2024-2025学年四川省成都市都江堰市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省成都市都江堰市高一（下）期末物理试卷（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.某弹簧振子做简谐运动的x−t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. t1时刻，振子的加速度为0
B. 该图像从平衡位置开始计时
C. t2时刻，振子偏离平衡位置的位移最小
D. t3时刻，振子正通过平衡位置向负方向运动
2.卫星测控中心监测画面显示，某卫星绕地球做匀速圆周运动时，其星下点(即卫星和地心连线与地面的交点)轨迹是地球赤道上的一个定点。关于该卫星，下列说法正确的是( )
A. 周期比地球自转周期长B. 运行速度大于地球的第一宇宙速度
C. 向心加速度小于近地卫星的向心加速度D. 动能一定小于近地卫星的动能
3.如图，在水平桌面上放置两个有机玻璃容器A、B，容器B为硬底，容器A底部平铺一层厚海绵，B的底部与A中海绵上表面处在同一水平高度。将两枚相同的生鸡蛋分别从A、B正上方同一高度由静止释放，与容器底部碰撞后均未反弹，A中的鸡蛋完好无损，B中的鸡蛋却碎了。关于该实验现象，下列说法正确的是( )
A. 碰撞前瞬间，A中鸡蛋的动量较小
B. 碰撞过程，B中鸡蛋动量的变化量较大
C. 碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大
D. 碰撞过程，A中鸡蛋经历时间较长，所受撞击力的冲量较小
4.如图，某洗衣机在运行脱水程序时，一质量为m的硬币随脱水筒内壁一起做匀速圆周运动。已知脱水筒的内径(圆筒内部的直径尺寸)为d，硬币与脱水筒内壁间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 硬币的速度和加速度均不变
B. 硬币受到重力、弹力、摩擦力和向心力作用
C. 硬币受到的摩擦力大小为μmg
D. 脱水筒转动的角速度至少为 2gμd
5.如图，滑草是一项极具趣味性的运动。一可视为质点的游客(包括滑草设备)质量为m，从高度为ℎ的斜坡顶端由静止下滑，到达坡底时的速度大小为v，重力加速度大小为g。关于该下滑过程，下列说法正确的是( )
A. 重力对游客做的功为−mgℎB. 合力对游客做的功为12mv2+mgℎ
C. 阻力对游客做的功为mgℎ−12mv2D. 游客的机械能减少了mgℎ−12mv2
6.A、B两物体的质量之比为mA：mB=2：1，由于摩擦力的作用，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。下列说法正确的是( )
A. 物体A、B的位移大小之比为xA：xB=1：1
B. 物体A、B受到的摩擦力大小之比为fA：fB=2：1
C. 物体A、B受到的摩擦力做的功之比为WA：WB=2：1
D. t=0时刻，物体A、B受到的摩擦力的功率之比为PA：PB=2：1
7.如图，一质量为2m的容器Q静止在光滑水平面上，其内壁是半径为R的光滑半球面。在半球面水平直径的一端有一质量为m、可视为质点的滑块P沿容器Q的内壁由静止开始下滑，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 在P下滑过程中，P、Q组成的系统动量守恒
B. P在最低点时，Q对P的支持力大小为4mg
C. P在最低点时，其速度大小为 gR3
D. P由静止下滑到最低点过程中，Q的位移大小为23R
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，P为固定在水平地面上的半径为R的光滑圆弧槽，O为圆心，O′为圆弧槽的最低点，A、B为圆弧槽的两个端点，弧AB≪R。将均可视为质点的甲、乙两球从O′点的左右两侧同时由静止释放，O、O′、A、B及释放点均在同一竖直平面内。下列说法正确的是( )
A. 若甲球的释放点离O′点更近，则甲球先到达O′点
B. 若甲球的质量大于乙球的质量，则甲球先到达O′点
C. 甲、乙两球同时到达O′点
D. 仅将该装置移到重力加速度更大的地区，乙球从释放点到O′点的时间会变短
9.某同学在平直公路上正常匀速骑行，人和自行车整体所受阻力大小恒为f。自行车的部分结构如图所示，大齿轮与小齿轮通过链条相连，后轮与小齿轮绕共同的轴转动。大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1、r2和r3，在它们的边缘分别取一点A、B、C，已知A点的角速度为ω。下列说法正确的是( )
A. B点和C点的角速度均小于ω
B. A点绕大齿轮轴做匀速圆周运动的线速度大小为ωr1
C. 人和自行车整体克服阻力做功的功率为fωr1r3r2
D. 图示时刻C点相对地面的速度大小为 2ωr1r3r2
