浙江省G5联盟2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·浙江期中）下列器材不能测量国际单位制中基本物理量的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·浙江期中）我国自主研发的第三代深海敷缆作业平台如图所示，其中的机器人集成了“声呐探测-液压挖掘-精准敷设”三大功能模块，配备多关节液压机械臂、高精度声呐阵列和自适应行走机构。可将机器人看成质点的是（ ）
A．操控机器人进行挖沟作业
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态
C．定位机器人在敷埋线路上的位置
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
3．（2025高一下·浙江期中）如图所示，不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球球心的距离为3r，达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷
B．点电荷Q在金属球内产生的电场的场强处处为零
C．若用导线连接球的左右两侧，球两侧都不带电
D．感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小为
4．（2025高一下·浙江期中）如图所示为某一带电粒子从a到b通过一电场区域时速度随时间变化的v-t图像。该带电粒子只受电场力作用，用虚线表示该带电粒子的运动轨迹，则粒子运动轨迹和电场线分布情况可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高一下·浙江期中）地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，远日点与太阳中心的距离为。下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的倍
B．哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度
C．哈雷彗星在近日点和远日点的速度之比为
D．相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积相等
6．（2025高一下·浙江期中）风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30%可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·浙江期中）新能源汽车的发展是为了减少对传统燃料的依赖，减少环境污染和减少温室气体的排放。如图所示为我国比某迪一型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，下列说法错误的是（ ）
A．汽车匀加速所需时间为
B．汽车牵引力的额定功率为
C．汽车在车速为时，功率为
D．汽车所受阻力为
8．（2025高一下·浙江期中）某同学在离篮球场地面一定高度处静止释放一个充气充足的篮球，篮球与地面碰撞时间极短，空气阻力恒定，不可忽略，则篮球的动能与时间t的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一下·浙江期中）如图，在竖直平面内，将一小球以一定的初速度从A点抛出，速度方向与竖直方向成角。经过一段时间后小球经过点，此时速度方向与初速度方向垂直，A、B两点的距离为。不计空气阻力，重力加速度为，对于小球从A运动到B的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A点运动到B点速度变化量为
B．小球在点的初速度大小为
C．小球的运动时间为
D．小球到达B点的速度大小为
10．（2025高一下·浙江期中）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量分别为和的、两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（ ）
A．若球受到的摩擦力为零，则
B．若球所受车厢壁弹力为零，则
C．若推力向左，且，则加速度大小范围是
D．若推力向右，且，则加速度大小范围是
二、选择题II（本题共3小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分，共12分）
11．（2025高一下·浙江期中）下面说法正确的有（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值
B．开普勒第三定律，式中的值不仅与中心天体质量有关，还与环绕行星运动的速度有关
C．法拉第最早提出了电场线的概念
D．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
12．（2025高一下·浙江期中）如图所示，底座和竖直杆连在一起，置于水平地面上，直杆顶端用长为细线拴着一个小球，给小球以一定的速度使小球做圆锥摆运动，小球运动时底座始终不动。在底座和水平面的接触处以及杆和绳的接触点安装有力传感器，可以显示地面受到的压力和杆顶受到的拉力大小。若小球在水平面内以角速度5rad/s做匀速圆周运动时，传感器显示地面所受压力为25N，对杆顶的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项正确的是（ ）
A．杆与底座的总质量是2kg
B．小球质量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值为0.375
13．（2025高一下·浙江期中）如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球到达点时的速度大小为
C．小球到达点时的速度大小为
D．小球由运动到的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小
三、实验题（本题共3题，共16分）
14．（2025高一下·浙江期中）为探究物体加速度a与外力F和物体质量M的关系，研究小组的同学们在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连，可以从传感器上直接读出细线拉力；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连，从弹簧测力计上可读出细线拉力；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。三种方案均以质量为m的槽码的重力作为动力。
（1）关于三个实验方案，下列说法正确的是___
___。
A．甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力
B．甲、乙、丙方案均需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量
C．乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力等于槽码所受重力的一半
（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如图丁所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出），测得，，，。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度 （结果保留两位有效数字）。
（3）甲方案实验中，以小车的加速度a为纵坐标、钩码的重力F为横坐标作出的图像戊理想状态下应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图所示的三种情况。关于这三种情况下列说法中正确的是______。
A．图线①交于纵轴的原因是钩码挂的个数太多
B．图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太少
C．图线③交于横轴的原因可能是未平衡小车受到的阻力
15．（2025高一下·浙江期中）实验小组做探究影响向心力大小因素的实验：
①方案一：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和。回答以下问题：
（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的___________；
A. 探究小车速度随时间变化规律 B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究平抛运动的特点 D. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________层塔轮（填“一”、“二”或“三”）。
②方案二：如图丙所示装置，装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块P与竖直转轴间的距离可调。回答以下问题：
（3）若某次实验中测得挡光条的挡光时间伪，则滑块P的角速度表达式为________；
（4）实验小组保持滑块P质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度的关系，作出图线如图丁所示，若滑块P运动半径，细线的质量和滑块与杆的摩擦可忽略，由图线可滑块P质量________kg（结果保留2位有效数字）。
16．（2025高一下·浙江期中）同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了如图甲所示的两种方案：
（1）为完成实验方案1，下列说法正确的是________。
A．还需要刻度尺、秒表、交流电源
B．必须用天平测出重物的质量
