2024版新教材高考物理复习特训卷力学部分素养综合评价

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷力学部分素养综合评价，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．2022年北京冬奥会女子自由式滑雪大跳台比赛中，中国选手谷爱凌凭借惊人的“1620”动作勇夺金牌．如图所示是当时比赛的画面，谷爱凌从静止出发，滑行了大约92 m，到达跳台时以约78.6 km/h的速度起跳，在空中完成了“1620”动作，并稳稳地落地．有关下列说法正确的是( )
A.裁判对谷爱凌的“1620”动作打分时，谷爱凌可看作质点
B.92 m是指位移的大小
C.78.6 km/h是指瞬时速度的大小
D.以谷爱凌为参考系，跳台是静止的
2.
中国书法是一种艺术，它历史悠久，是中华民族的标志之一，某同学用毛笔练习书法，从基本笔画“横”开始练习．在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带．该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住．则下列关于行笔过程中各物体的受力情况中说法正确的是( )
A.毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力
B.镇纸受到了向右的静摩擦力
C.桌面受到了向右的摩擦力
D.白纸受到了3个摩擦力
3.
太阳能汽车是一种靠太阳能来驱动的汽车．如图所示，某款太阳能概念汽车的质量为m，额定功率为P，在一段平直公路上由静止开始匀加速启动，加速度大小为a，经时间t1达到额定功率：汽车继续以额定功率做变加速运动，又经时间t2达到最大速度vm，之后以该速度匀速行驶．已知汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是( )
A.汽车在匀加速运动阶段的位移为 eq \f(vm,2) t1
B.汽车在运动过程中所受的阻力为 eq \f(P,at1)
C.从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为P(t1＋t2)
D.汽车在变加速运动阶段的位移为vmt2－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(m)) ,2P) ＋ eq \f(ma2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) vm,2P)
4．如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s).由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是( )
A.该人做了两次下蹲—起立的动作
B.该人做了一次下蹲—起立的动作
C.下蹲过程中人处于失重状态
D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
5.
2022年2月5日在首都体育馆，任子威、曲春雨、范可新、武大靖和张雨婷组成的中国队夺得北京冬奥会短道速滑男女2 000米混合接力冠军，为中国体育代表团收获了北京冬奥会的首枚金牌．短道速滑运动员在过水平弯道时常用手支撑冰面以防侧滑，某运动员质量为75 kg，某次过弯道时的半径为25 m，速率为36 km/h，冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，手套与冰面间的动摩擦因数为0.8，重力加速度g＝10 m/s2.过弯道滑行时的运动员手脚距离相对半径可忽略，弯道滑行的过程视为一段圆周运动，则该运动员至少用多大的力支撑冰面才能保证不发生侧滑( )
A.300 NB．250 N
C.200 ND．150 N
6.
神舟十二号载人飞船于2021年6月17日采用自主快速交会对接模式成功与天和核心舱对接．已知“天和核心舱”匀速圆周运动的轨道离地约400 km、周期约为93 min，地球半径为6 370 km，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2.根据这些数据，下列不能大致确定的是( )
A.地球近地卫星的周期
B.地表的重力加速度
C.地球的平均密度
D.天和核心舱的质量
7.
如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置．现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手．公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零．此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量．在公仔头部上升的过程中( )
A.公仔头部的机械能守恒
B.公仔头部的加速度先增大后减小
C.弹簧弹力冲量的大小为mgt
D.弹簧弹力对头部所做的功为零
8.
如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )
A.A比B先落入篮筐
B.A、B运动的最大高度相同
C.A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D.A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9.
如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳水平，乙绳倾斜．现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中( )
A.甲绳中的弹力增大 B．甲绳中的弹力减小
C.乙绳中的弹力增大 D．乙绳中的弹力减小
10.
