2025届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考物理试卷
1．（2024高三上·湖北模拟）物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中应用了很多思想方法，以下叙述不正确的是（ ）
A．由牛顿第二定律可知物体的加速度，该公式应用了比值定义法
B．“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代法
C．伽俐略研究力和运动关系时，运用了理想实验法
D．研究物体沿曲面运动时重力做的功，应用了微元累积法
2．（2024高三上·湖北模拟）如图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像。则由图可知（ ）
A．波沿着x轴负方向传播
B．从该时刻起质点Q比质点P先运动至波峰位置
C．从该时刻起，经过0.1s，质点Q通过的路程为20cm
D．当质点P位于波谷时，质点Q正向下振动
3．（2024高三上·湖北模拟）2024年6月2日，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”以逆行方式进入月球轨道，被月球捕获后的部分过程如图所示：探测器在“12h大椭圆轨道1”运行经过P点时变轨进入“4h椭圆停泊轨道2”，在轨道2上经过P时再变轨进入“200km圆轨道3”，三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（ ）
A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速
B．探测器分别沿着轨道2和轨道3运行时，经过P点的向心加速度相等
C．探测器沿着轨道2经过Q的速度大于沿着轨道3经过P的速度
D．探测器在轨道3上运行的周期比在轨道1上运行的周期大
4．（2024高三上·湖北模拟）如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和圆周Q点上。圆①②③④共用顶点P，半径之比为1∶2∶3∶4，它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·湖北模拟）质量为的羽毛球，从地面竖直向上抛出，取地面为重力势能零点，羽毛球的机械能E和重力势能Ep随高度h的变化如图所示。g取10m/s2，结合图像可知羽毛球（ ）
A．在上升到1m处，动能为0.050J
B．受到的阻力大小为0.01N
C．在抛出时，速度大小为
D．在上升至高度为1.25m处，动能和重力势能相等
6．（2024高三上·湖北模拟）2023年9月，武汉“光谷光子号”空轨正式运营，它是目前国内唯一一条悬挂式单轨线路，是为了打造生态大走廊而规划的旅游线路。假设一列空轨列车从“高新四路站”出发，途中做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，BC间的距离是AB的2倍。列车头经过A点的速度为2m/s，在BC段的平均速度是AB段平均速度的2倍，则列车头经过C点的速度为（ ）
A．10m/s B．8m/s C．6m/s D．4m/s
7．（2024高三上·湖北模拟）如图，竖直放置的轻质圆盘半径为R，光滑水平固定轴穿过圆心O处的小孔。在盘的最右边缘固定一质量为2m的小球A，在离O点处固定一质量为m的小球B，两小球与O点连线的夹角为135°。现让圆盘自由转动，不计空气阻力，两小球均可视为质点，当A球转到最低点时（ ）
A．两小球的重力势能之和减少
B．A球机械能增加
C．A球速度大小为
D．此后半径OA向左偏离竖直方向的最大角度大于45°
8．（2024高三上·湖北模拟）国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、4，灯笼质量均为m，每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重力加速度大小为g，则（ ）
A．每根绳与竖直方向的夹角均相同
B．四个灯笼所受到的风力之和等于4mg
C．2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于
D．若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化
9．（2024高三上·湖北模拟）如图甲所示，水平面内一光滑圆盘可绕经过圆心O的竖直转轴转动。轻杆沿半径方向固定，两端分别在O点和圆盘边缘P点。一质量为2kg的小球（视为质点）和两相同的轻弹簧连接套在轻杆上，两弹簧另外一端分别连接在O、P点，圆盘半径为L，弹簧原长为、劲度系数为k。当圆盘角速度从0缓慢增大的过程中，图像如乙所示，x是小球与初位置的距离，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A．小球动能增加来源于弹簧对它做功
B．弹簧的劲度系数k为100N/m
C．圆盘半径L为2m
D．若去除外端弹簧，此图像斜率不变
10．（2024高三上·湖北模拟）如图所示，质量为2m的物块A与质量为m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板。现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为
B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为
C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为
D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为
11．（2024高三上·湖北模拟）小明在实验室做完实验“探究单摆周期与摆长的关系”后意犹未尽，他在家里找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆，来测量当地的重力加速度。具体操作如下：
（1）用刻度尺测量ON间细线的长度l，将挂件拉开一个略小于α=5°的角度。
（2）由静止释放小挂件，从挂件摆至最低处开始用手机计时，当挂件第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则周期T= 。
（3）实验时小明测得的g值偏小，可能是因为 （单选）
A.摆动过程中，小挂件实际上形成了圆锥摆
B.挂件不规则
C.测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算
