2023-2024学年山东省泰安市新泰第一中学老校区高一（下）期中考试物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省泰安市新泰第一中学老校区高一（下）期中考试物理试卷（含答案），共19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.如图所示，高为h1的书桌放置在水平地面上，质量为m的小球从离桌面h2高处由静止释放，选桌面为零重力势能面，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计，则小球触地前瞬间的机械能为( )
A. mg(h1+h2)
B. mgh1
C. mgh2
D. −mgh1
2.如图甲所示，中国女排在进行排球训练。如图乙所示，运动员将排球从a点以速度沿水平方向击出，之后落到b点，c点在a正下方且b、c位于同一水平面上，a、c高度差为h。假设排球质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，关于排球从a到b的运动，下列说法正确的是( )
A. 做变加速曲线运动
B. 飞行时间是 hg
C. 落到b点时重力的瞬时功率为mg v2+2gh
D. 落到b点时重力的瞬时功率为mg 2gh
3.三个带电小球a、b和c被固定在等边三角形的三个顶点上，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
A. a、b的电荷同号，k=32B. a、b的电荷异号，k= 32
C. a、b的电荷同号，k= 32D. a、b的电荷异号，k=1
4.如图所示是两个等量异种电荷的电场线分布，A、B是电场中的两点，则( )
A. 左侧带正电荷B. A点电势比B点电势高
C. A、B两点电场强度相等D. 正电荷在A点电势能小于在B点电势能
5.如图所示，O点正下方固定一带电量为Q的金属环。质量为m、带电量为q的小球用绝缘细线悬挂于O点，小球平衡时与环中心等高，细线与竖直方向夹角为45∘。已知细线长为L，重力加速度为g，静电力常量为k。则( )
A. 细线拉力大小为mg
B. 细线拉力大小为2 2kQqL2
C. 小球受静电力大小为2kQqL2
D. 金属环在小球处产生电场的电场强度大小为mgq
6.如图所示为一电场等势面的分布情况。虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上的两点，则( )
A. 带电粒子带负电
B. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
C. 带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能
D. 若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿等势面d运动
7.如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧劲度系数为k，原长为l。质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中( )
A. 铁球的最大动能为mgh
B. 铁球减少的机械能为mgx
C. 弹簧增加的弹性势能为mgh+x
D. 弹簧与铁球组成的系统增加的机械能为mgx
8.我国的火星探测器“天问一号”的发射过程采用了椭圆形转移轨道，如图所示为发射变轨简图。已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为r和1.5r，探测器需在地球运行至一个预先设定的位置A时发射，该位置也是椭圆形转移轨道的近日点，在此位置探测器通过火箭点火实施变速，进入椭圆形转移轨道，沿此轨道到达远日点B再次变速进入火星公转轨道。下列说法正确的是：
A. 探测器由A点大约经0.7年才能抵达B点
B. 探测器由A点大约经0.9年才能抵达B点
C. 为完成变轨，探测器在A点需要加速，在B点需要减速
D. 为完成变轨，探测器在A、B两点均需要减速
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，O、M、N为一条电场线上的三个点，已知OM=ON。一正电荷从O点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线经M点向N点运动，该电荷运动过程中动能Ek随移动距离x的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A. 该电场可能是匀强电场
B. M点的电势高于N点电势
C. 该电荷在M点的电势能大于在N点电势能
D. 在OM段与在MN段电场力对该电荷做的功相等
