2022-2023学年辽宁省辽阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省辽阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15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.牛顿-伟大的科学家，牛顿力学理论体系的建立者，为物理理论的发展作出了突出贡献。下列说法正确的是( )
A. 牛顿在伽利略、笛卡尔等人工作的基础上，提出了“力是维持物体运动状态的原因”
B. 牛顿最早把质量与惯性关联起来
C. 在牛顿的时代人们由于无法测算出月球运动的向心加速度，从而无法进行月-地检验
D. 牛顿在开普勒三定律的基础上推导出万有引力定律，并给出了引力常量的值
2.日常生活中，我们常见到物体做曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 电风扇工作时叶片上的不同质点做圆周运动的向心加速度一定相等
B. 物块在空中做平抛运动，落到水平地面时速度方向可能与水平地面垂直
C. “天宫二号”空间实验室绕地球做匀速圆周运动，加速度为零
D. 铅球运动员将铅球抛出后，铅球做斜抛运动，铅球的速度一定改变
3.2023年4月16日9时36分，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征四号”乙运载火箭成功将“风云三号”07星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设该卫星的运行轨道为圆轨道，且在该轨道上还有其他卫星绕地球运动，则对该轨道上的所有卫星，下列物理量一定相同的是( )
A. 机械能B. 周期C. 万有引力D. 线速度
4.为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎沿笔直的水平跑道匀速奔跑2min，如图所示，则在该过程中( )
A. 轮胎受到的合力的冲量为0B. 轮胎受到的重力的冲量为0
C. 轮胎的动量增大D. 绳上的拉力对轮胎做功为0
5.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
6.2023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
7.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9000N
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30m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标之一，实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1600kg的实验汽车以v0=20m/s的速度撞上碰撞试验台后以v1=5m/s的速度反向弹回，数据传感器记录此次碰撞的时间为0.05s，则( )
A. 此过程中汽车的动量变化量大小为2.4×104kg⋅m/s
B. 此过程中汽车的动量变化量大小为4.0×104kg⋅m/s
C. 此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为4.8×105N
D. 此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105N
9.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，火车的轮缘不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，在最高点时的速度不可以为零
10.2023年2月10日，远在火星执行全球遥感科学探测任务的“天问一号”火星环绕器(以下简称环绕器)，已经在火星“上岗”满两年。作为一位功能强大的“太空多面手”，环绕器在“天问一号”火星探测任务中，分饰了飞行器、通信器和探测器三大角色，创下多项国内外首次记录。若已知环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径为r、周期为T，火星的半径为R，引力常量为G，则可以推算出( )
A. 火星的质量为4π2r3GT2B. 环绕器的质量为4π2R3GT2
C. 火星表面的重力加速度大小为4π2R3GT2r2D. 火星的密度为3πr3GT2R3
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.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。
12.一同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验。斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺。其操作步骤如下：
①将斜槽轨道放置在水平桌面上；
②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块B，使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A最终静止在平直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1；
④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧面对应的刻度x0；
⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3。
(1)实验中，必须满足的条件是______。
A.倾斜轨道必须光滑
B.平直轨道必须水平
C.滑块A的质量应大于滑块B的质量
D.同一组实验中，滑块A静止释放的位置可以不同
(2)实验中滑块A碰撞前的速度大小v0与______成正比。
