山东省青岛市胶州市第四中学2023-2024学年高三上学期期中测试（一）物理试题
1．（2023高三上·胶州期中）如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α，若把初速度变为kv0，则（ ）
A．小球的水平位移和竖直位移之比变为原来的k倍
B．夹角α将变原来的k倍
C．PQ间距一定为原来间距的k倍
D．空中的运动时间变为原来的k倍
2．（2023高三上·胶州期中）下列说法中正确的是（ ）
A．物体保持速率不变沿曲线运动，其加速度为0
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．物体沿曲线运动一定有加速度，且加速度一定变化
3．（2023高三上·胶州期中）质量为m的汽车，发动机启动后以额定功率P沿水平道路行驶，经过一段时间后达到速度v匀速行驶，若行驶中受到的摩擦阻力大小不变，则在加速过程中车速为时，汽车加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高三上·胶州期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，关于小球的受力情况，下列说法中不正确的是（ ）
A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分力
D．向心力的大小等于Mgcotθ
5．（2023高三上·胶州期中）万有引力定律的发现离不开前人的研究，正如牛顿所说，“如果我曾经看得远一些，那是由于我站在巨人肩膀上的缘故”，以下四种说法正确的是（ ）
①第谷坚持对行星进行20余年的系统观测
②开普勒发现有关行星运动的三大定律
③牛顿在前人基础上提出了具有普遍意义的万有引力定律
④亚当斯和勒维耶各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道
A．①②③④ B．只有①② C．只有③④ D．只有①④
6．（2023高三上·胶州期中）餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，转盘上放有A、B两个茶杯。一位客人说两个茶杯运动得一样快，关于这个判断，下列说法正确的是（ ）
A．如果客人指的是两个茶杯的角速度一样大，则这个判断正确
B．如果客人指的是两个茶杯的线速度一样大，则这个判断正确
C．不论客人指的是两个茶杯的线速度还是角速度，他的判断都正确
D．不论客人指的是两个茶杯的线速度还是角速度，他的判断都不正确
7．（2023高三上·胶州期中）如图所示，两星球相距为L，质量比为mA∶mB=1∶9，两星球半径远小于L。从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器。只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（ ）
A．探测器的速度一直减小
B．探测器在距星球A为处加速度为零
C．若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零
D．若探测器能到达星球B，其速度一定等于发射时的初速度
8．（2023高三上·胶州期中）如图所示的装置中，物体A、B的质量。最初，滑轮两侧的轻绳都处于竖直方向，若用水平力F向右拉A，起动后，使B匀速上升（B距滑轮足够远）。设粗糙水平地面对A的摩擦力为f，绳对A的拉力为T。则在B匀速上升的过程中关于力f、T以及A所受合力的大小的描述正确的是（ ）
A．，f减小，T不变 B．，f增大，T不变
C．，f增大，T减小 D．，f减小，T不变
9．（2023高三上·胶州期中）如图甲，篮球运动员正在进行投篮训练。如图乙，A是篮球的投出点，B是篮球的投入点。已知篮球在A点的初速度为，与水平方向的夹角为60°，AB连线与水平方向的夹角为30°，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球在飞行过程中距A点的最大高度为
B．篮球从A点飞行到B点过程中，离AB连线最远时的速度大小为
C．篮球从A点飞行到B点过程中，运动时间为
D．篮球在B点的速度大小为
10．（2023高三上·胶州期中）2016年5月22日在西藏日喀则定日县发生5.3级地震，震源深度10千米．如图所示，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4 km/s，则（ ）
A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过2.5s时间
B．从波传到N处开始计时，经过t=0.03s，位于r=240m处的质点刚好开始振动
C．波的周期为0.015s
D．波动图像上的质点M此时速度方向沿y轴负方向，动能正在减小
E．波动图像上x=0 m到x=120 m之间此时还有3个点与M点的加速度相同
11．（2023高三上·胶州期中）如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd与水平面的夹角为θ，ab边长为L。将质量为m的小球从斜面上的点a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为α，小球运动到斜面的c点并沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．小球从a到c的运动时间为
B．小球从a到c重力势能增加
C．小球触地时速度大小为
D．小球触地时重力的瞬时功率为
12．（2023高三上·胶州期中）如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法不正确的是（ ）
A．人在车上行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C．不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
D．若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
13．（2023高三上·胶州期中）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。
（1）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径，测量的示数如图所示，则摆球直径 。
（2）摆球摆动稳定后，当它到达 （填“最低点”或“最高点”）时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数，当时刚好停表。停止计时的秒表读数为，该单摆的周期为 （周期要求保留三位有效数字）；
（3）如果测量值小于真实值，可能原因是____
A．将摆球经过最低点的次数计多了
B．计时开始时，秒表启动稍晚
C．将摆线长当成了摆长
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
（4）测出多组单摆的摆长和运动周期，作出图像。理论上图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示，造成图像不过坐标原点的原因可能是 ，由图像求出的重力加速度 。（取）