有A、B两车，它们沿同一直线运动，其运动图线如图所示，其中图线OP、MN分别对应物体A、B的运动情况，其中MN为直线，OP为开口向下抛物线的一部分，P为图像上一点，PQ为过P点的切线，下列说法正确的是( )
A.B车做匀速运动，速度大小为3 m/s
B.A车做匀减速直线运动，加速度大小为 eq \f(1,3) m/s2
C.A车的初速度为3 m/s，t＝6 s时速度大小为1 m/s
D.t＝3 s时，两车相遇
11．如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的lg T ­ lg r图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径．卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则( )
A.直线a的斜率与行星P质量无关
B.行星P的质量大于行星Q的质量
C.卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D.卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
12．我国高铁技术发展迅速，济郑高铁预计将于2023年底通车，届时聊城到济南只需27分钟．已知一列动车组由动车和拖车组成，动车提供动力，拖车无动力．假设一动车组有16节车厢，每节车厢质量均相等，且运动时受到的阻力与重力成正比．若每节动车提供的牵引力大小都相等，其中第2节、第6节、第10节、第14节为动车，其余为拖车．则下列表述正确的是( )
A.动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为零
B.动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7∶5
C.动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7∶5
D.动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1∶1
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(6分)如图(1)为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置．
(1)实验时有以下一些步骤，先后顺序是________(填写字母标号)
A．点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；
B．保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验；
C．点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v ­ t图像．
(2)若测得小车、配重片和发射器的总质量为360 g，若把钩码的重力做为小车受的合外力，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用________；
A．1 g～25 gB．100 g～200 g
C．180 g～360 gD．大于360 g
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置________(填写“必须相同”或“可以不同”).
(4)实验中某小组获得如图(2)所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，在选择AB段、BC段和AC段中，你认为选择哪段获得的加速度较精确？
答：________________________________________________________________________.
14．(8分)某同学发现用传统的仪器验证机械能守恒定律都存在较大误差，他设计了一个实验装置验证机械能守恒定律．如图甲所示，用一个电磁铁吸住重物，在重物上固定一挡光片，挡光片正下方有一光电门，可以测出挡光片经过光电门的时间，重物下落过程中挡光片始终保持水平．该同学按照以下步骤进行实验：
A．给电磁铁通电，将质量为m(含挡光片)的重物放在电磁铁下端，并保持静止；
B．测出挡光片中心到光电门中心(光源处)的竖直距离h；
C．断开电源，让重物由静止开始下落，光电门记录挡光片挡光的时间Δt；
D．用游标卡尺测出挡光片的宽度d；
E．利用实验数据验证机械能守恒定律．
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示，则挡光片的宽度为________ mm.根据v＝ eq \f(d,Δt) 算出的挡光片经过光电门时的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的速度偏________(填“大”或“小”)，为使v的测量值更加接近真实值，下列方法中可采用的是________．(填正确答案标号)
A．适当减小挡光片的宽度d
B．减小挡光片到光电门的竖直距离
C．将实验装置更换为纸带和打点计时器
(2)步骤E中，如果重物的机械能守恒，应满足的关系为________．(已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示)
15．(8分)[2023·北京通州高三一模]如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，轨道末端B切线水平．一小球从轨道顶端A点由静止释放，到达轨道底端经过B点水平飞出，最终落到水平地面上C点．已知轨道半径R＝0.80 m，B点距水平地面的高度h＝0.80 m，小球质量m＝0.10 kg，在B点的速度v0＝3.0 m/s.忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小球落到C点时的速度大小v.
(2)C点与B点之间的水平距离x.
(3)小球克服圆弧轨道阻力做的功Wf.
