2023-2024学年山东省德州市庆云县第一中学高三（下）模拟（一模）物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省德州市庆云县第一中学高三（下）模拟（一模）物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下对功的说法正确的是( )
A. 滑动摩擦力只能做负功
B. 静摩擦力一定不做功
C. 若作用力做正功，则它的反作用力一定做负功
D. 若作用力不做功，它的反作用力可能做负功
2.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A，B两处分别固定两正点电荷，其电量分别为QA、QB，两点电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是A，B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点。若将带正电小球(可视为质点)在x=2L的C点由静止释放，下列说法正确的是
( )
A. QA:QB=2:1B. 小球向左运动过程中加速度先减小后增大
C. 小球向左运动过程中电势能先增大后减小D. 小球能恰好到达x=−2L点处
3.甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x−t图像为抛物线的一部分，t=8 s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是
A. 甲车的初速度为6 m/s
B. 甲车的加速度大小为2 m/s2
C. t=0到t=8 s内甲车的位移为70 m
D. 在t=8 s到t=10 s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等
4.人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为零势能点，引力势能可以表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为( )
A. GMm21r2−1r1B. GMm21r1−1r2
C. GMm1r2−1r1D. GMm1r1−1r 22
5.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30∘，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60∘，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A. 2:1B. 3:1C. 4: 3D. 3:1
6.示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为
( )
A. B. C. D.
7.如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳水平，乙绳倾斜。现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中( )
A. 甲绳中的弹力一直增大B. 甲绳中的弹力一直减小
C. 乙绳中的弹力一直增大D. 乙绳中的弹力先减小后增大
8.一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定于O点，如图甲所示。在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得轻绳拉力F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，F1=7F2，设R、m、引力常量G和F2均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是( )
A. 该星球表面的重力加速度为F27m
B. 该星球的密度为3F228πGRm
C. 该星球的第一宇宙速度为 F2R7m
D. 卫星绕该星球运行的最小周期为2π RmF2
9.人造卫星在燃料耗尽后会因为无法控制而成为太空垃圾，太空垃圾对航天器的运行带来很大的安全隐患。为防止人造近地卫星成为太空垃圾，往往在燃料快要耗尽时控制其进入大气层，从而烧毁或坠入南太平洋。如图所示为正在逆时针做匀速圆周运动的近地卫星，若要使其进入大气层，以下说法正确的是
A. 应打开前面发动机，向前喷气，使其偏离原来轨道
B. 卫星进入大气层后，速度会越来越小
C. 卫星进入大气层后，机械能减小
D. 卫星进入大气层后，处于完全失重状态
二、多选题（本题共3小题，共12分）
10.如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球不能返回到A点
B. 小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大
C. 小球在C点时的机械能为2mgRsinθ
D. 小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为mg 1+3sin2θ
11.如图所示，水平传送带在电动机带动下以恒定速率v顺时针运行，某时刻一个质量为m的物块(可视为质点)以初速度v0v0A. 0−t0时间内，物块所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
B. 物块被传送的整个过程中，传送带对物块做的功为12mv2−v02