C．可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度
D．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先接通电源，后释放重物甲
（2）用方案1装置打出的一条纸带如图乙所示，图中、、、、、为连续打出的点，交流电频率为，计算出打下点时重物的速度大小为 （结果保留3位有效数字）。
（3）方案2中，数字计时器测得遮光条通过光电门的时间为，多次改变光电门的位置并测出多组和，描绘出的图像如丙所示。已知图像的斜率为，则 即可认为机械能守恒。已知滑块与遮光条总质量为、钩码质量为、重力加速度为、遮光条的宽度。（用、、、来表示）
四、计算题（本题共4题，共42分）
17．（2025高一下·浙江期中）如图所示，A、B是两个带等量电荷的小球，电荷量均为，A固定在斜面底端竖直放置的长为的绝缘支杆上，质量为的B静止于光滑绝缘倾角为的斜面上且恰与A等高，AB小球所在的空间内有一竖直向下的匀强电场（未知，其他量为已知量），其中重力加速度为，静电力常量为。求：
（1）AB之间库仑力大小；
（2）空间中匀强电场的大小。
18．（2025高一下·浙江期中）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量的小物块从点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为，，取，，。求物块：
（1）第一次滑过点时的速度大小；
（2）第一次在传送带上往返运动的时间；
（3）第一次返回斜面上时，沿斜面上滑的最大距离；
（4）写出物体从传送带上返回至点时的速度大小与从传送带返回次数的关系；
19．（2025高一下·浙江期中）如图所示，质量的物体A上表面为光滑斜面，斜面长，与水平方向的夹角，在斜面下端有一质量的小物体，某时刻A、B一起从点以初速度向左匀减速滑行。已知重力加速度，，。
（1）求A的下表面与水平面间的动摩擦因数；
（2）当A的速度减为零时，立即对A施加水平向右的推力。
①若A、B一起水平向右匀加速运动，求A的右端回到位置的过程中推力所做的功 ；
②若A的右端回到位置，B恰好运动到斜面最高点。B物体在该过程中处于 状态（填“超重”或“失重”），求该过程中A与地面间因摩擦产生的内能。
20．（2025高一下·浙江期中）小红同学设计了如图所示游戏装置，该装置由劲度系数的轻弹簧（轻弹簧左侧栓接在墙上，右侧不与物块栓接，并且轻弹簧所在平台光滑），固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道，接触面光滑的半径为的螺旋圆形轨道以及静止在水平面上的足够长的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道、相切于处，切点到水平地面的高度为，点到长木板的竖直高度为。压缩轻弹簧使质量的物块（可视为质点）从点以某一初速度水平抛出，物块恰好能从点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量、、、，空气阻力以及长木板厚度不计，取。，，求：
（1）轻弹簧的压缩量是多少？（轻弹簧弹性势能，为弹簧的形变量）
（2）物块经过螺旋圆形轨道最低点时，物块对轨道的弹力；
（3）物块与长木板间的滑动摩擦因数，长木板与水平地面间的滑动摩擦因数。物块滑上长木板左侧瞬间，外界给长木板施加一个水平向右的恒力，大小为。求物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．刻度尺是测量长度的，是测量基本量的，故A错误；
B．静电计是测电势差的仪器，电势差不是基本物理量，故B正确；
C．托盘天平是测量质量的仪器，是测量的力学基本量，故C错误；
D．打点计时器是计时仪器，是测量的力学基本量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是区分国际单位制中的基本物理量和导出物理量，关键在于了解每个仪器的测量对象，并判断该物理量是否为基本量。
2．【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A．操控机器人进行挖沟作业，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故A错误；
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故B错误；
C．定位机器人在敷埋线路上的位置，机器人的形状大小可以忽略不计，机器人能看成质点，故C正确；
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解质点模型的适用条件，关键在于判断在研究的问题中，物体的大小和形状是否可以被忽略。
3．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．金属球发生静电感应，靠近点电荷的一侧带异种电荷，远离的一侧带同种电荷，所以金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，A错误；
B．静电平衡的导体内部场强处处为零，所以是点电荷和感应电荷在金属球内产生的合场强为零，B错误；
C．用导线连接球的左右两侧，由于静电感应现象，球依然左侧感应出正电荷，右侧感应出负电荷，C错误；
D．静电平衡的导体内部场强处处为零，点电荷在球心处产生的场强大小为
所以感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小也为，方向与点电荷产生的场强方向相反，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解静电平衡的性质，关键在于知道处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，这是外部电场与感应电荷电场叠加的结果。
4．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由v-t图像可知，速度减小，加速度减小，带电粒子只受电场力作用，根据牛顿第二定律有F=ma=qE
可知，电场强度E减小，电场线越疏的场强越小，可知带电粒子应该从电场线密的地方向电场线疏的地方运动，带电粒子从a到b运动时，轨迹切线方向表速度方向，力指向轨迹的凹侧面，且带电粒子速度减小，所以力和速度夹角成钝角。
故答案为：D。
【分析】从 v-t 图像提取两个关键信息：①粒子速度减小，说明电场力与速度方向夹角为钝角；②加速度减小，说明电场强度减小（电场线变疏）。再结合轨迹弯曲方向判断受力方向。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为T’=(2061 1986)年=75年
根据开普勒第三定律有
解得，故A错误；
B．哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转轨道半径小，根据万有引力提供向心力
得，可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度，故B正确；
CD．根据开普勒第二定律，相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，但并不与地球与太阳连线扫过的面积相等。设哈雷彗星在近日点和远日点的速度分别为v1、v2，取时间微元，结合扇形面积公式
可知
解得，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒三大定律和万有引力提供向心力的公式，对各选项逐一分析。
6．【答案】B
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】在内经过叶片的空气体积为
空气的质量为
空气的动能为
风能的30%可转化为电能，则
，
整理可得，电能就是发电功率
代入数据解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】在内经过叶片的空气体积为，空气的质量为，空气的动能为
得到动能表达式，根据电能转化率写出电能表达式，根据计算发电功率。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．由图可知，汽车在速度等于前，加速度不变，故汽车是恒加速度启动的，根据匀变速直线运动的基本规律可知故A正确；
BD．由图可知，汽车的最大速度为，汽车开始做匀速直线运动，此时F=f
当时，汽车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得，，故B正确，D错误；
C．汽车在车速为5m/s时，汽车处于匀加速阶段，故，P=Fv
解得，故C正确。
故答案为：D。
【分析】先根据图像判断汽车启动方式（恒加速→恒功率），再利用牛顿第二定律和功率公式 P=Fv 联立求解阻力、额定功率，最后逐一验证选项。
8．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；动能
【解析】【解答】设空气阻力为f，篮球质量为m，设下落阶段篮球加速度为，由牛顿第二定律得
则动能
知图像斜率为，可知随着时间增大斜率变大，图像变陡；设篮球落地是速度大小为，篮球与地面碰撞时间极短，篮球速度大小不变、方向反向，此后上升过程设加速度大小为，由牛顿第二定律得
则动能
则可知图像斜率为，由于可知斜率随着时间增大而减小，图像变缓直至动能减为0，由于，所以下落时间大于上升时间，综合可知，B选项符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查动能与运动过程的关系，核心是分 “下落” 和 “反弹上升” 两个阶段，结合空气阻力的影响，分析动能随时间的变化规律。
9．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．由运动学规律可得，小球从A点运动到B点速度变化量大小为，故A错误；B．小球在A点时的初速度大小，故 B错误；