10.如图，质量分别为m、2m的两个物块A、B用轻质弹簧连接，物块B放置在水平地面上，物块A静止在弹簧上端。现对物块A施加一竖直向上的拉力F，使物块A缓慢上升，当物块A上升高度为ℎ1时，物块B对地面的压力恰好为0，此后物块A在拉力F作用下继续缓慢上升高度ℎ2。弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为k=3mgℎ1
B. 物块A上升ℎ1的过程中，弹簧的弹性势能增加了3mgℎ12
C. 物块A继续上升ℎ2的过程中，弹簧不再对物块A做功，弹簧的弹性势能不变
D. 全过程拉力F做的功为32mgℎ1+3mgℎ2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某兴趣小组利用如图甲所示的实验装置探究向心力的大小与质量、线速度的大小和半径之间的关系。实验时，将两球分别放在长槽和短槽的挡板内侧，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，两球所受向心力的比值可通过标尺上的等分格显示。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心的距离之比为1：2：1。变速轮塔皮带盘(如图乙所示)自上而下每层左右半径之比分别为1：1、2：1和3：1。
(1)探究向心力的大小与半径之间的关系时，应将质量______(选填“相同”或“不同”)的钢球分别放在长、短槽上半径______(选填“相同”或“不同”)处挡板内侧，皮带放在皮带盘第______(选填“一”“二”或“三”)层。
(2)探究向心力的大小与线速度的大小之间的关系时，该小组将两个相同的钢球分别放在A、C处，改变皮带挡位，记录一系列标尺示数。其中一组数据为左边1.1格、右边9.1格，则记录该组数据时，皮带位于皮带盘的第______(选填“—”“二”或“三”)层。
12.某实验小组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。在气垫导轨上安装光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。实验时，测出遮光条与光电门中心的距离为L，遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，钩码的质量为m，重力加速度大小为g。
≡
(1)调整气垫导轨水平时，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块______，则表示气垫导轨已调整至水平状态。
(2)挂上钩码后，接通气源，由静止释放滑块，记录遮光条通过光电门的时间t，则滑块通过光电门时的速度大小为______(用所测物理量的字母表示)。
(3)从释放滑块到遮光条经过光电门这一过程中，由滑块(含遮光条)和钩码组成的系统重力势能减少量为______，系统动能增加量为______。(均用所测物理量的字母表示)
(4)处理数据后，该小组发现系统动能增加量大于重力势能减少量，引起该误差的原因可能是______(填标号)。
A.定滑轮有质量的
B.存在空气阻力及细线与定滑轮之间的摩擦力
C.气垫导轨未水平，有定滑轮一端低于另一端
D.遮光条未通过光电门时，钩码已落地导致细线松弛
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.2024年6月，嫦娥六号完成人类首次月球背面采样任务。若嫦娥六号在距离月球表面高度为H的圆轨道上运行的周期为T，月球半径为R，引力常量为G，忽略月球自转。
(1)求月球的质量；
(2)在月球表面高度为ℎ(ℎ≪R)处由静止释放一可视为质点的物块，求物块自由下落到月球表面所用的时间。
14.将成都某水上游乐设施简化为如图所示模型：圆弧轨道AB、直轨道BC和圆弧轨道CD在向一竖直平面内，与竖直圆弧轨道DEF平面略有错开，BC与AB、CD分别相切于B、C处，各轨道间平滑连接。圆弧轨道AB以O1为圆心，圆心角θ=37°，半径R1=10m，O1A在竖直方向。直轨道BC长度L=22m，圆弧轨道CD以O2为圆心，半径R2=8.5m，O2D在水平方向。圆弧轨道DEF以O3为圆心，半径R3=6.4m，O3E在竖直方向。总质量m=200kg的游船(包括游客)从A点被推出后沿着轨道运动，恰好到达E点，在轨道EF被制动装置作用后，从F点水平安全飞出，落在距离F点高度ℎ=2.45m的水面上，落点G与F点的水平距离x=4.9m。不计制动装置作用外的一切阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)游船在F点时的速度大小；
(2)制动装置对游船做的功；
(3)游船在B点时对圆弧轨道AB的压力大小。