C. 若仅增大物块的初速度v0(v0仍小于v)，则物块在加速运动阶段，摩擦力对物块做功的平均功率可能不变
D. 物块被传送的整个过程中，因摩擦产生的热量为12mv−v02
12.如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP=5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说法正确的是( )
A. 该电子做匀变速直线运动
B. x轴上各点的电场强度方向都为x轴正方向
C. M点的电势是P点电势的12
D. 图象中的E0的数值为1.2
三、实验题（本题共2小题，共13分）
13.实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。
(1)关于该实验以下说法正确的是__________。
A.安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行
B.平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M
D.准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力
(2)如图乙是实验中选择的一条合适的纸带(纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出)，相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度a=_________m/s2。
(3)保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的a−F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为________kg(结果保留两位有效数字)。
14.某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块(总质量为M，遮光条两条长边与导轨垂直)，左端由跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，导轨上B点处有一光电门。实验时，将滑块从A点由静止释放，测得遮光条的宽度d，遮光条经过光电门时的挡光时间t，A点到B点的距离l，A点与B点间的高度差为ℎ。
(1)滑块从A点到B点的过程中，m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=__________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=__________，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒；(用题中所给字母以及重力加速度g表示)
(2)该学习小组在斜面倾角为30∘且M=m的情况下，多次改变A、B间的距离l，计算出多组滑块到达B点时的速度v，并作出v2−l图像如图乙示，根据图像可得重力加速度g=__________m/s2。(保留3位有效数字)
四、计算题（本题共4小题，共48分）
15.第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月份在北京成功举办，其中跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道和着陆坡三部分组成。若比赛中，质量为m=60 kg的运动员从跳台A点由静止开始滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点，缓冲后沿着陆坡向下滑行(着陆时沿着陆坡方向的速度保持不变)，与P点接触时间t=0.6s。已知A、B间高度差为ℎ=30m，B、P间距离s=75m，着陆坡倾角α=37​∘，运动员受到的空气阻力不计，g=10m/s2，sin37​∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)运动员在AB段运动过程中，克服阻力所做的功W阻；
(2)运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力F的大小。
16.2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。如图所示是地球卫星发射过程的简化模型，先将质量为m的卫星发射到近地圆形轨道1上运行，其轨道半径近似等于地球半径R，在A点点火加速进入转移轨道，转移轨道为椭圆轨道的一部分，到达转移轨道的远地点B时再次点火加速进入半径为3R的圆形轨道2，三个轨道处于同一平面内。已知地球表面的重力加速度为g，假设卫星质量不变，求：
(1)该卫星在轨道2上运行时的动能；
(2)该卫星在转移轨道上从A点运行至B点的时间。
17.如图甲所示，两平行金属板A、B与x轴垂直放置，接在电压U0=400V的稳压电源上，A板过原点，在B板上中间处有一长度l0=2cm的水平狭缝。B板右侧水平放置边长为l=8cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d=4cm，距板右端l2处垂直x轴有一荧光屏。在z轴上有一足够长离子源，可以连续释放初速度为零的正离子，已知离子源、B上的狭缝和C、D中间线在同一水平面内。C、D不加电压时，荧光屏上会出现一条长2cm的水平亮线，离子的比荷均为2×106C/kg，不计离子的重力。
(1)求离子穿过B板狭缝时的速度大小；
