浙江省四校2023-2024学年高一下学期3月月考物理试题(解析版)

2023学年第二学期高一年级四校联考
物理学科试题卷
考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，选错得0分，共39分）
1. 下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中，正确的是 A. 用质点来代替实际物体的研究方法叫微元法
B. 利用v ﹣t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法
C. 亚里士多德借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律
D. 伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度概念 【答案】D 【解析】
【详解】用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法，选项A 错误；利用v ﹣t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是微元法，选项B 错误；伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，选项C 错误；伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度的概念，选项D 正确；故选D. 2. 如图所示是天宫二号绕地球飞行的图片，以下说法正确的是（ ）
A. 天宫二号的惯性比其在地面上时大
B. 天宫二号绕地球飞行时其内部的物体均处于超重状态
C. 天宫二号对地球的引力大小等于地球对其引力大小
D. 天宫二号在轨道上进行姿态调整时，可以把天宫二号看成质点 【答案】C 【解析】
【详解】A ．惯性只和质量有关，与物体的位置和状态无关，故A 错误； B ．绕地球飞行的卫星，其内部物体均处于完全失重状态，故B 错误；
的
C ．由牛顿第三定律可知，天宫二号对地球的引力大小等于地球对其引力大小，故C 正确；
D ．天宫二号调整姿态时，必须考虑其形状的影响，故不能看成质点，故D 错误； 故选C 。

3. 如图所示，排球以10m/s 速度击中运动员后被反向弹出，历时0.2s ，速度大小减为8m/s ，以初速度方向为正方向，则排球在此过程中的加速度为（ ）
A. 3.6m/s 2
B. -3.6m/s 2
C. 10 m/s 2
D. -90m/s 2
【答案】D 【解析】
【详解】以初速度方向为正方向，根据
22810m/s 90m/s 0.2v a t
∆−−=
==−∆
故选D 。

4. 作为浙江省投资最大的水运项目，位于临平区的运河二通道水面宽70m ，全长约26.4公里，总投资167.7亿元，其中河上永玄大桥长约500m 。

某天质量为m 的小明驾驶质量为M 的小轿车以恒定功率P 用时t 经过该桥，设大桥全长s R ，桥的两端不在同一水平面，过桥全程汽车与桥面间阻力f 大小可近似看作保持不变。

下列说法正确的是（ ）
A. 为了更易上坡，小明应将汽车调至高速挡
B. 汽车在桥顶时速率为v ，对桥面的压力大小为2v M g R
+
C. 计算汽车过桥时间时可以把汽车当作质点
D. 汽车过桥全程动能变化量为Pt fs − 【答案】C 【解析】
【详解】A ．根据题意，由公式P Fv =可知，功率保持不变，将汽车调至低速挡，获得更大的牵引力，更容
易上坡，故A 错误； B ．由牛顿第二定律有
()()2
v m M g F m M r
+−=+
解得
()2v F m M g r
=++
由牛顿第三定律可得，对桥面的压力大小为()2v m M g r
++
，故B 错误；
C ．计算汽车过桥时间时，汽车的长度可以忽略，可以把汽车看成质点，故C 正确；
D ．由于桥的两端不在同一水平面，由功能关系可知，汽车过桥全程动能变化量不为Pt fs −，故D 错误。

故选C 。

5. 如图所示，假设质量为m 的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为
4
5
g ，在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的重力势能减少了4
5
m g h B. 运动员克服阻力所做的功为4
5
m g h C. 运动员动能增加了4
5m g h D. 运动员的机械能减少了
15
m g h 【答案】CD 【解析】
【详解】A ．物体重力势能的减少量等于重力所做的功，即
p ΔE mgh =
故A 错误；
BD ．由牛顿第二定律可得
mg f ma −=
解得阻力大小为
15
f m
g =
的
阻力所做的功等于机械能的变化量，可得
f 1
Δ=5
E W mgh =−机
即克服阻力做的功为15mgh ，物体的机械能减少了15
mgh ，故B 错误，D 正确； C ．物体动能的增加量等于合外力所做的功，即
k 4
Δ5
E F h
mah mgh ===合 故C 正确。

