北京市海淀区中国人民大学附属中学朝阳分校2021届高三上学期10月月考物理试题

北京市海淀区中国人民大学附属中学朝阳分校2019届高三上
学期10月月考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于匀速圆周运动的物理量之间的关系，下列说法正确的是
A．线速度与半径成正比
B．角速度与半径成反比
C．周期与角速度成反比
D．加速度与半径成正比
2．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，以下说法正确的是
A．踏板对人的摩擦力对人做负功
B．踏板对人的作用力方向是竖直向上
C．人所受的重力对人做的功等于人的重力势能的增量
D．人对踏板的压力大小等于踏板对人的支持力的大小
3．如图所示，利用向心力演示仪，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系，若皮带套在两个半径相等的塔轮上，且做匀速圆周运动，两侧分别放置铝球和钢球，则此时正在研究哪两个物理量之间的关系（）
A．研究向心力与质量之间的关系
B．研究向心力与角速度之间的关系
C．研究向心力与半径之间的关系
D．研究向心力与线速度之间的关系
4．关于以下概念中说法正确的是
A．作用力和反作用力可能同时做正功
B．一个力对物体有冲量，则该力对物体一定做功
C．做圆周运动的物体，其向心加速度可能不指向圆心
D．若一个物体的动量发生变化，则动能一定发生变化
5．如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体且重力加速度为g,物体A的加速度为a1，当在绳的B 端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是（）
A．a1＝a2
B．a1>a2
C．a1<a2
D．无法确定
6．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（）
A．前3s拉力做正功，最后2s拉力做负功
B．前3s与最后2s货物的重力的平均功率相等
C．在整个运动过程中，货物共经历了超重和失重两个过程
D．前3s内货物的加速度大小大于最后2s内加速度大小
7．如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固定在竖直杆MN上。

现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大。

关于此过程，下列说法中正确的是
A．水平力F逐渐增大
B．物体A的合力逐渐增大
C．绳OB的弹力逐渐减小
D．环对杆的摩擦力逐渐减小
8．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，
当小球运动到最高点时，瞬时速度v R是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是（）
A．1
2
mg的拉力B．
1
2
mg的压力
C．3
2
mg的拉力D．
3
2
mg的压力
9．如图所示，A、B两个质量不等的小球（视为质点），A球从某一高度H处静止开始下落的同时B球由同一高度以初速度v0开始做平抛运动。

空气阻力不计，对于两球下落的全程中，以下说法正确的有
A．动能的变化相等
B．机械能的变化相等
C．重力做的功相等
D．动量的变化相等
10．图甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，图乙是其俯视图．两个质量相等的小车，放在水平桌面上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里可主入砝码．两个小车通过细经用夹子固定，打开夹子，小盘和砝码牵引小车运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在小盘中增减砝码来改变小车所受的拉力．为了探究加速度大小和力大小之间的关系，下列做法中正确的是（）
A．使小盘和砝码的总质量尽可能与小车质量相等
B．用刻度尺测量两小车通过的位移，通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系
C．在两小盘内及两小车内分别放置相同质量的砝码进行实验
D．在两小盘内放置相同质量的砝码，在两小车内放置不同质量的砝码进行实验11．某人造地球卫星在近似圆轨道上运行的过程中，由于轨道所在处的空间存在极其稀薄的空气，则（）
A．如不加干预，卫星所受的万有引力将越来越小
B．如不加干预，卫星运行一段时间后动能会增加
C．卫星在近似圆轨道上正常运行时，由于失重现象卫星内的物体不受地球引力作用D．卫星在近似圆轨道上正常运行时，其速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间12．如图，一块长木板B放在足够大的光滑水平面上，在B上放一物体A，现以恒力F 作用在B上，由于A、B间有摩擦力的作用，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中，下列说法正确的是
A．如果A、B之间发生相对滑动，物块A可能滑到B的右端
B．若A、B之间发生相对滑动，B对A的摩擦力所做的功大于物块A的动能的增量C．不论A、B是否相对滑动，A对B的摩擦力冲量均与B对A的摩擦力冲量相同D．不论A、B是否相对滑动，外力F对B做的功始终等于B的动能的增量与B克服摩擦力的功之和
13．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则（）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统的机械能一定守恒
C．此系统的机械能可能增加
D．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
二、实验题
14．为了用弹簧测力计测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图所示的甲、乙实验方案．
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力大小，你认为_____方案更合理．
②若A和B的重力分别为10.0N和20.0N．当A被拉动时，弹簧测力计a示数为6.0N，b示数为11.0N，c示数为4.0N，则A、B间的动摩擦因数为_____．
15．“验证机械能守恒定律”的实验采用重锤自由下落的方法
mv2＝mgh时，从所打下的5条纸带选取其中一条纸带，以下说法正确的（1）用公式1
2
是（______）
A．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1mm
B．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1cm
C．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm
D．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2cm
（2）在本实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点。