（4）改变ON间细线的长度先后做两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，则重力加速度为 （用l1、T1、l2、T2表示）
（5）小明未测量金属挂件的重心位置，这对第（4）问实验结果 （填“有”或“无”）影响。
12．（2024高三上·湖北模拟）某实验小组用如图a所示装置探究加速度与力、质量的关系，水平轨道上安装两个光电门1、2，它们的中心距离用L表示，滑块上的遮光条宽度很窄，滑块上装有力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为M，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶后悬挂固定。实验步骤如下：
（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，滑块先后经过光电门1、2.若数字计时器显示遮光条通过光电门1的遮光时间比通过光电门2的遮光时间短，则要将气垫导轨右侧适当 （填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。
（2）实验中某同学为了精确测量加速度，连接好如图所示装置后，固定光电门2的位置，每次使滑块从同一位置释放，不断改变光电门1的位置进行多次测量，依次从光电门计时器读取出遮光片从光电门1至2的时间（用t表示）。操作过程中砂桶总质量不变，数据处理后作出函数图象，如图b、另外，从力传感器读取出示数F。请问：
i.实验 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究 （填“有”或“没有”）影响。
ii.写出图b中直线的函数关系式 （用L、t、a、v2表示，a和v2分别为滑块的加速度及它经过光电门2的速度）。
（3）改变砂桶的质量，重复（2）得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现a—F图在误差允许的范围内是正比例图线。如图c，图线的斜率应是___________。
A． B． C．
13．（2024高三上·湖北模拟）北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v1=60m/s，打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a0=1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv，k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求：
（1）打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力；
（2）速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。
14．（2024高三上·湖北模拟）如图所示为固定在竖直平面内半径为R = 1 m的半圆形粗糙轨道，A为最低点，B为圆心等高处，C为最高点。一质量为m = 1 kg的遥控小车（可视为质点）从A点水平向右以v0 = 8 m/s无动力进入轨道，上升高度为H = 1.8 m时脱离轨道，重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力。求：（可保留根号或π的形式，或对应结果保留1位小数）
（1）小车脱离轨道时的速度大小；
（2）小车从A至脱离过程克服摩擦力所做的功；
（3）开启动力后，小车以v0 = 8 m/s匀速率沿着轨道运动，若小车所受的摩擦阻力为小车对轨道压力的k = 0.25倍，求小车从A到C过程中电动机做的功。
15．（2024高三上·湖北模拟）如图所示，光滑水平地面上静置一表面光滑的圆弧凹槽D和一长木板C，质量均为m=1kg，木板与凹槽紧挨，木板上表面与凹槽圆弧表面相切。上方H=1.8m处有一长L1=5m的水平传送带以v=8m/s的速度顺时针运行，将一质量m1=1kg的小物块P（可视为质点）轻放在传送带的左端，物块与传送带的动摩擦因数μ1=0.8，P离开传送带后，落至木板表面无反弹，竖直方向速度经减为0，此时物块P离木板右端长度为L2=3.5m，物块与木板表面动摩擦因数μ2=0.2，物块到达木板右端后冲上凹槽，圆弧表面半径R=0.2m，g取10m/s2，求：
（1）物块离开传送带时的速度大小v1及刚接触木板的速度大小v2；
（2）物块经作用后，物块速度v3及木板速度v4的大小；
（3）判断物块滑上凹槽后能否从上端离开，如果能，求离开后还能上升的高度；如果不能，求物块滑上凹槽后上升的最大高度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力的合成；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可知物体的加速度
该公式通过实验得到，是加速度的决定式，不是定义式，没有应用了比值定义法，故A错误，符合题意；
B．“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代的思想，故B正确，不符合题意；
C．伽俐略研究力和运动关系时，进行了理想斜面实验，运用了理想实验法，故C正确，不符合题意；
D．研究物体沿曲面运动时重力做的功，将曲线无限分割，应用了微元累积法，故D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】加速度的决定式不是比值定义法；
熟悉“重心”、“合力与分力”用到的物理研究思想；
伽俐略研究力和运动关系运用了理想实验法；
熟悉研究物体沿曲面运动时重力做的功所用思想。
2．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，此时质点P向下振动，结合图甲根据波形平移法可知，波沿着x轴正方向传播，故A错误；
B．由于波沿着x轴正方向传播，可知该时刻质点Q向上振动，质点P向下振动，则从该时刻起质点Q比质点P先运动至波峰位置，故B正确；
C．从该时刻起，经过0.1s，由于
该时刻质点Q向上振动，越衡位置质点振动的速度越大，质点Q从该时刻到达平衡位置所用时间小于，根据对称性可知，质点Q从平衡位置到达所用时间小于，则从该时刻起，经过0.1s，质点Q通过的路程大于20cm，故C错误；
D．此时质点P向下振动，可知经过时间，质点P位于波谷，此时质点Q处于从平衡位置向波峰位置振动的过程，即质点Q正向上振动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据图乙得出P的振动情况，再根据甲图根据波形平移法得出波的传播方向；
