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湖南省株洲市2023-2024學年高三上學期教學質量統一檢測物理試題（一）
1．（2023高三上·株洲） 轆轤是古代庭院汲水的重要機械。如圖，井架上裝有可用手柄搖轉的轆轤，轆轤上纏繞繩索，繩索一端系水桶，搖轉手柄，使水桶起落，提取井水。是轆轤邊緣上的一質點，是手柄上的一質點，當手柄以恒定的角速度轉動時（　　）
A．的線速度大于的線速度
B．的向心加速小于的向心加速度
C．轆轤對的作用力大小和方向都不變
D．轆轤對的作用力大小不變、方向變化
【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、P、Q兩質點同軸轉動，角速度相等，根據
由于P質點的半徑小于Q質點的半徑，則P的線速度小于Q的線速度，故A錯誤；
B、根據
結合上述可知，由于P質點的半徑小于Q質點的半徑，則P的向心加速小于Q的向心加速度，故B正確；
CD、手柄以恒定的角速度轉動時，即質點均在做勻速圓周運動，P質點受到重力與轆轉對P的作用力，根據
可知，由于合力提供向心力，合力方向時刻變化，即P質點所受外力的合力大小不變、方向變化，重力大小與方向不變，根據力的合成法則，可知，轆護對P的作用力大小與方向均發生變化，故CD錯誤。
故答案為：B。
【分析】P、Q兩質點同軸轉動，角速度相等，P、Q均做圓周運動，根據圖示確定兩點做圓周運動的半徑關系。物體做曲線運動向心力的方向時刻發生變化，確定P點的受力情況，再根據力的矢量合成法則確定轆轤對P點作用力變化情況。
2．（2023高三上·株洲）年月日，由湖南科技大學與天儀研究院聯合研制的天儀衛星發射成功，該衛星繞地球公轉周期約，則它與地球同步衛星的軌道半徑之比約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】 根據萬有引力定律可得，對地球同步衛星
，
解得
對衛星
，
解得
則它與地球同步衛星的軌道半徑之比
故答案為：C。
【分析】根據題意確定該衛星與地球同步衛星的周期關系，再根據萬有引力定律及牛頓第二定律進行解答。
3．（2023高三上·株洲） 將乒乓球從某一高度靜止釋放后，與水平地板碰掩若干次后最終停在地板上。設乒乓球每次彈起的最大高度為前一次的倍（），不計空氣阻力，則在相鄰的前后兩次碰撞過程（　　）
A．乒乓球的動能變化量相等 B．乒乓球的動量變化量相等
C．乒乓球損失的機械能相等 D．乒乓球所受沖量之比為
【答案】D
【知識點】動能；機械能守恒定律；動量
【解析】【解答】A、 令前一次碰撞前后的速度大小分別為v0、v1，則后一次碰撞前后的速度大小分別為v1、v2，根據動能定理有
解得
則有
，
乒乓球的動能變化量大小分別為
由于
則有
故A錯誤；
B、選擇反彈后的速度方向為正方向，則乒乓球的動量變化量大小分別為
由于
則有
故B錯誤；
C、碰撞過程，乒乓球損失的機械能等于乒乓球減小的動能，根據上述可知，前一次碰撞損失的機械能大于后一次損失的機械能，故C錯誤；
D、根據動量定理，前后兩次乒乓球所受沖量大小分別為
，
結合上述解得
故D正確。
故答案為：D。
【分析】乒乓球先做自由落體運動，根據自由落體運動規律確定小球落地前瞬間的速度。彈起后乒乓球做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動規律確定乒乓球每次離開地板瞬間的速度，再根據題意確定每次碰撞前后的速度關系。再結合動能、動量及機械能的定義和動量定理進行解答。
4．（2023高三上·株洲） 株洲蹦床運動員嚴浪宇在杭州亞運會蹦床比賽中勇奪冠軍，在決賽中，嚴浪宇從最高點落到蹦床上再被彈起的圖像如圖所示，圖中只在和兩段時間內為直線。忽略空氣阻力，且將運動員和蹦床簡化為豎直方向的彈簧振子，重力加速度為，根據該圖像可知（　　）
A．在時刻，蹦床彈性勢能最大
B．在時刻，運動員加速度大于
C．在時刻，運動員離開蹦床
D．在這段時間內，運動員先失重后超重
【答案】B
【知識點】彈性勢能；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A、根據v-t圖像中面積表位移，由圖可知，在t3時刻，運動員向下運動到最低點，蹦床的形變量最大，彈性勢能最大，故A錯誤；
BC、根據題意可知，v-t圖像在0~t1和t5-t6兩段時間內為直線，說明運動在這兩段時間內做勻變速直線運動，此時只受重力，加速度為重力加速度，由v-t圖像的斜率表示加速度，由圖可知，在t3時刻，運動員加速度大于g，運動員在t1時刻接觸蹦床，在t5時刻，離開蹦床，故C錯誤，B正確；
D、由圖可知，在t3~t5這段時間內，運動員先做向上的加速運動，后做向上的減速運動，先處于超重狀態，后處于失重狀態，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】v-t圖像的斜率表示加速度，v-t圖像與時間軸所謂面積表示位移。運動員向下運動到最低點，蹦床的形變量最大，彈性勢能最大。確定運動員在空中及與蹦床接觸過程的受力情況，加速度向上，運動員處于超重狀態。
5．（2023高三上·株洲） 如圖，一螞蟻(可看成質點)在半徑為R的半球體表面上緩慢爬行，螞蟻與半球體間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若螞蟻在爬行過程中不滑離球面，則其距半球體頂點的豎直高度不應超過（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；靜摩擦力；力的平行四邊形定則及應用；共點力的平衡
【解析】【解答】根據運動的可逆性，螞蟻緩慢的沿軌道下移，受力如圖所示
隨著螞蟻的移，支持力與豎直方向的夾角θ在增大，螞蟻受到的摩擦力在增大，當摩擦力達到最大靜摩擦力時，螞蟻離頂點最遠，此時有
螞蟻離頂點的高度為
結合幾何關系可解得
故答案為：A。
【分析】螞蟻緩慢爬行，處于動態平衡狀態，當摩擦力達到最大值時，螞蟻離頂點的距離最大。根據平衡條件確定此時夾角與支持力和摩擦力的關系，再根據幾何關系進行解答。