故选CD 。

6. 如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上的O 点，另一端穿过轻质光滑小环悬挂物体甲，轻质光滑小环拴牢在另一足够长的轻绳上，通过光滑定滑轮与物体乙相连。

当系统平衡后，O 点处轻绳与竖直墙的
夹角30α=
°，取sin15°，cos15° ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A 【解析】
【详解】轻质光滑小环受力如图所示
由平衡条件知，则这三个力首尾相连围成的矢量三角形闭合，如图所示
由正弦定理得
()3
1
180sin sin
2
F F αα
=°− 对甲有
12m F F g ==甲
对乙有
3F m g =乙
联立可得
sin 75sin 30m m ==°°
甲乙 故选A 。

7. 在港珠澳大桥通车仪式上，甲、乙两试验车在同一车道上匀速行驶，甲车在前面以54km/h 的速度行驶，乙车在后面以90km/h 20m 时，甲车立即以3m/s 2的加速度制动，乙车司机看到甲车的制动红灯后也立即刹车制动，不计司机反应时间，则为避免两车相撞，乙车制动的加速度至少为 A. 4.5m/s 2 B. 5 m/s 2
C. 5.5m/s 2
D. 6 m/s 2
【答案】C 【解析】
【分析】求解甲车从刹车到停止的位移，然后结合位移速度公式求解乙车的最小加速度. 【详解】设当两车共速时恰不相撞，则
00--v a t v a t =甲甲乙乙
2200011--22
v t a t s v t a t +=甲甲乙乙
联立解得
t =4s
25.5=m/s
a 乙
故选C 。

8. 如图所示，两个
3
4
竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。

在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 和h B ，下列说法正确的是（ ）
A. 若使小球沿轨道运动并且到达最高点，两球释放的最小高度h A <h B
B. 若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，A 球受到的支持力最小值为6mg
C. 若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，B 球受到的支持力最小值为6mg
D. 适当调整h A 和h B ，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在轨道右端口处 【答案】B 【解析】
【详解】A ．小球A 恰好能到左侧轨道的最高点时，由
2A
v mg m R
=
解得
A v =
根据机械能守恒定律得
2
A A 1(2)2
mg h R mv −=
解得
A 52
h R =
小球B 恰好能到右侧轨道的最高点时，在最高点的速度
B 0v =
根据机械能守恒定律得
B 2h R =
故A 错误；
B ．小球在最低点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
F N －mg ＝m 2
v R
可知小球在最低点的速度越小受到的支持力越小，根据机械能守恒定律可得，当小球A 开始时的高度是52
R 时，小球A 在最低点的速度最小，为
2
Amin A 12
mv mgh = 联立解得
NAmin 6F mg =
故B 正确；
C ．根据机械能守恒定律可得，当小球B 开始时的高度是h B ＝2R 时，小球B 在最低点的速度最小，为
2
Bmin B 12
mv mgh = 解得
NBmin 5F mg =
故C 错误；
D ．小球A 从最高点飞出后下落R 高度时，水平位移的最小值为
A x v R => 小球落在轨道右端口外侧，而适当调整h
B ，B 可以落在轨道右端口处，故D 错误。

故选B 。

9. 如图所示，a 是地球赤道上的一点，某时刻在a 的正上方有三颗卫星b 、c 、d ，它们的圆轨道与赤道平面共面，各卫星从该时刻起，经过一段时间t(这段时间小于b 卫星绕地球运行的周期，卫星运动的方向与地球自转方向一致)，卫星相对a 的位置最接近实际的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C 【解析】 【详解】由
2
224Mm G m r r T
π＝
得
T =
故r 越大，T b 转过的角度最大，c 次之，d 最小，a 是地球赤道上的一点，c 是地球同步卫星，故C 正确。