根据波的传播方向得出A的振动方向进行判断；
求出0.1s与周期的倍数关系，再得出Q的振动方向，结合质点的振动图像的信息分析的出质点Q从该时刻到达平衡位置所用时间，再根据对称性得出质点Q从平衡位置到达所用时间，再进行分析得出质点Q通过的路程的关系；
判断出质点P到达波谷的时间，再根据Q的运动情况得出Q的振动方向。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，即从高轨道到低轨道，需要在P点减速，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
可得，探测器在轨道上运行时的向心加速度为
在探测器变轨的过程中，受力不变，所以经过同一点的向心加速度相等，故B正确；
C．假设探测器在一个经过Q点的圆轨道上运行，根据牛顿第二定律
可得，探测器的运行速度为
则此时经过Q点的速度小于沿着轨道3经过P点的速度。若在Q点由圆轨道变到轨道2，要在Q点减速。所以探测器沿着轨道2经过Q的速度小于沿着轨道3经过P的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
当中心天体相同时，式中k为一个定量。由题意可知
所以
故D错误。
故答案为：B。
【分析】从高轨道到低轨道需减速；
根据万有引力提供向心力，求出加速度公式，再根据在探测器变轨的过程中，受力不变，求出加速度不变；
若探测器在一个经过Q点的圆轨道上运行，根据牛顿第二定律求出速度公式，再结合变轨的速度的变化情况列式求解；
根据开普勒第三定律列式进行分析。
4．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】如图所示
根据题意，由几何知识
得
小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律，通过连续相等的位移所用时间之比为
故答案为：C。
【分析】由几何知识得出，再根据小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，结合由初速度为零的匀加速直线运动规律，得出通过连续相等的位移所用时间之比。
5．【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．由图像可知，在上升到1m处，羽毛球的机械能为0.1125J，重力势能为0.050J，根据
可得，此时动能为0.0625J，故A错误；
B．分析图像可知，羽毛球上升的最大高度为2m，根据功能关系
又
则
故B错误；
C．由题图可知，在抛出时，机械能为0.125J，重力势能为0，则
又
则此时的速度为
故C正确；
D．由题图可知，在上升至高度为1.25m处，机械能为0.109375J，重力势能为0.0625J，即动能为0.046875J，故动能和重力势能不相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】由图像求出羽毛球的机械能以及重力势能的大小，再根据机械能公式求出动能大小；
分析图像得出羽毛球上升的最大高度时阻力做功的大小，再求出摩擦力大小；
在抛出时，求出机械能大小，此时重力势能为0，则根据动能公式求出速度大小；
由题图可知，在上升至高度为1.25m处，得出机械能以及重力势能大小进而求出重力势能以及动能的大小关系。
6．【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】由题意，设列车在AB段的位移大小为，运动时间为，则有
在BC段，则有
其中
求得
可知B为AC段的时间中点，根据匀变速直线运动时间中点速度公式，可得
联立求得
故答案为：A。
【分析】根据匀加速直线运动的规律求出AB段速度与时间关系，再根据BC段求出此事件段平均速度公式，从而求出两阶段时间关系，结合匀变速直线运动时间中点速度公式进行求解。
7．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题意可知，两小球的重力势能之和减少
故A错误；
B．当A球转到最低点时，B球的重力势能增加，动能增加，B球的机械能增加，由A、B组成的系统机械能守恒，故A球的机械能减少，故B错误；
C．由系统机械能守恒定律
根据可知
联立解得A球速度大小为
故C错误；
D．设此后半径OA向左偏离竖直方向的最大角度为θ，则有
其中
联立解得
故
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、结合结合关系以及重力势能公式求解；
B、根据二者机械能变化分析求解。
C、由系统机械能守恒定律列式，再根据求出A与B的速度大小关系，再求出A的速度；
D、根据系统机械能守恒定律列式，再结合数学知识列式求解，得出角度的大小关系。
8．【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】B．假设每个灯笼所受的风力均为f，对4个灯笼的整体受力分析可知
可得四个灯笼所受到的风力之和为
故B错误；
A．对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确；
C．以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力大小为
故C正确；
D．若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
则最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】对4个灯笼的整体受力分析列式求解得出四个灯笼所受到的风力之和；
对下面的n个灯笼（）的整体分析得出每根绳与竖直方向的夹角；
以3、4号灯笼为整体受力分析，根据平衡条件求解；
若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼（）的整体分析，根据平衡条件求解。
9．【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球动能增加来源于轻杆对它做功，故A错误；
B．小球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，则有
变形有
结合图像有
解得
故BC正确；
D．若去除外端弹簧，则有
变形有
可知，图像斜率发生变化，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据动能定理得出小球动能增加的原因；
根据牛顿第二定律列式结合图像以及胡克定律列式求解；
再根据去除外端弹簧，结合牛顿第二定律列式求解得出图像斜率变化。