6．（2023高三上·株洲） 圖甲為使用風簸的情景。風簸是清谷的農用工具，主要用于篩選精谷粒和癟谷粒。圖乙為其工作原理示意圖：勻速搖動扇葉（圖中未畫出），在AB和CD間形成持續穩定的風力場，風速水平向左，開啟斗倉下方的狹縫S1，輕重顯著不同的谷粒由狹縫進入風力場，在風力和重力作用下經由具有一定寬度的出谷口S2或S3離開風力場后被收集。現考查同時進入風力場的精谷粒a和癟谷粒b這兩粒谷子，設它們所受風力相同，忽略初速度和空氣阻力的影響，那么（　　）
A．a比b先到達出谷口
B．到達出谷口時a的速度較大，b的速度較小
C．a經由S3離開風力場，b經由S2離開風力場
D．離開出谷口時，a的機械能增量較小，b的機械能增量較大
【答案】D
【知識點】功能關系；運動的合成與分解
【解析】【解答】A.谷粒進入風力場后，水平方向做勻加速直線運動，豎直方向做自由落體運動，由豎直方向運動學關系式，可得，因精谷粒a和癟谷粒b豎直方向下落高度相同，所以兩谷粒在風力場中運動的時間相同，與質量無關，A不符合題意；
B.設精谷粒a質量為，癟谷粒b質量為，風力為F，由牛頓第二定律可得，谷粒水平方向加速度為，因為，則，谷粒a、b在風力場運動下落時間相同，設為t，則到達出谷口速度，結合勻變速直線運動速度公式可得，到達出谷口時b的速度較大，a的速度較小，B不符合題意；
C.水平方向上，質量大的精谷粒a水平加速度較小，而兩谷粒的運動時間相同，由可知，a會從離開風力場，質量小的癟谷粒b會從離開風力場，C不符合題意；
D.根據功能關系可知， 機械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，除重力外，對兩谷粒做功的是風力，由C項分析可知，a比b水平位移小，所以水平方向風力對a做功少，所以a的機械能增量較小，b的機械能增量較大，D符合題意；
故答案為：D。
【分析】將谷粒進入風力場后的運動沿水平方向和豎直方向分解，根據豎直方向上的分運動，分析兩谷粒下落時間的關系；根據牛頓第二定律和勻變速直線運動的速度公式，由平行四邊形定則，比較到達出谷口時a、b速度的大小關系；根據兩谷粒在水平方向上的運動，由勻變速直線運動位移與時間的關系式，分析兩谷粒水平方向位移的關系，確定兩谷粒離開的位置；根據風力對兩谷粒做功的大小關系，分析兩谷粒機械能增量的大小關系。
7．（2023高三上·株洲） 如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量點電荷，其中、帶正電，帶負電，、、為邊的四等分點，則（　　）
A．、所受靜電力大小之比為
B．、兩點的電場強度和電勢都相同
C．電子在點電勢能比在點時要小
D．電子在點電勢能比在點時要大
【答案】A,C
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A、對點電荷A進行受力分析，點電荷A所受點電荷B的庫侖力和C點電荷的庫侖力夾角為 120°，所以A所受的靜電力為
對點電荷C進行受力分析，根據平行四邊形可知C所受靜電力大小為
所以A、C所受靜電力大小之比為
故A正確；
B、點電荷AB在M、N兩點產生的合場強等大反向，合電勢相等，點電荷C在M、N兩點產生的電場強度大小相等，方向不同，電勢相同，根據電場強度的疊加可知M、N兩點的電場強度大小相等，方向不相同，但電勢相同，故B錯誤；
CD、電子從M到O的過程庫侖力做負功，電勢能增大，所以，M點電勢能比在O點時要小；同理電子從N到O的過程庫侖力做負功，電勢能增大，N點電勢能比在O點時要小，故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】根據庫侖定律及矢量求和法則確定A、C所受靜電力的大小。M、N在AB電荷的連線上，將電場視為由等量同種電荷形成的電場與點電荷形成的電場疊加而成。再根據等量同種電荷和點電荷電場及電勢的特點及規律分析各點電勢和場強的關系。電場力做負功，電勢能增大。
8．（2023高三上·株洲） 如圖，質量為的小物塊（可視為質點）靜止在質量為、長為的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某時刻木板以速度開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為，當物塊從木板左端離開時（　　）
A．物塊的動能等于 B．物塊的動能小于
C．木板的動能大于 D．木板的動能小于
【答案】B,D
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】CD、設物塊離開木板時的速度為v1，對地位移為x1，物塊離開木板時木板的速度為v2，對地位移為x2，因物塊從木板左端離開，則可知離開時有v2>v1，對物塊和木板整體由能量守恒有
整理可得
故C錯誤，D正確；
AB、物塊與木板發生相對滑動的過程中因摩擦產生的熱量為
其中
，
由于
因此
由此可得
即有
而對物塊，由動能定理有
則可得
故A錯誤，B正確。
故答案為：BD。
【分析】由于物體從木板的左端離開，故離開時木板的速度大于物塊的速度。物塊與木板之間的相對位移等于板長。系統損耗的動能轉化為物體與木板摩擦產生的熱量，再根據勻變速直線運動規律及動能定理進行分析。
9．（2023高三上·株洲）一種新型潛水裝置，可以通過浮力控制系統實現下潛和上升。某次試潛中該裝置的速度時間圖像如圖所示，其中①為下潛的圖像，②為返程上升的圖像，已知加速和減速過程中加速度大小相等，潛水裝置質量為，重力加速度為，忽略水的阻力和水平方向的運動，在這次試潛的整個過程中（　　）
A．最大下潛深度為
B．下潛過程所用總時間為
C．上升過程中潛水裝置所受浮力的沖量大小為
D．潛水裝置所受最小浮力與最大浮力之比為
【答案】B,C,D
【知識點】動量定理；牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A.根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，可得潛水裝置返程上升的高度為