14．（2023高三上·胶州期中）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。
（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 mm；
（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 增加的动能为 （用题中给出的字母表示）；
（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝ ；
（4）若某一实验小组根据数据实际绘出图像的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值＝ （只用k、k0表示）；
（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量总是稍大于重力势能的减少量，原因可能是 （写出一个即可）。
15．（2023高三上·胶州期中）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 ，质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，则
（1）滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
（2）载人滑草车最大速度；
（3）载人滑草车克服摩擦力做的功。
16．（2023高三上·胶州期中）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球达A点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
17．（2023高三上·胶州期中）万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动隐藏着简洁的科学规律；它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则；它可以计算两个质点间的万有引力，或球体之间的万有引力。已知地球的质量为M（视为质量分布均匀的球体），半径为R，引力常量为G。
（1）不考虑地球的自转，求地球表面附近的重力加速度大小。
（2）已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。求深度为d的矿井底部的重力加速度大小。
（3）电影《流浪地球》中的人们住在“地下城”。假设“地下城”建在半径为r的巨大空腔中，空腔与地球表面相切，如图所示。O和O′分别为地球和空腔的球心，地球表面上空某处P离地球表面的距离为H，空腔内另一处Q与球心O′的距离为L，P、Q、O′和O在同一直线上。对于质量为m的人，求
①在P处受到地球的万有引力大小；
②在Q处受到地球的万有引力大小。
18．（2023高三上·胶州期中）如图所示，半径为R=0.2m的光滑固定四分之一圆形轨道末端水平，与地面上足够长的水平木板C的上表面等高、平滑对接，但不粘连。现将质量mA＝1kg的物块A从轨道上最左端由静止释放，此时物块B、木板C均静止，B到C左端的距离d=0.5m。物块A滑上木板C后经过一定时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后A、B粘在一起。已知B、C的质量mB＝0.5kg，mC＝0.5kg，A、B与C间的动摩擦因数相同，μA＝μB＝0.2，C与地面间动摩擦因数μC＝0.05。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块A对圆形轨道最低点P的压力；
（2）从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间；
（3）从释放A到三个物体最终均停止运动，全过程系统产生的摩擦热。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】斜面足够长，所以小球最终落在斜面上，则 ，即小球的水平位移和竖直位移之比不变，A不符合题意；根据平抛运动的推论：速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，即 由于位移偏向角不变，所以速度偏向角也不变，B不符合题意；根据 解得： 知小球在空中运动的时间变为原来的k倍，D符合题意；因为初速度变为原来的k倍，运行的时间也变为原来的k倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的k2倍，竖直位移也变为原来的k2倍，而 所以PQ间距变为原来间距的k2倍，C不符合题意；
故答案为：D
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度。
2．【答案】C
【知识点】曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】解：A．物体做曲线运动，合外力不为零，其加速度不为零，故A错误．
B．匀速圆周运动的加速度方向时刻在变，所以不是匀变速曲线运动，故B错误．
C．平抛运动的物体只受重力，加速度不变，是匀变速曲线运动，故C正确．
D．物体沿曲线运动一定有加速度，加速度不一定变化，如平抛运动，故D错误．
故选：C
【分析】曲线运动的条件是物体所受合外力与速度方向不在同一条直线上，曲线运动的速度方向时刻改变、大小可以变也可以不变．
3．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车匀速行驶时，根据平衡条件有
又
车速为时，此时有
此时由牛顿第二定律可得
联立解得
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】机车匀速行驶时，牵引力等于阻力。机车的瞬时功率等于牵引力与机车的速率的乘积。根据平衡条件及功率的定义求出阻力及牵引力大小，再结合牛顿第二定律求出加速度大小。
4．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受重力、细线的拉力，这两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；
CD、将细绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，而竖直方向分力与重力平衡，水平方向的分力大小等于两个力的合力提供向心力大小，即
解得向心力的大小
CD正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】向心力是效果力，是所有力沿直径方向指向圆心的合力。确定小球做圆周运动的平面，对小球进行受力分析，根据力的合成与分解，即可得得出向心力的大小。
5．【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】①第谷坚持对行星进行20余年的系统观测，则①正确；
②开普勒发现有关行星运动的三大定律，则②正确；
③牛顿在前人基础上提出了具有普遍意义的万有引力定律，则③正确；
④亚当斯和勒维耶应用万有引力定律各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道，则④正确；
故答案为：A。