C．沿初速度方向和垂直初速度方向建立平面xOy坐标系如图
将重力加速度沿两方向分解，设小球从A点运动到B点所用时间为t
根据题意，小球经过点时速度方向与初速度方向垂直
由运动学规律可得，沿x轴方向有
沿y轴方向有
故得
又由运动学规律可得，沿x轴方向有
沿y轴方向有
根据题意由几何关系得
联立以上各式代入数据得，故C错误；
D．小球经过B点时的速度大小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是将运动分解到初速度方向和垂直于初速度方向，利用两个方向上的运动学规律来求解，关键在于理解速度方向垂直时，初速度方向的分速度为零，从而建立方程。
10．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】A．设杆的弹力为，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向有
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律，A错误；
B．对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得，B错误；
C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知整体加速度向左，小球A向左的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A受向左的合力最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于
可知
故最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律
可得，C错误；
D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是对连接体进行受力分析，结合整体法与隔离法，根据不同临界状态（摩擦力为零、弹力为零）来推导加速度和推力的关系。
11．【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；引力常量及其测定；电场线
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，但引力常量 G 是由卡文迪许通过扭秤实验测出的，故A错误；
B．开普勒第三定律，式中的值与中心天体质量有关，故B错误；
C．英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；
D．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】这道题的核心是对物理学史上重要发现和定律的考察，关键在于准确记忆每个选项中对应的物理学家和贡献。
12．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可知，地面对整体的支持力为
对整体分析，竖直方向上
解得，故A错误；
B．设小球的质量为m，杆与底座的总质量为M，绳子与竖直方向的夹角为θ，竖直方向上，由平衡条件有
水平方向上，由牛顿第二定律有
联立解得，，故B正确；
C．对杆和底座受力分析可知，水平方向上有
根据牛顿第三定律有，故C正确；
D．设底座和水平地面间的动摩擦因数为μ，则有
解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对小球进行受力分析，利用竖直方向平衡和水平方向向心力公式求出小球质量、绳与竖直方向夹角；再对整体分析，求出杆与底座总质量、地面摩擦力及动摩擦因数最小值。
13．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设弹簧的劲度系数为，初始时刻弹簧的压缩长度为，由于B不受绳子拉力作用，根据平衡方程及胡克定律有
小球A沿圆弧运动到最低点时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，由于物块C对挡板的作用力等于0，根据平衡方程有
易得
当小球A沿圆弧运动到最低点时，B沿斜面运动的位移为
根据几何关系有
解得
，
故A正确；
BC．设小球A到达点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，根据A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
故B正确，C错误；
D．小球A由运动到的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，根据弹簧形变量的变化可以得出弹性势能先减小后增大，根据系统机械能守恒定律可以得出小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用最初B的平衡方程结合C的平衡方程及形变量的大小可以求出劲度系数的大小；利用机械能守恒定律结合速度的分解可以求出小球到达N点速度的大小；利用系统机械能守恒定律可以判别A和B机械能之和的大小变化。
14．【答案】（1）A
（2）0.51
（3）C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．由图示实验装置可知，甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力，故A正确；
B．由图示实验装置可知，甲实验中小车受到的拉力可以由力传感器测出，乙实验中小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，甲、乙实验不需要方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．由图示可知，乙方案中，小车加速运动时槽码向下加速运动，槽码处于失重状态，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半，故C错误。
故答案为：A。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动的推论由逐差法可知，小车的加速度大小
故答案为：0.51
（3）A．由图示图像可知，纵轴的截距大于0， F=0（即不挂钩码）时小车就具有了加速度；产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故A错误；
B．图线②在力较小时图像是直线，加速度与拉力成正比；拉力较大时图像向下弯曲，加速度偏小，由牛顿第二定律可得，
解得
可知当时，
图像为直线，当钩码挂的个数太多时，不满足，则
图像右端向下弯曲，所以图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多造成的，故B错误；
C．图线③在横轴的截距大于0，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小或未平衡小车受到的阻力，故C正确。
故答案为：C。
【分析】(1) 分析三个实验方案的原理，判断是否需要平衡摩擦力、是否需要满足小车质量远大于槽码质量，以及拉力与槽码重力的关系。
(2) 利用逐差法，根据纸带数据计算小车的加速度。
(3) 分析 a-F 图像的三种偏差情况，判断其产生的原因。
（1）A．由图示实验装置可知，甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力，故A正确；
B．由图示实验装置可知，甲实验中小车受到的拉力可以由力传感器测出，乙实验中小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，甲、乙实验不需要方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．由图示可知，乙方案中，小车加速运动时槽码向下加速运动，槽码处于失重状态，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半，故C错误。
故选A。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动的推论由逐差法可知，小车的加速度大小
（3）A．由图示图像可知，纵轴的截距大于0， F=0（即不挂钩码）时小车就具有了加速度；产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故A错误；
B．图线②在力较小时图像是直线，加速度与拉力成正比；拉力较大时图像向下弯曲，加速度偏小，由牛顿第二定律可得，
解得
可知当时，
图像为直线，当钩码挂的个数太多时，不满足，则
图像右端向下弯曲，所以图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多造成的，故B错误；
C．图线③在横轴的截距大于0，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小或未平衡小车受到的阻力，故C正确。
故选C。
15．【答案】(1) D
(2) 一
(3)
(4) 0.44（0.43~0.45均可）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；研究平抛物体的运动；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法：
A．探究小车速度随时间变化规律，利用极限思想计算小车的速度，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故B错误；
C．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故D正确。
故答案为：D。
