山东省烟台市2025届高三上学期期中学业水平诊断物理试题含答案

2024—2025学年度第一学期期中学业水平诊断
高三物理（答案在最后）
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。

2．选择题答案必须用2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.如图所示，图（a ）为甲、乙两物体的x t -图像，图（b ）为丙、丁两物体的v t -图像，下列说法正确的是（
）
A.甲、乙两物体在0~4s 内做匀速直线运动
B.丙、丁两物体在10s t =时相遇
C.4s ~10s 内，甲、乙两物体速度越来越小
D.4s ~10s 内，丙、丁两物体的加速度均越来越大【答案】D 【解析】
【详解】A ．甲、乙两物体在0~4s 内的位移不变，表示静止，故A 错误；
B ．丙、丁两物体在10s t =时有共同速度，v t -图像与时间轴围成的面积表示位移，010s 内丁的位移大，但不知道0t =时刻的位置，10s t =时丙、丁两物体不一定相遇，故B 错误；
C ．x t -图像的斜率表示速度，4s ~10s 内，甲、乙两物体速度越来越大，故C 错误；
D ．v t -图像的斜率表示加速度，4s ~10s 内，丙、丁两物体的加速度均越来越大，故D 正确。

故选D 。

2.刚结束的巴黎奥运会，跳水运动员全红婵以绝对实力夺得女子跳水十米台冠军，卫冕成功。

从全红婵起跳到入水，若整个运动过程空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）
A.运动员在最高点时的速度为零
B.运动员在上升和下降过程中均处于超重状态
C.运动员由静止起跳到最高点的过程中机械能不守恒
D.起跳过程跳台对运动员作用力的冲量等于运动员动量的变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．运动员做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，可知，运动员在最高点时的速度不为零，故A 错误；
B．运动员在上升和下降过程中，加速度方向竖直向下，可知，在上升和下降过程中均处于失重状态，故B 错误；
C．运动员由静止起跳到最高点的过程中，消耗了人体的生物能，生物能转化为运动员的机械能，可知，运动员由静止起跳到最高点的过程中机械能不守恒，故C正确；
D．起跳过程，以竖直向上为正方向，重力冲量为负值，根据动量定理有
-=∆
I I p
跳重
解得
=+∆
I I p
跳重
可知，跳台对运动员作用力的冲量大于运动员动量的变化量，故D错误。

故选C。

3.如图所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体A，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧，把玻璃管倒置，在蜡块相对玻璃管匀速上升的同时将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右移动，图中虚线为蜡块的实际运动轨迹，关于蜡块的运动，下列说法正确的是（）
A.速度不断增大
B.速度先增大后减小
C.运动的加速度保持不变
D.运动的加速度先水平向左后水平向右
【答案】B 【解析】
【详解】AB ．由图可知，在水平方向上，蜡块受到的合外力先指向右侧，故蜡块向右做匀加速直线运动；之后，蜡块受到的合外力指向左侧，故蜡块向右做匀减速直线运动，故蜡块水平方向的速度先增大后减小，而蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，故蜡块合速度先增大后减小，故A 错误，B 正确；CD ．由上分析，可知蜡块运动的加速度方向先向右再向左，故加速度发生变化，故CD 错误。

故选B 。

4.为测试某新车的性能，试验员驾驶该车在某实验路面上匀速行驶，运动过程中，前方空气与车作用后迅速与车共速，产生空气阻力。

假设车头碰到空气前，空气的速度为零，已知该车的迎风面积为S ，空气密度为ρ。

在某次实验时，该车匀速运动时功率为P ，若忽略车与地面的摩擦力，则该实验条件下空气阻力的表达式为（）
A.
B. C. D.
【答案】A 【解析】
【详解】设t ∆时间内，与该车碰撞空气的质量为
m V Sv t
ρρ∆=∆=∆ 对空气，根据动量定理则有
F t mv ∆=∆- 由牛顿第三定律可知，空气对车的阻力
f F
=-汽车匀速运动时，则有
P fv
=联立解得
f =故选A 。