16．(10分)滑沙为人们喜爱的一项游乐项目，如图甲所示，人们可利用滑沙板顺利从斜坡滑下，享受速度带来的愉悦感．随后工人利用固定在斜坡顶端的电动机，通过缆绳将装有滑沙板的箱子从坡底拉回到斜坡顶端，如图乙所示．已知坡面长L＝141.25 m，倾角为θ＝37°，箱子总质量为M且M＝80 kg，箱子与坡面的动摩擦因数为μ＝0.5.若t＝22 s时，关闭发动机，再经t1＝0.5 s后箱子到达坡顶且速度刚好减为零，缆绳上装有拉力传感器，在向上拉的过程中，拉力F随时间t的变化图像如图丙所示，缆绳质量及空气阻力忽略不计．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)箱子在关闭发动机后加速度的大小；
(2)箱子在t＝10 s到t＝18 s过程中位移的大小；
(3)箱子在向上加速运动过程中的平均速度大小．
17.(12分)2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”任务的国家．为了简化问题，可认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示．已知地球的公转周期为T1，公转轨道半径为r1，火星的公转周期为T2，火星质量为M.如图2所示，以火星为参考系，质量为m1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v1，B点到火星球心的距离为r3，此时启动发动机，在极短时间内一次性喷出部分气体，喷气后探测器质量变为m2、速度变为与v1垂直的v2，然后进入以B点为远火点的椭圆轨道2.已知万有引力势能公式Ep＝－ eq \f(GMm,r) ，其中M为中心天体的质量，m为卫星的质量，G为引力常量，r为卫星到中心天体球心的距离．求
(1)火星公转轨道半径r2；
(2)喷出气体速度u的大小；
(3)探测器沿2号轨道运动至近火点的速度v3的大小．
18．(16分) 如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上．物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μ.一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q.小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触．现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞，碰后Q的最大摆角小于5°，物体P将在滑板上向左运动，从C点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB部分上某一点，此时Q恰好是碰后第8次经过最低点．已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g.求
(1)小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；
(2)物体P从C点飞出后相对C点的最大高度；
(3)物体P从第一次经过B点到第二次经过B点的时间；
(4)要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，实现上述运动过程， eq \f(m0,m) 的取值范围(结果用cs 5°表示).
力学部分素养综合评价
1．答案：C
解析：自由式滑雪肢体动作完成情况是打分时需要关注的重点，故谷爱凌不可看作质点，A错误；92 m是指路程，B错误；78.6 km/h是指瞬时速度的大小，C正确；以谷爱凌为参考系，跳台是运动的，D错误．
2．答案：C
解析：毛笔在书写的过程中受到重力、手的作用力、白纸水平方向的摩擦力以及纸的支持力处于平衡状态，应用手对毛笔的作用力是未知的，所以不能判断出毛笔对纸的压力与毛笔的重力的关系，故A错误；白纸始终处于静止状态，所以镇纸始终不受摩擦力，镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，故B错误；白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到的毛笔对白纸的向右摩擦力与桌面对白纸的向左摩擦力处于平衡状态；根据牛顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力的方向向右，故C正确；白纸始终处于静止状态，可知白纸与镇纸之间没有摩擦力，则白纸在水平方向只受到毛笔对白纸的摩擦力以及桌面对白纸的摩擦力，故D错误．
3．答案：D
解析：汽车的最大速度为vm，则匀加速结束时的速度小于vm，则在匀加速运动阶段的位移小于 eq \f(vm,2)t1，选项A错误；匀加速阶段F－Ff＝ma；v1＝at1；P＝Fv1可得汽车在运动过程中所受的阻力为Ff＝ eq \f(P,at1)－ma，选项B错误；汽车在匀加速阶段牵引力的功率P1＝Fv＝Fat，牵引力的功率与时间成正比，因加速结束时的功率为P，则加速阶段的牵引力做功为 eq \f(P,2)t1，在以额定功率P行驶的t2时间内牵引力做功为Pt2，则从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为W＝ eq \f(P,2)t1＋Pt2，选项C错误；汽车在变加速运动阶段，由动能定理Pt2－Ffx＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ；P＝Ffvm位移为x＝vmt2－ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(m)) ,2P)＋ eq \f(ma2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) vm,2P)，选项D正确．
4．答案：B
解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，所以下蹲过程先失重再超重，C、D错误；起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A错误，B正确．
5．答案：B
解析：根据题意，由公式Fn＝m eq \f(v2,r)可知，由于v＝36 km/h＝10 m/s，
运动员做圆周运动所需的向心力为Fn＝300 N，
设运动员的手用FN支撑冰面，运动员的脚用F′N支撑冰面，竖直方向上，由平衡条件有FN＋F′N＝mg，
水平方向上有0.2F′N＋0.8FN＝Fn，
联立代入数据解得FN＝250 N，故选B.