【分析】第谷检测20余年的系统观测，其开普勒发现了行星的三大定律，牛顿发现了万有引力定律；其亚当斯和勒维耶各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道。
6．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】】A、B两个茶杯绕同一转轴旋转，因此角速度一样大，由图可知，A茶杯的转动半径小于B茶杯的转动半径，由
可知，A茶杯的线速度小于B茶杯的线速度；故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】同轴转动的物体，角速度和周期相等。再根据线速度与角速度的关系，确定两杯子线速度的大小关系。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB、开始运动时，星球A对探测器的引力大于星球B对探测器的引力，探测器做减速运动。当探测器的加速度为零，即所受合力为零。设此时探测器距A星球距离为r，则有
因为
则
即此后B星球对探测器的引力将大于A星球对探测器的引力，探测器开始做加速运动，故探测器的速度先减小后增大，故A错误，B正确；
CD、探测器到达星球B的过程中，由于B的质量大于A的质量，从A到B的过程中，万有引力的总功为正功，则动能增加，所以探测器到达星球B的速度一定大于发射时的速度，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】当加速度为零时，探测器的速度达到最大，此时受到的合外力为零。根据平衡条件即可得知探测器此时所处位置。此位置也为探测器所受合外力方向变换的点。再根据功的定义判断整个运动过程，万有引力的做功情况。万有引力做正功，动能增加。
8．【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解
【解析】【解答】对A进行运动分解，可得
根据沿绳方向速度相等，可得
解得
而夹角 α在逐渐变大，所以A的速度在不断减小，A做减速运动，A的合力不为0。竖直方向上A受力平衡，根据平衡条件可得
B做匀速直线运动，故其受力平衡，因此有
即绳子拉力不变，整理得到
因为夹角 α 在不断变大，所以支持力N在不断增大，根据滑动摩擦力的定义，可知A受到的摩擦力为
故A受到的摩擦力在不断增大，综上可得，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】关联物体，沿绳或杆方向的速度大小相同，分解时，注意确定物体的合速度方向，即物体实际运动方向。得出A运动速度的变化情况，继而得出其受合外力情况。再根据物体的运动情况，利用力的合成与分解及滑动摩擦力的定义判断确定各个方向的受力变化情况。
9．【答案】A,B,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、最大高度处竖直分速度为0，篮球在竖直方向上受重力的作用，则
解得
故A正确；
BCD、将篮球的运动分解为沿AB与垂直AB方向，垂直AB方向上做匀减速直线运动，进行分析，如图所示
当离AB连线最远时即在点C处垂直于AB方向的速度为0，故有
在C点沿AB方向速度
代入整理得
其中
由运动的对称性可知
故
由运动的对称性可得
而vBx满足
故B点的速度为
故BC正确，D错误。
故答案为：ABC。
【分析】篮球做斜抛运动，到达最高点时，竖直方向分速度为零。当飞行过程中离AB距离最远时，速度的方向与AB的连线平行。可将斜抛运动转化成类平抛运动进行处理。即将速度和加速度均分解成沿AB方向和垂直AB方向，明确各方向的运动类型，则离AB最远时，即为求最高点的速度大小。再根据运动的对称性明确AC段和AB的时间关系，再结合运动规律求出B点速度。
10．【答案】B,C,E
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、波的传播是振动形式沿x轴传播，但每一个质点并不迁移，故A错误；
B、从波传到N处开始计时，经过t=0.03 s，波沿x轴传播的距离
此处坐标恰恰为240m，故B正确；
C、波的周期
故C正确；
D、由于波是沿x轴正方向传播，所以M点正向y轴负方向运动，但由于是向平衡位置运动，所以速度增大，动能增大，故D错误；
E、加速度大小是由偏离平衡位置的位移决定，所以位移相同则加速度相同，那么x=10m、x=20m、x=80m，这三处质点的加速度与M点的加速度相同，故E正确。
故答案为：BCE。
【分析】质点只能在原位置上下振动，无法随波迁移。根据波的传播方向及波的振动图像确定质点的振动方向。质点在平衡位置的速度最大，加速度最小，在最大振幅处，速度为零，加速度最大。质点的位移相等时，质点的加速度相等。再结合波速与波长、周期公式进行解答。
11．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．设小球从c点沿dc方向飞出的速度为 ，bc的变成为 ；小球从a到c的过程，根据逆向思维，可认为小球从从c到a做类平抛运动，沿cd方向有
沿cb方向有 ， ，
在a点时，有
联立解得 ， ， ，
A符合题意；
B．小球从a到c重力势能增加
B不符合题意；
C．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有
C符合题意；
D．小球触地时的竖直分速度为
小球触地时重力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】小球从a到c的过程可认为小球从从c到a做类平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合自由落体运动的规律以及运动的合成和瞬时功率进行分析。
12．【答案】B,D
【知识点】反冲；人船模型
【解析】【解答】A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
负号表示人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确，不符合题意；
B、由上可知，人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误，符合题意；
CD、车与人的位移之比
且
则车的位移
可见车的位移与人的运动速度无关，当相对位移等于车的长度时，即人从车的左端走到右端，车在地面上移动的距离越大 。故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定律的条件可知，人与小车构成的系统在水平方向上动量守恒。根据动量守恒即可得出人与小车速度的关系。再根据速度与位移的关系，可以得出位移之间的大小关系。人在小车上走，相对位移等于其在小车上前进的距离。结合相对位移即可得出两者位移的与相对位移的关系。
13．【答案】（1）1.84
（2）最低点；2.25
（3）C
（4）有可能将线长当做摆长，从而当线长为零时，振动周期不为零；9.87
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）摆球直径：d= 18mm+4×0.1mm=18.4mm=1.84cm
（2）由于在最低点摆球的运动速度最快，如果记录位置稍微误差，那么时间的相对误差较小，故在最低点开始计时；
