6.解：A、飞船由椭圆轨道1变成圆轨道2的过程，要在P点加速然后改做圆轨道2的运动，故中机械能要增大，故A错误;

B、飞船在圆轨道2无动力飞行时，航天员出舱前后都处于失重状态，故B正确;

C、圆轨道2高度为343千米，而同步卫星的轨道高度为3.6×104km，由万有引力提供向心力可得，故r越大ω越小，故C错误;

D、由C分析可得，轨道半径越大，角速度越小，周期越长，故飞船在圆轨道2上的运行周期大于沿椭圆轨道1运行的周期，故D正确.

故选：BD.

7.     ③④⑤

根据角速度得：

踏脚板与牙盘共轴，所以角速度相等，飞轮与牙盘通过链条链接，所以线速度相等，

设飞轮的角速度为ω′，测量出大齿轮的半径r1、小齿轮的半径r2，

则

再测量自行车后轮的半径R，根据

得：，故选③④⑤

8.BD

AB、在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同，故A错误B正确;

CD、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程大小大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故 C错误D正确。

故选BD。

9.解：(1)根据h=得，t=，

则水从栓口流出的初速度.

落地的速度m/s=4.27m/s.

(2)出水量Q=，可知消防栓达标.

(3)空中水柱的质量m=kg=6kg.

答：(1)水从栓口流出的速度为1.5m/s

(2)消防栓达标，出水量为15L/s

(3)空中水柱的质量是6kg.

10.解：①当B离开墙壁时，A的速度为v0，

由机械能守恒有：mv02=E，

解得 v0=，

以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

2mv=mv0，v=;

②当两者速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，由机械能守恒定律得：Ep=mv02﹣2mv2，

解得：Ep=E;

答：①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小为;

②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为E.

11.解：(1)对AB滑块，规定向左为正方向，

由动量守恒定律得：mAvp﹣mBvB=0

可得：vp=6m/s

A滑块从P运动到Q，由动能定理可得：

﹣2mAgR=mA﹣mA

在Q点由牛顿第二定律可得：F+mAg=mA

解得F=15N

(2)若μ2(M+mB)g=μ1mBg得：μ2=0.1

讨论：

①当μ2≥0.1，因μ2(M+mB)g≥μ1mBg

所以滑块B在长木板上滑动时，长木板静止不动; 滑块B在木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0.

滑块B，根据牛顿第二定律得

a1=μ1g=5m/s2.

则木板长度至少为L==8.1m

②当μ2<0.1，滑块B先做匀减速，木板做匀加速，两者共速v共后一起运动，不再发生相对滑动，设共速时B恰好滑至板的最右端.

设经时间t0滑块B和木板共速，则

木板，根据牛顿第二定律得

a2==

滑块B匀减速，根据运动学公式得

s1=vBt0﹣a1

v共=vB﹣a1t0

木板匀加速，根据运动学公式得

s2=a2

v共=a2t0

相对位移L=s1﹣s2

联立得L==

所以μ2越小，L越小.当μ2=0时，L的值最小.

将μ2=0代入上式，

解得：L=6.48m

综上【分析】：板长的最短长度L为6.48m

答：(1)A滑至半圆轨道最高点Q时，轨道对其压力的大小是15N;

(2)当μ2≥0.1，木板长度至少为8.1m，当μ2<0.1，板长的最短长度L为6.48m.

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