由于下潛的最大深度和返程上升的高度大小相等，可得最大下潛深度為
A不符合題意；
B.設下潛的總時間為T，根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，有
解得
B符合題意；
C.取向上為正方向，設上升過程中，加速階段浮力的沖量為，勻速階段浮力的沖量為，減速階段浮力的沖量為，則有
，，
整理可得上升過程中浮力的沖量大小為
C符合題意；
D.加速階段浮力最大，由牛頓第二定律有
減速階段浮力最小，由牛頓第二定律有
則可得
D符合題意。
故答案為：BCD。
【分析】根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，求出下潛的最大深度和下潛過程所用總時間；對上升過程中潛水裝置加速、勻速和減速的三段過程，分別應用動量定理，求出三段過程中浮力的沖量，再求出總沖量；由牛頓第二定律求解潛水裝置所受最小浮力與最大浮力之比。
10．（2023高三上·株洲） 如圖，質量為的電動遙控玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率運動，已知圓軌道的半徑為，玩具車所受的摩擦阻力為玩具車對軌道壓力的倍，重力加速度為，、為圓軌道上同一豎直方向上的兩點，不計空氣阻力，運動過程中，玩具車（　　）
A．在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為6mg
B．通過、兩點時對軌道的壓力大小之和為
C．由最低點到最高點克服摩擦力做功為
D．由最低點到最高點電動機做功為
【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；功的計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A、在最低點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得
在最高點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得
可得
故A錯誤；
BC、在PQ兩點的受力如圖所示
在Q點，由向心力公式有
在P點，由向心力公式有
可得
因摩托車在不同位置與圓軌道間的壓力不同，所以摩擦力是一個變力，將圓軌道分成N段，在軌道上下關于水平直徑對稱的位置上取兩小段A、B，每段的長度為
則在A、B兩小段的壓力可視為恒力，摩擦力做功之和為
解得
所以摩托車從最低點到最高點克服摩擦力做功為
故BC正確；
D、玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率v運動，由最低點到最高點由動能定理可知
解得
故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率運動，即玩具車做勻速圓周運動。確定小車在不同位置向心力的來源，再結合牛頓第二定律確定確定各點壓力之間的關系。小車在滑動過程中，摩擦力始終與運動方向相反，即與速度方向相反，小車受到的摩擦力時刻在變，由（B）分析可知軌道上下關于水平直徑對稱的位置的壓力之和為定值，則可利用微元法將摩擦力做功轉化為定值進行處理，即在足夠小的軌道上，玩具車相當于做直線運動，再根據功的定義確定摩擦力做功情況。
11．（2023高三上·株洲） 利用單擺測量重力加速度，實驗操作如下：
（1）使用游標卡尺測量實芯鋼球的直徑，如下圖所示，鋼球直徑的讀數為　 　；
（2）將器材按甲圖方式連接，用刻度尺測量出懸點與鋼球最上端間細線長度為；使鋼球按照乙圖方式運動，擺角小于，鋼球第次經過最低點處開始計時，第次經過最低點時的總時間為，則重力加速度　 　；（用測得的物理量表示）
（3）若鋼球實際按圖丙方式在水平面內做圓周運動，但仍然視作單擺，則測量出的重力加速度值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）
（2）
（3）偏大
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】 （1）20分度的游標卡尺精確度為0.05mm，則鋼球直徑的讀數為
（2）據題意可知單擺的擺長為
鋼球第1次經過最低點處開始計時，第n次經過最低點時的總時間為t，則單擺的周期為
由單擺的周期公式
可得重力加速度為
（3）設繩與中心線的夾角為θ，由牛頓第二定律有
解得圓錐擺的周期為
故小球做圓錐擺運動比單擺的周期短，在時間t內完成周期性的次數n變多，由此測算出的重力加速度偏大。
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。從最低點開始計時，一個周期小球經過兩次最低點，繼而確定單擺的周期，再根據單擺周期公式確定小球的重力加速度。確定小球做圓周運動的向心力來源，再根據牛頓第二定律確定小球做圓錐擺的周期。
12．（2023高三上·株洲） 實驗室提供電阻箱、一個開關、電流表、電壓表各一個，導線若干，測量一節干電池的電動勢和內電阻。某同學先后按圖甲和圖乙所示方式進行實驗。
（1）改變電阻箱的阻值，該同學發現，在調節變阻箱或旋鈕時，電壓表的示數幾乎不發生變化，其原因是　 　；
（2）實驗中調節變阻箱合適的旋鈕，讀取多組對應的電壓、電流、電阻的數據。為方便利用圖像的線性關系，根據圖里獲得的實驗數據，若以“”為坐標橫軸，則縱軸應為　 　；根據圖乙獲得的實驗數據，做圖像，圖線的斜率表示　 　。
（3）在圖乙中，電流表的內阻對于電池電動勢和內阻測量的具體影響情況分別是　 　。
【答案】（1）電壓表測量電阻箱的電壓，電源內阻較小
（2）；
（3）對電動勢的測量沒有影響；內阻的測量值偏大
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】 （1）電壓表測量電阻箱的電壓，電源內阻較小，所以在調節變阻箱×1000或×100旋鈕時，電壓表的示數幾乎不發生變化；