由于每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，因此振动周期
（3）根据周期的计算公式
可得
A、若将摆球经过最低点的次数n计多了，从而测得振动周期偏小，从而测得的重力加速度偏大，故A错误；
B、若计时开始时，秒表启动稍晚，振动周期测量值偏小，从而测得的重力加速度偏大，故B错误；
C、若将摆线长当成了摆长，这样摆长测量值偏小，从而测得的重力加速度偏小，故C正确；
D、若将摆线长和球的直径之和当成了摆长，这样摆长测量值偏大，从而测得的重力加速度偏大，故D错误；
故答案为：C。
（4）有可能将线长当做摆长，从而当线长为零时，振动周期大于零；根据
图像的斜率
可得
【分析】注意掌握实验的操作步骤和注意事项。为方便计数和减小误差，摆球稳定后，应从最低点开始计数。每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，计算周期时，注意次数与周期数的关系。单摆运动的摆长为固定端到小球球心的距离，等于绳长与小球半径之和。根据实验原理推导处图像的函数表达式，再根据图像情况分析可能存在的误差原因。
14．【答案】（1）10.15
（2）；
（3）
（4）
（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为
（2）]根据重力势能表达式可知，小球从A到B过程中，减少的重力势能为 ，小球经过光电门时的速度大小 ，小球增加的动能为
（3）由机械能守恒定律得 ，整理得 ， 图像的斜率
（4）设小球下落过程受到的阻力为f，小球下落过程，由动能定理得 ，整理得
（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，即会测得小球动能的增加量 总是稍大于重力势能的减少量 ，
【分析】（1）利用游标卡尺的读数原理得出铁球的直径；
（2）根据重力势能的表达式得出小球从A到B的过程减小的重力势能，结合短时间内的平均速度等于瞬时速度，利用动能的表达式得出增加的机械能；
（3）根据机械能守恒定律得出1/t2-h的关系式，结合图像得出该图像的斜率；
（4）小球下落过程，由动能定理得出小球所受的平均阻力和重力的比值；
（5）根据（3）中的表达式得出动能的增加量和重力势能减少量的大小关系。
15．【答案】（1）解：对整个过程，由动能定理得
解得
（2）解：滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得
解得
（3）解：对整个过程，由动能定理得
解得载人滑草车克服摩擦力做功为
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【分析】（1）根据题意可知，滑草车的初末速度均为零。对其分析受力可知，整个运动过程中只有重力和摩擦力做功，故根据动能定理即可求出摩擦因数的大小；
（2）根据题意分析可知，滑草车先做加速后做减速运动，即在第一段滑道做加速运动，第二段滑道做减速运动。故在第一段滑道末端速度最大。同理，根据动能定理进行求解；
（3）由上分析可知，整个运动过程中只有重力和摩擦力做功，且滑草车的初末速度均为零，即动能变化量为零。故重力做的功与摩擦力做的功大小相等。根据动能定理进行求解。
16．【答案】（1）解；设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
联立上式，结合题目所给数据，解得 ，
（2）解；设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点
由几何关系得DA=Rsinα，CD=R(1+cosα)
由动能定理有 =
在A点有
联立上式，结合题目所给数据FN=6.75mg
由牛顿第三定律可知，小球达A点时对圆弧轨道的压力大小为6.75mg
（3）解；小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有
又v⊥=vsinα，联立上式，结合题目数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知合力的方向，利用重力的大小可以求出水平恒力的大小；利用合力的大小结合牛顿第二定律可以求出小球到达C点的速度大小；
（2）小球沿水平轨道到达A点时，利用动能定理可以求出小球到达A点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出小球在A点处对轨道的压力大小；
（3）小球离开C点后，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间。
17．【答案】（1）解：不考虑地球的自转，在地球表面附近
解得
（2）解：设地球平均密度为ρ，则
在矿井底部
而
深度为d的矿井底部的重力加速度大小
（3）解：①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小
其中
解得
②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小
其中
解得
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）地球表面的物体受到万有引力的距离等于地球的半径，不考虑自转，万有引力等于重力，根据万有引力定律进行解答即可；
（2）根据题意可知，半径为R的地球对深度为d的矿井底部的万有引力与半径为R-d的球体对其表面的物体的万有引力大小相等。由于质量均匀分布，故需要根据体积之比，计算得出R-d的球体的质量与地球质量的关系，再根据万有引力与重力的关系进行求解；
（3）本小问采用割补法进行求解，P点受到的万有引力可看出是地球以及半径与空腔球体相等的球体对p点万有引力之差。由于质量分布均匀，根据体积之比，求出半径等于空腔球体的球体与地球总质量的关系。再根据万有引力定律进行求解。Q点P点受到的万有引力可看出是半径等于R-r+L的球体以及半径等于L的球体对Q点万有引力之差。由于质量分布均匀，根据体积之比，求出各球体与地球总质量的关系。再根据万有引力定律进行求解。
18．【答案】（1）解：物块A下滑过程，由动能定理得
解得
代入数值得
P点，支持力和重力的合力提供向心力
由牛顿第三定律，滑块对P点的压力为30N，方向竖直向下。
（2）解：A滑上C表面后减速运动的加速度为
设B、C相对静止，共同加速度
代入数值，得a＝1m/s2
故假设成立。
A追上B，满足
代入数据解得，（舍去）
（3）解：A、B碰撞前
A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
可得v＝1m/s
全过程系统产生的摩擦热为
代入数值解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块下滑过程中，利用动能定理可以求出经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对P点压力大小；
（2）A滑上C开始做减速运动，利用牛顿第二定律可以求出A和BC整体加速度的大小，利用位移公式可以求出A滑上C与B发生碰撞的时间；
（3）当A与B碰撞前，利用速度公式可以求出A和B速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合能量守恒定律可以求出系统产生的摩擦热的大小。