图中所示数据均为各点到O点的距离，则记录C点时，重锤的动能E kC＝__________，从开始下落起至C点，重锤的重力势能变化量ΔE p＝_________________。

（计算结果均保留3位有效数字）
v2为纵轴，以h为（3）根据纸带算出的相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以1
2
v2－h图线应是下图中的___________。

横轴，根据实验数据绘出的1
2
16．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置。

（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持_________________不变；
（2）本实验中电火花打点计时器所用的电源是_________
A．4~6V低压交流电源
B．4~6V低压直流电源
C．220V交流电源
D．220V直流电源
（3）改变所挂砂桶中砂子的质量，多次重复测量。

在某次实验中根据测得的多组数据可画出a﹣F关系图线（如图2所示），经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生的主要原因可能是_____________；
A．轨道与水平方向夹角太大
B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C．所挂砂桶的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
（4）实验中打出的一条纸带如图3所示．相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是___m/s2。

三、解答题
17．如图所示，高h＝0.80m的弧形轨道与水平轨道相切且平滑连接。

将一个质量m=0.40 kg的物块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，物块滑至水平轨道后，从水平轨道右侧边缘O点水平飞出，落到水平地面的P点，P点距O点的水平距离x=1.6m，竖直距离H=3.2m。

不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）物块从水平轨道O点飞出时的速率v0；
（2）物块在轨道上克服摩擦力做的功W f。

18．如图所示，质量为m=2.0kg的小滑块，由静止开始从倾角θ=300的固定的光滑斜面的顶端A滑至底端B，A点距离水平地面的高度h=5.0m，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑块由A滑到B的过程中重力的功率；
（2）滑块由A滑到B的过程中支持力的冲量。

19．如图所示，质量m=2.2kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=10N的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做匀速直线运动5秒钟后撤去拉力。

（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求：
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）全过程中摩擦力的功。

（本问计算结果保留2位有效数字）
20．质量为m＝0.60kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.0s．忽略空气阻力作用，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能△E；
（2）篮球对地板的平均撞击力．
21．假设地球可视为质量均匀分布的球体，且质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g 。

（1）求距离地球表面高为R处运行的人造卫星的线速度v的大小；
（2）有人设想，过地心打一个洞，并沿洞的方向建立一个x轴，原点在地心，x轴正方向水平向右，如图所示。

现在将一个质量为m的小球（视为质点）从洞的右侧洞口处释放，求小球的最大速度大小。

22．在倾角为30°的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m的物块B、C通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此时弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。

在斜面上距物块B的距离为3x0的P点由静止释放一质量也为m的物块A，A与B相碰（不粘连）后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O点。

物块A、B、C均可视为质点，重力加速度为g。

（1）求A、B碰前弹簧具有的弹性势能E p；
（2）若物块A从P点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块A、B返回O点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C离开挡板而不上滑，求物块A在P点的初速度v0。

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
根据v=rω知，在角速度一定时，线速度与半径成正比，在线速度一定时，角速度与半径成
知，周期与角速度成反比，故C正确。

根据a=rω2知，在角速反比，故AB错误。

根据T=2π
ω
度一定时，加速度与半径成正比，故D错误。

故选C。

2．D
【详解】
设斜面坡角为θ，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：a x=acosθ，方向水平向右；a y=asinθ，方向竖直向上；水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macosθ，水平向右，运动的位移为x，则W=fxcosθ＞0，做正功，故A错误；合力方向沿斜面向上，重力竖直向下，则踏板对人的作用力方向斜向右上方，故B错误；人克服重力做的功等于人的重力势能的增量，选项C错误；人对踏板的压力大小与踏板对人的支持力互为作用力和反作用力，则大小相等，选项D正确；故选D.
【点睛】
解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解，知道合外力做功等于物体动能的变化量，克服重力做功等于重力势能的变化量．
3．A
【详解】
铝球与钢球质量不同，转动的半径相等，线速度大小相等，本实验研究向心力与质量之间的关系，不是研究向心力与角速度、半径、线速度的关系．故A正确，BCD错误．故选A．4．A
【解析】
【详解】
作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，但是各自的力的方向与位移方向可能相同，也可能相反，即作用力和反作用力可能同时做正功，也可能同时做负功，或作用力做功，反作用力可以不做功，故A正确。