故选C 。

10. 照片甲是临平一酒店自助餐厅的保温储盘装置，顾客拿走一个盘子后下面的盘子就上升到原来的位置，小明仔细观察其结构，发现原理的示意图如图乙所示，有三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为m 的托盘，托盘上放着n 个质量均为m 的盘子并处于静止状态．已知重力加速度大小为g ，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对第n 号盘子作用力的大小为（ ）
A.
()1n mg n
−
B.
()2
1
n mg n
−
C.
()1n mg n
+
D.
()2
1
n mg n
+
【答案】B 【解析】
【详解】某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和剩余盘子所受合力为mg ，则有
mg nma =
设托盘对第n 号盘子作用力的大小为F ，对剩余盘子有
()()11F n mg n ma −−=−
解得
()
2
1n F mg n
−=
故选B 。

11. 一颗侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h 。

设地球半径为R ，地面重力加速度为g ，地球自转的周期为T 。

要使该卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下的全部情况全都拍摄下来，则卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机应拍摄地面上赤道圆周的弧长至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A 【解析】
【详解】设卫星周期为T 1，根据万有引力提供向心力得
()
()2
2
214Mm G m R h T R h π=++ 在地球表面
2Mm
G
mg R
= 解得
1T =
地球自转角速度为
2T
πω=
在卫星绕行地球一周的时间T 1内，地球转过的圆心角为
112T T T
π
θω==
那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长至少为
s R θ=
解得
s =
故选A 。

12. 巩立姣在东京奥运会女子铅球决赛中获得中国铅球奥运历史上第一枚金牌。

在训练中，运动员将铅球在距地面某一高度处与水平方向成37°斜向上掷出，经1.8s 落地，成绩是19.44m 。

重力加速度g 取210m/s ，不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中（ ）
A.
机械能先减小后增大
B. 速度方向与加速度方向的夹角先增大再减小
C. 做斜抛运动的初速度大小为13.5m/s
D. 离地的最大高度为4.05m 【答案】C 【解析】
【详解】A ．铅球在空中运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B ．铅球在空中运动过程中，上升过程竖直方向的速度减小，水平方向的速度不变，则速度方向与水平方向的夹角减小，下降过程，竖直方向的速度增大，水平方向的速度不变，速度方向与水平方向的夹角增大，可知，速度方向与加速度方向的夹角一直减小，故B 错误；
C ．水平方向上由
0cos3719.44m v t °=
解得
013.5m s v =
故C 正确；
D ．铅球上升的时间为
01
sin 370.81s v t g
°
= 离地的最大高度为
()2
11 4.9005m 2
H g t t =
−= 故D 错误。

故选C 。

13. 小明用额定功率为1200W 、最大拉力为400N 的提升装置，把静置于地面的质量为20kg 的重物竖直提升到高为64.05m 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过25m /s 的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，重力加速度g 取210m ，则提升重物的最短时间为（ ） A. 11.575s B. 10.375s
C. 11.725s
D. 10.225s
【答案】C 【解析】
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
2m 110m s F mg
a m
−=
=
当功率达到额定功率时，设重物的速度为1v ，则有
1
m
3m s P
v F == 此过程所用时间和上升高度分别为
1110.3s v t a ==，2111
0.45m 2v h a ==
重物以最大速度匀速时，有
m
6m P
v mg
== 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
m 32 1.2s v t a ==，2
3
32
3.6m 2v h a ==
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为2t ，该过程根据动能定理可得
22
22m 11122
Pt mgh mv mv −=
− 21360m h h h h =−−=
解得
210.225s t =
则提升重物的最短时间为
12311.725s t t t t =++=
故选C 。

二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题给出的四个选项中，至少有－一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分，共6分）
14. 在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。

运动学中有人想引入“加速度的变化率”，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是（ ）
A. 加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
B. 从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3
C. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图像，表示的是物体的速度在减小
D. 若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图像，已知物体在t=0时速度为6m/s，则2s末的速度大小为9m/s
【答案】BD
【解析】
【详解】A．加速度变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速运动，故A错误；
B．加速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，即
a
t
∆
∆
，加速度a的单位是m/s2，所以，加速
度的变化率”的单位为m/s3，故B正确；
C．若加速度与速度同向，则物体作加速运动，如图示加速度减小，则物体速度增加得变慢了，但仍在做加速运动，故C错误；
D．根据v－t图象可知，图象与时间轴所围图形面积表示物体的位移，同理，在a－t图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量△v，则0－2s内
1
23m/s=3m/s
2
v∆=××
6m/s，则小球在2s末的速度为9m/s，故D正确。