10.我国北极黄河站科考队员在北极附近进行实验：在冰面以上h高度处，将小钢球自由释放，经时间t落地。已知地球的半径为R，万有引力常量为G。则( )
A. 当地重力加速度为2ht2
B. 地球的质量为2hR2Gt2
C. 第一宇宙速度为 2hRt
D. 若在相同位置以初速度v0将该小球水平抛出，则落地时速度大小为 4h2t2+v02
11.某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t=0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v−t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A. 汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B. 1s∼11s内汽车的功率为10kW
C. 1s∼11s内汽车的位移为75m
D. 汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
12.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力势能EpA、EpB和动能EkA、EkB随运动距离x变化关系正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.如图所示，一小组设计了以下实验来探究库仑定律。在竖直墙上固定一个表面绝缘的压力传感器，一个带电荷量为+Q的金属小球a紧贴着压力传感器置于绝缘水平地面上。另一个带电荷量也为+ Q的相同小球b置于同一个绝缘水平地面上，a、b间距离为r (r远大于小球直径)，压力传感器显示作用力为0.02N。现将b移到距离a为r2处后固定。
(1)此时传感器显示作用力为________N；
(2)另有一个不带电的相同小球c (图中未画出)从b右侧向左移动，则c球左侧会感应出________电荷(填“正”或“负”)；
(3)将c与b轻触后把c移走，此时传感器显示作用力为________N。
14.某实验小组受到阿特伍德机工作原理的启发，设计了一个验证机械能守恒定律的实验装置。如图甲所示，两侧共有20个钩码(左边12个、右边8个)，每个钩码的质量相同，用轻绳连接后跨在定滑轮两端，两侧钩码离地足够高。实验中，始终保证m左>m右，将遮光片固定在右侧最上面的钩码上，此钩码位于A处，在遮光条上方距离为L的B处安装好光电门，并打开电源，松开固定装置，遮光条向上运动经过光电门时显示挡光时间为t，已知遮光条宽度为d，重力加速度为g。

(1)遮光条到达B处时，钩码的速率v= ；
(2)遮光条每次释放的位置不变，将光电门的位置逐渐上移，多次实验，记录每次L和t的数据，利用图像处理数据，作出的图像如图乙所示，若图像的斜率为 ，则可以验证机械能守恒定律；
(3)将右侧钩码逐个加挂在左侧进行多次实验，遮光条每次均从A处开始运动，可探究系统动能的变化情况，左侧钩码越多，遮光条运动L时，系统的动能将 (填“越大”、“越小”、“不变”)；
(4)某同学突然想到一个问题，若不考虑其它因素，只在左侧不断增加钩码个数，那么系统的加速度的值会趋于 。(用题中所给物理量的符号表示)
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
15.如图所示，相距10cm的平行金属板A和B带有等量异种电荷，两板之间电场可视为匀强电场，电场强度E=2×104V/m，方向由A板垂直指向B板，电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm，则：
(1)C、D两点的电势差UCD等于多少？
(2)现令B板接地(即电势φB=0)，则C的电势φC是多少？
(3)将一个电子从C点移动到D点，静电力做多少功？(电子电荷量e=−1.6×10−19C)
16.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，甲、乙两球用绝缘轻绳连接置于电场中，轻绳与电场线平行。已知甲带正电且电荷量为q，乙不带电，甲、乙质量分别为m和2m。某时刻由静止释放两球，两球上升的加速度大小为g3(g为重力加速度的大小)，当两球速度为v0时轻绳突然断开，求：
(1)电场强度大小；
(2)自绳断开至乙速度为零的过程中，甲机械能的增量。
17.如图所示，木板AB水平固定，斜面体CD固定在木板上，木板右侧与14圆弧轨道BE相切，B为切点；斜面CD光滑、长L=1m，CD与AB间的夹角θ=30°，木板DB段长度l=0.1m，圆弧轨道BE的半径R=0.2m。物块甲、乙用跨过轻质定滑轮的轻绳连接，甲质量M=4kg、乙质量m=1kg，开始时乙被按在木板上，甲位于斜面顶端C点，滑轮左侧轻绳竖直、右侧轻绳与CD平行；现释放乙，当甲滑至CD中点时轻绳断开，甲滑过DB后滑上BE，恰好能到达E点。已知甲从斜面滑上木板时速度大小不变，甲与木板DB间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)轻绳断开时甲速度的大小；