5.如图甲所示，维修工人给屋顶进行加固维修，维修过程中，一位工人将材料从屋顶斜坡的底处A 点斜向上抛出，另一位工人在斜坡顶部接住，简化图如图乙所示。

把材料看作质点，屋顶看作倾角为30︒的斜面，
忽略空气阻力，工人以大小为0v 、方向与斜面成30︒的初速度将材料抛出，另一位工人恰好接住，已知重力加速度为g ，则材料在空中运动的时间为（
）
A.
03g
B.
03g
C.
0g
D.
g
【答案】B 【解析】
【详解】将小球的运动在沿斜面方向和垂直斜面方向分解，垂直斜面方向的初速度为
00sin 302
v v v ⊥==
垂直斜面方向的加速度为
cos302
g g g ⊥==
小球运动的时间为
2
3v t g g
⊥⊥==故选B 。

6.如图所示，一表面粗糙的圆锥形漏斗，其内表面与水平方向之间的倾角53θ︒=，有一质量为m 的小物块（可视为质点）被放在漏斗内表面上，物块与漏斗竖直轴线的距离为r ，与漏斗倾斜内表面间的动摩擦因数为0.5，现使该漏斗绕竖直方向的转轴匀速转动，要使物块相对漏斗保持静止，已知重力加速度为g ，最
大静摩擦等于滑动摩擦力，sin 530.8︒=，则漏斗转动的角速度ω
取值范围是（）
A.
ω≤≤ B.
ω≤≤
C.
ω≤≤ D.0ω≤≤
【答案】A 【解析】
【详解】对物体受力分析，当转速较小时，物体有下滑趋势，物体受力情况如图所示，并建立如图所示的坐标系，则有
N sin cos f F mg
θθ+=2
N min sin cos F f m r
θθω-=N
f F μ=联立解得
min ω=
同理，当转速较大时，物体有上滑趋势，摩擦力沿斜面向下，则有
N cos sin F mg f θθ
=+2
N max sin cos F f m r
θθω+=N
f F μ=解得
max ω=
所以漏斗转动的角速度ω
取值范围是
ω≤≤故选A 。

7.如图所示，两质量均为2kg 的甲乙两物体叠放在水平地面上，已知甲、乙间的动摩擦因数10.5μ=，物体乙与地面间的动摩擦因数20.6μ=。

现用水平拉力F 作用在物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右以速度07m /s v =做匀速直线运动，已知210m /s g =；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，乙物体足够长。

如果运动过程中F 突然变为零，则甲、乙最终均相对地面静止时，甲在乙上的划痕长度为（
）
A.0
B.1m
C.1.4m
D.4.9m
【答案】C 【解析】
【详解】若甲、乙相对静止，则
2
026m /s a g μ==甲物体所受摩擦力
0112N 10N
f ma m
g μ==>=甲故二者相对滑动，由牛顿第二定律可得
1ma mg μ=甲，212mg mg ma μμ⨯-=乙
解得
25m /s a =甲，2
7m /s a =乙可得
a a <甲乙
可知乙先停止运动，甲后停止运动。

根据
20 4.9m 2v x a ==甲甲，2
3.5m
2v x a ==乙乙
甲在乙上的划痕长度为
1.4m
x x x ∆=-=甲乙
故选C 。

8.如图所示，一倾角30︒的固定斜面上有甲、乙两柱体，两柱体的截面分别为半径均为R 的圆和四分之一圆，甲的左侧顶着一块垂直斜面的挡板。

若甲的质量是乙的质量的2倍，柱体的曲面和挡板可视为光滑，现将挡板缓慢地沿斜面向上移动，直到圆柱体甲刚要落至斜面为止，整个过程乙始终保持静止，那么乙与斜面间动摩擦因数的最小值为（
）
A.2
B.
13
C.
3
D.
【答案】D 【解析】
【详解】对甲受力分析，圆柱体甲刚要落至斜面时，挡板对甲的弹力N1F 最大，乙对甲的弹力N2F 最大，如图
由几何关系，可得
1
sin 2
R R R α=
=+解得
30α=︒
根据边角关系，可知在力的平行四边形中，有
N12F mg
=对甲、乙整体受力分析，如图
由平衡条件，可得
3cos30N mg =︒，N1
3sin 30f mg F =︒+又
f N
μ=联立，解得
739
μ=
故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.2024年8月1日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将“互联网高轨卫星02星”发射升空，卫星顺利进入预定轨道。