故选BD。

15. 在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。

如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。

汽车的运动可看作是做半径为R的匀速圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g。

当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内、外侧滑动的趋势。

则下列说法正确的是（）
A.
c
v=
B. c v =
C. 当汽车以速率v c 通过此弯道时，所受支持力F N 的水平分量提供向心力
D. 当路面结冰与未结冰相比，临界速度v c 的值变小 【答案】AC 【解析】 【分析】
【详解】AB ．以汽车为研究对象，汽车的受力图
根据牛顿第二定律得
2
tan c v mg m R
θ= 又由数学知识得到
tan h d
θ=
联立解得
c v =
A 正确，
B 错误；
C ．当汽车以速率v c 通过此弯道时，支持力F N 的水平分量大小即为合力，提供向心力，C 正确；
D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v c 的值不变，D 错误。

故选AC 。

三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50Hz 。

某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O 点的距离，如图乙所示，图中O 点是打点计时器打出的第一个点，A 、B 、C 分别是每打两个点取出的计数点。

重力加速度g 取29.8m 。

（1）从下列选项中选出实验所必须器材，其对应的字母为___________。

A.电火花计时器（包括纸带） B.重锤 C 天平 D.秒表（或停表）
（2）若重锤的质量为1.00kg ，当打点计时器打到B 点时重锤的重力势能比开始下落时减少了___________J ；此时重锤的动能比开始下落时增加了___________J 。

（结果均保留三位有效数字） （3）一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。

下列对造成该实验结果的原因分析正确的是___________。

A.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力
B.选用重锤的质量过大
C.交流电源的频率大于50Hz
D.交流电源的频率小于50Hz
（4）测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算对应速度v ，然后以2v 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据作出2v h −图，如图像丙所示。

若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为___________的直线，则验证了机械能守恒定律。

A.19.6
B.9.80
C.4.90
本小题中图像没过原点O 的原因是___________________________。

【答案】（1）AB##BA
（2） ①. 1.85 ②. 1.68
（3）D （4） ①. A ②. 先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源
的
.
【解析】 【小问1详解】
AB ．需要使用打点计时器（包括纸带）打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故AB 正确； C ．实验要验证
212
mgh mv =
因重锤质量m 被约去，可以直接验证
212
gh v =
重锤质量可以不用测量，天平不是必须的器材，故C 错误； D ．打点计时器就是计时仪器，不需要秒表（或停表），故D 错误。

故选AB 。

【小问2详解】
[1]重锤从开始下落到打B 点时，减少的重力势能
2p 19.818.9010J 1.85J B E mgh −∆==×
××≈ [2]打B 点时速度
2C A
B h h v T
−=
计数点间时间间隔
2
0.04s T f
=
= 从重锤下落到打B 点时增加动能
2
k 12
B E mv ∆=
联立解得
k 1.68J E ∆≈
【小问3详解】
A ．空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A 错误；
B ．验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B 错误；
CD ．若交流电的频率小于50Hz ，由于速度值仍按频率为50Hz 计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现重锤重力势能的减少量小于动能的增加量，同理，
的
交流电源的频率大于50Hz ，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故C 错误，D 正确。

故选D 。

【小问4详解】 [1]实验要验证
212
mgh mv =
整理可得
22v gh =
则2v h −的斜率为
219.6k g =
= 故选A 。

[2]根据图像可知，高度为零，速度不是零，所以先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源。

17. 如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m 、角速度ω和半径r 之间的关系。

长槽的A 、B 处和短槽的C 处到各自转轴中心距离之比为1∶2∶1。

（1）下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是______________。

A. 探究两个互成角度的力的合成规律 B. 伽利略对自由落体的研究 C. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
D. 探究小车速度随时间变化的规律
（2）当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，套有皮带的塔轮边缘处的______________大小相等；（选填“线速度”或“角速度”）
（3）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B 、C 位置，将传动皮带调至左右变速塔轮半径之比为1∶1，此操作探究的是向心力大小与_____________的关系
（4）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A 、C 位置，转动手柄，塔轮匀速转动时，左右两标尺
露出的格子数之比约为1∶4，那么如图乙中左右变速塔轮半径之比12:R R =___________。