1 / 1山东省青岛市胶州市第四中学2023-2024学年高三上学期期中测试（一）物理试题
1．（2023高三上·胶州期中）如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角α，若把初速度变为kv0，则（ ）
A．小球的水平位移和竖直位移之比变为原来的k倍
B．夹角α将变原来的k倍
C．PQ间距一定为原来间距的k倍
D．空中的运动时间变为原来的k倍
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】斜面足够长，所以小球最终落在斜面上，则 ，即小球的水平位移和竖直位移之比不变，A不符合题意；根据平抛运动的推论：速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，即 由于位移偏向角不变，所以速度偏向角也不变，B不符合题意；根据 解得： 知小球在空中运动的时间变为原来的k倍，D符合题意；因为初速度变为原来的k倍，运行的时间也变为原来的k倍，根据x=v0t，水平位移变为原来的k2倍，竖直位移也变为原来的k2倍，而 所以PQ间距变为原来间距的k2倍，C不符合题意；
故答案为：D
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度。
2．（2023高三上·胶州期中）下列说法中正确的是（ ）
A．物体保持速率不变沿曲线运动，其加速度为0
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．物体沿曲线运动一定有加速度，且加速度一定变化
【答案】C
【知识点】曲线运动；平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【解答】解：A．物体做曲线运动，合外力不为零，其加速度不为零，故A错误．
B．匀速圆周运动的加速度方向时刻在变，所以不是匀变速曲线运动，故B错误．
C．平抛运动的物体只受重力，加速度不变，是匀变速曲线运动，故C正确．
D．物体沿曲线运动一定有加速度，加速度不一定变化，如平抛运动，故D错误．
故选：C
【分析】曲线运动的条件是物体所受合外力与速度方向不在同一条直线上，曲线运动的速度方向时刻改变、大小可以变也可以不变．
3．（2023高三上·胶州期中）质量为m的汽车，发动机启动后以额定功率P沿水平道路行驶，经过一段时间后达到速度v匀速行驶，若行驶中受到的摩擦阻力大小不变，则在加速过程中车速为时，汽车加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】汽车匀速行驶时，根据平衡条件有
又
车速为时，此时有
此时由牛顿第二定律可得
联立解得
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】机车匀速行驶时，牵引力等于阻力。机车的瞬时功率等于牵引力与机车的速率的乘积。根据平衡条件及功率的定义求出阻力及牵引力大小，再结合牛顿第二定律求出加速度大小。
4．（2023高三上·胶州期中）如图所示，用长为L的细线拴住一个质量为M的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，关于小球的受力情况，下列说法中不正确的是（ ）
A．小球受到重力、细线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力的大小等于细线对小球拉力的水平分力
D．向心力的大小等于Mgcotθ
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】AB、小球受重力、细线的拉力，这两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；
CD、将细绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，而竖直方向分力与重力平衡，水平方向的分力大小等于两个力的合力提供向心力大小，即
解得向心力的大小
CD正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】向心力是效果力，是所有力沿直径方向指向圆心的合力。确定小球做圆周运动的平面，对小球进行受力分析，根据力的合成与分解，即可得得出向心力的大小。
5．（2023高三上·胶州期中）万有引力定律的发现离不开前人的研究，正如牛顿所说，“如果我曾经看得远一些，那是由于我站在巨人肩膀上的缘故”，以下四种说法正确的是（ ）
①第谷坚持对行星进行20余年的系统观测
②开普勒发现有关行星运动的三大定律
③牛顿在前人基础上提出了具有普遍意义的万有引力定律
④亚当斯和勒维耶各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道
A．①②③④ B．只有①② C．只有③④ D．只有①④
【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】①第谷坚持对行星进行20余年的系统观测，则①正确；
②开普勒发现有关行星运动的三大定律，则②正确；
③牛顿在前人基础上提出了具有普遍意义的万有引力定律，则③正确；
④亚当斯和勒维耶应用万有引力定律各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道，则④正确；
故答案为：A。
【分析】第谷检测20余年的系统观测，其开普勒发现了行星的三大定律，牛顿发现了万有引力定律；其亚当斯和勒维耶各自独立利用万有引力定律计算出海王星的轨道。
6．（2023高三上·胶州期中）餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，转盘上放有A、B两个茶杯。一位客人说两个茶杯运动得一样快，关于这个判断，下列说法正确的是（ ）
A．如果客人指的是两个茶杯的角速度一样大，则这个判断正确
B．如果客人指的是两个茶杯的线速度一样大，则这个判断正确
C．不论客人指的是两个茶杯的线速度还是角速度，他的判断都正确
D．不论客人指的是两个茶杯的线速度还是角速度，他的判断都不正确
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动
【解析】【解答】】A、B两个茶杯绕同一转轴旋转，因此角速度一样大，由图可知，A茶杯的转动半径小于B茶杯的转动半径，由
可知，A茶杯的线速度小于B茶杯的线速度；故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】同轴转动的物体，角速度和周期相等。再根据线速度与角速度的关系，确定两杯子线速度的大小关系。
7．（2023高三上·胶州期中）如图所示，两星球相距为L，质量比为mA∶mB=1∶9，两星球半径远小于L。从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器。只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（ ）
A．探测器的速度一直减小
B．探测器在距星球A为处加速度为零
C．若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零
D．若探测器能到达星球B，其速度一定等于发射时的初速度