6．答案：D
解析：近地卫星和核心舱绕地球运转，由开普勒第三定律可得 eq \f(（R＋h）3,T2)＝ eq \f(R3,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，根据已知条件可以求出T1，故A不符合；核心舱绕地球做匀速圆周运动 eq \f(GMm,（R＋h）2)＝m eq \f(4π2,T2)(R＋h)，可求得地球的质量，由黄金代换G eq \f(Mm,R2)＝mg，根据已知条件可以求出g，故B不符合；根据万有引力提供向心力则有 eq \f(GMm,（R＋h）2)＝m eq \f(4π2,T2)(R＋h)，等式左右两侧核心舱的质量m直接约去，无法求解，地球的质量和半径已知，则地球的体积可求，因此M＝ρV＝ eq \f(4,3)ρπR3，故C可求出，D不可求出．故选D.
7．答案：C
解析： 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误．
8．答案：D
解析：将A、B篮球的运动过程逆向看做是从篮筐沿同方向斜向上抛出的斜抛运动，落到同一高度上的两点，因A水平位移较大，可知A的抛射速度较大，竖直初速度较大，最大高度较大，运动时间较长，即B先落入篮筐中，故A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确．
9．答案：BD
解析：设小球受到的重力为G，设圆环沿逆时针方向转至乙绳与竖直方向的夹角为θ时，甲、乙两绳中的弹力大小分别为F1、F2，如图所示
由物体平衡条件可知，F1、F2的合力不变，G、F1和F2组成一个闭合的三角形，由正弦定理可知F1、F2的夹角β不变，且有 eq \f(G,sin β)＝ eq \f(F1,sin θ)＝ eq \f(F2,sin （180°－β－θ）)
由于圆环在竖直平面内从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中θ减小，则F1、F2均减小，B、D正确．
10．答案：CD
解析：由x ­ t图像的斜率表示速度，B车做匀速运动，速度为vB＝ eq \f(Δx,Δt)＝ eq \f(－3－18,6)m/s＝－3.5 m/s
所以速度大小为3.5 m/s，故A错误；OP为开口向下抛物线的一部分，A车做匀减速直线运动，B车6 s内位移为12 m，前6 s的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)＝ eq \f(12,6)m/s＝2 m/s
A车6 s末的速度为v＝ eq \f(Δx,Δt)＝ eq \f(12－6,6)m/s＝1 m/s
前6 s内 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋v,2)
解得A车的初速度为v0＝3 m/s
加速度为a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(1－3,6)m/s2＝－ eq \f(1,3)m/s2
A车先做匀减速，后做匀加速，故B错误，C正确；3 s时B车的位置xB＝x0－xBt′＝18 m－3.5×3 m＝7.5 m
3 s时A车的位置xA＝v0t′＋ eq \f(1,2)at′2＝3×3 m－ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)×32 m＝7.5 m
故t＝3 s时，两车相遇，故D正确．
11．答案：AD
解析：设中心天体质量为M，由万有引力提供向心力G eq \f(Mm,r2)＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T))) eq \s\up12(2)r
两边同时取对数，整理可得lg T＝ eq \f(3,2)lg r－ eq \f(1,2)lg eq \f(GM,4π2) ①
由①式可知，lg T ­ lg r图像的斜率为 eq \f(3,2)，与行星的质量无关，故A正确；由①式可知，图像与纵轴的交点为－ eq \f(1,2)lg eq \f(GM,4π2)，
故－ eq \f(1,2)lg eq \f(GMP,4π2)>－ eq \f(1,2)lg eq \f(GMQ,4π2)
故MP知卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度，故C错误，D正确．
12．答案：AD
解析：设每节动车的牵引力为F，每节车厢的阻力为kmg，匀速运动时，有4F＝16kmg
选后12节车厢为研究对象，则有F45＋3F－12kmg＝0
解得F45＝0
动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为0，A正确；同理匀速直线运动时有4F＝16kmg
取后14节车厢和后10节车厢进行分析可得F23＋3F－14kmg＝0，F67＋2F－10kmg＝0
解得F23＝2kmg，F67＝2kmg，
故动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1，B错误；匀加速启动时，对动车组有4F－16kmg＝16ma.