10．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由题可知，系统在水平方向上动量守恒，故有
解得
故A正确；
B．由能量守恒可知
解得
故B错误；
C．物块B与挡板碰撞后得速度为，二者再次共速时，弹性势能最大，以水平向右为正方向，由动量守恒可得
由能量守恒可得
解得
故C错误；
D．物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
即物块B的速度大小为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、系统在水平方向上动量守恒，列式求出速度的大小；
B、根据能量守恒定律列式求出 弹簧弹性势能 的大小；
C、根据二者再次共速时，弹性势能最大列式求解；
D、物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为x过程，根据机械能守恒定律以及动量守恒定律列式求解。
11．【答案】；C；；无
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）一个周期经过最低点两次，则
解得
（3）根据单摆周期公式
可得
A.测量时形成了圆锥摆，摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B.挂件不规则不影响测量重力加速度的结果，故B错误；
C.测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算，周期测量值偏大，所以重力加速度的测量值偏小，故C正确。
故选C。
（4）设细线末端到小金属挂件重心的距离为r，根据单摆周期公式可得
联立解得
（5）由（4）可知，未测量金属摆件的重心位置，这对实验结果重力加速度的测量无影响。
【分析】（2）一个周期经过最低点两次，再根据时间关系求解得出周期大小；
（3）根据周期公式得出重力加速度公式，再结合实际进行判断；
（4）根据单摆周期公式列式求解；
（5）根据上述公式进行判断。
12．【答案】（1）调高
（2）不需要；没有；
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
【分析】（1）结合滑块根据光电门的运动时间大小关系进行判断；
（2）根据力的传感器判断得出不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块；
拉力大小由拉力传感器测量；
根据匀变速直线运动公式结合图像列式；
（3）根据牛顿第二定律列式，再结合图像求出斜率大小。
（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）[1]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
[2]拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
[3]根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
13．【答案】（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀速时，结合平衡条件求解，再结合匀减速运动求出速度大小，再根据 f=kv 求出阻力大小；
（2） 速度减为20m/s时 ，求出此时阻力，再根据牛顿第二定律求出加速度大小。
（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
14．【答案】（1）设小车脱离轨道时的速度大小为v，脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理有
解得
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，在下端，根据牛顿第二定律有
在上端，根据牛顿第二定律有
则
根据题意有
根据做功公式有
根据动能定理有
解得
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1） 根据题意假设脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，在结合几何关系以及牛顿第二定律列式求解；
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理列式求出克服摩擦力做功；
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，在上下端，根据牛顿第二定律列式，求出，根据 小车所受的摩擦阻力为小车对轨道压力的k = 0.25倍， 再结合做功以及动能定理列式求解。
（1）设小车脱离轨道时的速度大小为v，脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理有
解得
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，
在下端，根据牛顿第二定律有
在上端，根据牛顿第二定律有
则
根据题意有
根据做功公式有
根据动能定理有
解得
15．【答案】（1）对物块
设达到与传送带共速需x的距离
故
平抛过程
得
所以
（2）物块与木板作用过程，竖直方向
得：
水平方向
对物块水平方向
得
对木板及凹槽
得
（3）对物块
对板及凹槽
假设未共速，物块
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物块
板及凹槽
假设成立，假设恰好至凹槽最高点的半径为R0，则
得
故不能从凹槽上端离开，上升的最大高度为0.1m。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块根据牛顿第二定律列式，再根据达到与传送带共速需的距离进行判断，得出 物块离开传送带时的速度大小 ；再结合平抛过程得出竖直方向上速度大小，从而求出落地的速度；
（2）物块与木板作用过程，竖直方向根据动量定理列式，求出支持力冲量，在水平方向求出摩擦力冲量大小，对物块以及对木板及凹槽，在水平方向列式；
（3）对物块以及板及凹槽列式求出加速度大小，假设未共速，根据运动学公式对物块以及板及凹槽列式；结合求出时间，再求出物块以及板及凹槽速度大小，得出假设成立，再根据恰好至凹槽最高点结合动量守恒定律以及能量守恒列式求解。
（1）对物块
设达到与传送带共速需x的距离
故
平抛过程
得
所以
（2）物块与木板作用过程，竖直方向
得：
水平方向
对物块水平方向
得
对木板及凹槽
得
（3）对物块
对板及凹槽
假设未共速，物块