(2)在C、D两极板间接上电压UDC=120V，可在两板间形成匀强电场，求离子打在荧光屏上的偏转位移；
(3)在C、D两极板间接上如图乙所示的电压(离子通过电场时间内电场可视为匀强电场)，若C、D两板间的距离d可调，求离子打在荧光屏上区域面积的最大值。
18.如图甲所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l=1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0=4m/s。
(1)若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
(2)若A、B不固定，其他条件均不变，求：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度(结果保留两位有效数字)；
(iii)若将A、B粘连在一起，改变v0大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，所以滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；
B、由于物体间没有相对滑动，但在静摩擦力方向上有位移，故可以做功，故B错误；
C、一对作用力和反作用力是作用在两个物体上的，若两个物体受到的力均与运动方向相同，则二力均做正功，故C错误；
D、作用力不做功，反作用力可以做功，比如木块在桌面上滑动，摩擦力对木块做功，对桌面不做功，故D正确；
故选：D。
摩擦力可以做正功，也可以做负功；作用力和反作用力做功情况不确定，作用力做正功，反作用力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
本题主要考查了摩擦力做功情况，以及作用力反作用力做功无直接关系，要理解并能举例说明，对于作用力和反作力要注意掌握其基本性质，再在性质的基础之上运用实例进行分析判断。
2.【答案】B
【解析】【分析】根据φ−x图象切线的斜率等于电场强度E，因x=L处场强为零，根据点电荷场强公式E=kQr2求解QA：QB。分析电场强度的变化，依据牛顿第二定律判断加速度的大小变化；根据EP=qφ来确定电势能变化情况。
解决本题首先要理解φ−x图象切线的意义，知道点电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。【解答】A、根据φ−x图象切线的斜率等于电场强度E，则知x=L处电场强度为零，根据点电荷场强则有kQA(4L)2=kQB(2L)2，解得QA：QB=4：1，故A错误；
B、根据φ−x图象切线的斜率等于电场强度E，则知x=L处电场强度为0，在x=L右侧电场强度向左，x=L左侧电场强度向右，在x=L处向两侧电场强度都逐渐增大，所以小球在x=L处受到的电场力为零，加速度也为零，小球从C处向左运动的过程中加速度先减小后增大，故B正确；
C、在x=L右侧电场强度向左，x=L左侧电场强度向右，所以在x=L处的电势最低，带正电的小球在电势最低处的电势能最小，所以小球从C处向左运动的过程中电势能先减小后增大，故C错误；
D、根据动能定理，小球能运动到电势与出发点相同的位置，由于x=−2L处的电势高于x=2L，所以不能到达x=−2L点处，故D错误。
故选：B。
3.【答案】B
【解析】解：AB、甲车的x—t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀变速直线运动，8s末速度为零，则有：v0+at8=0.即为：v0+8a=0。
0−10s内，甲车的位移为：x=60m，则有：x=v0t10+12at102，即为：60=10v0+50a。
联立解得：v0=16m/s，a=−2m/s2.所以，甲车的初速度大小为16m/s，加速度大小为2m/s2，故A错误，B正确；
C、t=0到t=8s内甲车的位移为x′=v0t8+12at82=16×8m−12×2×82m=64m，故C错误；
D、在t=8s到t=10s时间内甲车做反向的匀加速直线运动，t=10s末速度v′=0+at=2×2m/s=4m/s，
在t=8s到t=10s时间内乙车做匀速直线运动，速度大小v乙=xt=6010m/s=6m/s>v′=4m/s，故D错误。
故选：B。
甲车的x—t图象为抛物线的一部分，说明甲车做匀变速直线运动，8s末速度为零，根据速度—时间公式和位移—时间公式列式求甲车的初速度和加速度。根据速度位移公式求解甲车通过的位移。根据速度公式求解速度大小关系。
解决本题的关键要理解位移—时间图象点和斜率的物理意义，知道x−t图象中抛物线表示匀变速直线运动，图象的斜率表示速度。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为 r1 时有
GMmr12=mv12r1
卫星的引力势能为
Ep1=−GMmr1
轨道半径为 r2 时有
GMmr22=mv22r2
卫星的引力势能为
Ep2=−GMmr2
设损失的机械能为 ΔE ，根据能量守恒定律得
12mv12+E p1=12mv22+E p2+ΔE
联立以上各式可得
ΔE=GMm21r2−1r1
故选A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用；解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，在水平方向，ABC整体受力平衡，竖直方向，BC段受力平衡，竖直方向，AC段受力平衡，分别列平衡方程可求解。
【解答】
设AB两端绳上拉力分别为FA、FB，导线质量为m；
在水平方向，ABC整体受力平衡，有：FAsin30°=FBsin60°；
