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2022-2023学年河北省沧州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省沧州市高一（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.如图所示为一辆自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三个点a、b、c，半径从大到小依次为a、c和b，下列判断正确的是( )
A. b和c的角速度相等B. a比b的向心加速度大
C. a比b的角速度大D. a比c的线速度小
2.2023年4月16日，长征四号乙运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将中国首颗降水测量专用卫星风云三号07星送入预定圆轨道，发射任务取得圆满成功。关于此风云三号07星(简称为“G星”)和另一颗绕地球做圆周运动的人造卫星(简称为“L星”)，下列说法正确的是( )
A. 若“G星”和“L星”的线速度大小相等，则“G星”的轨道半径比“L星”的大
B. 若“G星”和“L星”的周期相等，则“G星”的轨道半径比“L星”的小
C. 若“G星”比“L星”的角速度大，则“G星”的运行周期比“L星”的大
D. 若“G星”比“L星”的线速度大，则“G星”的角速度比“L星”的大
3.一名船夫驾船过河，小船在静水中的速度大小为v1，水流速度大小为v2，v2>v1，河宽为d，下列说法正确的是( )
A. 小船过河的最短时间为dv1B. 小船过河的最小位移为d
C. 小船过河的实际速度大小大于v1D. 小船过河的实际速度大小等于 v12+v22
4.天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，海王星的发现和哈雷彗星的“按时回归”确立了万有引力定律的地位，也成为科学史上的美谈。海王星的质量是地球的17倍，半径是地球的4倍，则卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小约为( )
A. 64km/sB. 16km/sC. 4km/sD. 2km/s
5.2023年4月21日，世界乒乓球职业大联盟(WTT)澳门冠军赛女子单打四分之一决赛中，中国选手王艺迪以3比0战胜中国台北选手郑怡静，晋级四强。王艺迪在某次发球时，把乒乓球水平击出，落在乒乓球台上，若只增加发球速度，仍落在球台上，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率增大
B. 下落过程中乒乓球增加的机械能减小
C. 运动时间不变，水平位移不变
D. 王艺迪对乒乓球做的功一定增大
6.科学家卡文迪什在1789年测量出了引力常量，进而计算出了地球的质量，被誉为第一个称量地球质量的人。已知引力常量为G，现在要测量地球的质量，还须知道( )
A. 地球半径和卫星绕地球的运行速度B. 地球密度和卫星绕地球的运行速度
C. 地球半径和地球表面的重力加速度D. 地球上某高度处的重力加速度
7.一物块静止开始沿倾角θ=37∘的斜面向下滑动，最后停在水平面上。斜面与水平面平滑连接，物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ(未知)。在整个运动过程中，小物块速度的平方与水平位移x的关系图像如图所示，图中vm2、x0均为未知量，sin37∘=0.6，则μ的值为( )
A. 19B. 16C. 14D. 12
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.假设存在这样一个孤立星球，质量分布均匀，球心为O，质量为M，半径为R。挖一个过O点的狭窄直通道，在直通道一端由静止释放一个质量为m的小球(小球与通道壁不接触)。已知引力常量为G，质量分布均匀的球壳对球壳内物体的万有引力为零，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 小球一定在直通道的两端点间做往复运动
B. 小球运动到O点时受到星球的万有引力会很大
C. 若把小球从通道外一点静止释放，最终小球会脱离星球引力束缚而离开该星球
D. 小球运动位移x(x>R)时受到的万有引力大小为GMm(x−R)R3
9.如图所示，轻质细杆一端固定质量为m的小球，另一端可绕光滑的固定轴O在竖直平面内做半径为L的圆周运动，小球恰好能通过最高点A。B为圆心等高点，C为圆周最低点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球经过A、B、C三点时机械能相等
B. 小球经过A、C两点时球对杆作用力的大小之比为1：6
C. 小球经过B、C两点时小球动能之比为1：2
D. 小球经过C时小球重力的瞬时功率为mg 5gL
10.如图所示，竖直面内两轻杆长度均为L，固定成夹角θ=60∘，可绕O点在竖直面内自由转动。两轻杆的另一端分别固定质量均为m的小球P和Q，OQ竖直。现把小球从静止释放，重力加速度为g，不计一切阻力。从释放到P获得最大速度的过程中( )
A. 小球P的机械能守恒
B. 轻杆对Q一直做负功
C. 轻杆对P做功为14mgL
D. P的最大速度为 (3+2 3)gL2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用小球的自由落体运动来研究机械能守恒定律。由打点计时器打点得到的一条点迹清晰的纸带如图所示。O为打下的第一个点，打点计时器所用交流电源的频率为f，重力加速度为g。
(1)实验中的小球应该选______。(填选项序号)
A.塑料球
B.铁球
C.木球
(2)打A、B两点时小球的速度大小分别为vA=______、vB=______(用已知量和纸带上的字母表示)，只需验证关系式______(用vA、vB、g和纸带上的字母表示)成立，便能验证小球从A到B的过程中机械能守恒。
12.用如图所示的装置研究平抛运动。在水平实验桌右端固定一个光电门，桌上固定竖直挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，弹簧水平。倾斜长木板上的上端P和桌面等高，木板紧挨着桌面且弹簧对着木板的中央，然后把木板固定，与水平面夹角30∘。用小铁球压缩弹簧，然后由静止释放，小铁球离开桌面，落在斜面上，标记出落点位置Q。通过研究小球压缩弹簧的形变量不同，平抛的初速度不同，落在斜面上的位置不同，探索光电门记录的扫光时间t和P、Q间距离L的关系，进而研究平抛运动。已知小球直径d，查资料可知当地重力加速度g，请回答下列问题：
(1)完成此实验，还需要的实验器材有______。(填选项序号)
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.弹簧测力计