(2)甲到达斜面底端时重力的瞬时功率；
(3)从B到E过程中摩擦力对甲做的功。
18.如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“
”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量M=1.25kg，长L=3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R=0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量m=1.8kg的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至Q点水平抛出后恰好落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数μ=13，g=10m/s2。求：
(1)小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，小物块滑上B且恰好未滑下，此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求：
(ⅰ)距离s至少多大；
(ⅱ)小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：以桌面为参考平面，小球在最高点时机械能为E=mgh2
小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于在最高点的机械能，为mgh2.故C正确，ABD。
故选：C。
小球落到地面瞬间重力势能可直接得到−mgh，但动能不知道，机械能不好直接确定．但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小球落到地面前的瞬间的机械能．
本题如根据机械能的定义，不好直接求落地时小球的机械能．技巧在于选择研究最高点，此处动能为零，重力势能为mgh2，机械能为mgh2，运用机械能守恒，从而定出落地时的机械能，方法简单方便．
2.【答案】D
【解析】解：A、排球沿水平方向击出后只受重力的作用，故排球做平抛运动，为匀变速曲线运动，故A错误；
B、根据平抛运动规律有h=12gt2，则飞行时间t= 2hg，故B错误；
CD、由v2=2gh得排球落到b点时竖直方向的速度vy= 2gh，根据瞬时功率公式P=Fvcsθ可得落到b点时重力的瞬时功率为PG=mgvy=mg 2gh，故C错误，D正确。
故选：D。
排球做平抛运动，为匀变速曲线运动；根据平抛运动规律判断排球飞行时间；先由v2=2gh得排球落到b点时竖直方向的速度，再根据P=Fvcsθ判断重力的瞬时功率。
本题要注意运用瞬时功率公式P=Fvcsθ判断重力的瞬时功率。
3.【答案】D
【解析】小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b连线，可知a、b的电荷异号，根据平衡条件得
kqaqcrac2sin60∘=kqbqcrbc2sin60∘
rac=rbc
解得
qaqb=1
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查等量异种电荷的电场分布，熟悉其电场特点是解题的关键。由等量异种电荷的电场分布特点得解，由电场线的方向判断各点电势的变化；由电场线的疏密判断电场的强弱；由电势能的概念得解。
【解答】
A.由等量异种电荷的电场分布特点及电场线的方向可知，左侧源电荷带负电，故A错误；
B.由沿电场线方向电势降低可知，A点电势比B点电势低，故B错误；
C.由电场线的疏密可知，A点电场强度小于B点电场强度，故C错误；
D.由电势能的概念可知，由于A点的电势较低，故正电荷在A点电势能小于在B点电势能，故D正确。
5.【答案】D
【解析】ABC.根据题意，对小球受力分析，如图所示

由平衡条件有Fcs45∘=mg，Fsin45∘=F库
解得F= 2mg，F库=mg
由几何关系可得，金属环圆心到小球的距离为：d= 22L
由于金属环不能看成点电荷，则金属环和小球间的静电力大小：F库≠kQq 2L2=2kQqL2
则细线拉力大小：F= 2F库≠2 2kQqL2
故ABC错误；
D.根据题意，由公式 E=Fq 可得，金属环在小球处产生电场的电场强度大小为：E=mgq
故D正确。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】A.由电场方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势，带电粒子运动轨迹向低电势方向弯曲，即粒子受到向低电势方向的电场力，电场力方向与电场方向相同，可知带电粒子带正电，故A错误；