（5）方案二：如图丙所示装置，装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。

水平直杆的左端套上滑块P ，用细线将滑块P 与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。

水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d 的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D ，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。

滑块P 与竖直转轴间的距离可调。

回答以下问题：
①若某次实验中测得挡光条的挡光时间为Δt ，则滑块P 的角速度表达式为ω=___________；
②实验小组保持滑块P 质量和运动半径r 不变，探究向心力F 与角速度ω的关系，作出F －2ω图线如图丁所示，若滑块P 运动半径r ＝0.3m ，细线的质量和滑块与杆的摩擦可忽略，由F －2ω图线可得滑块P 质量m ＝___________kg （结果保留2位有效数字）。

【答案】（1）C （2）线速度 （3）半径 （4）2∶1 （5） ①. d
D t
⋅∆ ②. 0.30 【解析】 【小问1详解】
在探究向心力的大小F 与质量m 、角速度ω和半径r 之间的关系时，用到的方法为控制变量法。

A ．探究两个互成角度的力的合成规律用的物理方法是等效替代法，故A 错误； B ．伽利略对自由落体的研究用的是逻辑推理方法，故B 错误； C ．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是控制变量法，故C 正确； D ．探究小车速度随时间变化的规律，速度的测量用的是极限法，故D 错误。

故选C 。

【小问2详解】
当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，为皮带传动，套有皮带的塔轮边缘处质点，相等时间内的转过的弧长相等，线速度大小相等。

【小问3详解】
由题意可知两个小球质量相等，转动的角速度相等，转动半径不相等，探究的是向心力大小与半径r 的关系。

【小问4详解】
根据题意可知，两个钢球的向心力之比为1:4，质量相等，半径相等，根据
2F m r ω=
可知角速度之比为1:2，根据v
R
ω=
可知左右变速塔轮半径之比 12:2:1R R =
【小问5详解】
[1] 挡光条的线速度为
d v t
=
∆ 又因为
v D ω=
联立解得，滑块P 的角速度表达式为
d
D t
ω=
⋅∆ [2] 根据向心力大小公式有
2F mr ω=
所以2F ω−图线的斜率为
0.9
kg m 0.09kg m 10
k mr ==
⋅=⋅ 解得滑块P 质量为
0.30kg m =
18. 民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面AC 部分和水平面CD 部分构成的）
．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度 3.2m AB =，斜面长4m AC =，斜面与水平面CD 段间有一段很小的小圆弧平滑连接，不考虑经过轨道中C 点的机械能损失．一质量50kg m =旅客从气囊上由静止开始滑下，最后滑上水平面上的某点静
止．已知该旅客与气囊斜面部分及水平面部分的动摩擦因数均为0.4µ=．（不计空气阻力，210m /s g =，结果可以用根号表示，根号里面小数也无妨），求： （1）人在斜面上运动时的加速度大小；
（2）人滑到斜面底端C 时的速度大小及该旅客滑到斜面底端C 点时的重力的功率是多少？ （3）人停下时距离B 点的距离。

【答案】（1）5.6m/s 2；（2/s ；；（3）8.0m 【解析】
【详解】（1）设AC 与水平地面成θ角
sin 0.8AB
AC
θ=
= BC 的距离是2.4m ；对人受力分析，由牛顿运动定律
1sin f mg F ma θ−=
f N F F µ= cos N F m
g θ=
解得
21sin cos 5.6m /s a g g θµθ=−=
（2）乘客到达C 点的速度
/s /s C v ===
某乘客到达C 点时的功率为
sin C P mgv θ
== （3）滑到地面上的人，根据牛顿运动定律和运动学公式得
2mg ma µ=
()22202C v a x −=−
解得
2 5.6m x =
人停下时距离B 点的距离
28.0m d x BC =+=
19. 某星球的质量为M ，在该星球的表面有－倾角为的斜坡，航天员从斜坡顶以初速度0v 水平拋出一个小物体，经时间t 小物体落回到斜坡上，不计一切阻力，忽略星球的自转，引力常量为G 。