(2)在坐标纸上，以L为纵坐标，以______(选填“t”、“1t”或1t2)为横坐标，把记录的各组数据在坐标纸上描点，连线得到一条过原点的直线。若斜率为______，就说明平抛运动水平方向做______运动和竖直方向做______运动。
(3)从实验数据可知，若小球的初速度增加1倍，则P、Q间的距离将变为原来的______倍。
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.若宇航员乘宇宙飞船来到某星球表面，飞船绕该星球表面运动一周所用时间为T。降落该星球以后，在星球表面某高度处将一质量为m的小球由静止释放，得到小球的动能随小球下降高度的变化图线如图所示，图中Ek0、h0均为已知量，不计空气阻力，求：
(1)该星球表面的重力加速度大小；
(2)该星球的半径R和第一宇宙速度v。
14.体育课上，小明同学在一次投掷铅球练习中，把铅球水平抛出。铅球经过P点时速度与水平方向夹角θ=37∘，速度大小v=5m/s，P到地面的距离为h=0.8m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，cs37∘=0.8，sin37∘=0.6，求：
(1)铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值；
(2)铅球投掷点距底面的高度。
15.如图所示，在水平地面上竖直固定一挡板，轻质弹簧的左端固定在挡板上。质量为m=5kg、长度为L=2m的长木板静止放置在地面上，刚好与处于原长的水平弹簧的右端接触，木板右端在P点(P为底面上一点)。现对木板施加一个水平向左的推力，使木板向左缓缓移动一段距离，然后撤去推力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若木板与水平底面间的动摩擦因数μ=0.2，弹簧压缩了x=0.2m，水平推力做功W1=10J，此时撤去推力，求木板向右运动的距离；
(2)若P点左侧底面光滑，右侧粗糙，木板与地面的动摩擦因数为μ=0.4，水平推力做功W2=50J，求撤去推力后最终木板右端与P点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.b和c被不可伸长的链条相连，则b和c线速度大小相同，即vb=vc；
根据线速度与角速度的关系，可知角速度ω=vr
由于rc>rb，因此ωb>ωc，故A错误；
B.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，即ωa=ωb；
根据向心加速度公式a=ω2r，结合题图可知ra>rb，因此aa>ab，故B正确；
C.a和b属于同轴传动，所以a与b的角速度相等，故C错误；
D.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，即ωa=ωb；
根据线速度与角速度的关系v=rω可知，由于ra>rb，因此va>vb；
根据题图可知，b、c两点是链条传动，链条边缘线速度大小相等，则有vb=vc
联立可得va>vc，故D错误。
故选：B。
A.b和c被不可伸长的链条相连，据此分析作答；
B.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，结合圆周运动向心加速度公式分析作答；
C.a和b属于同轴传动，据此分析作答；
D.a和b属于同轴传动，b、c两点是链条传动，结合线速度与角速度的关系分析作答。
本题考查了圆周运动的两种传动方式，要知道两种传动方式的特点；掌握线速度与角速度的关系、向心加速度与角速度的关系。
2.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律有：GMmr2=mv2r=mω2r=4π2mrT2
变形后得到：v= GMr，ω= GMr3=2πT，T= 4π2r3GM
若线速度大小、周期相等，则半径相等；角速度大则周期小，线速度大则半径小，角速度大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，向心力用线速度、角速度、周期等表示。再结合题设条件半径、周期、线速度、角速度的大小与半径的关系。
卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力是解题的核心思想，涉及变轨出现椭圆轨道的问题，可以根据近心运动和离心运动定性分析比较速度大小。
3.【答案】A
【解析】解：A.若船头正对河岸，时间最短为dv1，故A正确；
B.由于v2>v1，则小船合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，则小船过河的最小位移大于d，故B错误；
CD.由于不知道小船在静水中的速度v1与水流速度v2间的夹角，则无法知道小船过河的实际速度情况，故CD错误。
故选：A。
船头正对河岸，时间最短；
水速大于船速，不可能垂直渡河；
分速度角度关系不明确，不能确定合速度情况。
本题解题关键是掌握两个推论：1.船头正对河岸，时间最短；2.水速大于船速，不可能垂直渡河。
4.【答案】B
【解析】解：卫星绕地球表面做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：mv2R=GMmR2
代入数据解得线速度大小约为：v= GMR
由于地球的第一宇宙速度为v=7.9km/s，则 GMR=7.9km/s
卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小约为：v′= 17GM4R
代入数据解得：v′=16km/s，故B正确、ACD错误。
故选：B。
卫星绕地球表面做圆周运动，根据万有引力提供向心力结合地球的第一宇宙速度大小列方程；根据万有引力提供向心力计算卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是知道地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，能够根据万有引力提供向心力列方程求解。
5.【答案】D
【解析】解：A.由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率
P=mgv，v2=2gh
可知落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率不变，故A错误；
B.由于不计空气阻力，下落过程中只有重力做功，乒乓球机械能守恒，故B错误；
C.由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则在竖直方向有
h=12gt2
则t= 2hg
因为下落的高度h不变，可知乒乓球运动时间不变；在水平方向的位移x=v0t，由于v0增大，则乒乓球水平位移增大，故C错误；