如图所示，发射过程中卫星先被送至近地停泊轨道I ，在P 点点火进入转移轨道II ，再在Q 点点火加速进入轨道III 。

已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，轨道III 的半径是停泊轨道I 的半径的3倍，下列说法正确的是（
）
A.卫星在轨道III 上运动的速率一定大于在轨道I 上运动的速率
B.卫星在轨道III 上运动的机械能一定大于在轨道I 上运动的机械能
C.卫星在转移轨道II 上运动时，在P 点的加速度比在Q 点的加速度大
D.卫星在转移轨道II 上运动的周期小于卫星在轨道I 上运动的周期【答案】BC 【解析】
【详解】A ．根据牛顿第二定律可得
22Mm v G m r r
=v =
轨道III 的半径大于轨道I 的半径，故卫星在轨道III 上运动的速率一定小于在轨道I 上运动的速率，A 错误；B ．卫星从轨道I 逐步变轨到轨道III 的过程中，都需要点火对卫星做功，卫星的机械能逐步增大，故卫星在轨道III 上运动的机械能一定大于在轨道I 上运动的机械能，B 正确；C ．根据牛顿第二定律可得
2
Mm
G
ma r =2
GM a r
=由于Q 点离地心的距离更大，故卫星在P 点的加速度比在Q 点的加速度大，C 正确；D ．由开普勒第三定律可知
33
2
221
a R T T =由于轨道III 的半径是停泊轨道I 的半径的3倍，故
322
R R
a R +=
=
解得
2111
T T =>故卫星在转移轨道II 上运动的周期大于卫星在轨道I 上运动的周期，D 错误。

故选BC 。

10.如图甲所示，一物体置于倾角为θ的光滑斜面底端，0t =时刻开始给物体施加沿斜面方向的力F ，力
F 随时间t 变化的关系图像如图乙所示，以沿斜面向上为正方向。

则下列说法正确的是（
）
A.04t 末物体重力的功率为22
02sin mg t θ-B.04t 末物体重力的功率为22
04sin mg t θ
-C.00~4t 内重力的平均功率为220sin 4mg t θ
-
D.00~4t 内重力的平均功率为2203sin 4
mg t θ
-
【答案】C 【解析】
【详解】AB ．00t 时间内物体沿斜面向上匀加速运动，由牛顿第二定律得
11
sin F mg ma θ-=解得
1sin a g θ
=0t 末速度为
1100sin v a t gt θ
==位移为
211001
sin 22
v x t gt θ=
=002t t 时间内物体匀速直线运动，速度
210sin v v gt θ
==位移为
22200sin x v t gt θ
==0023t t 时间内物体匀减速运动，加速度大小
3sin sin mg a g m
θ
θ=
=03t 末速度大小为
323000sin sin 0
v v a t gt gt θθ=-=-=0023t t 时间内位移
2320011
sin 22
x v t gt θ=
=0034t t 物体沿斜面向下匀加速运动，加速度大小为
4sin sin 2sin mg mg a g m
θθ
θ
+=-
=-04t 末物体速度为
44002sin v a t gt θ
==-0034t t 时间内物体的位移为
244001
sin 2
x v t gt θ=
=-04t 末物体重力的功率为
22440cos sin 2sin P mgv mgv mg t αθθ
=-=-=故AB 错误；
CD ．00~4t 内物体的位移
212340sin x x x x x gt θ
=+++=00~4t 内重力做功
2220cos sin sin W mgx mgx mg t βθθ
==-=-00~4t 内的平均功率为
2200sin 44
mg t W
P t θ==-
故C 正确，D 错误。