（2）對圖甲根據閉合電路歐姆定律有
解得
則縱軸應為 ；
對圖乙根據閉合電路歐姆定律有
解得
則圖線的斜率表示。
（3）若考慮電流表內阻，則有
解得
則圖像的斜率依然表示，可見電流表的內阻對于電池電動勢和內阻測量的具體影響是對電動勢的測量沒有影響；而截距變為了，故內阻的測量值偏大。
【分析】干電池的電動勢為1.5V，電阻太大，則回路中電流變化太小，電壓表的示數則變化不明顯。根據實驗原理及電路圖推到得出圖像的函數表達式，再根據圖像斜率和截距的物理意義進行數據處理。根據電路圖確定實驗中主要的誤差影響是由于電壓表的分流還是電流表的分壓引起的，再結合實驗原理進行誤差分析。
13．（2023高三上·株洲） 如圖，生產活動中的常用工具“鎬”由鎬頭和木柄兩部分組成，鎬頭嵌套在木柄上。為使兩者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距離地面高為）使兩者一起以相同加速度豎直向下運動，木柄與地面碰撞后速度立刻變為零并保持靜止不動。已知鎬頭與木柄間的滑動摩擦力大小為，鎬頭質量為，木柄足夠長，重力加速度為，求
（1）鎬頭和木柄一起向下運動時，兩者之間的摩擦力的大小；
（2）木柄與地面碰撞后鎬頭相對于木柄運動的距離。
【答案】（1）解：根據題意，鎬頭和木柄一起向下運動時，對鎬頭由牛頓第二定律有，其中，解得
（2）解：設木柄與地面碰撞時，搞頭的速度為，由運動學公式有，解得，木柄與地面碰撞后，鎬頭相對木柄向下運動，以向下為正方向，由牛頓第二定律有，解得，由運動學公式有，聯立解得
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）根據鎬頭和木柄一起向下運動時加速度的大小，確定鎬頭所受摩擦力的方向，再對鎬頭運用牛頓第二定律確定摩擦力的大小；
（2）木柄與地面碰撞前，鎬頭和木柄一起向下以2g做勻加速直線運動，根據位移與速度的關系確定木板與地面碰撞時鎬頭的速度。木柄與地面碰后，鎬頭向下做減速運動，且鎬頭與木柄之間發生相對滑動，再根據牛頓第二定律及運動學公式進行解答。
14．（2023高三上·株洲） 一質量為，電荷量為的小球在光滑絕緣的水平面上運動，整個空間存在平行于水平面的勻強電場，在水平面建立直角坐標系，、、時刻，小球分別位于平面上的，，三點，求：
（1）前內小球位移的大小及小球通過點時的速度大小和方向；
（2）該勻強電場場強的大小和方向。
【答案】（1）解：前內小球的位移 大小即為、兩點間的間距，設小球加速度在坐標軸上的投影分別為，，經過點時瞬時速度的投影分別為、，從至過程中有，，從到過程中有，，解得小球通過點的速度大小，令通過點時的速度方向與軸正方向夾角為，結合上述解得，則有，即通過點時的速度方向斜向上與x軸正方向夾角為
（2）解：小球從到過程中，在軸方向上有，在軸方向上有，根據牛頓第二定律有，解得該勻強電場的電場強度大小為，則電場強度方向關系式有，結合上述解得，解得，即電場強度方向斜向上與軸負方向夾角為
【知識點】位移與路程；運動的合成與分解；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【分析】（1）位移大小為小球初末位置間的距離，再根據幾何關系進行解答即可。將電場分解成沿x軸和y軸方向的分電場。則小球沿x軸和y軸方向均做勻變速直線運動，對小球從B到A及從B到C的過程，分別運用位移與時間的關系進行聯立解答；
（2）小球沿x軸和y軸方向均做勻變速直線運動，根據逐差法確定小球在x和y方向的加速度，再根據矢量求和法則及牛頓第二定律確定場強的大小，根據幾何關系確定場強的方向。
15．（2023高三上·株洲） 如圖，半徑為的四分之一光滑圓弧與足夠長的光滑水平軌道平滑連接，在水平軌道上等間距的靜止著質量均為的個小球，編號依次為、、、……，整個軌道固定在豎直平面內，質量為的小球在圓弧最高點靜止下滑，重力加速度為，小球間發生對心彈性碰撞，求：
（1）小球第一次與號小球發生碰撞后瞬間，兩個小球的速度大小；
（2）第號小球的速度大小；
（3）號小球的最終速度大小。
【答案】（1）解：根據題意，設小球第一次與號小球發生碰撞前的速度為，由機械能守恒定律有，解得，設小球第一次與號小球發生碰撞后，小球的速度為，號小球的速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律有，，解得，，即碰撞后兩小球的速度大小均為
（2）解：此后號球向右運動，與號球發生碰，根據動量守恒定律和能量守恒定律有，，解得，，通過計算說明號球碰后在原號球位置靜止，號碰后速度等于號碰前的速度，即兩者交換速度。此后，與、與直至最后與號碰撞，都循同樣的規律，則第球的度應為
（3）解：根據上述分析可知，小球與號球第一次碰后向左運動至軌道一定高度后第二次運動到水平軌道上，此時速度大小為，在它向右運動一定距離后必將與已經靜止的號球（在原來號球位置）發生第次碰，據動量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后兩球的速度分別為，，此后球又反向運動，號球向右運動再次與號球碰撞，后面的球在彼此碰撞過程中交換速度此后，球與號球每碰撞一次，兩者速度等大、反向，且球速度減半。當球與號球發生第次碰撞（在號球最初的位置）后最終，號球的速度為
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球A向下滑動至與1號球發生碰撞前的過程機械能守恒，A和1號球發生彈性碰撞，再對不同階段分別運用機械能守恒定律及彈性碰撞規律進行解答；
（2）由（1）分析可知碰后A球反彈，1號向右運動與2號球發生彈性碰撞，隨后2號球與3號球發生彈性碰撞。根據彈性碰撞特點確定1號球和2號球碰后的速度，再根據規律依此得出n號球的速度；
（3）由（2）分析可知水平面的小球碰后速度交換，故A球以第一次碰后等大的速度返回水平面后再2號球位置與1號球相撞。再根據彈性碰撞特點確定碰后球A的速度，隨后1號球繼續與2號球交換速度，A球返回后再3號球位置與1號球發生彈性碰撞，依此循環至與1號球發生n次碰撞，再根據運動規律確定n次碰撞后A球的速度。