D.由于乒乓球的初速度增大，乒乓球的初动能增大，则王艺迪对乒乓球做的功一定增大，故D正确。
故选：D。
重力的瞬时功率等于重力与竖直方向的速度的乘积；乒乓球在运动过程中，只有重力做功；做平抛运动的物体，在空中的运动时间是由下落的高度决定的；乒乓球的初速度增大，是因为运动员对乒乓球做功多。
知道平抛运动的物体在空中的运动时间是由下落的高度决定的，还有重力的功率等于重力与乒乓球在竖直方向的分速度的乘积。
6.【答案】C
【解析】解：A.若知道地球半径和卫星绕地球的运行速度，则有：GMm(R+h)2=mv2R+h，但卫星到地面的高度h未知，则无法求出地球的质量，故A错误；
B.若知道地球密度和卫星绕地球的运行速度，根据万有引力提供向心力可得：GMm(R+h)2=mv2R+h
根据质量与密度的关系可得：M=ρ43πR3
但卫星到地面的高度h未知，则无法求出地球的质量，故B错误；
C.若知道地球半径和地球表面的重力加速度，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
则：M=gR2G，故C正确；
D.若知道地球上某高度处的重力加速度，则有：GMm(R+h)2=mg′，但R+h未知，则无法求出地球的质量，故D错误。
故选：C。
若知道地球半径和卫星绕地球的运行速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量；
若知道地球密度和卫星绕地球的运行速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量；
若知道地球半径和地球表面的重力加速度，根据万有引力和重力的关系进行分析；
知道地球上某高度处的重力加速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，此类问题一般有两条线：一是万有引力和重力的关系，二是万有引力提供向心力结合向心力公式列方程。
7.【答案】B
【解析】解：物块在斜面下滑过程，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
物块下滑到斜面最底端时速度最大，由速度-位移公式可得
vm2=2a1⋅2x0csθ
由图可知物块在平面上减速到零，则根据牛顿第二定律有
μmgθ=ma2
由速度-位移公式可得
vm2=2a2⋅(9x0−2x0)
联立解得：μ=16，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对物块在斜面下滑过程和在水平面上滑行过程，分别运用牛顿第二定律和速度-位移公式相结合列方程，联立求解。
本题分段运用牛顿第二定律和运动学公式列方程，要把握两个过程之间的联系，如速度关系，也可以根据动能定理求解。
8.【答案】AD
【解析】解：A.设小球到球心的距离为r，根据牛顿第二定律结合小球受到万有引力的表达式可得：F=GM′mr2，其中M′=ρ⋅43πr3
解得：F=4Gρπm3⋅r
根据牛顿第二定律可得：a=Fm=4Gρπ3⋅r，说明加速度的大小与到球心的距离成正比。
可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，接着在做加速度逐渐增大的减速运动，且只有引力对小球做功，小球的机械能守恒，根据对称性，则小球将在直通道的两端点间做往复运动，故A正确；
B.根据A选项的分析可知，小球运动到O点时受到星球的万有引力为零，故B错误；
C.若把小球从通道外一点静止释放，根据机械能守恒定律可知，小球达到另一端的高度等于释放时的高度时小球的速度为零，所以若把小球从通道外一点静止释放，小球不会脱离星球引力束缚而离开该星球，故C错误；
D、小球运动位移x(x>R)时受到的万有引力大小为：F′=GM′m(r−R)2
在该星球表面时的万有引力：F0=GMmR2
又有：M′M=(R−x)3R3
联立解得：F′=GMm(x−R)R3，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律求解小球到星球球心的距离为r时加速度大小，由此分析运动情况；若把小球从通道外一点静止释放，根据机械能守恒定律分析小球会不会脱离星球引力束缚而离开该星球；根据万有引力定律求解万有引力大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是抓住该星球在表面重力和万有引力大小相等，在该星球的内部万有引力是有内部引力提供。
9.【答案】AC
【解析】解：A、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
BC、恰好通过最高点A，速度为零，向心力为零，则此时杆对球的作用力大小
FN=mg
则小球经过A点时球对杆作用力的大小为mg，由A到B和由A到C过程，根据动能定理
mgL=12mvB2
2mgL=12mvC2
联立可解得
12mvB212mvC2=12
在C点时
FN′−mg=mvC2L
解得
FN′=5mg
则小球经过C两点时球对杆作用力的大小为5mg，则小球经过A、C两点时球对杆作用力的大小之比为mg：5mg=1：5，故C正确，B错误；
D、经过C点时，速度沿水平方向，竖直方向速度为零，重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选：AC。
不计空气阻力，杆的力不做功，只有重力做功，机械能守恒；小球恰好通过最高点A，最高点满足速度恰好为零，根据动能定理列方程，联立解得动能之比；根据沿半径方向上的合力提供向心力解答经过B点时杆的拉力大小和经过C点时杆的拉力大小；根据功率的公式P=Fvcsθ解答D选项。
此题考查竖直平面内的圆周运动，注意不计空气阻力，细杆拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒；注意分析向心力的来源，计算要巧用整体代换。
10.【答案】CD
【解析】解：A、对于轻杆与两个小球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒。由于轻杆对小球P做功，所以小球P的机械能不守恒，故A错误；
B、由上分析可知，轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒，小球P和Q绕O点在竖直面内自由转动，线速度大小相等，动能相等。当P、Q两球的等效重心转到O点正下方时，P的速度最大，从释放到P获得最大速度的过程中，小球P下落的高度比Q的大，则转动过程中小球P重力做功大于小球Q重力做功，所以轻杆对Q做正功，故B错误；
D、当P、Q两球的等效重心转到O点正下方时，P的速度最大，对于轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒得：