故选C 。

11.在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，
已知某台起重机的额定功率为P 0=10kW ，将一质量为50kg 的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t =1s 时，重物上升的速度为10m/s ，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t =3s 时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在t =5s 时工件达到指定位置，取g =10m/s 2，不计一切摩擦阻力，则（
）
A.工件做匀速直线运动时的速度为20m/s
B.t =1s 时工件所受到的牵引力为500N
C.在1~3s 时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
D.0~5s 时间内，工件上升的高度h =70m 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．工件竖直向上运动过程中达到最大速度时，拉力等于重力，则
3
0m 1010m/s 20m/s
5010
P v mg ⨯===⨯工件做匀速直线运动时的速度为20m/s ，故A 正确；
B ．t =1s 时，重物上升的速度为10m/s ，此时起重机的功率恰好达到额定功率，则
01
P Fv =解得
1000N
F =故B 错误；
C ．在1~3s 时间内，起重机的功率不变，但速度增大，所以拉力减小，根据牛顿第二定律可得
F mg ma
-=由此可知，拉力减小，加速度减小，所以重物做加速度逐渐减小的加速运动，故C 错误；D ．0~1s 时间内，工件上升的高度为
1
112
v x t =
解得
15m
x =1~5s 时间内，根据动能定理可得
22022m 11122
P t mgx mv mv -=
-
解得
265m
x =所以0~5s 时间内，工件上升的高度为
1270m
h x x =+=故D 正确。

故选AD 。

12.如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧下端固定于地面上，上端放一个质量为m 的物块，与弹簧不拴接。

开始时，先用力F 将物体下压，使物块在P 点静止，然后突然撤掉力F ，在以后的运动中物块恰好不离开弹簧。

已知弹簧的弹性势能P E 与其形变量x ∆的关系为2P 1
2
E k x =∆，重力加速度为g ，弹簧始终未超出弹性限度。

下列说法正确的是（
）
A.物块上升过程中加速度先变小后变大
B.弹簧弹性势能的最大值为
22
2m g k C.物块在P 点时，弹簧的弹力为3mg D.物块运动过程中动能的最大值为
22
2m g k
【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．撤去F 时，弹力大于重力，加速度向上，根据牛顿第二定律有
kx mg ma
-=随着形变量减小，故加速度向上变小；当弹力等于重力，加速度为零，速度最大；之后弹力小于重力，加速度向下，根据牛顿第二定律有
mg kx ma
-=随着形变量的减小，故加速度向下变大，故A 正确；
B ．由题知，撤掉力F ，在以后的运动中物块恰好不离开弹簧，即物块恰好运动到原长位置，速度为零，弹性势能全部转化为重力势能，设最大形为量为x ∆，则有
21
2
k x mg x ∆=∆解得
2mg x k
∆=
则最大弹性势能为
2Pm
22122E k
x m g k =∆=故B 正确；
C ．在P 点，弹簧的弹力为
2F k x mg
=∆=故C 错误；
D ．当弹力等于重力，加速度为零，速度最大，动能最大，设此时形变量为x '∆，则有
k x mg
'∆=解得
mg
x k
'∆=
根据能量守恒有
()2
Pm km 1
ΔΔΔ2
E E mg x x k x =+-'+'解得
22km
2m g E k
=故D 正确。

故选ABD 。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某实验小组同学设计了如图所示的实验装置来测量木块和长木板间的动摩擦因数。

在导轨A B 、两点处分别固定光电门1和光电门2，在小桶中装入一定质量的砂子，开始时将带有挡光片的木块按住，然后轻轻释放。

木块在小桶拉动下，沿长木板做匀加速运动。

实验时，所用木块的质量为M ，小桶和里面装入砂子的总质量为m ，已知重力加速度为g 。

（1）实验时，下列必要的操作是_____（填选项前的字母）A.倾斜木板补偿摩擦力
B.A B 、两点间距离尽量调整得远一些
C.保证小桶和砂的总质量远远小于木块的质量
D.进行多次实验，取测得的动摩擦因数的平均值
（2）某次实验，木块先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为
1t 和2t ，该小组又测得挡光片的宽度为,d A B 、两点间的距离为L ，则木块和长木板间的动摩擦因数为
_____（用题干中物理量的字母表示）。