1 / 1湖南省株洲市2023-2024學年高三上學期教學質量統一檢測物理試題（一）
1．（2023高三上·株洲） 轆轤是古代庭院汲水的重要機械。如圖，井架上裝有可用手柄搖轉的轆轤，轆轤上纏繞繩索，繩索一端系水桶，搖轉手柄，使水桶起落，提取井水。是轆轤邊緣上的一質點，是手柄上的一質點，當手柄以恒定的角速度轉動時（　　）
A．的線速度大于的線速度
B．的向心加速小于的向心加速度
C．轆轤對的作用力大小和方向都不變
D．轆轤對的作用力大小不變、方向變化
2．（2023高三上·株洲）年月日，由湖南科技大學與天儀研究院聯合研制的天儀衛星發射成功，該衛星繞地球公轉周期約，則它與地球同步衛星的軌道半徑之比約為（　　）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·株洲） 將乒乓球從某一高度靜止釋放后，與水平地板碰掩若干次后最終停在地板上。設乒乓球每次彈起的最大高度為前一次的倍（），不計空氣阻力，則在相鄰的前后兩次碰撞過程（　　）
A．乒乓球的動能變化量相等 B．乒乓球的動量變化量相等
C．乒乓球損失的機械能相等 D．乒乓球所受沖量之比為
4．（2023高三上·株洲） 株洲蹦床運動員嚴浪宇在杭州亞運會蹦床比賽中勇奪冠軍，在決賽中，嚴浪宇從最高點落到蹦床上再被彈起的圖像如圖所示，圖中只在和兩段時間內為直線。忽略空氣阻力，且將運動員和蹦床簡化為豎直方向的彈簧振子，重力加速度為，根據該圖像可知（　　）
A．在時刻，蹦床彈性勢能最大
B．在時刻，運動員加速度大于
C．在時刻，運動員離開蹦床
D．在這段時間內，運動員先失重后超重
5．（2023高三上·株洲） 如圖，一螞蟻(可看成質點)在半徑為R的半球體表面上緩慢爬行，螞蟻與半球體間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若螞蟻在爬行過程中不滑離球面，則其距半球體頂點的豎直高度不應超過（　　）
A． B． C． D．
6．（2023高三上·株洲） 圖甲為使用風簸的情景。風簸是清谷的農用工具，主要用于篩選精谷粒和癟谷粒。圖乙為其工作原理示意圖：勻速搖動扇葉（圖中未畫出），在AB和CD間形成持續穩定的風力場，風速水平向左，開啟斗倉下方的狹縫S1，輕重顯著不同的谷粒由狹縫進入風力場，在風力和重力作用下經由具有一定寬度的出谷口S2或S3離開風力場后被收集。現考查同時進入風力場的精谷粒a和癟谷粒b這兩粒谷子，設它們所受風力相同，忽略初速度和空氣阻力的影響，那么（　　）
A．a比b先到達出谷口
B．到達出谷口時a的速度較大，b的速度較小
C．a經由S3離開風力場，b經由S2離開風力場
D．離開出谷口時，a的機械能增量較小，b的機械能增量較大
7．（2023高三上·株洲） 如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量點電荷，其中、帶正電，帶負電，、、為邊的四等分點，則（　　）
A．、所受靜電力大小之比為
B．、兩點的電場強度和電勢都相同
C．電子在點電勢能比在點時要小
D．電子在點電勢能比在點時要大
8．（2023高三上·株洲） 如圖，質量為的小物塊（可視為質點）靜止在質量為、長為的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某時刻木板以速度開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為，當物塊從木板左端離開時（　　）
A．物塊的動能等于 B．物塊的動能小于
C．木板的動能大于 D．木板的動能小于
9．（2023高三上·株洲）一種新型潛水裝置，可以通過浮力控制系統實現下潛和上升。某次試潛中該裝置的速度時間圖像如圖所示，其中①為下潛的圖像，②為返程上升的圖像，已知加速和減速過程中加速度大小相等，潛水裝置質量為，重力加速度為，忽略水的阻力和水平方向的運動，在這次試潛的整個過程中（　　）
A．最大下潛深度為
B．下潛過程所用總時間為
C．上升過程中潛水裝置所受浮力的沖量大小為
D．潛水裝置所受最小浮力與最大浮力之比為
10．（2023高三上·株洲） 如圖，質量為的電動遙控玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率運動，已知圓軌道的半徑為，玩具車所受的摩擦阻力為玩具車對軌道壓力的倍，重力加速度為，、為圓軌道上同一豎直方向上的兩點，不計空氣阻力，運動過程中，玩具車（　　）
A．在最低點與最高點對軌道的壓力大小之差為6mg
B．通過、兩點時對軌道的壓力大小之和為
C．由最低點到最高點克服摩擦力做功為
D．由最低點到最高點電動機做功為
11．（2023高三上·株洲） 利用單擺測量重力加速度，實驗操作如下：
（1）使用游標卡尺測量實芯鋼球的直徑，如下圖所示，鋼球直徑的讀數為　 　；
（2）將器材按甲圖方式連接，用刻度尺測量出懸點與鋼球最上端間細線長度為；使鋼球按照乙圖方式運動，擺角小于，鋼球第次經過最低點處開始計時，第次經過最低點時的總時間為，則重力加速度　 　；（用測得的物理量表示）
（3）若鋼球實際按圖丙方式在水平面內做圓周運動，但仍然視作單擺，則測量出的重力加速度值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
12．（2023高三上·株洲） 實驗室提供電阻箱、一個開關、電流表、電壓表各一個，導線若干，測量一節干電池的電動勢和內電阻。某同學先后按圖甲和圖乙所示方式進行實驗。
（1）改變電阻箱的阻值，該同學發現，在調節變阻箱或旋鈕時，電壓表的示數幾乎不發生變化，其原因是　 　；
（2）實驗中調節變阻箱合適的旋鈕，讀取多組對應的電壓、電流、電阻的數據。為方便利用圖像的線性關系，根據圖里獲得的實驗數據，若以“”為坐標橫軸，則縱軸應為　 　；根據圖乙獲得的實驗數據，做圖像，圖線的斜率表示　 　。
（3）在圖乙中，電流表的內阻對于電池電動勢和內阻測量的具體影響情況分別是　 　。