mg(L+Lcsθ2)+mg(Lcsθ+Lcsθ2)=12⋅2mvm2，解得P的最大速度为：vm= (3+2 3)gL2，故D正确；
C、对于小球P，根据动能定理得：mg(Lcsθ+Lcsθ2)+W=12mvm2，解得轻杆对P做功为：W=14mgL，故C正确。
故选：CD。
对于轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒，小球P的机械能不守恒；小球P和Q绕O点在竖直面内自由转动，线速度大小相等，动能相等，分析球P重力做功与小球Q重力做功的关系，判断轻杆对Q做功正负；根据系统机械能守恒求P的最大速度，再由动能定理求轻杆对P做功。
本题考查机械能守恒定律，关键要明确A、B两球组成的系统机械能守恒，单个球机械能并不守恒。
11.【答案】B(s2+s3)f2 (s5+s6)f2 g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2
【解析】解：(1)用自由落体过程研究机械能守恒定律，要求物体受到的阻力、浮力远小于重力。则应该选择体积小、密度大的铁球。故AC错误，B 正确。
故选：B。
(2)用平均速度代表中间时刻的瞬时速度，则有：vA=(s2+s3)f2，vB=(s5+s6)f2
若A点到B点重物下落过程中机械能守恒，则减小的重力势能转化为增加的动能，则有
mg(s3+s4+s+s5)=12mvB2−12mvA2
则只需验证关系式
g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2
故答案为：(1)B；(2)(s2+s3)f2、(s5+s6)f2；(3)g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2。
(1)实验要求小球受到的阻力、浮力影响较小，则应该选择体积小、质量大的铁球；
(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，即时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，再用机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。
12.【答案】C1t2 4d23g 匀速直线 自由落体 4
【解析】解：(1)根据实验原理可知该实验需用到刻度尺测量PQ间的距离，实验无需秒表、天平、弹簧测力计，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)小球经过光电门的速度为
v0=dt
根据平抛运动规律可知
x=v0t′
y=12gt′2
tan30∘=yx
L=xcs30∘
解得：L=4d23gt2
所以在坐标纸上，以L为纵坐标，以1t2为横坐标，把记录的各组数据在坐标纸上描点，若图象的斜率为4d23g，就说明平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
(3)从实验数据可知，若小球的初速度增加1倍，则P、Q间的距离将变为原来的4倍。
故答案为：(1)C；(2)1t2；4d23g；匀速直线；自由落体；4
(1)根据实验原理选择需要的实验器材；
(2)根据平抛运动规律结合几何关系得出对应的图像，结合图像的物理意义完成分析；
(3)根据上述的计算结果分析出PQ距离的变化。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小球在下落的过程中，根据动能定理
mgh0=Ek0
解得：g=Ek0mh0
(2)飞船绕该星球表面运动，根据万有引力等于向心力得：
GMmR2=m4π2T2R
在星球表面
GMmR2=mg
联立解得
R=T2Ek04π2mh0
设第一宇宙速度为v，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
解得：v=TEk02πmh0
答：(1)该星球表面的重力加速度大小为Ek0mh0；
(2)该星球的半径R为T2Ek04π2mh0，第一宇宙速度v为TEk02πmh0。
【解析】(1)根据动能定理列式得出星球表面的重力加速度；
(2)根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力，结合牛顿第二定律联立等式得出星球半径和第一宇宙速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解物体受到的万有引力提供的力的类型，结合牛顿第二定律联立等式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)铅球经过P点时运动的时间：t1=vyPg=vPsin37∘g=5×0.610s=0.3s
铅球经过P点时的竖直位移：hP=12gt12=12×10×0.32m=0.45m
铅球落地时的竖直方向速度：vy地2=2g(h+hP)
代入数据解得：vy地2=5m/s
铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值：tanα=vy地v0=55×0.8m/s=54
(2)铅球投掷点距底面的高度：h总=h+h1=0.8m+0.45m=1.25m
答：(1)铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值为54；
(2)铅球投掷点距底面的高度为1.25m。
【解析】(1)根据平行四边形定则，结合题设条件P点的速度方向，求出从抛出到P点的时间，从而求出从抛出到P点的竖直位移和竖直速度，再由速度的方向公式求落地时速度与水平方向夹角的正切值；
(2)根据速度-时间公式求出经过P、Q两点间的时间间隔，根据速度-时间公式分别求出抛出点到P点和Q点的时间，结合初速度求出水平位移。
本题主要考查了运动的合成与分解、平抛运动、自由落体运动，充分运用了互相垂直的运动互不影响且具有等时性的物理思想。
15.【答案】解：(1)对木板利用动能定理得
W1−μmg(x+x1)=0−0
解得撤去推力木板向右运动的距离
x1=0.8m
(2)P点左侧底面光滑，右侧粗糙，对木板由动能定理得
W2−Wf=0−0
解得克服摩擦力做功为
Wf=50J
假设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2，且x2≤L，则克服摩擦力做功满足：
Wf=μmgx2L×x22
解得：x2= 10m>L，故假设不成立。
设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2′，且x2′>L，则克服摩擦力做功满足：
Wf=μmgL2+μmg(x2′−L)
解得：x2′=3.5m
所以撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
答：(1)此时撤去推力，木板向右运动的距离为0.8m；