以后14节车厢为研究对象，则有F23＋3F－14kmg＝14ma，
解得2、3车厢之间的作用力为F23＝ eq \f(1,2)F，
同理6、7节车厢作用力为F23＋2F－10kmg＝10ma，F67＝ eq \f(1,2)F，
故动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1，
C错误；同理动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力为
4F－16kmg＝16ma，F67＋2F－10kmg＝10ma，F1 011＋F－6kmg＝6ma，
解得F67＝ eq \f(1,2)F，F1011＝ eq \f(1,2)F，因此，动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1∶1，D正确．
13．答案：(1)CAB (2)A (3)可以不同 (4)AC
解析：(1)依题意，本实验的顺序应为：点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到v ­ t图像；点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值；保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验．故应为CAB；
(2)本实验是把细绳下悬挂钩码的重力当成小车所受到的拉力，所以需要满足钩码的质量远远小于小车、配重片和发射器的总质量，结合选项数据，最合适的应为1 g～25 g．故选A.
(3)当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，目的是测出加速度，则释放小车的位置可以不同，位置合适即可；
(4)AC段区域数据更多，计算机拟合出的斜率更精确，获得的加速度较精确．
14．答案：(1)2.60 小 A (2)2gh＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2)
解析：(1)由题图乙知，游标卡尺为20分度，分度值为0.05 mm，不需要估读，游标尺上的第12个刻度与主尺上的刻度对齐，读数为d＝2 mm＋12×0.05 mm＝2.60 mm.
根据v＝ eq \f(d,Δt)算出的挡光片经过光电门时的速度为挡光片通过光电门中心过程的平均速度，根据匀变速直线运动的规律可知，计算出的速度要比挡光片中心通过光电门中心的实际速度小；
由于计算挡光片经过光电门时的速度v的主要误差来源于挡光片经过光电门中心距离的长短，所以要减小v的误差，主要通过减小挡光片的宽度d实现，而减小挡光片到光电门的竖直距离或者将实验装置更换为纸带和打点计时器均不能使v的测量值更加接近真实值，故A正确，B、C错误．
(2)如果重物的机械能守恒，应满足重物减小的重力势能等于重物增加的动能，即mgh＝ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2)，整理得2gh＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2).
15．答案：(1)5 m/s (2)1.2 m (3)0.35 J
解析：(1)小球从B运动到C，只有重力做功，机械能守恒，
有mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据，得vC＝5 m/s.
(2)小球从B运动到C做平抛运动，有h＝ eq \f(1,2)gt2，x＝v0t
解得x＝1.2 m.
(3)小球从A运动到B，应用动能定理，有mgR－Wf＝ eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))－0
代入数据，得Wf＝0.35 J．
16．答案：(1)10 m/s2 (2)80 m (3)5 m/s
解析：(1)由图可知箱子的运动经过了加速，匀速，减速，再减速四个过程，设撤去外力减速对应的加速度为a1，位移为x1则mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1；a1＝g sin θ＋μg cs θ＝10 m/s2
位移x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝1.25 m
(2)设撤去外力前减速对应的加速度为a2，位移为x2则mg sin θ＋μmg cs θ－F2＝ma2；a2＝1.25 m/s2
设22秒，18秒末的速度分别为v1、v2则v1＝a1t1＝10×0.5 m/s＝5 m/s；v2＝v1＋a2t2＝10 m/s；x2＝ eq \f(v1＋v2,2)t2＝30 m
t＝10 s到t＝18 s过程中箱子做匀速运动，设位移为x3，则x3＝v2t3＝80 m.