15.如图，置于光滑水平地面的滑板A由半径R=0.046m的四分之一光滑圆槽MN和长度L=1.02m的平直木板NP组成，可视为质点的滑块B置于A右端P处，B与NP接触面间的动摩擦因数μ=0.3。初始时，A、B均静止。滑块C以水平向右、大小v0=4m/s的速度与A发生弹性碰撞。A、B、C的质量mA=mC=3kg、mB=1kg，重力加速度大小取g=10m/s2。
(1)求A被碰后瞬间的速率；
(2)求B从P点第一次到达N点所用的时间；
(3)若因特殊构造使NP对B的水平作用力大小f与B相对A的速度大小Δv的关系满足f=3017Δv，两者方向相反，求B滑离A时的速率及B最终与P点的距离。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A.t1时刻，振子的位移为0，则F回=−kx=ma可知，振子的加速度为0，故A正确；
B.根据图像可知，振子初始时刻位移不为0，说明该图像不是从平衡位置开始计时，故B错误；
C.t2时刻，振子偏离平衡位置的位移最大，故C错误；
D.t3时刻，振子正通过平衡位置向正方向运动，故D错误。
故选：A。
根据简谐运动的振动图像结合回复力知识，牛顿第二定律进行分析解答。
考查简谐运动的振动图像结合回复力知识，牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：A.根据题意可知，该卫星是地球静止轨道同步卫星，故其运动周期与地球自转周期相等，故A错误；
B.根据第一宇宙速度知识可知，运行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故B错误；
C.根据GMmr2=ma可知，向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故C正确；
D.动能与卫星的质量有关，则不能确定和近地卫星的动能大小关系，故D错误。
故选：C。
根据同步卫星的线速度、牛顿第二定律结合动能表达式，第一宇宙速度知识进行分析解答。
考查同步卫星的线速度、牛顿第二定律结合动能表达式，第一宇宙速度知识，会根据题意进行准确分析解答。
3.【答案】C
【解析】解：AB.两枚相同的生鸡蛋分别从同一高度由静止释放，鸡蛋落到容器底部时的速度相同，所以碰撞前瞬间两鸡蛋动量相同，两鸡蛋与容器底部碰撞后均未反弹，所以碰撞过程中，两鸡蛋的动量变化量相同，故AB错误；
CD.根据动量定理I=FΔt=Δp，可知碰撞过程中两鸡蛋受到的撞击力的冲量相同，鸡蛋落到海绵上时作用时间较长，则受到的作用力较小，所以碰撞过程，B中鸡蛋经历时间较短，所受撞击力较大，故C正确，D错误。
故选：C。
以鸡蛋为研究对象，根据动量定理，结合自由落体运动的规律进行分析。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
4.【答案】D
【解析】解：A.硬币做匀速圆周运动，速度和加速度方向都时刻改变，故A错误；
B.硬币受重力、静摩擦力和弹力共3个力作用，所受合力提供向心力，故B错误；
C.硬币随脱水筒做圆周运动所需的向心力由硬币受到的弹力提供，摩擦力与重力平衡，故C错误；
D.设脱水筒转动的角速度最小为ω，根据牛顿第二定律可得FN=mω2⋅d2，此时硬币与筒壁之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有f=μFN=mg，解得ω= 2gμd，故D正确。
故选：D。
根据匀速圆周运动特点分析；对硬币受力分析，明确硬币受重力、静摩擦力和弹力做匀速圆周运动，桶壁对硬币的支持力提供向心力，竖直方向受力平衡；根据牛顿第二定律计算筒的角速度。
本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的知识进行解答即可。
5.【答案】D
【解析】解：A.下滑过程中，重力对游客做正功，大小为mgℎ，故A错误；
B.根据动能定理可知，合力做功等于动能变化量，因此合力做功为ΔEk=12mv2−0=12mv2，故B错误；
C.根据动能定理可知，WG+Wf=12mv2−0=12mv2，因此Wf=12mv2−mgℎ，故C错误；
D.规定坡底所在的平面为参考平面，则游客的初位置机械能为E1=mgℎ，末位置机械能等于E2=12mv2，所以机械能的变化量为E1−E2=mgℎ−12mv2，故D正确。
故选：D。
重力做正功，阻力做负功，重力与阻力做功之和等于动能变化量。
本题需要利用机械能守恒及动能定理相关知识求解。
6.【答案】C
【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=12v0t0，xB=12v0⋅2t0
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=v0t0，a=v02t0
解得：aA：aB=2：1
由牛顿第二定律得：fA=mAaA，fB=mBaB
联立解得：fA：fB=4：1
故B错误；
C.根据功的定义得：WfA=−fAxA，WfB=−fBxB
联立解得：WfA：WfB=2：1
故C正确；
D.根据功率公式得t=0时刻，PA=fAv0，PB=fBv0