A.x1
B.x1−x0
C.(x1−x0)2
D. x1−x0
(3)若关系式m1 x1−x0=______中成立，则可得出结论：滑块 A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证滑块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式m1(x1−x0)=______是否成立。(均用给定的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，AB段是长s=20m的粗糙水平轨道，BC段是光滑的半圆轨道。有一质量m=2kg的滑块(可视为质点)受到与水平方向成37∘角斜向上的恒定拉力F=10N，从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，加速度大小a=0.5m/s，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。
(1)求水平轨道与滑块间的动摩擦因数μ；
(2)滑块运动到B点时撤去力F，要使滑块恰好能到达半圆轨道上的最高点C，求半圆轨道的半径。
14.质量m=0.3kg的烟花弹获得瞬时冲量I0=6N⋅s后从水平地面竖直上升，到达最高点时烟花弹炸成质量m1=0.1kg、m2=0.2kg的A、B两块，其中B块获得水平向右的初速度v2=2m/s，不计空气阻力，爆炸时间极短，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)烟花弹到达最高点时离开水平地面的高度；
(2)A、B块落到水平地面时的距离。
15.如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3kg、足够长的木板，板上正中间放有质量m=1kg的物块甲，在离木板足够远的右侧放有质量m=1kg的物块乙。初始时，木板与物块甲以v0=8m/s的初速度朝相反方向运动，一段时间后两者达到共速，之后木板与物块乙发生弹性碰撞(时间极短)，最后木板与物块甲重新达到共速。求：
(1)木板与物块甲第一次达到共速时的速度大小；
(2)物块乙与木板碰撞后物块乙的速度大小；
(3)物块甲前、后两次与木板达到共速的过程中产生的热量之比。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、牛顿在伽利略、笛卡尔等人工作的基础上，提出了“力不是维持物体运动状态的原因”，故A错误；
B、牛顿最早把质量与惯性关联起来，符合史实，故B正确；
C、在牛顿的时代，人们已经能比较准确地测量自由落体加速度与月球运动的向心加速度，牛顿可以进行月-地检验，故C错误；
D、牛顿在开普勒三定律的基础上推导出万有引力定律，卡文迪什测出引力常量的值，故D错误。
故选：B。
本题根据牛顿、开普勒等人的物理学成就和物理常识进行解答。
本题考查物理学史，这是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意积累。
2.【答案】D
【解析】解：A.电风扇工作时叶片上的不同质点做的是同轴转动，做圆周运动的角速度相等，根据向心加速度公式a=rω2得，由于r不一定相等，则向心加速度不一定相等，故A错误；
B.物块在空中做平抛运动，可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速运动，落地速度是水平速度和竖直速度的合速度，根据运动的合成可知，合速度方向不可能与水平地面垂直，故B错误；
C.“天宫二号”空间实验室绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，具有始终指向圆心的向心加速度，加速度不为零，故C错误；
D.铅球运动员将铅球抛出后做斜抛运动，根据曲线运动的特点可知，速铅球度的方向时刻改变，因此铅球的速度一定改变，故D正确。
故选：D。
A.电风扇叶片上的不同质点属于同轴传动，根据同轴传动的特点结合向心加速度公式分析作答；
B.平抛运动可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速运动，落地速度是水平速度和竖直速度的合速度，据此分析作答；
C.“天宫二号”空间实验室绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此分析作答；
D.根据做曲线运动的特点分析作答。
本题考查了圆周运动的两种传动方式、平抛运动的特点以及运动的合成、做圆周运动的向心加速度和斜抛运动的特点；注意速度的矢量，速度的改变包括速度的大小变化和速度方向的改变，要能理解曲线运动是变速运动。
3.【答案】B
【解析】解：A.由于不同的卫星质量不一定相同，机械能不一定相同，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力GMmr2=mr⋅4π2T2
可得卫星的周期T=2π r3GM
可知对该轨道上的所有卫星，周期相同，故B正确；
C.根据万有引力定律，万有引力F=GMmr2
由于不同的卫星质量不一定相同，因此卫星所受地球的万有引力不一定相同，故C错误。
D.根据万有引力提供向心力，结合向心力公式可得GMmr2=mv2r
解得卫星的线线速度v= GMr
可知对该轨道上的所有卫星，线速度大小相同，线速度方向不同，故D错误。
故选：B。
A.动能和势能统称为机械能，物体的机械能与物体的质量有关，据此分析作答；
B.根据万有引力向心力结合圆周运动公式求解卫星运行的周期；
C.根据万有引力定律求解地球对卫星的万有引力，然后分析作答；
D.根据万有引力提供向心力，求解卫星线速度，然后作答。
本题考查了卫星的机械能、万有引力与周期和线速度的关系；卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供。
4.【答案】A
【解析】解：A、轮胎做匀速直线运动，所以轮胎受到的合力为零，故轮胎受到的合力的冲量为：I合=F合t=0，故A正确；
B、轮胎受到的重力的冲量为IG=mgt，故B错误；