(3)箱子在加速上升过程中的对应的位移为x4平均速度为v4，则x1＋x2＋x3＋x4＝141.25 m
且x4＝v4t4，所以v4＝ eq \f(x4,t4)＝ eq \f(30,6)＝5 m/s.
17．答案：(1)r1 eq \r(3,\f(T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )) (2) eq \f(\r(（m1v1）2＋（m2v2）2),m1－m2) (3) eq \f(2GM,v2r3)－v2
解析：(1)根据开普勒第三定律有 eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝ eq \f(r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )
解得r2＝r1 eq \r(3,\f(T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ))
(2)喷出气体的质量为m＝m1－m2
解法一：
喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量p1＝m1v1
喷出气体后探测器末动量为p2＝m2v2
喷出气体前后p1、p2方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系．
喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律，x方向有p1＝mux
y方向有0＝p2＋muy
喷出气体速度满足u2＝u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋u eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y))
联立可得u＝ eq \f(\r(（m1v1）2＋（m2v2）2),m1－m2)
解法二：
由系统动量守恒，可得动量关系如图所示
则有[(m1－m2)u]2＝(m1v1)2＋(m2v2)2
解得u＝ eq \f(\r(（m1v1）2＋（m2v2）2),m1－m2)
(3)由开普勒第二定律得 eq \f(1,2)v2Δt′·r3＝ eq \f(1,2)v3Δt′·r4
即有v2r3＝v3r4
根据能量守恒定律有 eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(GMm2,r3)))＝ eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(GMm2,r4)))，解得v3＝ eq \f(2GM,v2r3)－v2.
18．答案：(1)3m0g (2) eq \f(8Lm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3（m0＋m）2)－(μL＋R) (3)8π eq \r(\f(L,g))－ eq \f(4m0\r(2gL),3μg（m0＋m）) (4) eq \f(\r(μ),\r(2)－\r(μ))< eq \f(m0,m)< eq \f(1＋\r(1－cs 5°),1－\r(1－cs 5°))
解析：(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有m0gL＝ eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q))
在最低点对小球Q牛顿第二定律可得FT－m0g＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ,L)
联立解得FT＝3m0g.
(2)小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，
因此m0vQ＝m0v′Q ＋mv0， eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＝ eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得v0＝ eq \f(2m0vQ,m0＋m)＝ eq \f(2m0\r(2gL),m0＋m)
物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒mv0＝3mv1
由能量守恒可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)m(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋μmgL＋mgR
物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向有h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,2g)
联立可得h＝ eq \f(8Lm eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3（m0＋m）2)－(μL＋R).
(3)物块P到B时水平方向动量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB
由能量守恒可得 eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋μmgL
联立可得方程vA＝ eq \f(2v0±\r(4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4×3（4μgL－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）),6)
第一次经过B点速度vA＋＝ eq \f(2v0＋\r(4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4×3（4μgL－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）),6)
第二次经过B点速度vA－＝ eq \f(2v0－\r(4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4×3（4μgL－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）),6)
A→B时间：t1＝ eq \f(v0－vA＋,μg)
B→相对静止：t3＝ eq \f(v1－vA－,μg)
由于Q的最大摆角小于5°，则Q碰后做简谐运动，由于恰好是碰后第8次经过最低点，则有t1＋t2＋t3＝4×2π eq \r(\f(L,g))，
解得t2＝8π eq \r(\f(L,g))－ eq \f(4m0\r(2gL),3μg（m0＋m）).
(4)要求P有相对地面向右的速度，说明结果要小于零且判别式大于零，则
vA－＝ eq \f(2v0－\r(4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4×3（4μgL－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）),6)<0
解得4v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4×3(4μgL－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )>0
碰后Q的最大摆角小于5°，需要 eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Q)) 联立可得 eq \f(\r(μ),\r(2)－\r(μ))< eq \f(m0,m)< eq \f(1＋\r(1－cs 5°),1－\r(1－cs 5°)).