，由能量守恒定律得
mg(ℎ−2R)=mv022+Q
解得：Q=mv022
答：(1)火星表面的重力加速度g为v02R；
(2)火星的第一宇宙速度v为 rv02R；
(3)小球从A点到E点的过程中，因摩擦产生的热量Q为mv022。
【解析】(1)小球恰好通过圆形轨道最高点E时，由重力提供向心力，由此列式求解火星表面的重力加速度g；
(2)根据重力提供向心力求火星的第一宇宙速度v；
(3)小球从A点到E点的过程中，根据能量守恒定律求因摩擦产生的热量Q。
解答本题的关键要掌握小球恰好通过圆形轨道最高点的临界条件：重力充当向心力。要掌握第一宇宙速度的求解方法：重力提供向心力。
15.解：(1)解除锁定弹开A、B过程中，由机械能守恒有
Ep=12mAvA12+12mBvB12
设向右为正方向，由动量守恒有
mBvB1−mAvA1=0
两式联立解得
vA1=2m/s，vB1=4m/s
(2)滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得
−μmBg⋅sm=0−12mBvB12
解得
sm=4m
因为
4m<10m
所以滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块B将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面MN。由动能定理得
μmBg⋅sm=12mBvB22−0
解得
vB2=4m/s
(3)B做匀变速运动，由牛顿第二定律可得
μmBg=mBa
解得
a=2m/s2
B向右匀减速至速度为0，由
vB2=2as1
vB=at1
解得
s1=4mt1=2s
设B向左加速根据运动的对称性，可知
s2=4m
vB=at2
解得
t2=2s
在传送带表面留下的划痕总长为
s=vt1+s1+vt2−s2
解得s=18m
答：(1)A、B的速度大小为2m/s，4m/s；
(2)滑块B在传送带上向右滑动的最远距离为4m；滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小为4m/s；
(3)滑块B从滑上传送带到离开传送带过程中，在传送带表面留下的划痕总长为18m。
【解析】(1)A、B被弹簧弹开的过程，遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，据此列式求出弹簧弹开A、B瞬间各自的速度；
(2)根据牛顿第二定律和速度—位移公式相结合求滑块B在传送带上向右滑行的最远距离。由动能定理解得速度；
(3)A被弹性挡板P弹回，与滑块B在水平面MN上发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律求出碰后两者的共同速度。根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出二者在传送带留下的划痕长度。
本题是一道复杂的力学综合题，关键要理清物体的运动过程，把握各个过程所遵循的物理规律。能分段运用牛顿第二定律和运动学公式相结合求出各个运动时间和物体的位移。