解得PA：PB=4：1
故D错误。
故选：C。
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；根据功率公式求出功率之比。
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，面积表示位移。
7.【答案】B
【解析】解：A、在P下滑过程中，P有竖直方向的分加速度，所以，P、Q组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；但系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；
BC、P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，设P到达最低点时的速度大小为v1，Q的速度大小为v2，由水平方向动量守恒定律可得：0=mv1−2mv2
系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得：mgR=12mv12+12⋅2mv22
联立解得：v1=2 13gR，v2= 13gR
P在最低点时，对P，由牛顿第二定律可得：FN−mg=m(v1+v2)2R，代入数据解得：FN=4mg，即Q对P的支持力大小为5mg，故B正确，C错误；
D、P由静止下滑到最低点过程中，设Q的位移大小为x，则P的位移大小为(R−x)，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由水平方向动量守恒可得：m(R−x)t=2mxt，解得：x=13R，故D错误。
故选：B。
由动量守恒是条件判断系统是否动量守恒；由系统在水平方向动量守恒和机械能守恒定律可求P、Q在最低点时的速度的大小，再由牛顿第二定律可求支持力的大小，由水平方向动量守恒结合运动学公式可求Q的位移的大小。
本题是对牛顿第二定律、动量守恒定律及机械能守恒定律的综合考查，解题的关键是要知道系统在水平方向动量守恒，应用牛顿第二定律求支持力时，速度为相对速度。
8.【答案】CD
【解析】解：ABC.小球甲、乙两小球可看作质点，可以把小球的运动看作单摆，它们的摆长相等，都等于圆弧槽的半径R，根据单摆周期公式T=2π可知，这两个小球的周期相等，与它们的质量和开始运动的位置无关，所以它们相遇在O′点，即使改变它们的质量，也是相遇在O′点。故C正确，AB错误；
D.根据单摆周期公式T=2π可知，将该装置移到重力加速度更大的地区，乙球从释放点到O′点的时间t=T4=π2 Rg会变短。故D正确。
故选：CD。
根据单摆的周期公式分析相遇的地点，改变质量、重力加速度、位置分析相遇地点和运动时间。
能够知道小球的运动可以类比于单摆的运动是解题的关键，掌握单摆的周期公式是解题的基础。
9.【答案】BC
【解析】解：A、大齿轮与小齿轮通过链条相连，A、B两点线速度大小相等，r1>r2，根据v=ωr，知ωB>ωA=ω，小齿轮和后轮共轴转动，ωC=ωB>ω，故A错误；
B、根据v=ωr，A点绕大齿轮轴做匀速圆周运动线速度大小为ωr1，故B正确；
CD、小齿轮角速度ωB=vBr2=vAr2=ωr1r2，后轮与小齿轮共轴ωC=ωB，则后轮边缘C点线速度(即自行车前进速度v )v=ωCr3=ωr1r3r2，人和自行车整体匀速骑行，牵引力等于阻力，克服阻力做功的功率P=fv=fωr1r3r2，故C正确，D错误；
故选：BC。
大齿轮与小齿轮通过链条相连，A、B两点线速度大小相等，后轮与小齿轮共轴，B、C角速度相同，根据v=ωr，P=fv分析各选项。
本题考查传动系统线速度、角速度、功率问题，解题关键是同轴转动的物体角速相同，同一根皮带上的物体线速度大小相同。
10.【答案】AD
【解析】解：A、初始时系统静止，弹簧压缩量为x1=mgk，物块A上升高度为ℎ1时弹簧的伸长量x2=2mgk，结合x1+x2=ℎ1，可得k=3mgℎ1，故A正确；
B、因x2>x1，故物块A上升ℎ1的过程中，弹簧的弹性势能增加了ΔEp=12kx22−12kx12，解得ΔEp=mgℎ12，故B错误；
C、物块A继续上升ℎ2的过程中，弹簧对物块A的拉力与位移方向相反，则弹簧对物块A做负功，弹簧伸长的长度不变，弹性势能不变，故C错误；
D、根据功能关系，全过程拉力F做的功为W=mgℎ1+ΔEp+(m+2m)gℎ2，解得W=32mgℎ1+3mgℎ2，故D正确。
故选：AD。
根据平衡条件求出初始时弹簧压缩量x1和物块A上升高度为ℎ1时弹簧的伸长量x2，结合x1+x2=ℎ1求弹簧的劲度系数；根据初末状态的弹性势能求增加的弹性势能；物块A继续上升ℎ2的过程中，根据弹力方向与位移方向的关系判断弹簧对物块A做功情况，并分析弹性势能的变化情况；根据功能关系求全过程拉力F做的功。
解答本题时，要明确弹簧的状态，熟练运用平衡条件和胡克定律求弹簧的形变量，结合功能关系解答。
11.【答案】相同；不同； 三