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物块
板及凹槽
假设成立，假设恰好至凹槽最高点的半径为R0，则
得
故不能从凹槽上端离开，上升的最大高度为0.1m。
1 / 12025届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考物理试卷
1．（2024高三上·湖北模拟）物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中应用了很多思想方法，以下叙述不正确的是（ ）
A．由牛顿第二定律可知物体的加速度，该公式应用了比值定义法
B．“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代法
C．伽俐略研究力和运动关系时，运用了理想实验法
D．研究物体沿曲面运动时重力做的功，应用了微元累积法
【答案】A
【知识点】力的合成；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．由牛顿第二定律可知物体的加速度
该公式通过实验得到，是加速度的决定式，不是定义式，没有应用了比值定义法，故A错误，符合题意；
B．“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代的思想，故B正确，不符合题意；
C．伽俐略研究力和运动关系时，进行了理想斜面实验，运用了理想实验法，故C正确，不符合题意；
D．研究物体沿曲面运动时重力做的功，将曲线无限分割，应用了微元累积法，故D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】加速度的决定式不是比值定义法；
熟悉“重心”、“合力与分力”用到的物理研究思想；
伽俐略研究力和运动关系运用了理想实验法；
熟悉研究物体沿曲面运动时重力做的功所用思想。
2．（2024高三上·湖北模拟）如图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像。则由图可知（ ）
A．波沿着x轴负方向传播
B．从该时刻起质点Q比质点P先运动至波峰位置
C．从该时刻起，经过0.1s，质点Q通过的路程为20cm
D．当质点P位于波谷时，质点Q正向下振动
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，此时质点P向下振动，结合图甲根据波形平移法可知，波沿着x轴正方向传播，故A错误；
B．由于波沿着x轴正方向传播，可知该时刻质点Q向上振动，质点P向下振动，则从该时刻起质点Q比质点P先运动至波峰位置，故B正确；
C．从该时刻起，经过0.1s，由于
该时刻质点Q向上振动，越衡位置质点振动的速度越大，质点Q从该时刻到达平衡位置所用时间小于，根据对称性可知，质点Q从平衡位置到达所用时间小于，则从该时刻起，经过0.1s，质点Q通过的路程大于20cm，故C错误；
D．此时质点P向下振动，可知经过时间，质点P位于波谷，此时质点Q处于从平衡位置向波峰位置振动的过程，即质点Q正向上振动，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据图乙得出P的振动情况，再根据甲图根据波形平移法得出波的传播方向；
根据波的传播方向得出A的振动方向进行判断；
求出0.1s与周期的倍数关系，再得出Q的振动方向，结合质点的振动图像的信息分析的出质点Q从该时刻到达平衡位置所用时间，再根据对称性得出质点Q从平衡位置到达所用时间，再进行分析得出质点Q通过的路程的关系；
判断出质点P到达波谷的时间，再根据Q的运动情况得出Q的振动方向。
3．（2024高三上·湖北模拟）2024年6月2日，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”以逆行方式进入月球轨道，被月球捕获后的部分过程如图所示：探测器在“12h大椭圆轨道1”运行经过P点时变轨进入“4h椭圆停泊轨道2”，在轨道2上经过P时再变轨进入“200km圆轨道3”，三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（ ）
A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速
B．探测器分别沿着轨道2和轨道3运行时，经过P点的向心加速度相等
C．探测器沿着轨道2经过Q的速度大于沿着轨道3经过P的速度
D．探测器在轨道3上运行的周期比在轨道1上运行的周期大
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，即从高轨道到低轨道，需要在P点减速，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
可得，探测器在轨道上运行时的向心加速度为
在探测器变轨的过程中，受力不变，所以经过同一点的向心加速度相等，故B正确；
C．假设探测器在一个经过Q点的圆轨道上运行，根据牛顿第二定律
可得，探测器的运行速度为
则此时经过Q点的速度小于沿着轨道3经过P点的速度。若在Q点由圆轨道变到轨道2，要在Q点减速。所以探测器沿着轨道2经过Q的速度小于沿着轨道3经过P的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
当中心天体相同时，式中k为一个定量。由题意可知
所以
故D错误。
故答案为：B。
【分析】从高轨道到低轨道需减速；
根据万有引力提供向心力，求出加速度公式，再根据在探测器变轨的过程中，受力不变，求出加速度不变；
若探测器在一个经过Q点的圆轨道上运行，根据牛顿第二定律求出速度公式，再结合变轨的速度的变化情况列式求解；
根据开普勒第三定律列式进行分析。
4．（2024高三上·湖北模拟）如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和圆周Q点上。圆①②③④共用顶点P，半径之比为1∶2∶3∶4，它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】如图所示
根据题意，由几何知识
得
小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律，通过连续相等的位移所用时间之比为
故答案为：C。
【分析】由几何知识得出，再根据小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，结合由初速度为零的匀加速直线运动规律，得出通过连续相等的位移所用时间之比。
5．（2024高三上·湖北模拟）质量为的羽毛球，从地面竖直向上抛出，取地面为重力势能零点，羽毛球的机械能E和重力势能Ep随高度h的变化如图所示。g取10m/s2，结合图像可知羽毛球（ ）