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB、开始运动时，星球A对探测器的引力大于星球B对探测器的引力，探测器做减速运动。当探测器的加速度为零，即所受合力为零。设此时探测器距A星球距离为r，则有
因为
则
即此后B星球对探测器的引力将大于A星球对探测器的引力，探测器开始做加速运动，故探测器的速度先减小后增大，故A错误，B正确；
CD、探测器到达星球B的过程中，由于B的质量大于A的质量，从A到B的过程中，万有引力的总功为正功，则动能增加，所以探测器到达星球B的速度一定大于发射时的速度，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】当加速度为零时，探测器的速度达到最大，此时受到的合外力为零。根据平衡条件即可得知探测器此时所处位置。此位置也为探测器所受合外力方向变换的点。再根据功的定义判断整个运动过程，万有引力的做功情况。万有引力做正功，动能增加。
8．（2023高三上·胶州期中）如图所示的装置中，物体A、B的质量。最初，滑轮两侧的轻绳都处于竖直方向，若用水平力F向右拉A，起动后，使B匀速上升（B距滑轮足够远）。设粗糙水平地面对A的摩擦力为f，绳对A的拉力为T。则在B匀速上升的过程中关于力f、T以及A所受合力的大小的描述正确的是（ ）
A．，f减小，T不变 B．，f增大，T不变
C．，f增大，T减小 D．，f减小，T不变
【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解
【解析】【解答】对A进行运动分解，可得
根据沿绳方向速度相等，可得
解得
而夹角 α在逐渐变大，所以A的速度在不断减小，A做减速运动，A的合力不为0。竖直方向上A受力平衡，根据平衡条件可得
B做匀速直线运动，故其受力平衡，因此有
即绳子拉力不变，整理得到
因为夹角 α 在不断变大，所以支持力N在不断增大，根据滑动摩擦力的定义，可知A受到的摩擦力为
故A受到的摩擦力在不断增大，综上可得，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】关联物体，沿绳或杆方向的速度大小相同，分解时，注意确定物体的合速度方向，即物体实际运动方向。得出A运动速度的变化情况，继而得出其受合外力情况。再根据物体的运动情况，利用力的合成与分解及滑动摩擦力的定义判断确定各个方向的受力变化情况。
9．（2023高三上·胶州期中）如图甲，篮球运动员正在进行投篮训练。如图乙，A是篮球的投出点，B是篮球的投入点。已知篮球在A点的初速度为，与水平方向的夹角为60°，AB连线与水平方向的夹角为30°，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．篮球在飞行过程中距A点的最大高度为
B．篮球从A点飞行到B点过程中，离AB连线最远时的速度大小为
C．篮球从A点飞行到B点过程中，运动时间为
D．篮球在B点的速度大小为
【答案】A,B,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、最大高度处竖直分速度为0，篮球在竖直方向上受重力的作用，则
解得
故A正确；
BCD、将篮球的运动分解为沿AB与垂直AB方向，垂直AB方向上做匀减速直线运动，进行分析，如图所示
当离AB连线最远时即在点C处垂直于AB方向的速度为0，故有
在C点沿AB方向速度
代入整理得
其中
由运动的对称性可知
故
由运动的对称性可得
而vBx满足
故B点的速度为
故BC正确，D错误。
故答案为：ABC。
【分析】篮球做斜抛运动，到达最高点时，竖直方向分速度为零。当飞行过程中离AB距离最远时，速度的方向与AB的连线平行。可将斜抛运动转化成类平抛运动进行处理。即将速度和加速度均分解成沿AB方向和垂直AB方向，明确各方向的运动类型，则离AB最远时，即为求最高点的速度大小。再根据运动的对称性明确AC段和AB的时间关系，再结合运动规律求出B点速度。
10．（2023高三上·胶州期中）2016年5月22日在西藏日喀则定日县发生5.3级地震，震源深度10千米．如图所示，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4 km/s，则（ ）
A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过2.5s时间
B．从波传到N处开始计时，经过t=0.03s，位于r=240m处的质点刚好开始振动
C．波的周期为0.015s
D．波动图像上的质点M此时速度方向沿y轴负方向，动能正在减小
E．波动图像上x=0 m到x=120 m之间此时还有3个点与M点的加速度相同
【答案】B,C,E
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A、波的传播是振动形式沿x轴传播，但每一个质点并不迁移，故A错误；
B、从波传到N处开始计时，经过t=0.03 s，波沿x轴传播的距离
此处坐标恰恰为240m，故B正确；
C、波的周期
故C正确；
D、由于波是沿x轴正方向传播，所以M点正向y轴负方向运动，但由于是向平衡位置运动，所以速度增大，动能增大，故D错误；
E、加速度大小是由偏离平衡位置的位移决定，所以位移相同则加速度相同，那么x=10m、x=20m、x=80m，这三处质点的加速度与M点的加速度相同，故E正确。
故答案为：BCE。
【分析】质点只能在原位置上下振动，无法随波迁移。根据波的传播方向及波的振动图像确定质点的振动方向。质点在平衡位置的速度最大，加速度最小，在最大振幅处，速度为零，加速度最大。质点的位移相等时，质点的加速度相等。再结合波速与波长、周期公式进行解答。
11．（2023高三上·胶州期中）如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd与水平面的夹角为θ，ab边长为L。将质量为m的小球从斜面上的点a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为α，小球运动到斜面的c点并沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．小球从a到c的运动时间为
B．小球从a到c重力势能增加
C．小球触地时速度大小为
D．小球触地时重力的瞬时功率为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．设小球从c点沿dc方向飞出的速度为 ，bc的变成为 ；小球从a到c的过程，根据逆向思维，可认为小球从从c到a做类平抛运动，沿cd方向有
沿cb方向有 ， ，
在a点时，有
联立解得 ， ， ，
A符合题意；
B．小球从a到c重力势能增加
B不符合题意；
C．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有
C符合题意；
D．小球触地时的竖直分速度为
小球触地时重力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】小球从a到c的过程可认为小球从从c到a做类平抛运动，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合自由落体运动的规律以及运动的合成和瞬时功率进行分析。
12．（2023高三上·胶州期中）如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法不正确的是（ ）