13．（2023高三上·株洲） 如圖，生產活動中的常用工具“鎬”由鎬頭和木柄兩部分組成，鎬頭嵌套在木柄上。為使兩者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距離地面高為）使兩者一起以相同加速度豎直向下運動，木柄與地面碰撞后速度立刻變為零并保持靜止不動。已知鎬頭與木柄間的滑動摩擦力大小為，鎬頭質量為，木柄足夠長，重力加速度為，求
（1）鎬頭和木柄一起向下運動時，兩者之間的摩擦力的大小；
（2）木柄與地面碰撞后鎬頭相對于木柄運動的距離。
14．（2023高三上·株洲） 一質量為，電荷量為的小球在光滑絕緣的水平面上運動，整個空間存在平行于水平面的勻強電場，在水平面建立直角坐標系，、、時刻，小球分別位于平面上的，，三點，求：
（1）前內小球位移的大小及小球通過點時的速度大小和方向；
（2）該勻強電場場強的大小和方向。
15．（2023高三上·株洲） 如圖，半徑為的四分之一光滑圓弧與足夠長的光滑水平軌道平滑連接，在水平軌道上等間距的靜止著質量均為的個小球，編號依次為、、、……，整個軌道固定在豎直平面內，質量為的小球在圓弧最高點靜止下滑，重力加速度為，小球間發生對心彈性碰撞，求：
（1）小球第一次與號小球發生碰撞后瞬間，兩個小球的速度大小；
（2）第號小球的速度大小；
（3）號小球的最終速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A、P、Q兩質點同軸轉動，角速度相等，根據
由于P質點的半徑小于Q質點的半徑，則P的線速度小于Q的線速度，故A錯誤；
B、根據
結合上述可知，由于P質點的半徑小于Q質點的半徑，則P的向心加速小于Q的向心加速度，故B正確；
CD、手柄以恒定的角速度轉動時，即質點均在做勻速圓周運動，P質點受到重力與轆轉對P的作用力，根據
可知，由于合力提供向心力，合力方向時刻變化，即P質點所受外力的合力大小不變、方向變化，重力大小與方向不變，根據力的合成法則，可知，轆護對P的作用力大小與方向均發生變化，故CD錯誤。
故答案為：B。
【分析】P、Q兩質點同軸轉動，角速度相等，P、Q均做圓周運動，根據圖示確定兩點做圓周運動的半徑關系。物體做曲線運動向心力的方向時刻發生變化，確定P點的受力情況，再根據力的矢量合成法則確定轆轤對P點作用力變化情況。
2．【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】 根據萬有引力定律可得，對地球同步衛星
，
解得
對衛星
，
解得
則它與地球同步衛星的軌道半徑之比
故答案為：C。
【分析】根據題意確定該衛星與地球同步衛星的周期關系，再根據萬有引力定律及牛頓第二定律進行解答。
3．【答案】D
【知識點】動能；機械能守恒定律；動量
【解析】【解答】A、 令前一次碰撞前后的速度大小分別為v0、v1，則后一次碰撞前后的速度大小分別為v1、v2，根據動能定理有
解得
則有
，
乒乓球的動能變化量大小分別為
由于
則有
故A錯誤；
B、選擇反彈后的速度方向為正方向，則乒乓球的動量變化量大小分別為
由于
則有
故B錯誤；
C、碰撞過程，乒乓球損失的機械能等于乒乓球減小的動能，根據上述可知，前一次碰撞損失的機械能大于后一次損失的機械能，故C錯誤；
D、根據動量定理，前后兩次乒乓球所受沖量大小分別為
，
結合上述解得
故D正確。
故答案為：D。
【分析】乒乓球先做自由落體運動，根據自由落體運動規律確定小球落地前瞬間的速度。彈起后乒乓球做豎直上拋運動，根據豎直上拋運動規律確定乒乓球每次離開地板瞬間的速度，再根據題意確定每次碰撞前后的速度關系。再結合動能、動量及機械能的定義和動量定理進行解答。
4．【答案】B
【知識點】彈性勢能；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A、根據v-t圖像中面積表位移，由圖可知，在t3時刻，運動員向下運動到最低點，蹦床的形變量最大，彈性勢能最大，故A錯誤；
BC、根據題意可知，v-t圖像在0~t1和t5-t6兩段時間內為直線，說明運動在這兩段時間內做勻變速直線運動，此時只受重力，加速度為重力加速度，由v-t圖像的斜率表示加速度，由圖可知，在t3時刻，運動員加速度大于g，運動員在t1時刻接觸蹦床，在t5時刻，離開蹦床，故C錯誤，B正確；
D、由圖可知，在t3~t5這段時間內，運動員先做向上的加速運動，后做向上的減速運動，先處于超重狀態，后處于失重狀態，故D錯誤。
故答案為：B。
【分析】v-t圖像的斜率表示加速度，v-t圖像與時間軸所謂面積表示位移。運動員向下運動到最低點，蹦床的形變量最大，彈性勢能最大。確定運動員在空中及與蹦床接觸過程的受力情況，加速度向上，運動員處于超重狀態。
5．【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；靜摩擦力；力的平行四邊形定則及應用；共點力的平衡
【解析】【解答】根據運動的可逆性，螞蟻緩慢的沿軌道下移，受力如圖所示
隨著螞蟻的移，支持力與豎直方向的夾角θ在增大，螞蟻受到的摩擦力在增大，當摩擦力達到最大靜摩擦力時，螞蟻離頂點最遠，此時有
螞蟻離頂點的高度為
結合幾何關系可解得
故答案為：A。
【分析】螞蟻緩慢爬行，處于動態平衡狀態，當摩擦力達到最大值時，螞蟻離頂點的距離最大。根據平衡條件確定此時夾角與支持力和摩擦力的關系，再根據幾何關系進行解答。
6．【答案】D
【知識點】功能關系；運動的合成與分解
【解析】【解答】A.谷粒進入風力場后，水平方向做勻加速直線運動，豎直方向做自由落體運動，由豎直方向運動學關系式，可得，因精谷粒a和癟谷粒b豎直方向下落高度相同，所以兩谷粒在風力場中運動的時間相同，與質量無關，A不符合題意；
B.設精谷粒a質量為，癟谷粒b質量為，風力為F，由牛頓第二定律可得，谷粒水平方向加速度為，因為，則，谷粒a、b在風力場運動下落時間相同，設為t，則到達出谷口速度，結合勻變速直線運動速度公式可得，到達出谷口時b的速度較大，a的速度較小，B不符合題意；
C.水平方向上，質量大的精谷粒a水平加速度較小，而兩谷粒的運動時間相同，由可知，a會從離開風力場，質量小的癟谷粒b會從離開風力場，C不符合題意；