【解析】(1)探究向心力和半径的关系时，应保持角速度和质量不变，改变半径，因此应将质量相同的钢球分别放在长、短槽上半径不同处挡板内侧，即分别放在B、C位置；
根据线速度与角速度的关系v=Rω可知，塔轮半径之比为1：1，因此塔轮的皮带放在皮带盘第一层；
(2)标尺左边1.1格、右边9.1格，左、右标尺露出的等分格数之比近似为1：9
因此向心力之比为F1F2=1：9
根据向心力公式F=mrω2
左边塔轮的角速度与右边塔轮的角速度之比ω1ω2= F1F2= 19=1：3
根据线速度与角速度的关系v=Rω
塔轮半径之比R1R2=ω2ω1=3：1
可知皮带位于皮带盘的第三挡。
故答案为：(1)相同；不同；(2)三。
(1)根据控制变量法，分析探究向心力大小与半径的关系时，应保持角速度、质量相同，半径不相同，句分析作答；
(2)根据向心力公式、线速度与角速度关系分析计算。
本题考查了圆周运动相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理和误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】能在气垫导轨上静止或做匀速运动； dt； mgL，12(M+m)(dt)2； C
【解析】(1)实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动，则表示气垫导轨调整至水平状态。
(2)由静止释放滑块，记录遮光条通过光电门的时间t，则滑块通过光电门时的速度大小为v=dt；
(3)滑块经过光电门时的瞬时速度可近似等于遮光条经过光电门的平均速度。钩码的重力势能减少了ΔEp=mgL，系统动能增加量为ΔEk=12(M+m)(dt)2。
(4)处理数据后，该小组发现系统动能增加量大于重力势能减少量，定滑轮的质量、各种阻力以及钩码先落地等只能导致动能增加量小于重力势能减少量，则应该是气垫导轨未水平，有定滑轮一端低于另一端导致系统有沿斜面的加速度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动；(2)dt；(3)mgL，12(M+m)(dt)2；(4)C。
(1)根据平衡状态进行分析解答；
(2)根据光电门计算瞬时速度的公式解答；
(3)根据动能和重力势能表达式列式求解；
(4)根据实验的实验原理和注意事项，结合可能的原因进行误差分析。
考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，误差分析等，会根据题意进行准确分析解答。
13.【答案】月球的质量为4π2(R+H)3GT2；
物块自由下落到月球表面所用的时间为TRπ(R+H) ℎ2(R+H)
【解析】(1)设月球质量为M，根据万有引力提供圆周运动向心力有GmM(R+H)2=m(R+H)4π2T2，可得月球的质量为M=4π2(R+H)3GT2；
(2)在月球表面重力等于万有引力有GMmR2=mg，可得月球表面重力加速度为g=GMR2=4π2(R+H)3T2R2，根据ℎ=12gt2，得物块自由下落到月球表面所用的时间t=TRπ(R+H) ℎ2(R+H)。
答：(1)月球的质量为4π2(R+H)3GT2；
(2)物块自由下落到月球表面所用的时间为TRπ(R+H) ℎ2(R+H)。
(1)根据万有引力提供向心力列式解答；
(2)根据黄金代换式和自由落体运动规律列式求解。
考查万有引力定律的应用和黄金代换式等，会根据题意进行准确分析解答。
14.【答案】游船在F点时的速度大小为7m/s；
制动装置对游船做的功为−27100J；
游船在B点时对圆弧轨道AB的压力大小为2880N
【解析】(1)设游船在F点时的速度大小为vF，
游船从F点到水面G点做平抛运动，由平抛运动规律可得：x=vFt，ℎ=12gt2，
联立解得：vF=7m/s。
(2)设制动前游船在E点的速度为v1。
制动前游船恰好达到E点，在最高点所需向心力恰好等于重力，则有：
mg=mv12R3，
游船从E点到F点的过程中，由动能定理得：
mg×2R3+W=12mvF2−12mv12
联立解得：W=−27100J。
(3)游船从B到E的过程中，由动能定理得：mg(Lsin37°−R2cs37°−R3)=12mv12−12mvB2
对游船在B点受力分析，根据牛顿第二定律得：N−mgcs37°=mvB2R1，
联立解得：N=2880N
由牛顿第三定律可知，游船在B点对轨道的压力大小为2880N。
答：(1)游船在F点时的速度大小为7m/s；
(2)制动装置对游船做的功为−27100J；
(3)游船在B点时对圆弧轨道AB的压力大小为2880N。
(1)游船从F点到水面G点做平抛运动，根据平抛运动的特点，求解游船在F点的速度大小。
(2)游船恰好到达E点，可以求出制动前游船的动能；对游船从E到F的过程中，根据动能定理求出制动装置对游船做的功。
(3)由动能定理求得物块到B点的速度大小，对游船在B点受力分析，合外力提供向心力，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解物块通过B处时对轨道的压力大小。