一个力对物体有冲量，但不一定有位移，即该力对物体不一定做功，选项B错误；做圆周运动的物体，其向心加速度一定指向圆心，选项C错误；若一个物体的动量发生变化，可能是速度方向变化，速度大小不一定变化，即动能不一定发
生变化，选项D 错误；故选A.
5．C
【分析】
当用拉力F 拉时，对A 分析，根据牛顿第二定律求出加速度；当挂重物时，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度，从而比较大小．
【详解】
在B 端挂一质量为m 的物体时，对整体分析，根据牛顿第二定律得：a 1=
mg M m +， 当在绳B 端施以F=mg 的竖直向下的拉力作用时，a 2=
F mg M M =，可知a 2>a 1. 故选C.
6．B
【详解】
前3s 物体做加速运动2216/2/3
v a m s m s t ∆===∆，拉力做正功，最后2s ，物体的加速度22206/3/2
a m s m s -==-，根据mg-F=ma 2可得F=mg-ma 2>0，则拉力向上，则拉力做正功，选项AD 错误；前3s 与最后2s 货物的平均速度相同，根据P mgv =，则重力的平均功率相等，选项B 正确；在整个运动过程中，货物先超重，然后等于重力，最后失重，选项C 错误；故选B.
【点睛】
此题关键是搞清图像的物理意义，直线的斜率等于加速度，斜率的符号表示加速度的方向；加速度向上为超重，加速度向下为失重.
7．A
【解析】
【详解】
设细绳与竖直方向的夹角为θ，物体的质量为m ，对结点O 受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：
F=mgtanθ，θ变大，则F增大，故A正确；物体A处于平衡状态，则合力始终为零，选项B 错误；绳OB的弹力T，则T =mg/cosα，θ变大，则T增大，选项C错误；对圆环和物体的整体，竖直方向环对M的摩擦力等于重力mg，则环对杆的摩擦力不变，故D错误。