A．在上升到1m处，动能为0.050J
B．受到的阻力大小为0.01N
C．在抛出时，速度大小为
D．在上升至高度为1.25m处，动能和重力势能相等
【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．由图像可知，在上升到1m处，羽毛球的机械能为0.1125J，重力势能为0.050J，根据
可得，此时动能为0.0625J，故A错误；
B．分析图像可知，羽毛球上升的最大高度为2m，根据功能关系
又
则
故B错误；
C．由题图可知，在抛出时，机械能为0.125J，重力势能为0，则
又
则此时的速度为
故C正确；
D．由题图可知，在上升至高度为1.25m处，机械能为0.109375J，重力势能为0.0625J，即动能为0.046875J，故动能和重力势能不相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】由图像求出羽毛球的机械能以及重力势能的大小，再根据机械能公式求出动能大小；
分析图像得出羽毛球上升的最大高度时阻力做功的大小，再求出摩擦力大小；
在抛出时，求出机械能大小，此时重力势能为0，则根据动能公式求出速度大小；
由题图可知，在上升至高度为1.25m处，得出机械能以及重力势能大小进而求出重力势能以及动能的大小关系。
6．（2024高三上·湖北模拟）2023年9月，武汉“光谷光子号”空轨正式运营，它是目前国内唯一一条悬挂式单轨线路，是为了打造生态大走廊而规划的旅游线路。假设一列空轨列车从“高新四路站”出发，途中做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，BC间的距离是AB的2倍。列车头经过A点的速度为2m/s，在BC段的平均速度是AB段平均速度的2倍，则列车头经过C点的速度为（ ）
A．10m/s B．8m/s C．6m/s D．4m/s
【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】由题意，设列车在AB段的位移大小为，运动时间为，则有
在BC段，则有
其中
求得
可知B为AC段的时间中点，根据匀变速直线运动时间中点速度公式，可得
联立求得
故答案为：A。
【分析】根据匀加速直线运动的规律求出AB段速度与时间关系，再根据BC段求出此事件段平均速度公式，从而求出两阶段时间关系，结合匀变速直线运动时间中点速度公式进行求解。
7．（2024高三上·湖北模拟）如图，竖直放置的轻质圆盘半径为R，光滑水平固定轴穿过圆心O处的小孔。在盘的最右边缘固定一质量为2m的小球A，在离O点处固定一质量为m的小球B，两小球与O点连线的夹角为135°。现让圆盘自由转动，不计空气阻力，两小球均可视为质点，当A球转到最低点时（ ）
A．两小球的重力势能之和减少
B．A球机械能增加
C．A球速度大小为
D．此后半径OA向左偏离竖直方向的最大角度大于45°
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题意可知，两小球的重力势能之和减少
故A错误；
B．当A球转到最低点时，B球的重力势能增加，动能增加，B球的机械能增加，由A、B组成的系统机械能守恒，故A球的机械能减少，故B错误；
C．由系统机械能守恒定律
根据可知
联立解得A球速度大小为
故C错误；
D．设此后半径OA向左偏离竖直方向的最大角度为θ，则有
其中
联立解得
故
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、结合结合关系以及重力势能公式求解；
B、根据二者机械能变化分析求解。
C、由系统机械能守恒定律列式，再根据求出A与B的速度大小关系，再求出A的速度；
D、根据系统机械能守恒定律列式，再结合数学知识列式求解，得出角度的大小关系。
8．（2024高三上·湖北模拟）国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、4，灯笼质量均为m，每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重力加速度大小为g，则（ ）
A．每根绳与竖直方向的夹角均相同
B．四个灯笼所受到的风力之和等于4mg
C．2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于
D．若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化
【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】B．假设每个灯笼所受的风力均为f，对4个灯笼的整体受力分析可知
可得四个灯笼所受到的风力之和为
故B错误；
A．对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确；
C．以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力大小为
故C正确；
D．若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
则最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】对4个灯笼的整体受力分析列式求解得出四个灯笼所受到的风力之和；
对下面的n个灯笼（）的整体分析得出每根绳与竖直方向的夹角；
以3、4号灯笼为整体受力分析，根据平衡条件求解；
若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼（）的整体分析，根据平衡条件求解。
9．（2024高三上·湖北模拟）如图甲所示，水平面内一光滑圆盘可绕经过圆心O的竖直转轴转动。轻杆沿半径方向固定，两端分别在O点和圆盘边缘P点。一质量为2kg的小球（视为质点）和两相同的轻弹簧连接套在轻杆上，两弹簧另外一端分别连接在O、P点，圆盘半径为L，弹簧原长为、劲度系数为k。当圆盘角速度从0缓慢增大的过程中，图像如乙所示，x是小球与初位置的距离，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（ ）
A．小球动能增加来源于弹簧对它做功
B．弹簧的劲度系数k为100N/m
C．圆盘半径L为2m
D．若去除外端弹簧，此图像斜率不变
【答案】B,C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球动能增加来源于轻杆对它做功，故A错误；
B．小球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，则有
变形有
结合图像有