本题综合考查力学中的动能定理、圆周运动和平抛运动等核心知识点。题目设计巧妙，通过多段轨道组合形成复杂情景，要求考生具备较强的物理建模能力和逻辑推理能力。计算量适中，但需要考生对圆周运动的临界条件、能量守恒和运动学规律有深刻理解。特别是第三问计算游船在竖直面内一般位置的受力分析，考查了空间想象力和几何分析能力，体现了对物理思维深度的要求。解题过程中需对游船受力分析，应用动能定理求解速度，这些细节往往是解题的关键所在。
15.【答案】A被碰后瞬间的速率为4m/s；
B从P点第一次到达N点所用的时间为0.3s；
B滑离A时的速率为 10，及B最终与P点的距离为0.34m
【解析】(1)设A、C碰撞后瞬间C的速率为v1，A的速率为v2，以向右为正方向，A与C发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mCv0=mCv1+mAv2
12mCv02=12mCv12+12mAv22
联立解得：v1=0，v2=4m/s
(2)A、C碰撞后对A、B受力分析，以向右为正方向，对A由牛顿第二定律得：
−μmBg=mAaA
解得：aA=−1m/s2
对B由牛顿第二定律得：
μmBg=mBaB
解得：aB=3m/s2
可知A向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动。根据运动学公式和位移关系得：
L=xA−xB=v2t+12aAt2−12aBt2
解得：t=0.3s，或t=1.7s
设A、B共速的时间为t0，根据运动学公式可得：
v共=v2+aAt0=aBt0
解得：t0=1s
因此t=1.7s舍弃，故B从P点第一次到达N点所用的时间为0.3s。
(3)B相对A由P滑动到N的过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
对B有：∑fΔt=mBvB
对A有：−∑fΔt=mAv2−mAvA
其中：∑fΔt=3017∑ΔvΔt=3017L
解得：vB=1.8m/s，vA=3.4m/s
设B由M点滑离A时的水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，B由N到M的过程，A、B系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mBvB+mAvA=(mB+mA)vx
12mBvB2+12mAvA2=12mB(vx2+vy2)+12mAvx2+mBgR
联立解得：vx=3m/s，vy=1m/s
可得B滑离A时的速率为：v3= vx2+vy2
解得：v3= 10
设B由N到M离开A到再返回N时，A、B的速度分别为v4、v5，以向右为正方向，对此过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mAvA+mBvB=mAv4+mBv5
12mAvA2+12mBvB2=12mAv42+12mBv52
联立解得：v4=2.6m/s，v5=4.2m/s
设B相对A由N向P滑动距离为Δx时两者共速，以向右为正方向，根据动量定理得：
对A有：∑fΔt′=mAv共−mAv4
对B有：−∑fΔt′=mBv共−mBv5
其中：∑fΔt′=3017∑ΔvΔt′=3017Δx
解得：Δx=0.68m
可得B最终与P点的距离为：d=L−Δx=1.02m−0.68m=0.34m
答：(1)A被碰后瞬间的速率为4m/s；
(2)B从P点第一次到达N点所用的时间为0.3s；
(3)B滑离A时的速率为 10，及B最终与P点的距离为0.34m。
(1)A与C发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；
(2)A、C碰撞后，A向右做匀减速直线运动，B向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律与运动学公式。结合位移关系解答；
(3)B相对A由P滑动到N的过程，根据动量定理求得A、B的速度。B由N到M的过程，A、B系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得B由M点滑离A时的速度大小。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得B返回N时A、B的速度，根据动量定理求B最终与P点的距离。
本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞模型与板块的相对运动模型，考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理的应用。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。