故选A。

【点睛】
本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便．
8．A
【解析】
【详解】
在最高点，设杆对球的弹力向下，大小为F，根据牛顿第二定律得：mg+F=m
2
v
R
；又
v F=1
2
mg＞0，说明假设正确，即可知道杆对球产生的是拉力，根据牛
顿第三定律得知，球对杆的作用力是1
2
mg的拉力．故选A．
【点睛】
小球在最高点时，要注意绳子与杆的区别：绳子只能提供拉力；杆提供的了可能是拉力，也可能是支持力．假设法是常用的解法．
9．B
【解析】
【详解】
两球只受重力作用，由于质量不等，落地的过程中，合力功不相等，则动能的变化不等，选项A错误；两球的机械能守恒，则机械能的变化相等，选项B正确；根据W=mgh可知，重力做功不等，选项C错误；动量的变化等于重力的冲量，∆P=mgt，运动的时间相等，质量不等，则动量的变化不相等，选项D错误；故选B.
【点睛】
此题关键是理解机械能守恒定律、动能定理和动量定理，知道平抛运动的特点；同时要注意两物体的质量是不等的条件. 10．B 【详解】
A ．盘和盘中砝码的质量远远小于小车的质量，绳对小车拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．故A 错误；
B ．根据初速度为零的匀变速直线运动公式x ＝
12
at 2
，用刻度尺测量两小车通过的位移，两车的位移之比就是加速度之比，所以可以通过比较位移来得知加速度大小与力大小之间的关系，故B 正确；
CD ．实验的目的是探究加速度和力之间关系，即探究小车的加速度和小车受的合力之间关系，所以在两小车内放置相同质量的砝码进行实验，在两小盘内放置不同质量的砝码改变合力，故CD 错误； 11．B 【解析】
试题分析：卫星本来满足万有引力提供向心力，即22Mm v G m r r
=，由于摩擦阻力作用卫星
的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力，故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，则万有引力2
Mm
F G
r ＝会增大．故A 错误；根据万有引力提供向心力有：
2
2Mm v G m r r
=解得：v ，轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大．故B 正确；失重现象卫星内的物体受地球的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，故C 错误；第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，故以D 错误． 故选B.
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系，知道第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度． 12．D 【解析】
【详解】
两物体由静止开始运动，如果A、B之间发生相对滑动，B的速度一定大于A可知，物块A 可能滑到B的左端，选项A错误；若A、B之间发生相对滑动，因水平方向A只受B的摩擦力作用，则根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功等于物块A的动能的增量，选项B错误；不论A、B是否相对滑动，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力互为作用与反作用力，则A对B的摩擦力冲量均与B对A的摩擦力冲量大小相同，方向相反，选项C错误；对物体B由动能定理可知：W F−W f=E kB，即W F=E kB+W f，即不论A、B是否相对滑动，外力F对B做的功始终等于B的动能的增量与B克服摩擦力的功之和，选项D正确；故选D.
【点睛】
运用动能定理时，研究对象如果是系统，系统的内力做功也要考虑．一般情况下两物体相对静止，系统的内力做功为0．如果两物体有相对位移，那么系统的内力做功有可能就不为0．13．C
【解析】
系统动量守恒，系统所受合外力为零，但此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，故A 错误；当只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，系统动量守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒但机械能不一定守恒，系统机械能可能增加，故B错误，C正确；系统动量守恒，系统总动量保持不变，系统内有的物体动量增大，有的物体动量减小，系统总动量保持不变，故B错误．所以C正确，ABD错误．
14．（1）甲，（2）0.3
【解析】
①图甲的装置在实验过程中，无论物体A作何运动，物体B总是静止的，弹力总等于摩擦力②由物体B的弹力等于摩擦力可知
15．（1）C（2）7.57 J；7.62J.（3）C
【解析】
【详解】
（1）若打点计时器打第一个点的速度为零，可知在第一个0.02s内物体下落的距离为：ℎ=
1 2gt2=1
2
×9.8×0.022m≈2mm，选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm，故选
C.
（2）从开始下落起至C 点，重力势能减小量为：△E p =mgh=1.0×9.8×0.7776J=7.62J ．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：v C =
0.8573−0.7018
2×0.02
=3.89m/s ，动能的增加量等于：△E k =12mv C 2=1
2×1×（3.89）2=7.57 J ；
（3）据机械能守恒：mgh=12
mv 2，得：12
v 2=gh ，所以如果以12
v 2为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的1
2v 2-h 图象应是过原点的直线，斜率的数值为g ，因此C 正确，ABD 错误；故选C. 【点睛】
验证机械能守恒是中学阶段的基础实验，要从实验原理出发来理解实验同时注意平时加强练习．同时利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法．我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和截距．
16．（1）木块的质量；（2）C （3）BC ；（4）0.46 【解析】 【详解】