（2）把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
故答案为：一
（3）挡光条的线速度为
则滑块P的角速度为
故答案为：
（4）根据向心力大小公式
所以图线的斜率为
解得，滑块P质量为
故答案为：0.44（0.43~0.45均可）
【分析】(1)本实验探究向心力大小的影响因素，采用控制变量法，与探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验方法相同。
(2)探究向心力与半径的关系时，需要控制质量和角速度不变，同一层塔轮的线速度相同，半径相同的塔轮角速度相同，因此需要将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)挡光条通过光电门的速度为，根据线速度与角速度的关系，可推导出角速度的表达式。
(4)向心力公式为，因此图线的斜率为，结合图线斜率和半径可求出滑块质量。
16．【答案】（1）D
（2）1.75
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C．不可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度，因为这样默认机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上；为了充分利用纸带，实验时先接通电源，后释放重物甲，故D正确。
故答案为：D。
（2）计算出打下点时重物的速度大小为
故答案为：1.75
（3）滑块经过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
故答案为：
【分析】(1)验证机械能守恒实验中，需要明确实验器材和操作规范。打点计时器使用交流电源，需要刻度尺测量点间距，不需要秒表和天平；瞬时速度应通过纸带的平均速度计算，不能直接用 ；安装时限位孔需在同一竖直线，且先通电后释放重物。
(2)匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度。D点是C到E的时间中点，因此D点速度等于C到E的平均速度。
(3)机械能守恒的条件是系统动能的增加量等于重力势能的减少量。通过推导 的关系式，得到图像斜率 的表达式。
（1）A．通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C．不可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度，因为这样默认机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上；为了充分利用纸带，实验时先接通电源，后释放重物甲，故D正确。
故选D。
（2）计算出打下点时重物的速度大小为
（3）滑块经过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
17．【答案】（1）解：设为两个小球间的距离，库仑力表达式为
其中
解得
（2）解：根据受力平衡
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)先通过几何关系求出 AB 间的距离，再用库仑定律直接计算库仑力大小。
(2)对小球 B 进行受力分析，它受到重力、电场力、库仑力和斜面支持力。在沿斜面方向受力平衡，通过平衡方程求解匀强电场的大小。
（1）设为两个小球间的距离，库仑力表达式为
其中
解得
（2）根据受力平衡
解得
18．【答案】（1）解：第一次滑过点时由动能定理
解得
（2）解：滑块在传送带上运动的加速度
则向左运动速度减为零的时间
最远距离
向右返回时，加速的时间
加速的位移
匀速时间
往返时间
（3）解：第一次返回斜面上滑时的初速度为，沿斜面上滑的加速度
则上滑的最大距离
（4）解：第一次返回时，设第次从传送带返回至点的速度为，物块在斜面上向下滑动时的加速度，
上式为第次返回至点，再从斜面最高点滑至点的速度。速度小于传送带的速度，所以第次从传送带返回至点的速度与速度大小相等，则
即
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)物块沿斜面下滑时，受力分析后用牛顿第二定律求出加速度，再用运动学公式求出到达P点的速度。
(2)物块在传送带上先做匀减速运动，速度减至传送带速度后做匀速运动；返回时先匀加速，速度达到传送带速度后匀速，分阶段计算时间并求和。
(3)物块返回斜面时，受力分析后求出上滑加速度，用运动学公式求出上滑的最大距离。
(4)分析每次返回P点时的速度变化规律，推导出速度与返回次数的关系式。
（1）第一次滑过点时由动能定理
解得
（2）滑块在传送带上运动的加速度
则向左运动速度减为零的时间
最远距离
向右返回时，加速的时间
加速的位移
匀速时间
往返时间
（3）第一次返回斜面上滑时的初速度为，沿斜面上滑的加速度
则上滑的最大距离
（4）第一次返回时，设第次从传送带返回至点的速度为，物块在斜面上向下滑动时的加速度，
上式为第次返回至点，再从斜面最高点滑至点的速度。速度小于传送带的速度，所以第次从传送带返回至点的速度与速度大小相等，则
即
19．【答案】（1）解：对小物体由牛顿第二定律有
对A、B整体由牛顿第二定律有
解得，
（2）①解：根据、整体牛顿第二定律根据运动学公式解得，则；②解：物块处于超重状态；设在向右运动过程中，A对的支持力为，地面对的支持力，的加速度在水平、竖直方向的分量分别为、，根据，，结合运动学公式，又代入数据得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1)对A、B整体受力分析，水平方向仅受滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，再结合摩擦力公式求解动摩擦因数。
(2)①：A、B一起匀加速向右运动时，先求出整体加速度，再用运动学公式求出A回到P点的速度，最后由动能定理求出推力做功。
②：B沿斜面上升时，其加速度有竖直向上的分量，故处于超重状态；通过受力分析和能量守恒，求出A与地面因摩擦产生的内能。
（1）对小物体由牛顿第二定律有
对A、B整体由牛顿第二定律有
解得，
（2）①根据、整体牛顿第二定律
根据运动学公式
解得，
则
②法一：物块处于超重状态；设在向右运动过程中，A对的支持力为，地面对的支持力，的加速度在水平、竖直方向的分量分别为、，根据，，
结合运动学公式，
又
代入数据得
法二：相对的相对加速度与斜面向右的加速度如图所示
对物体受力分析可知沿斜面方向上的加速度由重力沿斜面向下的分力产生得
根据物体相对沿斜面向上的匀加速运动得
根据物体B在水平方向的对地位移得
且，，
对物体和整体分析可得地面对物体的支持力，通过前六式可得内能为
20．【答案】（1）解：物块从点做平抛运动到点，有
解得
所以
根据能量关系
解得
（2）解：从到由动能定理可得
在点，对物块分析有
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的弹力大小为，方向竖直向下
（3）解：从到，由动能定理可得
解得
物块刚滑上木板时，可知物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
对木板受力分析，可知木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块和木板共速，则有
解得，
此过程物块与木板发生的位移大小分别为，
物块与木板发生的相对位移大小为
共速后，重新对两个物体受力分析，可得物块做匀加速直线运动的加速度仍然为，此时物块相对于木板向左运动，木板受到物块的滑动摩擦力方向改变，对木板根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块从木板左端滑落，则有
解得
从共速到滑落物块通过的位移大小为
则物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)物块从A点平抛到B点，恰好无碰撞进入斜面，说明到达B点时速度方向与斜面倾角37°一致，先由平抛运动规律求出A点速度，再由弹簧弹性势能守恒求出压缩量。
(2)从B点到D点，用动能定理求出D点速度，再在D点用牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，最后由牛顿第三定律得到物块对轨道的弹力。
(3)先求出物块到达F点的速度，再分别对物块和长木板受力分析，求出各自的加速度，计算物块从木板上滑落的时间和两者的位移差，再求出物块离开木板后的平抛位移，最后得到总距离。
（1）物块从点做平抛运动到点，有
解得
所以
根据能量关系
解得
（2）从到由动能定理可得
在点，对物块分析有
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的弹力大小为，方向竖直向下。
（3）从到，由动能定理可得
解得
物块刚滑上木板时，可知物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
对木板受力分析，可知木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块和木板共速，则有
解得，
此过程物块与木板发生的位移大小分别为，
物块与木板发生的相对位移大小为
共速后，重新对两个物体受力分析，可得物块做匀加速直线运动的加速度仍然为，此时物块相对于木板向左运动，木板受到物块的滑动摩擦力方向改变，对木板根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块从木板左端滑落，则有
解得
从共速到滑落物块通过的位移大小为
则物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离为