解得
故BC正确；
D．若去除外端弹簧，则有
变形有
可知，图像斜率发生变化，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据动能定理得出小球动能增加的原因；
根据牛顿第二定律列式结合图像以及胡克定律列式求解；
再根据去除外端弹簧，结合牛顿第二定律列式求解得出图像斜率变化。
10．（2024高三上·湖北模拟）如图所示，质量为2m的物块A与质量为m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板。现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为
B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为
C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为
D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由题可知，系统在水平方向上动量守恒，故有
解得
故A正确；
B．由能量守恒可知
解得
故B错误；
C．物块B与挡板碰撞后得速度为，二者再次共速时，弹性势能最大，以水平向右为正方向，由动量守恒可得
由能量守恒可得
解得
故C错误；
D．物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
即物块B的速度大小为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、系统在水平方向上动量守恒，列式求出速度的大小；
B、根据能量守恒定律列式求出 弹簧弹性势能 的大小；
C、根据二者再次共速时，弹性势能最大列式求解；
D、物块B与挡板碰撞后到弹簧与第一次伸长量为x过程，根据机械能守恒定律以及动量守恒定律列式求解。
11．（2024高三上·湖北模拟）小明在实验室做完实验“探究单摆周期与摆长的关系”后意犹未尽，他在家里找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆，来测量当地的重力加速度。具体操作如下：
（1）用刻度尺测量ON间细线的长度l，将挂件拉开一个略小于α=5°的角度。
（2）由静止释放小挂件，从挂件摆至最低处开始用手机计时，当挂件第N次（开始计时时记为第1次）通过最低处时，停止计时，显示时间为t，则周期T= 。
（3）实验时小明测得的g值偏小，可能是因为 （单选）
A.摆动过程中，小挂件实际上形成了圆锥摆
B.挂件不规则
C.测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算
（4）改变ON间细线的长度先后做两次实验，记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，则重力加速度为 （用l1、T1、l2、T2表示）
（5）小明未测量金属挂件的重心位置，这对第（4）问实验结果 （填“有”或“无”）影响。
【答案】；C；；无
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（2）一个周期经过最低点两次，则
解得
（3）根据单摆周期公式
可得
A.测量时形成了圆锥摆，摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B.挂件不规则不影响测量重力加速度的结果，故B错误；
C.测出n次全振动时间为t，误作为（）次全振动时间进行计算，周期测量值偏大，所以重力加速度的测量值偏小，故C正确。
故选C。
（4）设细线末端到小金属挂件重心的距离为r，根据单摆周期公式可得
联立解得
（5）由（4）可知，未测量金属摆件的重心位置，这对实验结果重力加速度的测量无影响。
【分析】（2）一个周期经过最低点两次，再根据时间关系求解得出周期大小；
（3）根据周期公式得出重力加速度公式，再结合实际进行判断；
（4）根据单摆周期公式列式求解；
（5）根据上述公式进行判断。
12．（2024高三上·湖北模拟）某实验小组用如图a所示装置探究加速度与力、质量的关系，水平轨道上安装两个光电门1、2，它们的中心距离用L表示，滑块上的遮光条宽度很窄，滑块上装有力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为M，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶后悬挂固定。实验步骤如下：
（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，滑块先后经过光电门1、2.若数字计时器显示遮光条通过光电门1的遮光时间比通过光电门2的遮光时间短，则要将气垫导轨右侧适当 （填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。
（2）实验中某同学为了精确测量加速度，连接好如图所示装置后，固定光电门2的位置，每次使滑块从同一位置释放，不断改变光电门1的位置进行多次测量，依次从光电门计时器读取出遮光片从光电门1至2的时间（用t表示）。操作过程中砂桶总质量不变，数据处理后作出函数图象，如图b、另外，从力传感器读取出示数F。请问：
i.实验 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究 （填“有”或“没有”）影响。
ii.写出图b中直线的函数关系式 （用L、t、a、v2表示，a和v2分别为滑块的加速度及它经过光电门2的速度）。
（3）改变砂桶的质量，重复（2）得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现a—F图在误差允许的范围内是正比例图线。如图c，图线的斜率应是___________。
A． B． C．
【答案】（1）调高
（2）不需要；没有；
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
【分析】（1）结合滑块根据光电门的运动时间大小关系进行判断；
（2）根据力的传感器判断得出不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块；
拉力大小由拉力传感器测量；
根据匀变速直线运动公式结合图像列式；
（3）根据牛顿第二定律列式，再结合图像求出斜率大小。
（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）[1]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