(2)撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
【解析】(1)从向左开始推木板到释放后木板在地面上静止，根据动能定理计算；
(2)根据动能定理计算出摩擦力所做的功，再根据滑动摩擦力公式计算撤去推力后最终木板右端与P点的距离。
本题关键掌握木板的运动过程，掌握动能定理的应用。此题难点是(2)问求解滑动摩擦力做功，滑动摩擦力与位移成正比，其做功可用滑动摩擦力的平均值计算。
1.如图所示为一辆自行车的大齿轮、小齿轮和后轮结构示意图，它们的边缘有三个点a、b、c，半径从大到小依次为a、c和b，下列判断正确的是( )
A. b和c的角速度相等B. a比b的向心加速度大
C. a比b的角速度大D. a比c的线速度小
2.2023年4月16日，长征四号乙运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将中国首颗降水测量专用卫星风云三号07星送入预定圆轨道，发射任务取得圆满成功。关于此风云三号07星(简称为“G星”)和另一颗绕地球做圆周运动的人造卫星(简称为“L星”)，下列说法正确的是( )
A. 若“G星”和“L星”的线速度大小相等，则“G星”的轨道半径比“L星”的大
B. 若“G星”和“L星”的周期相等，则“G星”的轨道半径比“L星”的小
C. 若“G星”比“L星”的角速度大，则“G星”的运行周期比“L星”的大
D. 若“G星”比“L星”的线速度大，则“G星”的角速度比“L星”的大
3.一名船夫驾船过河，小船在静水中的速度大小为v1，水流速度大小为v2，v2>v1，河宽为d，下列说法正确的是( )
A. 小船过河的最短时间为dv1B. 小船过河的最小位移为d
C. 小船过河的实际速度大小大于v1D. 小船过河的实际速度大小等于 v12+v22
4.天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，海王星的发现和哈雷彗星的“按时回归”确立了万有引力定律的地位，也成为科学史上的美谈。海王星的质量是地球的17倍，半径是地球的4倍，则卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小约为( )
A. 64km/sB. 16km/sC. 4km/sD. 2km/s
5.2023年4月21日，世界乒乓球职业大联盟(WTT)澳门冠军赛女子单打四分之一决赛中，中国选手王艺迪以3比0战胜中国台北选手郑怡静，晋级四强。王艺迪在某次发球时，把乒乓球水平击出，落在乒乓球台上，若只增加发球速度，仍落在球台上，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率增大
B. 下落过程中乒乓球增加的机械能减小
C. 运动时间不变，水平位移不变
D. 王艺迪对乒乓球做的功一定增大
6.科学家卡文迪什在1789年测量出了引力常量，进而计算出了地球的质量，被誉为第一个称量地球质量的人。已知引力常量为G，现在要测量地球的质量，还须知道( )
A. 地球半径和卫星绕地球的运行速度B. 地球密度和卫星绕地球的运行速度
C. 地球半径和地球表面的重力加速度D. 地球上某高度处的重力加速度
7.一物块静止开始沿倾角θ=37∘的斜面向下滑动，最后停在水平面上。斜面与水平面平滑连接，物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ(未知)。在整个运动过程中，小物块速度的平方与水平位移x的关系图像如图所示，图中vm2、x0均为未知量，sin37∘=0.6，则μ的值为( )
A. 19B. 16C. 14D. 12
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.假设存在这样一个孤立星球，质量分布均匀，球心为O，质量为M，半径为R。挖一个过O点的狭窄直通道，在直通道一端由静止释放一个质量为m的小球(小球与通道壁不接触)。已知引力常量为G，质量分布均匀的球壳对球壳内物体的万有引力为零，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 小球一定在直通道的两端点间做往复运动
B. 小球运动到O点时受到星球的万有引力会很大
C. 若把小球从通道外一点静止释放，最终小球会脱离星球引力束缚而离开该星球
D. 小球运动位移x(x>R)时受到的万有引力大小为GMm(x−R)R3
9.如图所示，轻质细杆一端固定质量为m的小球，另一端可绕光滑的固定轴O在竖直平面内做半径为L的圆周运动，小球恰好能通过最高点A。B为圆心等高点，C为圆周最低点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球经过A、B、C三点时机械能相等
B. 小球经过A、C两点时球对杆作用力的大小之比为1：6
C. 小球经过B、C两点时小球动能之比为1：2
D. 小球经过C时小球重力的瞬时功率为mg 5gL
10.如图所示，竖直面内两轻杆长度均为L，固定成夹角θ=60∘，可绕O点在竖直面内自由转动。两轻杆的另一端分别固定质量均为m的小球P和Q，OQ竖直。现把小球从静止释放，重力加速度为g，不计一切阻力。从释放到P获得最大速度的过程中( )
A. 小球P的机械能守恒
B. 轻杆对Q一直做负功
C. 轻杆对P做功为14mgL
D. P的最大速度为 (3+2 3)gL2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用小球的自由落体运动来研究机械能守恒定律。由打点计时器打点得到的一条点迹清晰的纸带如图所示。O为打下的第一个点，打点计时器所用交流电源的频率为f，重力加速度为g。
(1)实验中的小球应该选______。(填选项序号)
A.塑料球
B.铁球
C.木球
(2)打A、B两点时小球的速度大小分别为vA=______、vB=______(用已知量和纸带上的字母表示)，只需验证关系式______(用vA、vB、g和纸带上的字母表示)成立，便能验证小球从A到B的过程中机械能守恒。
12.用如图所示的装置研究平抛运动。在水平实验桌右端固定一个光电门，桌上固定竖直挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，弹簧水平。倾斜长木板上的上端P和桌面等高，木板紧挨着桌面且弹簧对着木板的中央，然后把木板固定，与水平面夹角30∘。用小铁球压缩弹簧，然后由静止释放，小铁球离开桌面，落在斜面上，标记出落点位置Q。通过研究小球压缩弹簧的形变量不同，平抛的初速度不同，落在斜面上的位置不同，探索光电门记录的扫光时间t和P、Q间距离L的关系，进而研究平抛运动。已知小球直径d，查资料可知当地重力加速度g，请回答下列问题：
(1)完成此实验，还需要的实验器材有______。(填选项序号)
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.弹簧测力计