D.根據功能關系可知， 機械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，除重力外，對兩谷粒做功的是風力，由C項分析可知，a比b水平位移小，所以水平方向風力對a做功少，所以a的機械能增量較小，b的機械能增量較大，D符合題意；
故答案為：D。
【分析】將谷粒進入風力場后的運動沿水平方向和豎直方向分解，根據豎直方向上的分運動，分析兩谷粒下落時間的關系；根據牛頓第二定律和勻變速直線運動的速度公式，由平行四邊形定則，比較到達出谷口時a、b速度的大小關系；根據兩谷粒在水平方向上的運動，由勻變速直線運動位移與時間的關系式，分析兩谷粒水平方向位移的關系，確定兩谷粒離開的位置；根據風力對兩谷粒做功的大小關系，分析兩谷粒機械能增量的大小關系。
7．【答案】A,C
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A、對點電荷A進行受力分析，點電荷A所受點電荷B的庫侖力和C點電荷的庫侖力夾角為 120°，所以A所受的靜電力為
對點電荷C進行受力分析，根據平行四邊形可知C所受靜電力大小為
所以A、C所受靜電力大小之比為
故A正確；
B、點電荷AB在M、N兩點產生的合場強等大反向，合電勢相等，點電荷C在M、N兩點產生的電場強度大小相等，方向不同，電勢相同，根據電場強度的疊加可知M、N兩點的電場強度大小相等，方向不相同，但電勢相同，故B錯誤；
CD、電子從M到O的過程庫侖力做負功，電勢能增大，所以，M點電勢能比在O點時要小；同理電子從N到O的過程庫侖力做負功，電勢能增大，N點電勢能比在O點時要小，故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】根據庫侖定律及矢量求和法則確定A、C所受靜電力的大小。M、N在AB電荷的連線上，將電場視為由等量同種電荷形成的電場與點電荷形成的電場疊加而成。再根據等量同種電荷和點電荷電場及電勢的特點及規律分析各點電勢和場強的關系。電場力做負功，電勢能增大。
8．【答案】B,D
【知識點】功能關系；能量守恒定律
【解析】【解答】CD、設物塊離開木板時的速度為v1，對地位移為x1，物塊離開木板時木板的速度為v2，對地位移為x2，因物塊從木板左端離開，則可知離開時有v2>v1，對物塊和木板整體由能量守恒有
整理可得
故C錯誤，D正確；
AB、物塊與木板發生相對滑動的過程中因摩擦產生的熱量為
其中
，
由于
因此
由此可得
即有
而對物塊，由動能定理有
則可得
故A錯誤，B正確。
故答案為：BD。
【分析】由于物體從木板的左端離開，故離開時木板的速度大于物塊的速度。物塊與木板之間的相對位移等于板長。系統損耗的動能轉化為物體與木板摩擦產生的熱量，再根據勻變速直線運動規律及動能定理進行分析。
9．【答案】B,C,D
【知識點】動量定理；牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A.根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，可得潛水裝置返程上升的高度為
由于下潛的最大深度和返程上升的高度大小相等，可得最大下潛深度為
A不符合題意；
B.設下潛的總時間為T，根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，有
解得
B符合題意；
C.取向上為正方向，設上升過程中，加速階段浮力的沖量為，勻速階段浮力的沖量為，減速階段浮力的沖量為，則有
，，
整理可得上升過程中浮力的沖量大小為
C符合題意；
D.加速階段浮力最大，由牛頓第二定律有
減速階段浮力最小，由牛頓第二定律有
則可得
D符合題意。
故答案為：BCD。
【分析】根據v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，求出下潛的最大深度和下潛過程所用總時間；對上升過程中潛水裝置加速、勻速和減速的三段過程，分別應用動量定理，求出三段過程中浮力的沖量，再求出總沖量；由牛頓第二定律求解潛水裝置所受最小浮力與最大浮力之比。
10．【答案】B,C
【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；功的計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】A、在最低點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得
在最高點，玩具車在半徑方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得
可得
故A錯誤；
BC、在PQ兩點的受力如圖所示
在Q點，由向心力公式有
在P點，由向心力公式有
可得
因摩托車在不同位置與圓軌道間的壓力不同，所以摩擦力是一個變力，將圓軌道分成N段，在軌道上下關于水平直徑對稱的位置上取兩小段A、B，每段的長度為
則在A、B兩小段的壓力可視為恒力，摩擦力做功之和為
解得
所以摩托車從最低點到最高點克服摩擦力做功為
故BC正確；
D、玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率v運動，由最低點到最高點由動能定理可知
解得
故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】玩具車在豎直面內沿圓周軌道內壁以恒定速率運動，即玩具車做勻速圓周運動。確定小車在不同位置向心力的來源，再結合牛頓第二定律確定確定各點壓力之間的關系。小車在滑動過程中，摩擦力始終與運動方向相反，即與速度方向相反，小車受到的摩擦力時刻在變，由（B）分析可知軌道上下關于水平直徑對稱的位置的壓力之和為定值，則可利用微元法將摩擦力做功轉化為定值進行處理，即在足夠小的軌道上，玩具車相當于做直線運動，再根據功的定義確定摩擦力做功情況。
11．【答案】（1）
（2）
（3）偏大