（1）求该星球表面的重力加速度g ； （2）求该星球的半径R ；
（3）求航天员乘航天飞行器围绕该星球作圆周飞行的最大速度v 。

【答案】（1）02tan θ
v t
；（2；（3【解析】
【详解】（1g ，由平抛运动规律可知，物体竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则有
2
12
y gt =
0x v t =
根据题意可知，物体落在斜坡上，则其竖直方向与水平方向的位移之比为tan θ，所以有
tan y x
θ=
联立解得
02tan v g t
θ
=
（2）设星球半径为R ，则对星球表面处质量为m 的物体，根据万有引力公式有
2
Mm
mg G
R = 解得
R
（3）设该飞行器绕星球飞行的最大速度为v ，则有
22Mm v G m R R
= 解得
v =将数据代入解得
=
v
20. 如图所示，CPD 为一半径R 的竖直半圆形槽，CD 为直径，O 点为半圆的圆心，O ＇位于O 点正下方。

在距CD 上方为h 处有一以06m s v =的速度顺时针方向转动的传送带，B 端恰好在C 的正上方，传送带滑轮的半径很小（大小可忽略），两端点A 、B 间的距离3m L =，现将与传送带间摩擦因数0.5µ=的小物块轻放在A 端，最终垂直撞在圆槽的P 点，OP 连线与OD 的夹角为60°。

取210m/s =g ，（结果用根式表示）求
（1）小物块运动到B 端时速度的大小； （2）半圆的半径R 和高度h 的大小；
（3）若传送带的速度和长度可以调节，其他条件不变，要使小物块最终能正好落在圆槽P ＇点（P ＇点与P 点关于OO ＇对称）则传送带至少需要多长。

【答案】（1m s ；（2）R =，3m 2
h =；（3）1
m 3
【解析】
【详解】（1）物块在传送带上加速，由牛顿第二定律可得
mg ma µ=
解得加速度为
25m s a =
当物块加速到0v 时，由位移速度公式得
20
3.6m 2v x L a
=
=> 故物块在传送带上加速不到0v ，则运动到B 点时有
m B
v =
（2）物块从B 到P 做平抛运动，水平方向有
cos 60B R R v t +°=
竖直方向有
21
sin 602
h R gt +°=，y gt =v
又因为垂直打到P 点，有
tan 60y B
v v °=
联立解得
3
m 2
h =
，R = （3）物块从B 到P ＇
做平抛运动，水平方向有 '
cos 60B R R v t −°=
竖直方向有
21sin 602
h R gt +°=
联立解得
'm B v =
物块在传送带上一直加速时，传送带距离最短，则有
'2'
1m 23B v L a ==
21. 如图所示，水平轨道左端与长 1.25m L =的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度01m/s v =。

轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态。

现用质量0.1kg m =的小物体（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B 点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C 后滑上质量为0.9kg M =的长木板上，竖直半圆轨道的半径0.4m R =，物
块与传送带间动摩擦因数10.8µ=，物块与木板间摩擦因数20.25µ=。

取210m g =。

求： （1）物块到达B 点时速度B v 的大小； （2）弹簧被压缩时的弹性势能p E ；
（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度s 与木板和地面之间摩擦因素3µ的关系（设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）。

【答案】（1）2m s ；
（2）1.2J ；（3）()
()3334m? 0.0250.9m? 00.0250.25s µµµ ≥
= << −
【解析】
【详解】（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得
2
B
v mg m R
=
解得
2m B
v =
（2）设物块到达A 点时的速度为A v ，由题意可知，物块被弹簧弹出过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有
2
p 12
A E mv =
由于
01m B v v >=。