A．人在车上行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C．不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
D．若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
【答案】B,D
【知识点】反冲；人船模型
【解析】【解答】A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
负号表示人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确，不符合题意；
B、由上可知，人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误，符合题意；
CD、车与人的位移之比
且
则车的位移
可见车的位移与人的运动速度无关，当相对位移等于车的长度时，即人从车的左端走到右端，车在地面上移动的距离越大 。故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定律的条件可知，人与小车构成的系统在水平方向上动量守恒。根据动量守恒即可得出人与小车速度的关系。再根据速度与位移的关系，可以得出位移之间的大小关系。人在小车上走，相对位移等于其在小车上前进的距离。结合相对位移即可得出两者位移的与相对位移的关系。
13．（2023高三上·胶州期中）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。
（1）安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径，测量的示数如图所示，则摆球直径 。
（2）摆球摆动稳定后，当它到达 （填“最低点”或“最高点”）时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数，当时刚好停表。停止计时的秒表读数为，该单摆的周期为 （周期要求保留三位有效数字）；
（3）如果测量值小于真实值，可能原因是____
A．将摆球经过最低点的次数计多了
B．计时开始时，秒表启动稍晚
C．将摆线长当成了摆长
D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长
（4）测出多组单摆的摆长和运动周期，作出图像。理论上图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示，造成图像不过坐标原点的原因可能是 ，由图像求出的重力加速度 。（取）
【答案】（1）1.84
（2）最低点；2.25
（3）C
（4）有可能将线长当做摆长，从而当线长为零时，振动周期不为零；9.87
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）摆球直径：d= 18mm+4×0.1mm=18.4mm=1.84cm
（2）由于在最低点摆球的运动速度最快，如果记录位置稍微误差，那么时间的相对误差较小，故在最低点开始计时；
由于每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，因此振动周期
（3）根据周期的计算公式
可得
A、若将摆球经过最低点的次数n计多了，从而测得振动周期偏小，从而测得的重力加速度偏大，故A错误；
B、若计时开始时，秒表启动稍晚，振动周期测量值偏小，从而测得的重力加速度偏大，故B错误；
C、若将摆线长当成了摆长，这样摆长测量值偏小，从而测得的重力加速度偏小，故C正确；
D、若将摆线长和球的直径之和当成了摆长，这样摆长测量值偏大，从而测得的重力加速度偏大，故D错误；
故答案为：C。
（4）有可能将线长当做摆长，从而当线长为零时，振动周期大于零；根据
图像的斜率
可得
【分析】注意掌握实验的操作步骤和注意事项。为方便计数和减小误差，摆球稳定后，应从最低点开始计数。每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，计算周期时，注意次数与周期数的关系。单摆运动的摆长为固定端到小球球心的距离，等于绳长与小球半径之和。根据实验原理推导处图像的函数表达式，再根据图像情况分析可能存在的误差原因。
14．（2023高三上·胶州期中）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，已知小球的质量为m，直径为d，当地的重力加速度为g。
（1）某次用游标卡尺测得的铁球直径如图丙所示，读数为 mm；
（2）若AB之间距离为h，则小球从A到B过程中，减少的重力势能为 增加的动能为 （用题中给出的字母表示）；
（3）调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图象如图乙所示。若小球下落过程中机械能守恒，该直线斜率k0＝ ；
（4）若某一实验小组根据数据实际绘出图像的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值＝ （只用k、k0表示）；
（5）若另一实验小组测得小球动能的增加量总是稍大于重力势能的减少量，原因可能是 （写出一个即可）。
【答案】（1）10.15
（2）；
（3）
（4）
（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，其示数为
（2）]根据重力势能表达式可知，小球从A到B过程中，减少的重力势能为 ，小球经过光电门时的速度大小 ，小球增加的动能为
（3）由机械能守恒定律得 ，整理得 ， 图像的斜率
（4）设小球下落过程受到的阻力为f，小球下落过程，由动能定理得 ，整理得
（5）在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，即会测得小球动能的增加量 总是稍大于重力势能的减少量 ，
【分析】（1）利用游标卡尺的读数原理得出铁球的直径；
（2）根据重力势能的表达式得出小球从A到B的过程减小的重力势能，结合短时间内的平均速度等于瞬时速度，利用动能的表达式得出增加的机械能；
（3）根据机械能守恒定律得出1/t2-h的关系式，结合图像得出该图像的斜率；
（4）小球下落过程，由动能定理得出小球所受的平均阻力和重力的比值；
（5）根据（3）中的表达式得出动能的增加量和重力势能减少量的大小关系。
15．（2023高三上·胶州期中）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 ，质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，则
（1）滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
（2）载人滑草车最大速度；
（3）载人滑草车克服摩擦力做的功。
【答案】（1）解：对整个过程，由动能定理得
解得
（2）解：滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得
解得
（3）解：对整个过程，由动能定理得
解得载人滑草车克服摩擦力做功为