(2)在坐标纸上，以L为纵坐标，以______(选填“t”、“1t”或1t2)为横坐标，把记录的各组数据在坐标纸上描点，连线得到一条过原点的直线。若斜率为______，就说明平抛运动水平方向做______运动和竖直方向做______运动。
(3)从实验数据可知，若小球的初速度增加1倍，则P、Q间的距离将变为原来的______倍。
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.若宇航员乘宇宙飞船来到某星球表面，飞船绕该星球表面运动一周所用时间为T。降落该星球以后，在星球表面某高度处将一质量为m的小球由静止释放，得到小球的动能随小球下降高度的变化图线如图所示，图中Ek0、h0均为已知量，不计空气阻力，求：
(1)该星球表面的重力加速度大小；
(2)该星球的半径R和第一宇宙速度v。
14.体育课上，小明同学在一次投掷铅球练习中，把铅球水平抛出。铅球经过P点时速度与水平方向夹角θ=37∘，速度大小v=5m/s，P到地面的距离为h=0.8m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，cs37∘=0.8，sin37∘=0.6，求：
(1)铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值；
(2)铅球投掷点距底面的高度。
15.如图所示，在水平地面上竖直固定一挡板，轻质弹簧的左端固定在挡板上。质量为m=5kg、长度为L=2m的长木板静止放置在地面上，刚好与处于原长的水平弹簧的右端接触，木板右端在P点(P为底面上一点)。现对木板施加一个水平向左的推力，使木板向左缓缓移动一段距离，然后撤去推力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若木板与水平底面间的动摩擦因数μ=0.2，弹簧压缩了x=0.2m，水平推力做功W1=10J，此时撤去推力，求木板向右运动的距离；
(2)若P点左侧底面光滑，右侧粗糙，木板与地面的动摩擦因数为μ=0.4，水平推力做功W2=50J，求撤去推力后最终木板右端与P点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.b和c被不可伸长的链条相连，则b和c线速度大小相同，即vb=vc；
根据线速度与角速度的关系，可知角速度ω=vr
由于rc>rb，因此ωb>ωc，故A错误；
B.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，即ωa=ωb；
根据向心加速度公式a=ω2r，结合题图可知ra>rb，因此aa>ab，故B正确；
C.a和b属于同轴传动，所以a与b的角速度相等，故C错误；
D.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，即ωa=ωb；
根据线速度与角速度的关系v=rω可知，由于ra>rb，因此va>vb；
根据题图可知，b、c两点是链条传动，链条边缘线速度大小相等，则有vb=vc
联立可得va>vc，故D错误。
故选：B。
A.b和c被不可伸长的链条相连，据此分析作答；
B.由于a、b两点在同一轮上，角速度相等，结合圆周运动向心加速度公式分析作答；
C.a和b属于同轴传动，据此分析作答；
D.a和b属于同轴传动，b、c两点是链条传动，结合线速度与角速度的关系分析作答。
本题考查了圆周运动的两种传动方式，要知道两种传动方式的特点；掌握线速度与角速度的关系、向心加速度与角速度的关系。
2.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律有：GMmr2=mv2r=mω2r=4π2mrT2
变形后得到：v= GMr，ω= GMr3=2πT，T= 4π2r3GM
若线速度大小、周期相等，则半径相等；角速度大则周期小，线速度大则半径小，角速度大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力提供向心力，向心力用线速度、角速度、周期等表示。再结合题设条件半径、周期、线速度、角速度的大小与半径的关系。
卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力是解题的核心思想，涉及变轨出现椭圆轨道的问题，可以根据近心运动和离心运动定性分析比较速度大小。
3.【答案】A
【解析】解：A.若船头正对河岸，时间最短为dv1，故A正确；
B.由于v2>v1，则小船合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，则小船过河的最小位移大于d，故B错误；
CD.由于不知道小船在静水中的速度v1与水流速度v2间的夹角，则无法知道小船过河的实际速度情况，故CD错误。
故选：A。
船头正对河岸，时间最短；
水速大于船速，不可能垂直渡河；
分速度角度关系不明确，不能确定合速度情况。
本题解题关键是掌握两个推论：1.船头正对河岸，时间最短；2.水速大于船速，不可能垂直渡河。
4.【答案】B
【解析】解：卫星绕地球表面做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：mv2R=GMmR2
代入数据解得线速度大小约为：v= GMR
由于地球的第一宇宙速度为v=7.9km/s，则 GMR=7.9km/s
卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小约为：v′= 17GM4R
代入数据解得：v′=16km/s，故B正确、ACD错误。
故选：B。
卫星绕地球表面做圆周运动，根据万有引力提供向心力结合地球的第一宇宙速度大小列方程；根据万有引力提供向心力计算卫星绕海王星表面做圆周运动的线速度大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是知道地球的第一宇宙速度大小为7.9km/s，能够根据万有引力提供向心力列方程求解。
5.【答案】D
【解析】解：A.由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率
P=mgv，v2=2gh
可知落在乒乓球台上时重力做功的瞬时功率不变，故A错误；
B.由于不计空气阻力，下落过程中只有重力做功，乒乓球机械能守恒，故B错误；
C.由于不计空气阻力，则乒乓球做平抛运动，则在竖直方向有
h=12gt2
则t= 2hg
因为下落的高度h不变，可知乒乓球运动时间不变；在水平方向的位移x=v0t，由于v0增大，则乒乓球水平位移增大，故C错误；
D.由于乒乓球的初速度增大，乒乓球的初动能增大，则王艺迪对乒乓球做的功一定增大，故D正确。
故选：D。