【答案】（1）BD （2）()2
2221112M m d m M MgL t t +⎛⎫-- ⎪⎝⎭
【解析】【小问1详解】
[1]A ．在实验中，小桶和砂牵引木块做加速运动，根据牛顿第二定律可知
()mg Mg m M a
μ-=+则本实验不需要平衡摩擦力，故A 错误；
B ．实验时两光电门之间的距离尽量大一些，可以减小测量距离带来的误差，使实验结果更加准确，故B 正确；
C ．小桶和砂牵引木块做加速运动，故不必满足细线对木块拉力与小桶和砂的总重力大小近似相等，则不要保证小桶和砂的总质量远远小于木块的质量，故C 错误；
D ．为使测得的数值更加准确，需进行多次实验，取测得的动摩擦因数的平均值，故D 正确。

故选BD 。

【小问2详解】
[2]木块经过光电门1的速度为
11
d
v t =
木块经过光电门2的速度为
22
d v t =
根据速度-位移公式
22212v v aL
-=小桶和砂牵引木块做加速运动，根据牛顿第二定律可知
()mg Mg m M a
μ-=+联立解得
()2
2221112M m d m M MgL t t μ+⎛⎫=-- ⎪
⎝⎭
14.如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。

（1）关于本实验；下列做法正确的是_____
（填选项前的字母）
A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B.用质量大的小球A 碰撞质量小的小球B
C.选用两个半径不同的小球进行实验
D.每次入射小球都应该从斜槽轨道的同一位置开始自由下滑
（2）图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为1m 的小球A 从斜槽上的P 位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。

然后；把质量为2m 的被碰小球B 置于斜槽末端，再将小球A 从P 位置由静止释放，两球相碰，重复多次。

分别确定平均落点，记为M N 、和(P P 为1m 单独滑落时的平均落点）。

分别测出O 点到平均落点M P N 、、的距离，12OM x OP x ==、和3ON x =。

在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。

（用题干中物理量的字母表示）
（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。

如图乙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O 点和O '点，两点间距等于小球的直径。

将质量较小的小球1向左拉起至A 点由静止释放，在最低点B 与静止于C 点的小球2发生正碰。

碰后小球1向左反弹至最高点A '，小球2向右摆动至最高点D 。

测得小球1、2的质量分别为m 和M ，弦长1AB l =、
23A B l CD l '==、。

若
m
M
=_____，即可验证碰撞前后动量守恒。

（用题干中物理量的字母表示）
【答案】（1）ABD （2）121123
m x m x m x =+（3）2
2
2
123ml ml Ml =+【解析】【小问1详解】
A ．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A 正确；
B ．为了防止A 与B 碰撞后反弹，应用质量大的小球A 碰撞质量小的小球B ，B 正确；
C ．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故C 错误；
D ．为了保证多次测量时小球A 与B 碰撞时速度相同，每次入射小球都应该从斜槽轨道的同一位置开始自由下滑，D 正确。

故选ABD 。

【小问2详解】
小球飞离斜槽末端做平抛运动，由
2
12
h gt =
0x v t
=可知下落高度相同，在空中运动时间相同，所以水平初速度可表示为
0x v t
=
两球碰撞满足动量守恒，需要验证
101122
m v m v m v =+由
20x v t =
，11x
v t =，3
2x v t
=可得
121123
m x m x m x =+【小问3详解】
如图
设绳长为l ，根据几何关系可知，小球从A 点运动到B 点，下降的高度为
()
11cos h l θ=-根据几何关系及三角函数可知
2
12212
2cos cos 212sin 121222l l l l θθθ⎛⎫
⎪=⋅=-=-=- ⎪ ⎪
⎝⎭
可得
2
112l h l
=
同理可得右B 点到A '点，C 点到D 点，上升的高度分别为
2
222l h l =
2
332l h l
=
根据动能定理有
21112
mgh mv =
2
2201
2mgh mv -=-2
331
02
Mgh Mv -=-若要证明碰撞过程中动能守恒，即
222123111
222
mv mv Mv =+则只需证明
123
mgh mgh Mgh =+整理得
222
123ml ml Ml =+15.无人驾驶汽车依靠先进的传感器、算法和人工智能技术，能够实现自主导航、避障、决策等功能，极大地提高了交通的效率和安全性。