B.等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越大，则有EB带电粒子在A点受的电场力大于在B点受的电场力，因此带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；
C.带电粒子带正电，在高电势位置的电势能大，在低电势位置电势能小，因此带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，故C正确；
D.若带电粒子由A点静止释放，仅在电场力作用下将沿低电势方向运动，不会在等势面d运动，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.根据题意可知，铁球下落过程中，当铁球刚接触弹簧时，由机械能守恒定律可知，此时铁球的动能为
Ek=mgh
由于铁球重力大于弹簧的弹力，则铁球继续加速，则铁球的最大动能大于 mgh ，故A错误；
BCD.根据题意可知，铁球下落过程中，铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，则铁球减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能，铁球下落到最低点，机械能减少量等于铁球重力势能的减少量 mgh+x ，则弹簧增加的弹性势能为 mgh+x ，故BD错误，C正确。
故选C。
8.【答案】A
【解析】解：AB.根据开普勒第三定律可知
r3T2=k
则有
r312=(r+1.5r2)3T2
T=1.4 年
所以，从A点抵达B点的时间
tAB=12T=0.7 年
A正确，B错误；
CD.为完成变轨，在A需做离心运动，上升至更高的轨道上，到达B点，继续加速，上升至更高的火星公转轨道上，因此在A、B两点均需加速变轨，CD错误。
故选A。
根据开普勒第三定律可计算探测器在椭圆运行的周期，从A点抵达B点的时间为周期的一半，根据变轨原理可知，在A、B两点均需加速。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据动能定理可得qEx=ΔEk可知：Ek−x图像中的斜率代表电场力的大小，由图可知：图像的斜率变小，说明正点电荷所受电场力变小，则该电场不是匀强电场，故A错误；
BC、由于该正电荷由静止开始运动的，仅受电场力作用从M运动到N做加速运动，因此该正电荷所受电场力方向由M指向N，场强方向也从M指向N，沿电场线电势降低，即有φM>φN，再根据Ep=qφ可知，EpM>EpN，即该电荷在M点的电势能大于在N点电势能，故BC正确；
D、由图可知：OM段对应的电荷的动能增量大于在MN段的动能增量，根据动能定理可知电场力在OM段对该电荷做的功大于在MN段电场力对该电荷做的功，故D错误。
故选：BC。
根据带电粒子的Ek−x图象可知，该带电粒子做加速直线运动，其所受电场力逐渐减小，由此可以判断出电场的方向和电场强度大小、电势高低的变化情况以及点电荷的电势能变化情况；根据功能关系判断电场力做功的情况。
本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解。
10.【答案】ABD
【解析】A.根据题意，设当地重力加速度为 g1 ，则有
h=12g1t2
解得
g1=2ht2
故A正确；
B.根据题意，由万有引力等于重力有
GMmR2=mg1
解得
M=g1R2G=2hR2Gt2
故B正确；
C.根据题意，由万有引力提供向心力有
GMmR2=mv2R
解得
v= GMR= 2hRt2
故C错误；
D.若在相同位置以初速度 v0 将该小球水平抛出，由公式 x=v0+v2t 可得，落地时的竖直速度为
vy=2ht
则落地速度为
v= vy2+v02= 4h2t2+v02
故D正确。
故选ABD。
11.【答案】AD
【解析】A.根据题意，由图像可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为
由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为f=ma1=2×103N
故A正确；
B.根据题意，由图可知，当 t=11s 时，汽车达到最大速度 ，此时汽车的牵引力为F=f=2×103N
汽车的功率为P=Fvm=1.5×104W=15kW
故B错误；
C.根据题意，设 1s∼11s 内汽车的位移为 x ，由动能定理有Pt2−t1−fx=12mvm2−12mv12
代入数据解得x=67.1875m
故C错误；
D.汽车加速过程中速度为 6m/s 时，牵引力为F1=Pv=2.5×103N
由牛顿第二定律有
故D正确。
故选AD。
12.【答案】BC
【解析】根据滑轮组可知，B下落的高度为A上升高度的两倍，设B运动距离为 xB 时，A运动距离为 xA ，则
xB=2xA