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】 （1）20分度的游標卡尺精確度為0.05mm，則鋼球直徑的讀數為
（2）據題意可知單擺的擺長為
鋼球第1次經過最低點處開始計時，第n次經過最低點時的總時間為t，則單擺的周期為
由單擺的周期公式
可得重力加速度為
（3）設繩與中心線的夾角為θ，由牛頓第二定律有
解得圓錐擺的周期為
故小球做圓錐擺運動比單擺的周期短，在時間t內完成周期性的次數n變多，由此測算出的重力加速度偏大。
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。從最低點開始計時，一個周期小球經過兩次最低點，繼而確定單擺的周期，再根據單擺周期公式確定小球的重力加速度。確定小球做圓周運動的向心力來源，再根據牛頓第二定律確定小球做圓錐擺的周期。
12．【答案】（1）電壓表測量電阻箱的電壓，電源內阻較小
（2）；
（3）對電動勢的測量沒有影響；內阻的測量值偏大
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】 （1）電壓表測量電阻箱的電壓，電源內阻較小，所以在調節變阻箱×1000或×100旋鈕時，電壓表的示數幾乎不發生變化；
（2）對圖甲根據閉合電路歐姆定律有
解得
則縱軸應為 ；
對圖乙根據閉合電路歐姆定律有
解得
則圖線的斜率表示。
（3）若考慮電流表內阻，則有
解得
則圖像的斜率依然表示，可見電流表的內阻對于電池電動勢和內阻測量的具體影響是對電動勢的測量沒有影響；而截距變為了，故內阻的測量值偏大。
【分析】干電池的電動勢為1.5V，電阻太大，則回路中電流變化太小，電壓表的示數則變化不明顯。根據實驗原理及電路圖推到得出圖像的函數表達式，再根據圖像斜率和截距的物理意義進行數據處理。根據電路圖確定實驗中主要的誤差影響是由于電壓表的分流還是電流表的分壓引起的，再結合實驗原理進行誤差分析。
13．【答案】（1）解：根據題意，鎬頭和木柄一起向下運動時，對鎬頭由牛頓第二定律有，其中，解得
（2）解：設木柄與地面碰撞時，搞頭的速度為，由運動學公式有，解得，木柄與地面碰撞后，鎬頭相對木柄向下運動，以向下為正方向，由牛頓第二定律有，解得，由運動學公式有，聯立解得
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）根據鎬頭和木柄一起向下運動時加速度的大小，確定鎬頭所受摩擦力的方向，再對鎬頭運用牛頓第二定律確定摩擦力的大小；
（2）木柄與地面碰撞前，鎬頭和木柄一起向下以2g做勻加速直線運動，根據位移與速度的關系確定木板與地面碰撞時鎬頭的速度。木柄與地面碰后，鎬頭向下做減速運動，且鎬頭與木柄之間發生相對滑動，再根據牛頓第二定律及運動學公式進行解答。
14．【答案】（1）解：前內小球的位移 大小即為、兩點間的間距，設小球加速度在坐標軸上的投影分別為，，經過點時瞬時速度的投影分別為、，從至過程中有，，從到過程中有，，解得小球通過點的速度大小，令通過點時的速度方向與軸正方向夾角為，結合上述解得，則有，即通過點時的速度方向斜向上與x軸正方向夾角為
（2）解：小球從到過程中，在軸方向上有，在軸方向上有，根據牛頓第二定律有，解得該勻強電場的電場強度大小為，則電場強度方向關系式有，結合上述解得，解得，即電場強度方向斜向上與軸負方向夾角為
【知識點】位移與路程；運動的合成與分解；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【分析】（1）位移大小為小球初末位置間的距離，再根據幾何關系進行解答即可。將電場分解成沿x軸和y軸方向的分電場。則小球沿x軸和y軸方向均做勻變速直線運動，對小球從B到A及從B到C的過程，分別運用位移與時間的關系進行聯立解答；
（2）小球沿x軸和y軸方向均做勻變速直線運動，根據逐差法確定小球在x和y方向的加速度，再根據矢量求和法則及牛頓第二定律確定場強的大小，根據幾何關系確定場強的方向。
15．【答案】（1）解：根據題意，設小球第一次與號小球發生碰撞前的速度為，由機械能守恒定律有，解得，設小球第一次與號小球發生碰撞后，小球的速度為，號小球的速度為，由動量守恒定律和能量守恒定律有，，解得，，即碰撞后兩小球的速度大小均為
（2）解：此后號球向右運動，與號球發生碰，根據動量守恒定律和能量守恒定律有，，解得，，通過計算說明號球碰后在原號球位置靜止，號碰后速度等于號碰前的速度，即兩者交換速度。此后，與、與直至最后與號碰撞，都循同樣的規律，則第球的度應為
（3）解：根據上述分析可知，小球與號球第一次碰后向左運動至軌道一定高度后第二次運動到水平軌道上，此時速度大小為，在它向右運動一定距離后必將與已經靜止的號球（在原來號球位置）發生第次碰，據動量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后兩球的速度分別為，，此后球又反向運動，號球向右運動再次與號球碰撞，后面的球在彼此碰撞過程中交換速度此后，球與號球每碰撞一次，兩者速度等大、反向，且球速度減半。當球與號球發生第次碰撞（在號球最初的位置）后最終，號球的速度為
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球A向下滑動至與1號球發生碰撞前的過程機械能守恒，A和1號球發生彈性碰撞，再對不同階段分別運用機械能守恒定律及彈性碰撞規律進行解答；
（2）由（1）分析可知碰后A球反彈，1號向右運動與2號球發生彈性碰撞，隨后2號球與3號球發生彈性碰撞。根據彈性碰撞特點確定1號球和2號球碰后的速度，再根據規律依此得出n號球的速度；
（3）由（2）分析可知水平面的小球碰后速度交換，故A球以第一次碰后等大的速度返回水平面后再2號球位置與1號球相撞。再根據彈性碰撞特點確定碰后球A的速度，隨后1號球繼續與2號球交換速度，A球返回后再3號球位置與1號球發生彈性碰撞，依此循環至與1號球發生n次碰撞，再根據運動規律確定n次碰撞后A球的速度。
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