如图所示，在平直公路上有两辆无人驾驶汽车A 、B （均可看做质点），在不同车道沿同一方向做匀速直线运动，A 车在前，B 车在后，A 车速度大小为130m /s v =，B 车速度大小为220m /s v =。

当两车沿车道方向距离0100m x =时，A 车因突发情况紧急刹车做匀减速直线运动，加速度太小为22m /s a =，从刹车时开始计时，求：
（1）两车在运动方向上的最远距离；
（2）从A 车开始减速到两车相遇所用的时间。

【答案】（1）125m （2）16.25s 【解析】【小问1详解】
当两车速度相等时距离最远，则
12
v at v -=解得
t =5s
两车在运动方向上的最远距离
12
02125m 2
v v x x t v t +∆=+
-=
【小问2详解】
A 车停止运动需要时间
1
015s v t a
=
=前进的距离为
1
A 0225m 2
v x t =
=此时B 的位移
B 20300m
x v t ==此时两车相距
100m 225m 300m 25m
s ∆=+-=相遇时还需要用时间
1225s 1.25s 20
s t v ∆=
==从A 车开始减速到两车相遇所用的时间
0116.25s
T t t =+=16.2019年1月3日，
嫦娥四号在月球背面预选区着陆，实现了人类航天器首次月球背面软着陆与巡视探测，这也是我国探月工程三步走“绕、落、回”中第二步，为接下来以月面采样返回为目标的月球探测第三步任务打下了很好的基础。

如图所示为嫦娥四号飞行轨道示意图，卫星从地球发射后，每次经过近地点P 进行加速变轨，进入地月转移轨道后被月球俘获，每次经过月球的近月点Q 进行减速变轨。

图中轨道①②③为椭圆轨道，轨道③的远地点与地球同步卫星轨道距离地面的高度均为h ；轨道④⑤为椭圆轨道，它们轨道半长轴的三次方与环绕周期平方的比值均为k ，轨道⑥为月球的近月圆轨道，卫星在该轨道环绕的线速度为v 。

已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R。

求：
（1）月球的半径；
（2）卫星在轨道③运动的周期。

【答案】（1）
2
2
4k v π
（2【解析】
【小问1详解】
设卫星在近月轨道上的运行周期为T 近，月球的半径为R 月，根据开普勒第三定律可知
32R k T =月
近
近地卫星的线速度
2R v T π=
月近
联立解得
2
2
4k R v
π=月【小问2详解】
卫星在地球表面运动时，根据牛顿第二定律可知
2
Mm
G
mg R =设地球同步卫星的周期为T ，则有
2
22(()
()Mm G
m R h R h T
π=++卫星在轨道3上的运行周期为'T ，轨道3的半长轴
2
h
a R =+
由开普勒第三定律可知
33
'22
()a R h T T +=联立上述各式可得
'T =
17.跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。

某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究，竖直圆弧轨道ABC 的圆心为1O ，B 点为轨道最低点，MN 为另一四分之一竖直圆弧轨道，圆心为2O ，圆弧轨道ABC 和MN 的半径相同，C M 、交接处留有可供小球通过的窄缝。

12O M C O 、、、四点在同一水平线上，OA 两点连线与水平方向夹角为30︒。

一质量1kg m =的小球以与水平方向成30︒的初速度从O 点滑出，从此时开始计时，2s t =时小球离OA 连线最远，最后恰好沿切线方向从A 点落入圆弧轨道，已知
210m /s g =。

求：
（1）小球从O 点滑出时的初速度大小；（2）1AO B ∠的正切值；
（3）圆弧轨道ABC 和MN 的半径48m R =时，小球脱离MN 轨道时重力的瞬时功率。