1 / 1浙江省G5联盟2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·浙江期中）下列器材不能测量国际单位制中基本物理量的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．刻度尺是测量长度的，是测量基本量的，故A错误；
B．静电计是测电势差的仪器，电势差不是基本物理量，故B正确；
C．托盘天平是测量质量的仪器，是测量的力学基本量，故C错误；
D．打点计时器是计时仪器，是测量的力学基本量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是区分国际单位制中的基本物理量和导出物理量，关键在于了解每个仪器的测量对象，并判断该物理量是否为基本量。
2．（2025高一下·浙江期中）我国自主研发的第三代深海敷缆作业平台如图所示，其中的机器人集成了“声呐探测-液压挖掘-精准敷设”三大功能模块，配备多关节液压机械臂、高精度声呐阵列和自适应行走机构。可将机器人看成质点的是（ ）
A．操控机器人进行挖沟作业
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态
C．定位机器人在敷埋线路上的位置
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A．操控机器人进行挖沟作业，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故A错误；
B．监测机器人搜寻时的转弯姿态，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故B错误；
C．定位机器人在敷埋线路上的位置，机器人的形状大小可以忽略不计，机器人能看成质点，故C正确；
D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作，机器人的形状大小不能忽略不计，机器人不能看成质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解质点模型的适用条件，关键在于判断在研究的问题中，物体的大小和形状是否可以被忽略。
3．（2025高一下·浙江期中）如图所示，不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球球心的距离为3r，达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷
B．点电荷Q在金属球内产生的电场的场强处处为零
C．若用导线连接球的左右两侧，球两侧都不带电
D．感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小为
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．金属球发生静电感应，靠近点电荷的一侧带异种电荷，远离的一侧带同种电荷，所以金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，A错误；
B．静电平衡的导体内部场强处处为零，所以是点电荷和感应电荷在金属球内产生的合场强为零，B错误；
C．用导线连接球的左右两侧，由于静电感应现象，球依然左侧感应出正电荷，右侧感应出负电荷，C错误；
D．静电平衡的导体内部场强处处为零，点电荷在球心处产生的场强大小为
所以感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小也为，方向与点电荷产生的场强方向相反，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解静电平衡的性质，关键在于知道处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，这是外部电场与感应电荷电场叠加的结果。
4．（2025高一下·浙江期中）如图所示为某一带电粒子从a到b通过一电场区域时速度随时间变化的v-t图像。该带电粒子只受电场力作用，用虚线表示该带电粒子的运动轨迹，则粒子运动轨迹和电场线分布情况可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由v-t图像可知，速度减小，加速度减小，带电粒子只受电场力作用，根据牛顿第二定律有F=ma=qE
可知，电场强度E减小，电场线越疏的场强越小，可知带电粒子应该从电场线密的地方向电场线疏的地方运动，带电粒子从a到b运动时，轨迹切线方向表速度方向，力指向轨迹的凹侧面，且带电粒子速度减小，所以力和速度夹角成钝角。
故答案为：D。
【分析】从 v-t 图像提取两个关键信息：①粒子速度减小，说明电场力与速度方向夹角为钝角；②加速度减小，说明电场强度减小（电场线变疏）。再结合轨迹弯曲方向判断受力方向。
5．（2025高一下·浙江期中）地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，远日点与太阳中心的距离为。下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的倍
B．哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度
C．哈雷彗星在近日点和远日点的速度之比为
D．相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积相等
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为T’=(2061 1986)年=75年
根据开普勒第三定律有
解得，故A错误；
B．哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转轨道半径小，根据万有引力提供向心力
得，可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度，故B正确；
CD．根据开普勒第二定律，相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，但并不与地球与太阳连线扫过的面积相等。设哈雷彗星在近日点和远日点的速度分别为v1、v2，取时间微元，结合扇形面积公式
可知
解得，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】利用开普勒三大定律和万有引力提供向心力的公式，对各选项逐一分析。
6．（2025高一下·浙江期中）风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30%可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】在内经过叶片的空气体积为
空气的质量为
空气的动能为
风能的30%可转化为电能，则
，
整理可得，电能就是发电功率
代入数据解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】在内经过叶片的空气体积为，空气的质量为，空气的动能为
得到动能表达式，根据电能转化率写出电能表达式，根据计算发电功率。
7．（2025高一下·浙江期中）新能源汽车的发展是为了减少对传统燃料的依赖，减少环境污染和减少温室气体的排放。如图所示为我国比某迪一型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，下列说法错误的是（ ）
A．汽车匀加速所需时间为
B．汽车牵引力的额定功率为
C．汽车在车速为时，功率为
D．汽车所受阻力为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．由图可知，汽车在速度等于前，加速度不变，故汽车是恒加速度启动的，根据匀变速直线运动的基本规律可知故A正确；
BD．由图可知，汽车的最大速度为，汽车开始做匀速直线运动，此时F=f
当时，汽车的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得，，故B正确，D错误；
C．汽车在车速为5m/s时，汽车处于匀加速阶段，故，P=Fv
解得，故C正确。
故答案为：D。
【分析】先根据图像判断汽车启动方式（恒加速→恒功率），再利用牛顿第二定律和功率公式 P=Fv 联立求解阻力、额定功率，最后逐一验证选项。
8．（2025高一下·浙江期中）某同学在离篮球场地面一定高度处静止释放一个充气充足的篮球，篮球与地面碰撞时间极短，空气阻力恒定，不可忽略，则篮球的动能与时间t的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；动能
【解析】【解答】设空气阻力为f，篮球质量为m，设下落阶段篮球加速度为，由牛顿第二定律得
则动能
知图像斜率为，可知随着时间增大斜率变大，图像变陡；设篮球落地是速度大小为，篮球与地面碰撞时间极短，篮球速度大小不变、方向反向，此后上升过程设加速度大小为，由牛顿第二定律得
则动能
则可知图像斜率为，由于可知斜率随着时间增大而减小，图像变缓直至动能减为0，由于，所以下落时间大于上升时间，综合可知，B选项符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查动能与运动过程的关系，核心是分 “下落” 和 “反弹上升” 两个阶段，结合空气阻力的影响，分析动能随时间的变化规律。
9．（2025高一下·浙江期中）如图，在竖直平面内，将一小球以一定的初速度从A点抛出，速度方向与竖直方向成角。经过一段时间后小球经过点，此时速度方向与初速度方向垂直，A、B两点的距离为。不计空气阻力，重力加速度为，对于小球从A运动到B的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A点运动到B点速度变化量为
B．小球在点的初速度大小为
C．小球的运动时间为
D．小球到达B点的速度大小为
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．由运动学规律可得，小球从A点运动到B点速度变化量大小为，故A错误；B．小球在A点时的初速度大小，故 B错误；