[2]拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
[3]根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
13．（2024高三上·湖北模拟）北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v1=60m/s，打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a0=1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv，k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求：
（1）打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力；
（2）速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。
【答案】（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀速时，结合平衡条件求解，再结合匀减速运动求出速度大小，再根据 f=kv 求出阻力大小；
（2） 速度减为20m/s时 ，求出此时阻力，再根据牛顿第二定律求出加速度大小。
（1）匀速时，根据平衡条件
可知
匀减速过程
得
刚开主伞
（2）速度为时
根据牛顿第二定律
得
14．（2024高三上·湖北模拟）如图所示为固定在竖直平面内半径为R = 1 m的半圆形粗糙轨道，A为最低点，B为圆心等高处，C为最高点。一质量为m = 1 kg的遥控小车（可视为质点）从A点水平向右以v0 = 8 m/s无动力进入轨道，上升高度为H = 1.8 m时脱离轨道，重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力。求：（可保留根号或π的形式，或对应结果保留1位小数）
（1）小车脱离轨道时的速度大小；
（2）小车从A至脱离过程克服摩擦力所做的功；
（3）开启动力后，小车以v0 = 8 m/s匀速率沿着轨道运动，若小车所受的摩擦阻力为小车对轨道压力的k = 0.25倍，求小车从A到C过程中电动机做的功。
【答案】（1）设小车脱离轨道时的速度大小为v，脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理有
解得
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，在下端，根据牛顿第二定律有
在上端，根据牛顿第二定律有
则
根据题意有
根据做功公式有
根据动能定理有
解得
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1） 根据题意假设脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，在结合几何关系以及牛顿第二定律列式求解；
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理列式求出克服摩擦力做功；
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，在上下端，根据牛顿第二定律列式，求出，根据 小车所受的摩擦阻力为小车对轨道压力的k = 0.25倍， 再结合做功以及动能定理列式求解。
（1）设小车脱离轨道时的速度大小为v，脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）小车从A点至脱离过程，根据动能定理有
解得
（3）取关于水平半径对称的上下两端极短圆弧，该位置与圆心连线与水平夹角设为α，
在下端，根据牛顿第二定律有
在上端，根据牛顿第二定律有
则
根据题意有
根据做功公式有
根据动能定理有
解得
15．（2024高三上·湖北模拟）如图所示，光滑水平地面上静置一表面光滑的圆弧凹槽D和一长木板C，质量均为m=1kg，木板与凹槽紧挨，木板上表面与凹槽圆弧表面相切。上方H=1.8m处有一长L1=5m的水平传送带以v=8m/s的速度顺时针运行，将一质量m1=1kg的小物块P（可视为质点）轻放在传送带的左端，物块与传送带的动摩擦因数μ1=0.8，P离开传送带后，落至木板表面无反弹，竖直方向速度经减为0，此时物块P离木板右端长度为L2=3.5m，物块与木板表面动摩擦因数μ2=0.2，物块到达木板右端后冲上凹槽，圆弧表面半径R=0.2m，g取10m/s2，求：
（1）物块离开传送带时的速度大小v1及刚接触木板的速度大小v2；
（2）物块经作用后，物块速度v3及木板速度v4的大小；
（3）判断物块滑上凹槽后能否从上端离开，如果能，求离开后还能上升的高度；如果不能，求物块滑上凹槽后上升的最大高度。
【答案】（1）对物块
设达到与传送带共速需x的距离
故
平抛过程
得
所以
（2）物块与木板作用过程，竖直方向
得：
水平方向
对物块水平方向
得
对木板及凹槽
得
（3）对物块
对板及凹槽
假设未共速，物块
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物块
板及凹槽
假设成立，假设恰好至凹槽最高点的半径为R0，则
得
故不能从凹槽上端离开，上升的最大高度为0.1m。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块根据牛顿第二定律列式，再根据达到与传送带共速需的距离进行判断，得出 物块离开传送带时的速度大小 ；再结合平抛过程得出竖直方向上速度大小，从而求出落地的速度；
（2）物块与木板作用过程，竖直方向根据动量定理列式，求出支持力冲量，在水平方向求出摩擦力冲量大小，对物块以及对木板及凹槽，在水平方向列式；
（3）对物块以及板及凹槽列式求出加速度大小，假设未共速，根据运动学公式对物块以及板及凹槽列式；结合求出时间，再求出物块以及板及凹槽速度大小，得出假设成立，再根据恰好至凹槽最高点结合动量守恒定律以及能量守恒列式求解。
（1）对物块
设达到与传送带共速需x的距离
故
平抛过程
得
所以
（2）物块与木板作用过程，竖直方向
得：
水平方向
对物块水平方向
得
对木板及凹槽
得
（3）对物块
对板及凹槽
假设未共速，物块
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物块
板及凹槽
假设成立，假设恰好至凹槽最高点的半径为R0，则
得
故不能从凹槽上端离开，上升的最大高度为0.1m。
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