对BC段，在竖直方向，根据受力平衡有：FBcs60°=mBCg；
对AC段，在竖直方向，根据受力平衡有：FAcs30°=mACg
联立解得：mAC=34m，mBC=14m；
则导线AC部分与BC部分的质量之比3:1；
故ACD错误，B正确。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了示波管的工作原理。图像的x，y坐标分别由XX′和YY′电压决定。
【解答】
ABCD、UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X，Y方向偏转，可知A正确，BCD错误。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】设小球受到的重力为G，圆环沿逆时针方向转至乙绳与竖直方向的夹角为 θ 时，甲、乙两绳中的弹力大小分别为 F1 、 F2 ，如图所示
由物体平衡条件可知， F1 、 F2 的合力不变，G、 F1 和 F2 组成一个闭合的三角形，由正弦定理可知 F1 、 F2 的夹角 β 不变，且有
Gsinβ=F1sinθ=F2sin(180∘−β−θ)
圆环在竖直平面内，从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中， θ 减小，可知 F1 、 F2 均减小，故甲绳中的弹力一直减小，乙绳中的弹力一直减小。
故选B。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A.设砝码在最低点时细线的拉力为 F1 ，速度为 v1 ，设绳长为L，则
F1−mg=mv12L
设砝码在最高点细线的拉力为 F2 ，速度为 v2 ，则
F2+mg=mv22L
由机械能守恒定律得
mg⋅2L+12mv22=12mv12
解得
g=F1−F26m
因为
F1=7F2
所以该星球表面的重力加速度为
g=F17m
A错误；
BC.根据万有引力提供向心力得
GMmR2=mv2R
卫星绕该星球的第一宇宙速度为
v= GMR
在星球表面，万有引力近似等于重力
GMm′R2=m′g
解得
M=F1R27Gm
星球的密度
ρ=M43πR3=3F128πGmR
卫星绕该星球的第一宇宙速度为
v= F1R7m
BC错误；
D.卫星绕该星球运行的最小周期，则
mg=m(2πT)2R
解得
T=2π RmF2
D正确。
故选D。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
卫星进入大气层，轨道半径变小，做向心运动，应减速；卫星进入大气层后受空气阻力作用，空气阻力做负功，根据卫星的运动过程分析答题。
分析清楚卫星的运动过程与受力情况是解题的前提，根据卫星的运动过程与受力情况应用基础知识即可解题；解题时要理解卫星变轨原理。
【解答】
A、卫星进入大气层，轨道半径变小，做向心运动，应减速，应打开前面的发电机向前喷气，使卫星受到一个向后的反冲作用力，卫星减速做向心运动，使其偏离原来的轨道，故A正确；
B、卫星进入大气层后受到的万有引力大于空气阻力，卫星做加速运动，速度会变大，故B错误；
C、卫星进入大气层后受空气阻力作用，要克服空气阻力做功，卫星的机械能减小，故C正确；
D、卫星进入大气层后受到空气阻力作用，所受合力小于万有引力，加速度小于重力加速度，卫星处于失重状态，但不是完全失重，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据机械能守恒，小球能返回到A点；小球在C点的机械能等于小球在A点时的机械能；根据PG=mgvcsα分析重力的瞬时功率；
D点时，细管对小球的作用力为小球向心力与轨道对球垂直于斜面的支持力的合力。
注意小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，根据机械能守恒，结合向心力即可求解。
【解答】
AC、根据机械能守恒，小球能返回到A点，小球在A点的机械能为mgRsinθ，小球在C点时的机械能也为mgRsinθ，故AC错误；
B、设小球速度方向与重力方向夹角为α，根据PG=mgvcsα，小球在A点时的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，小球从A到B的过程中重力与瞬时速度的夹角逐渐减小，根据机械能守恒，小球的瞬时速度逐渐增大，可知重力的瞬时功率一直增大，故B正确；
D、小球从A到D过程由机械能守恒得，mgRsinθ=12mv2
在D点根据牛顿第二定律得：Fn=mv2R
垂直于斜面方向FN=mgcsθ
故细管对小球的作用力大小为F= FN2+Fn2=mg 1+3sin2θ，故D正确。
故选BD。
11.【答案】ABD
【解析】.ABD
【详解】A.物块以初速度 v0v0Pf=μmg⋅v1
因速度一直增大，则摩擦力的瞬时功率一直增大，故A正确；
B.物块被传送的整个过程中，只有加速阶段传送带对物块的摩擦力做了功，由动能定理可知
Wf=12mv2−v02
故B正确；
C.物块在匀加速运动阶段摩擦力对物块做功的平均功率为
Pf=μmg⋅v0+v2
若仅增大物块的初速度 v0 ( v0 仍小于v)，则摩擦力对物块做功的平均功率变大，故C错误；
D.物块被传送的整个过程中，匀加速阶段有相对滑动有摩擦生热，时间为
t=v−v0μg
则摩擦产生的热量为
Q=μmg⋅Δx=μmg⋅(vt−v0+v2t)
联立解得
Q=m(v−v0)22
故D正确；
故选ABD。
12.【答案】D
【解析】D
【详解】A.由题图可知，电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是不变的，所以该电子不是做匀变速直线运动，所以A错误；