C、轮胎做匀速运动，其动量为mv，大小方向均不变，故C错误；
D、绳上的拉力对轮胎做功为：W=FLcsα，故绳上的拉力对轮胎做功不为0，故D错误。
故选：A。
首先，根据轮胎的运动性质判断轮胎受到的合力，进而确定轮胎受到的合力的冲量是不是为0；
其次，根据冲量的定义求出轮胎受到的重力的冲量；
接着，根据轮胎做匀速运动结合动量的表达式判断轮胎的动量是否变化；
最后，根据功的计算公式，求出绳上的拉力对轮胎所做的功，进而判断绳上的拉力对轮胎做功是不是0。
本题考查了动量、冲量以及功的计算，解决本题的关键是理解动量、冲量的概念以及功的计算公式。
5.【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。
6.【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。
7.【答案】D
【解析】解：A.过该弯道时受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，其中摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；
B.过该弯道时所受径向静摩擦力提供向心力
f=mv2R=1500×202150N=4000N
故B错误；
C.过该弯道时的向心加速度大小为
a=v2R=202150m/s2=83m/s2
故C错误；
D.根据
kmg=mvm2R
通过该弯道的最大速度为
vm= kgR= 35×10×150m/s=30m/s
故D正确。
故选：D。
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。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.规定汽车初速度方向为正方向，则初动量为p0=mv0=3.2×104kg⋅m/s
末动量为p1=−mv1=−8×103kg⋅m/s
汽车的动量变化量为：Δp=p1−p0=−8×10−3kg⋅m/s−3.2×10−4kg⋅m/s=−4.0×104kg⋅m/s
负号表示汽车动量变化量的方向与选定的正方向相反，则汽车的动量变化量大小为4.0×104kg⋅m/s，故A错误，B正确；
CD.由动量定理可得F⋅Δt=Δp
解得F=−8.0×105N
负号表示汽车汽车受到碰撞试验台的平均作用力的方向与选定的正方向相反，则此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105N，C错误，D正确。
故选：BD。
由初动量与末动量求出动量的变化量；撞击过程中，以试验车为研究对象，根据动量定理求试验车受到的平均冲击力F的大小。
对碰撞、打击等瞬时过程中作用力，往往根据动量定理求解，计算时要注意矢量的方向性。
9.【答案】AD
【解析】解：A.甲图中汽车通过拱桥的最高点时向心加速度竖直向下，且指向轨迹圆的圆心，处于失重状态，故A正确；
B.当火车的行驶速度超过规定速度时，火车有做离心运动的趋势，此时火车的轮缘能对外轨产生侧向挤压，故B错误；
C.丙图中秋千摆至最低点时，圆心在上方，加速度向上，儿童处于超重状态，故C错误；
D.丁图中在竖直面内做圆周运动的摩托车，在最高点时最小速度满足
mg=mv2r
整理解得
v= gr
在最高点时的速度不可以为零，故D正确。
故选：AD。
AC、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；
B、火车超速，有做离心运动的趋势，则可判断出挤压外轨；
D、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，列式分析得出速度公式。
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。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.环绕器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可得GMmr2=m4π2T2r
解得火星的质量为M=4π2r3GT2
因此环绕器的质量无法求出，故A正确，B错误；
C.在火星表面，万有引力等于重力GMmR2=mg
联立解得g=4π2r3T2R2，故C错误；
D.根据密度公式，火星的密度为ρ=MV
火星体积V=43πR3
代入数据联立解得火星密度ρ=3πr3GT2R3，故D正确。
故选：AD。
AB.环绕器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，据此求解火星质量；
C.在火星表面，万有引力等于重力，结合火星质量求解火星表面重力加速度；
D.根据密度公式，球体积公式求解火星密度。
本题考查了万有引力定律在天体上的运用；万有引力提供向心力，再结合圆周运动的周期公式即可完成分析；注意根据万有引力提供向心力只能求出中心天体的质量，不能求解环绕天体的质量。
11.【答案】2.5Bgxsinθ
【解析】解：(1)由于毫米刻度尺可估读至最小刻度的下一位，所以由毫米刻度尺可读出挡光片的宽度为d=2.5mm，宽度也可以为d=2.4mm、d=2.6mm。
(2)A.实验中要验证的关系为：
mgxsinθ=12mv2
两边质量可以约掉，则不需测量出滑块和挡光片的总质量，故A错误；
B.光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，所以应选用较窄的挡光片进行实验，这样可减小测量速度时的误差，故B正确；
C.机械能守恒定律定律条件是只有重力做功，若选用质量较小的滑块进行实验时，滑块所受阻力的影响较大，误差较大，故C错误。
故选：B。
(3)实验中要验证的关系为：
mgxsinθ=12mv2
其中
v=dt
联立解得：d22t2=gxsinθ
则当d22t2=gxsinθ时，可以验证机械能守恒定律成立。
故答案为：(1)2.4或2.5或2.6； (2)B；(3)gxsinθ。
(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。