对B，初始重力势能为
EpB0=mgh
当B运动距离为 xB 时
EpB=mg(h−xB)
B的末重力势能为0。对A，初始重力势能为0，当A运动距离为 xA 时
EkA=mgxA
由滑轮组可知，A上升的高度为B下降高度的一半，故
xAm=h2
故A的末重力势能为
EpA末=12mgh
根据滑轮组可知，在运动过程中
vB=2vA
对AB组成的系统，当B运动距离为 xB 时，根据动能定理可得
mgxB−12mgxB=12mvB2+12mvA2=EkB+EkA
对B可得
EkB=25mgxB
B的末动能为
EkB末=25mgh=25EpB0
对A，当A运动距离为 xA 时
EkA=EkB4=110mgxB=15mgxA
A的末动能为
EkA末=15mg⋅h2=15EpA末
故选BC。
13.【答案】(1)0.08；(2)负；(3)0.04．
【解析】【分析】
(1)根据库仑定律可得当a、b间距离为r(r远大于小球直径)时，两小球之间的库仑力为F=kQ2r2，将b移到距离a为r2处后固定，两球的库仑力为F′=4kQ2r2=4F，对a球受力分析可得压力传感器显示的作用力大小等于两小球的库仑力;
(2)静电感应有异种电荷被吸引带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端，由此分析可得结果;
(2)将c与b轻触后把c移走，电荷会重新平均分配，可得此时b的电荷量变为Q2，由库仑定律便可得结果．
【解答】
(1)根据库仑定律可得当a、b间距离为r(r远大于小球直径)时，两小球之间的库仑力为F=kQ2r2=0.02N，
将b移到距离a为r2处后固定，两球的库仑力为F′=kQ2(r2)2=4kQ2r2=4×0.02N=0.08N，
对a球受力分析可得压力传感器显示的作用力大小等于两小球的库仑力，所以此时传感器显示作用力为0.08N;
(2)将一个不带电的相同小球c从b右侧向左移动，根据静电感应，在c球上，负电荷被b吸引，而正电荷被b排斥，所以c球左侧会感应出负电荷;
(3)将c与b轻触后把c移走，根据电荷分配可得此时b的电荷量变为0.5Q，则此时两球的库仑力为F″=4k0.5Q2r2=2kQ2r2=0.04N，所以此时传感器显示作用力为0.04N．
14.【答案】dt 5d22g 越大 g
【解析】解：(1)遮光条到达B处时，根据速度公式得：v=dt
(2)如果系统机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加量
(12m−8m) gL=12(20m)v2
解得
L=5d22gt2=5d22g⋅1t2
则图像斜率为5d22g，可以验证机械能守恒。
(3)将右侧的钩码逐个加挂在左侧进行多次实验，遮光条每次均从A处开始运动，左侧钩码越多，重力差值越大，重力势能减少越多，根据机械能守恒定律，遮光条运动L时，系统的动能越大。
(4)只在左侧不断增加钩码的个数，左边重力越来越大，对系统根据牛顿第二定律可知(m左−m右)g=(m左+m右)a，当右边可忽略不计时，则系统加速度为g．
故答案为：(1)dt(2)5d22g(3)越大(4)g
(1)根据遮光条向上运动经过光电门时显示挡光时间和遮光条宽度可求得到达B的速度大小；
(2)根据系统机械能守恒，列出表达式变形后结合图像分析斜率；
(3)左侧钩码越多，重力差值越大，重力势能减少越多，则系统动能越大；
(4)左边重力越来越大，当右边可忽略不计时，左边趋于自由落体运动。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，关键掌握如何利用机械能守恒定律的变形式结合图像分析斜率。
15.【答案】(1)沿着电场线电势降低，故D点的电势大于C点的电势，C、D两点的电势差为
UCD=−EdCD=−2×104×(2+3)×10−2V=−1000V
(2)如果令B板接地(即电势 φB=0 )，则C的电势为
φC=UCB=EdCB=2×104V/m×0.03m=600V
(3)将一个电子从C点移动到D点，静电力做功为
WCD=qUCD=−1.6×10−19C×−1000V=1.6×10−16J

【解析】本题涉及电势差、电势、及电场强度与电势差的关系等内容，这种题型一般要假设某点电势为零，求出电势差，再求电势．
(1)电势高低由电场线方向来判定：顺着电场线电势降低．大小由U=Ed来求．
(2)令B板接地，先求出UCB、，再求C、点的电势．
(3)求出UPD，再由WPD=UPDq 求出静电力做的功．
本题考察的是电势、电势差、匀强电场中E与U的关系、电场力做功公式等内容，在应用这些公式时，要特别注意所有公式中的物理量都包含有正、负号．还要注意的是U=Ed中的d是沿着场强方向的距离，不是两点间的距离。
16.【答案】解：(1)将甲、乙两球看成一个整体有
Eq−3mg=3ma
a=g3
联立有
E=4mgq
(2)当两球速度为v0时轻绳突然断开，但由于乙球不带电，则乙球做竖直上抛运动，有