C．沿初速度方向和垂直初速度方向建立平面xOy坐标系如图
将重力加速度沿两方向分解，设小球从A点运动到B点所用时间为t
根据题意，小球经过点时速度方向与初速度方向垂直
由运动学规律可得，沿x轴方向有
沿y轴方向有
故得
又由运动学规律可得，沿x轴方向有
沿y轴方向有
根据题意由几何关系得
联立以上各式代入数据得，故C错误；
D．小球经过B点时的速度大小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是将运动分解到初速度方向和垂直于初速度方向，利用两个方向上的运动学规律来求解，关键在于理解速度方向垂直时，初速度方向的分速度为零，从而建立方程。
10．（2025高一下·浙江期中）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量分别为和的、两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法正确的是（ ）
A．若球受到的摩擦力为零，则
B．若球所受车厢壁弹力为零，则
C．若推力向左，且，则加速度大小范围是
D．若推力向右，且，则加速度大小范围是
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】A．设杆的弹力为，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向有
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律，A错误；
B．对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得，B错误；
C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知整体加速度向左，小球A向左的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A受向左的合力最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于
可知
故最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律
可得，C错误；
D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
解得，D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是对连接体进行受力分析，结合整体法与隔离法，根据不同临界状态（摩擦力为零、弹力为零）来推导加速度和推力的关系。
二、选择题II（本题共3小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分，共12分）
11．（2025高一下·浙江期中）下面说法正确的有（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值
B．开普勒第三定律，式中的值不仅与中心天体质量有关，还与环绕行星运动的速度有关
C．法拉第最早提出了电场线的概念
D．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；引力常量及其测定；电场线
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，但引力常量 G 是由卡文迪许通过扭秤实验测出的，故A错误；
B．开普勒第三定律，式中的值与中心天体质量有关，故B错误；
C．英国物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；
D．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】这道题的核心是对物理学史上重要发现和定律的考察，关键在于准确记忆每个选项中对应的物理学家和贡献。
12．（2025高一下·浙江期中）如图所示，底座和竖直杆连在一起，置于水平地面上，直杆顶端用长为细线拴着一个小球，给小球以一定的速度使小球做圆锥摆运动，小球运动时底座始终不动。在底座和水平面的接触处以及杆和绳的接触点安装有力传感器，可以显示地面受到的压力和杆顶受到的拉力大小。若小球在水平面内以角速度5rad/s做匀速圆周运动时，传感器显示地面所受压力为25N，对杆顶的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项正确的是（ ）
A．杆与底座的总质量是2kg
B．小球质量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值为0.375
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可知，地面对整体的支持力为
对整体分析，竖直方向上
解得，故A错误；
B．设小球的质量为m，杆与底座的总质量为M，绳子与竖直方向的夹角为θ，竖直方向上，由平衡条件有
水平方向上，由牛顿第二定律有
联立解得，，故B正确；
C．对杆和底座受力分析可知，水平方向上有
根据牛顿第三定律有，故C正确；
D．设底座和水平地面间的动摩擦因数为μ，则有
解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对小球进行受力分析，利用竖直方向平衡和水平方向向心力公式求出小球质量、绳与竖直方向夹角；再对整体分析，求出杆与底座总质量、地面摩擦力及动摩擦因数最小值。
13．（2025高一下·浙江期中）如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球到达点时的速度大小为
C．小球到达点时的速度大小为
D．小球由运动到的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设弹簧的劲度系数为，初始时刻弹簧的压缩长度为，由于B不受绳子拉力作用，根据平衡方程及胡克定律有
小球A沿圆弧运动到最低点时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，由于物块C对挡板的作用力等于0，根据平衡方程有
易得
当小球A沿圆弧运动到最低点时，B沿斜面运动的位移为
根据几何关系有
解得
，
故A正确；
BC．设小球A到达点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度
由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，根据A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得
故B正确，C错误；
D．小球A由运动到的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，根据弹簧形变量的变化可以得出弹性势能先减小后增大，根据系统机械能守恒定律可以得出小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用最初B的平衡方程结合C的平衡方程及形变量的大小可以求出劲度系数的大小；利用机械能守恒定律结合速度的分解可以求出小球到达N点速度的大小；利用系统机械能守恒定律可以判别A和B机械能之和的大小变化。
三、实验题（本题共3题，共16分）
14．（2025高一下·浙江期中）为探究物体加速度a与外力F和物体质量M的关系，研究小组的同学们在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连，可以从传感器上直接读出细线拉力；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连，从弹簧测力计上可读出细线拉力；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。三种方案均以质量为m的槽码的重力作为动力。
（1）关于三个实验方案，下列说法正确的是___
___。
A．甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力
B．甲、乙、丙方案均需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量
C．乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力等于槽码所受重力的一半
（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如图丁所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出），测得，，，。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度 （结果保留两位有效数字）。
（3）甲方案实验中，以小车的加速度a为纵坐标、钩码的重力F为横坐标作出的图像戊理想状态下应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图所示的三种情况。关于这三种情况下列说法中正确的是______。
A．图线①交于纵轴的原因是钩码挂的个数太多
B．图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太少
C．图线③交于横轴的原因可能是未平衡小车受到的阻力
【答案】（1）A
（2）0.51
（3）C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．由图示实验装置可知，甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力，故A正确；