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【分析】（1）根据题意可知，滑草车的初末速度均为零。对其分析受力可知，整个运动过程中只有重力和摩擦力做功，故根据动能定理即可求出摩擦因数的大小；
（2）根据题意分析可知，滑草车先做加速后做减速运动，即在第一段滑道做加速运动，第二段滑道做减速运动。故在第一段滑道末端速度最大。同理，根据动能定理进行求解；
（3）由上分析可知，整个运动过程中只有重力和摩擦力做功，且滑草车的初末速度均为零，即动能变化量为零。故重力做的功与摩擦力做的功大小相等。根据动能定理进行求解。
16．（2023高三上·胶州期中）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球达A点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1）解；设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有
F2=(mg)2+F02
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
联立上式，结合题目所给数据，解得 ，
（2）解；设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点
由几何关系得DA=Rsinα，CD=R(1+cosα)
由动能定理有 =
在A点有
联立上式，结合题目所给数据FN=6.75mg
由牛顿第三定律可知，小球达A点时对圆弧轨道的压力大小为6.75mg
（3）解；小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有
又v⊥=vsinα，联立上式，结合题目数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知合力的方向，利用重力的大小可以求出水平恒力的大小；利用合力的大小结合牛顿第二定律可以求出小球到达C点的速度大小；
（2）小球沿水平轨道到达A点时，利用动能定理可以求出小球到达A点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出小球在A点处对轨道的压力大小；
（3）小球离开C点后，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间。
17．（2023高三上·胶州期中）万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动隐藏着简洁的科学规律；它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则；它可以计算两个质点间的万有引力，或球体之间的万有引力。已知地球的质量为M（视为质量分布均匀的球体），半径为R，引力常量为G。
（1）不考虑地球的自转，求地球表面附近的重力加速度大小。
（2）已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。求深度为d的矿井底部的重力加速度大小。
（3）电影《流浪地球》中的人们住在“地下城”。假设“地下城”建在半径为r的巨大空腔中，空腔与地球表面相切，如图所示。O和O′分别为地球和空腔的球心，地球表面上空某处P离地球表面的距离为H，空腔内另一处Q与球心O′的距离为L，P、Q、O′和O在同一直线上。对于质量为m的人，求
①在P处受到地球的万有引力大小；
②在Q处受到地球的万有引力大小。
【答案】（1）解：不考虑地球的自转，在地球表面附近
解得
（2）解：设地球平均密度为ρ，则
在矿井底部
而
深度为d的矿井底部的重力加速度大小
（3）解：①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小
其中
解得
②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小
其中
解得
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）地球表面的物体受到万有引力的距离等于地球的半径，不考虑自转，万有引力等于重力，根据万有引力定律进行解答即可；
（2）根据题意可知，半径为R的地球对深度为d的矿井底部的万有引力与半径为R-d的球体对其表面的物体的万有引力大小相等。由于质量均匀分布，故需要根据体积之比，计算得出R-d的球体的质量与地球质量的关系，再根据万有引力与重力的关系进行求解；
（3）本小问采用割补法进行求解，P点受到的万有引力可看出是地球以及半径与空腔球体相等的球体对p点万有引力之差。由于质量分布均匀，根据体积之比，求出半径等于空腔球体的球体与地球总质量的关系。再根据万有引力定律进行求解。Q点P点受到的万有引力可看出是半径等于R-r+L的球体以及半径等于L的球体对Q点万有引力之差。由于质量分布均匀，根据体积之比，求出各球体与地球总质量的关系。再根据万有引力定律进行求解。
18．（2023高三上·胶州期中）如图所示，半径为R=0.2m的光滑固定四分之一圆形轨道末端水平，与地面上足够长的水平木板C的上表面等高、平滑对接，但不粘连。现将质量mA＝1kg的物块A从轨道上最左端由静止释放，此时物块B、木板C均静止，B到C左端的距离d=0.5m。物块A滑上木板C后经过一定时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后A、B粘在一起。已知B、C的质量mB＝0.5kg，mC＝0.5kg，A、B与C间的动摩擦因数相同，μA＝μB＝0.2，C与地面间动摩擦因数μC＝0.05。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块A对圆形轨道最低点P的压力；
（2）从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间；
（3）从释放A到三个物体最终均停止运动，全过程系统产生的摩擦热。
【答案】（1）解：物块A下滑过程，由动能定理得
解得
代入数值得
P点，支持力和重力的合力提供向心力
由牛顿第三定律，滑块对P点的压力为30N，方向竖直向下。
（2）解：A滑上C表面后减速运动的加速度为
设B、C相对静止，共同加速度
代入数值，得a＝1m/s2
故假设成立。
A追上B，满足
代入数据解得，（舍去）
（3）解：A、B碰撞前
A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
可得v＝1m/s
全过程系统产生的摩擦热为
代入数值解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块下滑过程中，利用动能定理可以求出经过P点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对P点压力大小；
（2）A滑上C开始做减速运动，利用牛顿第二定律可以求出A和BC整体加速度的大小，利用位移公式可以求出A滑上C与B发生碰撞的时间；
（3）当A与B碰撞前，利用速度公式可以求出A和B速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合能量守恒定律可以求出系统产生的摩擦热的大小。
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