（1）在该实验中探究a 与F 的关系，必须采用控制变量法，应保持木块质量M 不变； （2）本实验中电火花打点计时器所用的电源是220V 交流电源，故选C.
（3）此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是不再满足啥和砂桶的质量远远小于小车的质量，即所挂钩码的总质量太大；同时没有平衡摩擦力，则存在阻力，导致小车受到的合力不是钩码的总质量对应的重力，故BC 正确，AD 错误；故选BC. （4）根据匀变速直线的推论：△x=aT 2 a=
0.0262−0.0124
3×0．12
=0.46m/s 2
【点睛】
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据、实验误差等，会起到事半功倍的效果，会用作差法求解加速度． 17．（1）2m/s ；（2）2.4J 【解析】 【详解】
（1）物体从C 点抛出后做平抛运动，则：x=v 0t H=1
2gt 2
解得t=0.8s ；v 0=2m/s
（2）物块在圆弧轨道下滑的过程，由动能定理：mgℎ−W f =1
2mv 02
解得W f =2.4J
18．（1）50W （2）20√3N •S 【解析】 【详解】
（1）对滑块受力，并进行重力的分解， 由牛顿第二定律可得mgsinθ =ma 加速度大小：a ＝g sinθ
根据s ＝1
2at 2，求出滑块的下滑时间：t ＝√2s
a ＝√2×
ℎ
sinθ
gsinθ＝2s 滑块由A 滑到B 的过程中重力的功率：P
̅=mgℎt
=
2×10×5
2
W =50W ；
（2）根据冲量公式I=Ft ，可得支持力的冲量，P=mgcosθ•t=2×10×√3
2×2N •S ＝20√3N •S 【点睛】
解决本题的关键知道由牛顿第二定律可求出加速度，再根据运动学公式求解时间，知道求解的是平均功率，并要掌握平均功率的求法，并会求力的冲量． 19．（1）0.5（2）2.3×102J 【解析】 【详解】
（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有 Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=0 得μ=
Fcos37°mg−Fsin37°
=
10×0.822−10×0.6
＝0.5
（2）撤掉外力以前物体的位移：x =vt =25m 摩擦力的功：W f1=μ（mg −Fsin37°）x =200J
撤去外力后金属块克服阻力做功等于初动能，则W f2=1
2mv 2=1
2×2.2×52=27.5J 全过程中摩擦力的功W=W f1+W f2=227.5J=2.3×102J 【点睛】
本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，最好能作出力图，根据正交分解法列方程求解；注意撤去F 后动摩擦因数不变，但是摩擦力要变．
20．（1）2.1J （2）20N 【详解】
（1）皮球与地板撞击过程中损失的机械能为： △E=mgH-mgh=0.6×
10×（0.8-0.45）J=2.1J （2）设皮球从H 高处下落到地板所用时间为t 1，刚接触地板时的速度为v 1；反弹离地时的速度为v 2，上升的时间为t 2，由动能定理和运动学公式得： 下落过程：mgH=
1
2
mv 12， 代入数据解得：v 1=4m/s ，t 1=
1
v
g
=0.4s 上升过程：-mgh=0-
1
2
mv 22， 代入数据解得：v 2=3m/s ，t 2=0.3s
皮球与地板接触时间为：△t=t-（t 1+t 2）=0.3s
设地板对皮球的平均撞击力为F '，取竖直向上为正方向，由动量定理得： （F '-mg ）△t=mv 2-（-mv 1） 代入数据解得：F '=20N
根据牛顿第三定律，皮球对地板的平均撞击力为：F =20N ，方向向下． 【点睛】
本题考了自由落体运动的基本规律和动量定理的应用．皮球与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量．也可以对全过程，运用动量定理列方程． 21．（1）v =√gR
2 （2）√gR 【解析】 【详解】
（1）卫星做圆周运动的向心力等于万有引力，则G mM
(2R)2＝m v 2
2R ；又G m ′M R 2
＝m ′g ，
解得v =√gR
2.
（2）小球从地球表面开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对球始终做正功，则到达地心处的速度最大：在地球的表面处引力为mg ；在地心处引力为零，则引力的平均值为
F
̅=mg 2
， 根据动能定理F ̅⋅R =1
2mv m 2
解得 v m =√gR
22．（1）1
4mgx 0（2）√6gx 0 【解析】 【详解】
（1）A 从P 下滑3x 0过程，由机械能守恒定律得：mg•3x 0sin30°=1
2mv 2 A 与B 碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：mv=2mv′
A 、
B 整体从压缩弹簧到运动到O 点的过程，对A 、B 及弹簧构成的系统，由机械能守恒定律得：1
2×2mv ′2+E p =2mgx 0sin30°。

联立以上三式解得：A 、B 碰前弹簧具有的弹性势能为： E p =1
4mgx 0
（2）A 以初速度v 0从P 下滑3x 0过程，由机械能守恒定律得： mg•3x 0sin30°=1
2
m v 12-1
2
m v 02
A 与
B 碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得： 2mv 2=mv 1。

初态时，弹簧的压缩量为：x 1=
mgsin30°
k
=x 0
C 恰好离开挡板而不上滑时，弹簧的弹力大小等于C 的重力沿斜面向下的分力大小，弹簧的伸长量为：x 2=
mgsin30°
k
所以x 1=x 2=x 0，初、末状态弹簧的弹性势能相等，设为E p ；
A 、
B 整体从压缩弹簧到运动到O 点的过程，对A 、B 及弹簧构成的系统，由机械能守恒定律得：1
2
×2m v 22+E p =2mgx 0sin30°+1
2
×2m v 32
对B 及弹簧，在B 从O 点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
12
m v 32=mgx 0sin30°+E p
联立解得：v 0=√6gx 0 【点睛】
本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：动量守恒定律。

物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系。