B．由图示实验装置可知，甲实验中小车受到的拉力可以由力传感器测出，乙实验中小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，甲、乙实验不需要方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．由图示可知，乙方案中，小车加速运动时槽码向下加速运动，槽码处于失重状态，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半，故C错误。
故答案为：A。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动的推论由逐差法可知，小车的加速度大小
故答案为：0.51
（3）A．由图示图像可知，纵轴的截距大于0， F=0（即不挂钩码）时小车就具有了加速度；产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故A错误；
B．图线②在力较小时图像是直线，加速度与拉力成正比；拉力较大时图像向下弯曲，加速度偏小，由牛顿第二定律可得，
解得
可知当时，
图像为直线，当钩码挂的个数太多时，不满足，则
图像右端向下弯曲，所以图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多造成的，故B错误；
C．图线③在横轴的截距大于0，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小或未平衡小车受到的阻力，故C正确。
故答案为：C。
【分析】(1) 分析三个实验方案的原理，判断是否需要平衡摩擦力、是否需要满足小车质量远大于槽码质量，以及拉力与槽码重力的关系。
(2) 利用逐差法，根据纸带数据计算小车的加速度。
(3) 分析 a-F 图像的三种偏差情况，判断其产生的原因。
（1）A．由图示实验装置可知，甲、乙方案实验前均需要平衡摩擦力，故A正确；
B．由图示实验装置可知，甲实验中小车受到的拉力可以由力传感器测出，乙实验中小车所受拉力可以由弹簧测力计测出，甲、乙实验不需要方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．由图示可知，乙方案中，小车加速运动时槽码向下加速运动，槽码处于失重状态，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半，故C错误。
故选A。
（2）每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动的推论由逐差法可知，小车的加速度大小
（3）A．由图示图像可知，纵轴的截距大于0， F=0（即不挂钩码）时小车就具有了加速度；产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故A错误；
B．图线②在力较小时图像是直线，加速度与拉力成正比；拉力较大时图像向下弯曲，加速度偏小，由牛顿第二定律可得，
解得
可知当时，
图像为直线，当钩码挂的个数太多时，不满足，则
图像右端向下弯曲，所以图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多造成的，故B错误；
C．图线③在横轴的截距大于0，只有当F增加到一定值时，小车才获得加速度，产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过小或未平衡小车受到的阻力，故C正确。
故选C。
15．（2025高一下·浙江期中）实验小组做探究影响向心力大小因素的实验：
①方案一：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和。回答以下问题：
（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的___________；
A. 探究小车速度随时间变化规律 B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究平抛运动的特点 D. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________层塔轮（填“一”、“二”或“三”）。
②方案二：如图丙所示装置，装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P，用细线将滑块P与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传感器测得。水平直杆的右端最边缘安装了宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D，光电门可以测出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块P与竖直转轴间的距离可调。回答以下问题：
（3）若某次实验中测得挡光条的挡光时间伪，则滑块P的角速度表达式为________；
（4）实验小组保持滑块P质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度的关系，作出图线如图丁所示，若滑块P运动半径，细线的质量和滑块与杆的摩擦可忽略，由图线可滑块P质量________kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】(1) D
(2) 一
(3)
(4) 0.44（0.43~0.45均可）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；研究平抛物体的运动；线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法：
A．探究小车速度随时间变化规律，利用极限思想计算小车的速度，故A错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故B错误；
C．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故D正确。
故答案为：D。
（2）把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
故答案为：一
（3）挡光条的线速度为
则滑块P的角速度为
故答案为：
（4）根据向心力大小公式
所以图线的斜率为
解得，滑块P质量为
故答案为：0.44（0.43~0.45均可）
【分析】(1)本实验探究向心力大小的影响因素，采用控制变量法，与探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验方法相同。
(2)探究向心力与半径的关系时，需要控制质量和角速度不变，同一层塔轮的线速度相同，半径相同的塔轮角速度相同，因此需要将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)挡光条通过光电门的速度为，根据线速度与角速度的关系，可推导出角速度的表达式。
(4)向心力公式为，因此图线的斜率为，结合图线斜率和半径可求出滑块质量。
16．（2025高一下·浙江期中）同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了如图甲所示的两种方案：
（1）为完成实验方案1，下列说法正确的是________。
A．还需要刻度尺、秒表、交流电源
B．必须用天平测出重物的质量
C．可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度
D．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先接通电源，后释放重物甲
（2）用方案1装置打出的一条纸带如图乙所示，图中、、、、、为连续打出的点，交流电频率为，计算出打下点时重物的速度大小为 （结果保留3位有效数字）。
（3）方案2中，数字计时器测得遮光条通过光电门的时间为，多次改变光电门的位置并测出多组和，描绘出的图像如丙所示。已知图像的斜率为，则 即可认为机械能守恒。已知滑块与遮光条总质量为、钩码质量为、重力加速度为、遮光条的宽度。（用、、、来表示）
【答案】（1）D
（2）1.75
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C．不可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度，因为这样默认机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上；为了充分利用纸带，实验时先接通电源，后释放重物甲，故D正确。
故答案为：D。
（2）计算出打下点时重物的速度大小为
故答案为：1.75
（3）滑块经过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
故答案为：
【分析】(1)验证机械能守恒实验中，需要明确实验器材和操作规范。打点计时器使用交流电源，需要刻度尺测量点间距，不需要秒表和天平；瞬时速度应通过纸带的平均速度计算，不能直接用 ；安装时限位孔需在同一竖直线，且先通电后释放重物。
(2)匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度。D点是C到E的时间中点，因此D点速度等于C到E的平均速度。
(3)机械能守恒的条件是系统动能的增加量等于重力势能的减少量。通过推导 的关系式，得到图像斜率 的表达式。
（1）A．通过打点计时器可以知道纸带上计数点间的时间间隔，所以不需要秒表，故A错误；
B．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测出重物的质量，故B错误；
C．不可以根据来计算重物在时刻的瞬时速度，因为这样默认机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D．为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上；为了充分利用纸带，实验时先接通电源，后释放重物甲，故D正确。