重力的瞬时功率等于重力与竖直方向的速度的乘积；乒乓球在运动过程中，只有重力做功；做平抛运动的物体，在空中的运动时间是由下落的高度决定的；乒乓球的初速度增大，是因为运动员对乒乓球做功多。
知道平抛运动的物体在空中的运动时间是由下落的高度决定的，还有重力的功率等于重力与乒乓球在竖直方向的分速度的乘积。
6.【答案】C
【解析】解：A.若知道地球半径和卫星绕地球的运行速度，则有：GMm(R+h)2=mv2R+h，但卫星到地面的高度h未知，则无法求出地球的质量，故A错误；
B.若知道地球密度和卫星绕地球的运行速度，根据万有引力提供向心力可得：GMm(R+h)2=mv2R+h
根据质量与密度的关系可得：M=ρ43πR3
但卫星到地面的高度h未知，则无法求出地球的质量，故B错误；
C.若知道地球半径和地球表面的重力加速度，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
则：M=gR2G，故C正确；
D.若知道地球上某高度处的重力加速度，则有：GMm(R+h)2=mg′，但R+h未知，则无法求出地球的质量，故D错误。
故选：C。
若知道地球半径和卫星绕地球的运行速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量；
若知道地球密度和卫星绕地球的运行速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量；
若知道地球半径和地球表面的重力加速度，根据万有引力和重力的关系进行分析；
知道地球上某高度处的重力加速度，卫星到地面的高度h未知，无法求出地球的质量。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，此类问题一般有两条线：一是万有引力和重力的关系，二是万有引力提供向心力结合向心力公式列方程。
7.【答案】B
【解析】解：物块在斜面下滑过程，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
物块下滑到斜面最底端时速度最大，由速度-位移公式可得
vm2=2a1⋅2x0csθ
由图可知物块在平面上减速到零，则根据牛顿第二定律有
μmgθ=ma2
由速度-位移公式可得
vm2=2a2⋅(9x0−2x0)
联立解得：μ=16，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对物块在斜面下滑过程和在水平面上滑行过程，分别运用牛顿第二定律和速度-位移公式相结合列方程，联立求解。
本题分段运用牛顿第二定律和运动学公式列方程，要把握两个过程之间的联系，如速度关系，也可以根据动能定理求解。
8.【答案】AD
【解析】解：A.设小球到球心的距离为r，根据牛顿第二定律结合小球受到万有引力的表达式可得：F=GM′mr2，其中M′=ρ⋅43πr3
解得：F=4Gρπm3⋅r
根据牛顿第二定律可得：a=Fm=4Gρπ3⋅r，说明加速度的大小与到球心的距离成正比。
可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，接着在做加速度逐渐增大的减速运动，且只有引力对小球做功，小球的机械能守恒，根据对称性，则小球将在直通道的两端点间做往复运动，故A正确；
B.根据A选项的分析可知，小球运动到O点时受到星球的万有引力为零，故B错误；
C.若把小球从通道外一点静止释放，根据机械能守恒定律可知，小球达到另一端的高度等于释放时的高度时小球的速度为零，所以若把小球从通道外一点静止释放，小球不会脱离星球引力束缚而离开该星球，故C错误；
D、小球运动位移x(x>R)时受到的万有引力大小为：F′=GM′m(r−R)2
在该星球表面时的万有引力：F0=GMmR2
又有：M′M=(R−x)3R3
联立解得：F′=GMm(x−R)R3，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律求解小球到星球球心的距离为r时加速度大小，由此分析运动情况；若把小球从通道外一点静止释放，根据机械能守恒定律分析小球会不会脱离星球引力束缚而离开该星球；根据万有引力定律求解万有引力大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是抓住该星球在表面重力和万有引力大小相等，在该星球的内部万有引力是有内部引力提供。
9.【答案】AC
【解析】解：A、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
BC、恰好通过最高点A，速度为零，向心力为零，则此时杆对球的作用力大小
FN=mg
则小球经过A点时球对杆作用力的大小为mg，由A到B和由A到C过程，根据动能定理
mgL=12mvB2
2mgL=12mvC2
联立可解得
12mvB212mvC2=12
在C点时
FN′−mg=mvC2L
解得
FN′=5mg
则小球经过C两点时球对杆作用力的大小为5mg，则小球经过A、C两点时球对杆作用力的大小之比为mg：5mg=1：5，故C正确，B错误；
D、经过C点时，速度沿水平方向，竖直方向速度为零，重力的瞬时功率为零，故D错误。
故选：AC。
不计空气阻力，杆的力不做功，只有重力做功，机械能守恒；小球恰好通过最高点A，最高点满足速度恰好为零，根据动能定理列方程，联立解得动能之比；根据沿半径方向上的合力提供向心力解答经过B点时杆的拉力大小和经过C点时杆的拉力大小；根据功率的公式P=Fvcsθ解答D选项。
此题考查竖直平面内的圆周运动，注意不计空气阻力，细杆拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒；注意分析向心力的来源，计算要巧用整体代换。
10.【答案】CD
【解析】解：A、对于轻杆与两个小球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒。由于轻杆对小球P做功，所以小球P的机械能不守恒，故A错误；
B、由上分析可知，轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒，小球P和Q绕O点在竖直面内自由转动，线速度大小相等，动能相等。当P、Q两球的等效重心转到O点正下方时，P的速度最大，从释放到P获得最大速度的过程中，小球P下落的高度比Q的大，则转动过程中小球P重力做功大于小球Q重力做功，所以轻杆对Q做正功，故B错误；
D、当P、Q两球的等效重心转到O点正下方时，P的速度最大，对于轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒得：
mg(L+Lcsθ2)+mg(Lcsθ+Lcsθ2)=12⋅2mvm2，解得P的最大速度为：vm= (3+2 3)gL2，故D正确；
C、对于小球P，根据动能定理得：mg(Lcsθ+Lcsθ2)+W=12mvm2，解得轻杆对P做功为：W=14mgL，故C正确。
故选：CD。