【答案】（1）20m /s （2）3
（3）-【解析】【小问1详解】建立坐标系，如图
依题意，2s t =时小球离OA 连线最远，则
0sin 60cos300
y v v g t =︒-︒⋅=解得
020m /s
v =【小问2详解】
小球到达A 点，分解速度，如图
有
20111
sin 60cos3002
y v t g t =︒⋅-
︒⋅=解得
14s
=t 可知
01sin 60cos303m /s Ay v v g t =︒-︒⋅=-01cos 60sin 3030m /s
Ax v v g t =︒+︒⋅=由几何知识，可得
tan(30)3
Ay Ax
v v θ-︒=
=
解得
60θ=︒
可得
tan θ=【小问3详解】
由第二问分析，可得
/s
A v ==如图，设夹角为α时，小球脱离MN
轨道，
则有
2
sin v mg m
R
α=由动能定理，可得
()2211cos 60sin 22
A mg R R mv mv α-︒+=
-解得
30α=︒
，/s
v =小球脱离MN 轨道时重力的瞬时功率
(
)G cos 9090P mgv α=︒+︒-=-18.如图所示，光滑水平面上并排静置三块相同的木板A B C 、
、，它们的质量均为1kg m =，长度均为1m L =，一质量为03kg m =的小物块P （可视为质点）从木板A 左侧以水平向右的初速度0v （未知）释放，已知小物块P 与木板A B C 、
、上表面的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
210m /s g =。

（1）若木板A B C 、
、相互粘连；（i ）以任意不同初速度0v 释放P ，其他条件保持不变，求木板C 所能获得的最大速度；
（ii ）若P 以初速度01m /s v =释放，在P 释放同时对P 施加一永平向右的恒力4N F =，从P 释放开始计时，求0~3s 内恒力F 对P 做的功；
（2）若木板A B C 、
、相互接触但不粘连，要使P 最终能够停在木板B 上，求0v 的取值范围。

【答案】（1）（i /s ；（ii ）19.5J ；（2）02m/s 3m/s <<v 【解析】【小问1详解】
（i ）当P 恰好滑到C 右端且与C 共速时，C 的速度最大，根据牛顿第二定律，对P 有
001
m g m a μ=解得
2
11m /s a =对ABC 整体有
02
3m g ma μ=解得
2
21m /s a =根据动量守恒定律有
()0003m v m m v =+共
解得
02v v =共
根据速度位移公式，对P 有
22011
2v v a x -=共对C 有
222
2v a x =共根据
12
3L x x =-联立解得
/s
v =共（ii ）设经过1t 时间P 与ABC 整体共速，根据牛顿第二定律，对P 有
003
F m g m a μ-=解得
2
31
m /s 3
a =对ABC 整体有
04
3m g ma μ=解得
2
41m /s a =根据P 与ABC 共速，则有
03141
v a t a t +=解得
1 1.5s
t =根据位移时间公式有
210131115
m<22m
28
s v t a t L =+==P 与ABC 共速后，根据牛顿第二定律，对P 有
05
F f m a -=对ABC 整体有
5
3f ma =联立解得
252
m /s 3
a =
根据位移时间公式有
()()()2
20311511333m
2
s v a t t a t =+-+-=整体过程P 未滑C ，则有
()1219.5J
F W F s s =+=【小问2详解】
设当P 滑到A 右端时与A 恰好保持静止，根据动量守恒定律和能量守恒定律
()0003m v m m v =+，()2
2000011322
m v m m v m gL
μ=++解得
02m /s
v =设当P 滑到B 右端时与B 恰好保持相对静止，当P 滑到A 右端时，根据动量守恒定律和能量守恒定律
00013m v m v mv '=+，2
22000101113222
m v m v mv m gL
μ'=+⋅+当P 滑到B 右端时，根据动量守恒定律和能量守恒定律
0102222m v mv m v mv '+=+，()222
0102011122222
m v mv m m v m gL
μ+⋅=++'联立解得
03m /s
v =要使P 最终能够停在木板B 上，0v 的取值范围为。