12.【答案】CDm1 x3−x0+m2 x2−x0 m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
【解析】解：(1)A.倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A到达底端的速度相同即可，故A错误；
B.因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直轨道的倾角为θ，由动能定理得：
(mgsinθ−μmgcsθ)x=12mv2
解得：v2=2(gsinθ−μgcsθ)x
可见平直轨道不水平时，两滑块在轨道上碰撞前后的速度的平方仍与位移成正比，仍可用运动的位移代替速度，故B错误；
C.为防止滑块A与滑块B碰后反弹，则滑块A的质量必须大于滑块B的质量，故C正确；
D.为保证滑块A每次到达底端的初速度相同，则同一组实验中，滑块A静止释放的位置要相同，故D错误。
故选：C。
(2)对滑块A由动能定理得：−μm1g(x1−x0)=0−12m1v02
可得滑块A碰撞前的速度大小为：v0= 2μg(x1−x0)
即：v0∝ x1−x0，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(3)若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0=m1v1+m2v2
又因为
v0= 2μg(x1−x0)
v1= 2μg(x3−x0)
v2= 2μg(x2−x0)
联立可得：m1 x1−x0=m1 x3−x0+m2 x2−x0
若滑块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立可得：m1(x1−x0)=m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
故答案为：(1)C；(2)D；(3)m1 x3−x0+m2 x2−x0；m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
(2)根据动能定理得出碰前速度的表达式即可完成分析；
(3)根据动量守恒定律，结合弹性碰撞的特点列式完成解答。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成解答。
13.【答案】解：(1)滑块在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律得
Fcs37∘−f=ma
滑块竖直方向受力平衡，有
FN=mg−Fsin37∘
结合滑动摩擦力公式f=μFN
解得水平轨道与滑块间的动摩擦因数：μ=0.5
(2)根据匀变速运动规律，设滑块到达B点时的速度为vB，有
vB2=2as
滑块刚好到达C点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg=mvC2R
滑块从B点运动到C点，由动能定理得
−2mgR=12mvC2−12mvB2
联立解得半圆轨道的半径为：R=0.4m
答：(1)水平轨道与滑块间的动摩擦因数μ为0.5；
(2)半圆轨道的半径为0.4m。
【解析】(1)滑块在AB段做匀加速运动，已知加速度，根据牛顿第二定律求出滑块在AB段受到的滑动摩擦力大小，再求动摩擦因数μ；
(2)根据匀变速运动规律求出滑块到达B点时的速度。滑块恰好能到达半圆轨道上的最高点C，根据牛顿第二定律求出在C点的速度表达式。滑块从B点运动到C点，由动能定理列方程，联立求解即可。
本题主要考查动能定理和牛顿第二定律。运用动能定理解题时，要合适地选择研究的过程，列表达式进行求解，有时过程选得好，可以起到事半功倍的效果。
14.【答案】解：(1)烟花弹离开水平地面时的冲量，根据动量定理有：I0=mv0
烟花弹在竖直上升过程中做匀减速直线运动，则有：v02=2gh
解得烟花弹到达最高点时。离开水平地面的高度：h=20m
(2)烟花弹爆炸的过程中动量守恒，以A块速度方向为正有：0=m1v1−m2v2
A、B块均在空中做平抛运动，则竖直方向有：h=12gt2
水平方向：x1=v1t，x2=v2t
A、B块落到水平地面时的距离：x=x1+x2
联立解得：x=12m
答：(1)烟花弹到达最高点时离开水平地面的高度为20m；
(2)A、B块落到水平地面时的距离为12m。
【解析】(1)根据动量定理求烟花弹上升的初速度，再由运动学规律求上升的最大高度；
(2)爆炸后由动量守恒定律求出两块的速度，再由平抛规律求落地点之间的距离。
解答本题时，要理清物理过程，把握爆炸的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，结合运动学公式进行处理。
15.【答案】解：(1)木板与物块甲构成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，有
Mv0−mv0=(M+m)v共
解得：v共=4m/s
(2)物块乙与木板发生弹性碰撞，取向右为正方向，有
Mv共=Mv板+mv乙
12Mv共2=12Mv板2+12mv乙2
解得：v板=2m/s，v乙=6m/s
(3)物块甲与木板第一次达到共速的过程中产生的热量为
Q1=12(M+m)v02−12(M+m)v共2
解得：Q1=96J
物块甲与木板第二次达到共速的过程，根据动量守恒有
Mv板+mv共=(M+m)v共′
此过程中产生的热量
解得：Q2=1.5J
因此物块甲两次与木板达到共速的过程中产生的热量之比
Q1Q2=961.5=64
答：(1)木板与物块甲第一次达到共速时的速度大小为4m/s；
(2)物块乙与木板碰撞后物块乙的速度大小6m/s；
(3)物块甲前、后两次与木板达到共速的过程中产生的热量之比为64。
【解析】(1)根据木板与物块甲构成的系统动量守恒列方程计算；
(2)根据物块乙与木板发生弹性碰撞过程动量守恒和能量守恒列方程计算；
(3)根据系统动能的变化量计算产生的热量。
本题关键掌握动量守恒和能量守恒，根据动能变化量计算产生的热量。