0=v0−gt
对甲球做受力分析有
Eq−mg=ma′
则自绳断开至乙速度为零的过程中，甲球上升的距离为
h=v0t+12a′t2
解得
h=5v022g
由于电场力做的功即甲球机械能的增量，则有
ΔE=W电=Eqh
解得：ΔE=10mv02
答：(1)电场强度大小为4mgq；
(2)自绳断开至乙速度为零的过程中，甲机械能的增量为10mv02。
【解析】(1)将甲、乙两球看成一个整体根据牛顿第二定律解得；
(2)电场力做的功即甲球机械能的增量，解得电场力做功即可。
本题主要考查了电场力做功的相关应用，熟悉机械能的变化，对物体受力分析结合牛顿第二定律计算出加速度即可。
17.【答案】解：设轻绳断开时甲速度的大小为v0，甲到达斜面底端时的速度为v。
(1)轻绳断开前，对甲、乙组成的整体，根据动能定理得
Mg⋅L2sinθ−mg⋅L2=12(M+m)v02−0
解得v0= 2m/s
(2)甲从轻绳断开到到达斜面底端D的过程，由动能定理得
Mg⋅L2sinθ=12Mv2−12Mv02
解得v= 7m/s
甲到达斜面底端时重力的瞬时功率为P=Mgvsinθ
解得P=20 7W
(3)甲从D到E过程中，由动能定理得
W−MgR=0−12Mv2
解得从B到E过程中摩擦力对甲做的功W=−4.8J
答：(1)轻绳断开时甲速度的大小为 2m/s；
(2)甲到达斜面底端时重力的瞬时功率为20 7W；
(3)从B到E过程中摩擦力对甲做的功为−4.8J。
【解析】(1)轻绳断开前，对甲、乙组成的整体，运用动能定理求轻绳断开时甲速度的大小；
(2)再利用动能定理求出甲到达斜面底端D时的速度，根据P=Mgvsinθ求甲到达斜面底端时重力的瞬时功率；
(3)甲从D到E过程中，利用动能定理求摩擦力对甲做的功。
解决本题时，首先要确定研究对象，分析其受力情况和各个力做功，其次要灵活选择研究过程，分段运用动能定理列方程。
18.【答案】解：(1)根据题意，小物块从Q点飞出做平抛运动，设小物块在Q点的速度为vQ，
水平方向上有L=vQt
竖直方向上有2R=12gt2
小物块在Q点，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvQ2R
联立代入数据解得FN=32N
有牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为FN′=FN=32N
(2)根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为EP，小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律有
EP=μmgL+mg⋅2R+12mvQ2
解得EP=72.9J
(3)(i)根据题意可知，小物块滑上B且恰好未滑下，即小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律有
EP=μmgL+12(m+M)v共2
此过程对长木板B，由动能定理有
μmgs=12Mv共2
联立代入数据解得s=3.75m
(ii)根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为θ，在脱离位置，由牛顿第二定律有
mgsinθ=mv2R
小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有
−mgR(1+sinθ)=12mv2−12mv共2
脱离轨道时，小物块竖直分速度为
vy=vcsθ
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为
h=(vcsθ)22g
则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度
H=h+R(1+sinθ)
联立代入数据解得H=53m
【解析】(1)小物块从Q点飞出做平抛运动，水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体列式，小物块在Q点，由牛顿第二定律列式，同时结合牛顿第三定律，求小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力；
(2)小物块由P点到Q点的过程中，由能量守恒定律列式，求弹簧压缩至P点时的弹性势能；
(3)小物块滑到B的右端时与B共速，由能量守恒定律结合动能定理，求距离s；小物块脱离轨道时，由牛顿第二定律列式，小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理列式，结合速度分解和运动学公式，求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度。
本题综合性较强，考查学生对圆周运动的第二定律、平抛运动、动能定理等规律的掌握，是典型的平抛模型与圆周模型、能量模型结合的题。