故选D。
（2）计算出打下点时重物的速度大小为
（3）滑块经过光电门时的速度为
根据系统机械能守恒可得
整理可得
可知图像的斜率为
四、计算题（本题共4题，共42分）
17．（2025高一下·浙江期中）如图所示，A、B是两个带等量电荷的小球，电荷量均为，A固定在斜面底端竖直放置的长为的绝缘支杆上，质量为的B静止于光滑绝缘倾角为的斜面上且恰与A等高，AB小球所在的空间内有一竖直向下的匀强电场（未知，其他量为已知量），其中重力加速度为，静电力常量为。求：
（1）AB之间库仑力大小；
（2）空间中匀强电场的大小。
【答案】（1）解：设为两个小球间的距离，库仑力表达式为
其中
解得
（2）解：根据受力平衡
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)先通过几何关系求出 AB 间的距离，再用库仑定律直接计算库仑力大小。
(2)对小球 B 进行受力分析，它受到重力、电场力、库仑力和斜面支持力。在沿斜面方向受力平衡，通过平衡方程求解匀强电场的大小。
（1）设为两个小球间的距离，库仑力表达式为
其中
解得
（2）根据受力平衡
解得
18．（2025高一下·浙江期中）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量的小物块从点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为，，取，，。求物块：
（1）第一次滑过点时的速度大小；
（2）第一次在传送带上往返运动的时间；
（3）第一次返回斜面上时，沿斜面上滑的最大距离；
（4）写出物体从传送带上返回至点时的速度大小与从传送带返回次数的关系；
【答案】（1）解：第一次滑过点时由动能定理
解得
（2）解：滑块在传送带上运动的加速度
则向左运动速度减为零的时间
最远距离
向右返回时，加速的时间
加速的位移
匀速时间
往返时间
（3）解：第一次返回斜面上滑时的初速度为，沿斜面上滑的加速度
则上滑的最大距离
（4）解：第一次返回时，设第次从传送带返回至点的速度为，物块在斜面上向下滑动时的加速度，
上式为第次返回至点，再从斜面最高点滑至点的速度。速度小于传送带的速度，所以第次从传送带返回至点的速度与速度大小相等，则
即
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)物块沿斜面下滑时，受力分析后用牛顿第二定律求出加速度，再用运动学公式求出到达P点的速度。
(2)物块在传送带上先做匀减速运动，速度减至传送带速度后做匀速运动；返回时先匀加速，速度达到传送带速度后匀速，分阶段计算时间并求和。
(3)物块返回斜面时，受力分析后求出上滑加速度，用运动学公式求出上滑的最大距离。
(4)分析每次返回P点时的速度变化规律，推导出速度与返回次数的关系式。
（1）第一次滑过点时由动能定理
解得
（2）滑块在传送带上运动的加速度
则向左运动速度减为零的时间
最远距离
向右返回时，加速的时间
加速的位移
匀速时间
往返时间
（3）第一次返回斜面上滑时的初速度为，沿斜面上滑的加速度
则上滑的最大距离
（4）第一次返回时，设第次从传送带返回至点的速度为，物块在斜面上向下滑动时的加速度，
上式为第次返回至点，再从斜面最高点滑至点的速度。速度小于传送带的速度，所以第次从传送带返回至点的速度与速度大小相等，则
即
19．（2025高一下·浙江期中）如图所示，质量的物体A上表面为光滑斜面，斜面长，与水平方向的夹角，在斜面下端有一质量的小物体，某时刻A、B一起从点以初速度向左匀减速滑行。已知重力加速度，，。
（1）求A的下表面与水平面间的动摩擦因数；
（2）当A的速度减为零时，立即对A施加水平向右的推力。
①若A、B一起水平向右匀加速运动，求A的右端回到位置的过程中推力所做的功 ；
②若A的右端回到位置，B恰好运动到斜面最高点。B物体在该过程中处于 状态（填“超重”或“失重”），求该过程中A与地面间因摩擦产生的内能。
【答案】（1）解：对小物体由牛顿第二定律有
对A、B整体由牛顿第二定律有
解得，
（2）①解：根据、整体牛顿第二定律根据运动学公式解得，则；②解：物块处于超重状态；设在向右运动过程中，A对的支持力为，地面对的支持力，的加速度在水平、竖直方向的分量分别为、，根据，，结合运动学公式，又代入数据得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1)对A、B整体受力分析，水平方向仅受滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，再结合摩擦力公式求解动摩擦因数。
(2)①：A、B一起匀加速向右运动时，先求出整体加速度，再用运动学公式求出A回到P点的速度，最后由动能定理求出推力做功。
②：B沿斜面上升时，其加速度有竖直向上的分量，故处于超重状态；通过受力分析和能量守恒，求出A与地面因摩擦产生的内能。
（1）对小物体由牛顿第二定律有
对A、B整体由牛顿第二定律有
解得，
（2）①根据、整体牛顿第二定律
根据运动学公式
解得，
则
②法一：物块处于超重状态；设在向右运动过程中，A对的支持力为，地面对的支持力，的加速度在水平、竖直方向的分量分别为、，根据，，
结合运动学公式，
又
代入数据得
法二：相对的相对加速度与斜面向右的加速度如图所示
对物体受力分析可知沿斜面方向上的加速度由重力沿斜面向下的分力产生得
根据物体相对沿斜面向上的匀加速运动得
根据物体B在水平方向的对地位移得
且，，
对物体和整体分析可得地面对物体的支持力，通过前六式可得内能为
20．（2025高一下·浙江期中）小红同学设计了如图所示游戏装置，该装置由劲度系数的轻弹簧（轻弹簧左侧栓接在墙上，右侧不与物块栓接，并且轻弹簧所在平台光滑），固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道，接触面光滑的半径为的螺旋圆形轨道以及静止在水平面上的足够长的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道、相切于处，切点到水平地面的高度为，点到长木板的竖直高度为。压缩轻弹簧使质量的物块（可视为质点）从点以某一初速度水平抛出，物块恰好能从点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量、、、，空气阻力以及长木板厚度不计，取。，，求：
（1）轻弹簧的压缩量是多少？（轻弹簧弹性势能，为弹簧的形变量）
（2）物块经过螺旋圆形轨道最低点时，物块对轨道的弹力；
（3）物块与长木板间的滑动摩擦因数，长木板与水平地面间的滑动摩擦因数。物块滑上长木板左侧瞬间，外界给长木板施加一个水平向右的恒力，大小为。求物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离。
【答案】（1）解：物块从点做平抛运动到点，有
解得
所以
根据能量关系
解得
（2）解：从到由动能定理可得
在点，对物块分析有
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的弹力大小为，方向竖直向下
（3）解：从到，由动能定理可得
解得
物块刚滑上木板时，可知物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
对木板受力分析，可知木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块和木板共速，则有
解得，
此过程物块与木板发生的位移大小分别为，
物块与木板发生的相对位移大小为
共速后，重新对两个物体受力分析，可得物块做匀加速直线运动的加速度仍然为，此时物块相对于木板向左运动，木板受到物块的滑动摩擦力方向改变，对木板根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块从木板左端滑落，则有
解得
从共速到滑落物块通过的位移大小为
则物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)物块从A点平抛到B点，恰好无碰撞进入斜面，说明到达B点时速度方向与斜面倾角37°一致，先由平抛运动规律求出A点速度，再由弹簧弹性势能守恒求出压缩量。
(2)从B点到D点，用动能定理求出D点速度，再在D点用牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，最后由牛顿第三定律得到物块对轨道的弹力。
(3)先求出物块到达F点的速度，再分别对物块和长木板受力分析，求出各自的加速度，计算物块从木板上滑落的时间和两者的位移差，再求出物块离开木板后的平抛位移，最后得到总距离。
（1）物块从点做平抛运动到点，有
解得
所以
根据能量关系
解得
（2）从到由动能定理可得
在点，对物块分析有
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对轨道的弹力大小为，方向竖直向下。
（3）从到，由动能定理可得
解得
物块刚滑上木板时，可知物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
对木板受力分析，可知木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块和木板共速，则有
解得，
此过程物块与木板发生的位移大小分别为，
物块与木板发生的相对位移大小为
共速后，重新对两个物体受力分析，可得物块做匀加速直线运动的加速度仍然为，此时物块相对于木板向左运动，木板受到物块的滑动摩擦力方向改变，对木板根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间物块从木板左端滑落，则有
解得
从共速到滑落物块通过的位移大小为
则物块从长木板上掉落时的落点到斜面底端点的距离为
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