对于轻杆与两个小球组成的系统机械能守恒，小球P的机械能不守恒；小球P和Q绕O点在竖直面内自由转动，线速度大小相等，动能相等，分析球P重力做功与小球Q重力做功的关系，判断轻杆对Q做功正负；根据系统机械能守恒求P的最大速度，再由动能定理求轻杆对P做功。
本题考查机械能守恒定律，关键要明确A、B两球组成的系统机械能守恒，单个球机械能并不守恒。
11.【答案】B(s2+s3)f2 (s5+s6)f2 g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2
【解析】解：(1)用自由落体过程研究机械能守恒定律，要求物体受到的阻力、浮力远小于重力。则应该选择体积小、密度大的铁球。故AC错误，B 正确。
故选：B。
(2)用平均速度代表中间时刻的瞬时速度，则有：vA=(s2+s3)f2，vB=(s5+s6)f2
若A点到B点重物下落过程中机械能守恒，则减小的重力势能转化为增加的动能，则有
mg(s3+s4+s+s5)=12mvB2−12mvA2
则只需验证关系式
g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2
故答案为：(1)B；(2)(s2+s3)f2、(s5+s6)f2；(3)g(s3+s4+s+s5)=12vB2−12vA2。
(1)实验要求小球受到的阻力、浮力影响较小，则应该选择体积小、质量大的铁球；
(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，即时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，再用机械能守恒定律倒推出需要验证的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。
12.【答案】C1t2 4d23g 匀速直线 自由落体 4
【解析】解：(1)根据实验原理可知该实验需用到刻度尺测量PQ间的距离，实验无需秒表、天平、弹簧测力计，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)小球经过光电门的速度为
v0=dt
根据平抛运动规律可知
x=v0t′
y=12gt′2
tan30∘=yx
L=xcs30∘
解得：L=4d23gt2
所以在坐标纸上，以L为纵坐标，以1t2为横坐标，把记录的各组数据在坐标纸上描点，若图象的斜率为4d23g，就说明平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
(3)从实验数据可知，若小球的初速度增加1倍，则P、Q间的距离将变为原来的4倍。
故答案为：(1)C；(2)1t2；4d23g；匀速直线；自由落体；4
(1)根据实验原理选择需要的实验器材；
(2)根据平抛运动规律结合几何关系得出对应的图像，结合图像的物理意义完成分析；
(3)根据上述的计算结果分析出PQ距离的变化。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小球在下落的过程中，根据动能定理
mgh0=Ek0
解得：g=Ek0mh0
(2)飞船绕该星球表面运动，根据万有引力等于向心力得：
GMmR2=m4π2T2R
在星球表面
GMmR2=mg
联立解得
R=T2Ek04π2mh0
设第一宇宙速度为v，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
解得：v=TEk02πmh0
答：(1)该星球表面的重力加速度大小为Ek0mh0；
(2)该星球的半径R为T2Ek04π2mh0，第一宇宙速度v为TEk02πmh0。
【解析】(1)根据动能定理列式得出星球表面的重力加速度；
(2)根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力，结合牛顿第二定律联立等式得出星球半径和第一宇宙速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解物体受到的万有引力提供的力的类型，结合牛顿第二定律联立等式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)铅球经过P点时运动的时间：t1=vyPg=vPsin37∘g=5×0.610s=0.3s
铅球经过P点时的竖直位移：hP=12gt12=12×10×0.32m=0.45m
铅球落地时的竖直方向速度：vy地2=2g(h+hP)
代入数据解得：vy地2=5m/s
铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值：tanα=vy地v0=55×0.8m/s=54
(2)铅球投掷点距底面的高度：h总=h+h1=0.8m+0.45m=1.25m
答：(1)铅球落地时速度与水平方向夹角的正切值为54；
(2)铅球投掷点距底面的高度为1.25m。
【解析】(1)根据平行四边形定则，结合题设条件P点的速度方向，求出从抛出到P点的时间，从而求出从抛出到P点的竖直位移和竖直速度，再由速度的方向公式求落地时速度与水平方向夹角的正切值；
(2)根据速度-时间公式求出经过P、Q两点间的时间间隔，根据速度-时间公式分别求出抛出点到P点和Q点的时间，结合初速度求出水平位移。
本题主要考查了运动的合成与分解、平抛运动、自由落体运动，充分运用了互相垂直的运动互不影响且具有等时性的物理思想。
15.【答案】解：(1)对木板利用动能定理得
W1−μmg(x+x1)=0−0
解得撤去推力木板向右运动的距离
x1=0.8m
(2)P点左侧底面光滑，右侧粗糙，对木板由动能定理得
W2−Wf=0−0
解得克服摩擦力做功为
Wf=50J
假设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2，且x2≤L，则克服摩擦力做功满足：
Wf=μmgx2L×x22
解得：x2= 10m>L，故假设不成立。
设撤去推力后最终木板右端与P点的距离为x2′，且x2′>L，则克服摩擦力做功满足：
Wf=μmgL2+μmg(x2′−L)
解得：x2′=3.5m
所以撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
答：(1)此时撤去推力，木板向右运动的距离为0.8m；
(2)撤去推力后最终木板右端与P点的距离为3.5m。
【解析】(1)从向左开始推木板到释放后木板在地面上静止，根据动能定理计算；
(2)根据动能定理计算出摩擦力所做的功，再根据滑动摩擦力公式计算撤去推力后最终木板右端与P点的距离。
本题关键掌握木板的运动过程，掌握动能定理的应用。此题难点是(2)问求解滑动摩擦力做功，滑动摩擦力与位移成正比，其做功可用滑动摩擦力的平均值计算。
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