B.若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，所以电场力做正功。由功能关系可得
WMP=EpM−EpP>0
又
WMP=−UMPe
所以
UMP<0
即
φM<φP
而电场线由高电势指向低电势，所以可知x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向，所以B错误；
C.由题可知，不知道电势零点，所以无法确定两点的电势，所以C错误；
D.由题可知
WMP=45eV
题中图像的面积就表示电场力做的功，即
WMP=(E0e+E0e2)×5×10−22=45eV
得
E0=1200V
即图像中的E0的数值为1.2，所以D正确。
故选D。
13.【答案】(1)AB ;(2)0.75; (3)0.67。
【解析】【分析】
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；依据逐差法可得小车加速度。小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。
【解答】
(1)A、安装实验器材时，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与运动方向一致，故A正确；
B、平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，再接通打点计时器的电源，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，本过程先推小车后接电源对平衡摩擦力没有影响，故B正确；
C、由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M，故C错误；
D、实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器的示数的2倍，故D错误。
故选AB。
(2)根据逐差法可得，小车的加速度为a=xCF−xOC9T2=(19.65−6.45−6.45)×10−29×0.12m/s2=0.75m/s2．
(3)根据牛顿第二定律有2F−f=Ma，解得：a=2MF−fM，可得斜率是k=2M，
由图像计算可得k=3.0kg−1，代入可知M=≈0.67kg。
14.【答案】 (1)12(M+m)dt2 ； mgl−Mgℎ ； (2) 9.82。
【解析】解答：(1)滑块经过光电门时的速度大小可用遮光时间内的平均速度来表示，即v=dt
所以m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)dt2
小球下降的高度为l，滑块上升的高度为ℎ，系统的重力势能减少量等于重力对系统的做的功，可表示为、ΔEp=mgl−Mgℎ；
(2)根据机械能守恒定律可得mgl−Mglsin30∘=12(M+m)v2
将M=m代入后整理得v2=12gl
图像的斜率为k=12g=4.91m/s2
解得g=9.82m/s2。
分析：(1)滑块经过光电门时的速度大小可用遮光时间内的平均速度来表示，对m和M根据动能和重力势能表达式求解；
(2)根据机械能守恒定律列方程，结合图像斜率的物理意义求解问题。
15.【答案】解：(1)运动员从B到P做平抛运动，
水平方向scsα=vBt0，竖直方向ssin α=12gt0 2，
联立解得vB=20m/s，t0=3s，
运动员从A到B的过程中，由动能定理得mgℎ−W阻=12mvB 2−0，
解得W阻=6000 J；
(2)着陆时，运动员垂直着陆坡的速度大小为v⊥=gt0cs37 ∘−vBsin37 ∘=12m/s，
规定垂直斜面向上为正方向，由动量定理得F−mgcsαt=0−−mv⊥，
解得F=1680N。
【解析】(1)从B到P，运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，求得运动时间；从B到P，运动员做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，求得B点的速度，从A到B根据动能定理求得克服阻力做功。
(2)运动员在P点与着陆坡碰撞，沿着垂直于着陆坡的方向使用动量定理，可以求解着陆坡对运动员的平均冲击力大小。
本题考查平抛运动的规律、动能定理的应用，要明确运动员落在着陆坡时竖直位移与水平位移的关系，弄清运动过程的运动规律即可正确求解。
16.【答案】解：
(1)根据万有引力提供向心力
GMm3R2=mv23R
根据动能表达式
Ek=12mv2
根据地面重力和万有引力的关系
mg=GMmR2
解得
Ek=16mgR
(2)轨道1上的周期设为T1，椭圆周期为T2，则
GMmR2=m2πT12R
而根据开普勒第三定律
T12R3=T223R+R22
又时间满足
t=12T2
解得
t=2π 2Rg

【解析】本题主要考查万有引力定律以及开普勒第三定律的应用。
(1)对卫星根据万有引力提供向心力，结合地面上物体万有引力近似等于重力解得速度，从而解得动能；
(2)根据开普勒第三定律求解。
17.【答案】(1) v0=4×104m/s ；(2) Y=2.4cm ；(3) S=16 2cm2
【详解】(1)正离子在AB间加速时，由动能定理得
qU0=12mv02
得
v0= 2qU0m=4×104m/s
(2)正离子在CD间发生偏转时，由牛顿第二定律，电场力提供加速度，即
F=ma=qUDCd
得加速度为
a=qUDCmd
正离子通过板间时间为
t=lv0
得离子在板间偏转距离为
y=12at2
得
y=UDCl24dU0=0.012m
由于
y离子可以通过偏转电场，由几何关系得
yY=l2l2+l2
得离子打在荧光屏上的偏转位移为
Y=2y=0.024m=2.4cm
(3)由于C、D两板间的距离d可调，当离子恰好能从板的边界射出，最终达到荧光屏上的位移也最大，此时偏转竖直方向速度
vy2=2ax=2qUmd•d2
得最大为
vy= qUm=2 2×104m/s
此时速度偏转角和水平方向的夹角正切值为
tanθ=vyv0= 22
由偏转距离
d2=12a′t2=12•qUmd•lv02
得
d= qUl2mv02
代入数据得
dmax=4 2cm
荧光屏上的偏转位移为
Y′=d2+l2tanθ=4 2cm
最大面积为
S=2Y′l0=16 2cm2

【解析】详细解答和解析过程见答案
18.【答案】解：(1)因C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为Wf，则有：
Wf=12(μlmg+μ0mg)l=12×(0.6+0.2)×1×10×1J=4J
对C由B的最右端滑至P点的过程，由动能定理得：−Wf=12mvP2−12mv02
在P点轨道对A的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：F−mg=mvP2R
联立代入数据解得：F=26N
由牛顿第三定律可得，C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小F′=F，即F′=26N。
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：mv0=mvC+2mvA
由能量守恒和功能关系得：Wf=12mv02−12mvC2−12×2mvA2
联立代入数据解得：vC=83m/s，vA=23m/s
设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为Wf′，对C由动能定理得：Wf′=12mv02−12mvC2
代入数据解得：Wf′=409J
(ii)设C相对于A最低点P所能达到的最大高度为ℎm
C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同(设为v共)，A与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mvA+mvC=2mv共
由机械能守恒定律得：12mvA2+12mvC2−12×2mv共2=mgℎm
联立代入数据解得：ℎm=0.10m
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度(设为v1)大于AB的速度(设为v2)，临界条件为：v1=v2。
与(i)同理可得，C由B的最右端到第一次到达P点的过程有：
mv0=mv1+2mv2
Wf=12mv02−12mv12−12×2mv22
结合临界条件：v1=v2
联立代入数据解得v0的临界值为2 3m/s
则使C能够沿A上升，需满足：v0>2 3m/s；
要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零，临界条件为此速度等于零，
设C再次返回到点P时AB的速度为v3，依据临界条件，对C由B的最右端到第二次到达P点的过程，同理可得：
mv0=2mv3
Wf=12mv02−12×2mv32
联立代入数据解得v0的临界值为4m/s
则使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，需满足：v0<4m/s。
故满足要求的v0取值范围为2 3m/s答：(1)C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小为26N；
(2)若A、B不固定，其他条件均不变：
(i)C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为409J；
(ii)C相对于A最低点P所能达到的最大高度为0.10m；
(iii)v0的取值范围为：2 3m/s【解析】(1)因C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，再由动能定理求得C到达P点的速度大小，结合向心力公式，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；
(2)、(i)当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，结合能量守恒和功能关系解得C达到P点的速度大小，再对C由动能定理求解；
(ii)C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同，A与C组成的系统水平方向动量守恒，结合机械能守恒定律求解；
(iii)将A、B粘连在一起，使C能够沿A上升，需满足C第一次到达P点时C的速度大于AB的速度；要使C再次返回到点P时具有相对于地面水平向左的速度，以水平向左为正方向，需满足C再次返回到点P时的速度大于零。依据两种情况的临界条件，与(i)同理求解v0的临界值，在确定其大小范围。
本题考查了动量守恒定律与功能关系的应用，还涉及到了求变力做功的问题。此题运动过程较复杂，考查对运动过程的分析并找到满足的物理原理的能力。对于求解变力做功，当力与位移存在函数关系时，可利用F−x图像的面积求解；当力与位移满足线性关系时，可用力的平均值求解。此题要注意A、B固定时，C克服摩擦力做功，与A、B不固定时，C克服摩擦力做功的不同，以及求解的方法。