江苏省苏州市星海中学2024-2025学年高一下学期期中物理试题
1．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下悬挂金属验电箔，现使一带正电的金属小球靠近M端，下列说法正确的是（ ）
A．只有M端的验电箔张开，N端带负电
B．只有N端的验电箔张开，N端带正电
C．两端的验电箔都张开，M端带负电，N端带正电
D．两端的验电箔都张开，两端的验电箔都带正电
2．（2025高一下·苏州工业园期中）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（ ）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
3．（2025高一下·苏州工业园期中）用如图所示的向心力演示仪来探究向心力大小与哪些因素有关，图中挡板A和C到各自转轴的距离相等，挡板B到转轴的距离是A的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．本实验采用的主要实验方法是等效替代法
B．皮带与不同半径的塔轮相连是为了使两小球的运动半径不同
C．钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力和向心力
D．两相同的钢球放在如图所示位置时，标尺上露出的格数比为1∶4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为2∶1
4．（2025高一下·苏州工业园期中）地球绕太阳的公转轨道是一个接近正圆的椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上。近似图如下图，、是地球公转轨道的两个焦点，甲和乙位置为短轴和轨道的交点。由于地球公转速度大小不是恒定的，地球由甲位置经夏至到乙位置的时间长于全年的一半。下列说法正确的是（ ）
A．太阳的位置在焦点处
B．甲位置时地球的公转速度为全年最大
C．夏至时地球的公转速度比冬至时小
D．地球和太阳的连线相同时间内在夏至附近扫过的面积更大
5．（2025高一下·苏州工业园期中）我国于2018年12月成功发射“嫦娥四号”探测器，实现了人类首次月球背面着陆。假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100km的圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将在Q点着陆月球表面。下列说法正确的是（ ）
A．“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度
B．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度
C．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度
D．“嫦娥四号”在M点需要加速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道
6．（2025高一下·苏州工业园期中）京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内。假设京张高铁启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定，高铁的质量为m，最大行驶速度为vm，下列说法正确的是（ ）
A．在加速阶段，高铁做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．高铁受到的阻力大小为
C．高铁的速度为时，其加速度大小为
D．高铁的加速度为时，其速度大小为
7．（2025高一下·苏州工业园期中）已知某城市广场喷泉竖直向上喷出的水柱可以达到7层楼的高度，喷嘴的横截面积为2×10-2m2，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度，不计空气阻力。则驱动该水管喷水的电动机的输出功率P约为（ ）
A．8×104W B．8×105W C．8×106W D．8×107W
8．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，劲度系数为k、水平的轻弹簧，一端固定在竖直墙上，一端与放在水平面上的物块相连接。将弹簧压缩了后释放后，物块在水平面上最大的位移为x。此过程中弹簧弹力对物块做功（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一下·苏州工业园期中）极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动。其过程如下：伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比、跳伞者先减速下降，最后匀速下落，如果用h表示下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示重力势能（以地面为零势能面），Ek表示动能，E表示机械能，v表示下落时的速度，在整个过程中下列图像可能符合事实的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一下·苏州工业园期中）如图甲所示，两个质量分别为m、2m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示（俯视图），两个质量均为m的小木块c和d（可视为质点）放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连。木块与圆盘之间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，a、b同时开始滑动
B．图甲中，a所受的静摩擦力大于b所受的静摩擦力
C．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmg
D．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为
11．（2025高一下·苏州工业园期中）某班级的学生在实验室利用“自由落体运动”来验证机械能守恒定律。
（1）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是______。
A． B．
C． D．
（2）如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，根据如图读出C点对应的刻度值 cm。
（3）如图所示，测得点B距起始点O的距离为，BC两点间的距离为，CD两点间的距离为，相邻两点的打点时间间隔为T，重物质量为m，当地重力加速度为g，若验证打点过程中重物机械能守恒，测得的物理量应满足的关系式为 。（用题中所给物理量的字母表示）
（4）小明同学认为可通过测量重物下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度 。（结果保留三位有效数字）
（5）小冬同学误把点当作O点，其它操作与小明相同，也绘制出图像，b是小明作的图线，则小冬所作的图线最有可能是 （填写图线上的字母）。
12．（2025高一下·苏州工业园期中）如图，真空中有两个点电荷，，，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。（已知静电力常量，不计电荷重力）
（1）求与间的库仑力大小F；
（2）若在x轴上放置第三个点电荷，使其仅在静电力作用下保持静止，求的位置坐标x。
13．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，A、B是地球的两颗卫星，其中卫星A是地球静止卫星，A、B两颗卫星轨道共面，沿相同方向绕地球做匀速圆周运动。已知卫星A的轨道半径为卫星B轨道半径的4倍，卫星A的轨道半径为地球半径的6倍，地球的自转周期为T0，引力常量为G。求：
（1）卫星B绕地球做圆周运动的周期T；
（2）地球的平均密度ρ。
14．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，长为L的轻杆一端连接在M处的铰链上，另一端连接在质量为2m的小球A上，足够长的轻绳穿过N处的光滑圆环，一端连接在小球A上，另一端吊着质量为m的小球B，用竖直向上的力F拉着小球A，使A静止于P点，此时轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，铰链和圆环在同一水平直线上，不计小球大小和一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求此时拉力F的大小。
（2）若在外力的作用下，使小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，求此过程外力F做的功W。
（3）若在P点撤去外力F，求小球A运动至最低点时的速度大小v。
15．（2025高一下·苏州工业园期中）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h（未知量）的地方放置一个质量为m的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取，。
（1）当时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小FN'；
（2）若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
（3）在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角，求h的值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】知道感应带电的原理，以及导体的两端带电特点符合“近异远同”。同时要掌握处于静电平衡状态下的导体特点。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，金属导体的M端要感应出负电荷，在导体的N端会出现正电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且M端带负电，N端带正电。
故选C。
【分析】根据感应带电的原理分析即可。
2．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】D．当篮球在指尖上绕轴转动时，由于球面上P、Q两点转动时相同时间内转过的角度相等，属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；
A．根据球面上P、Q两点做圆周运动的运动轨迹可以得出半径的关系为
故A错误；
B．由于角速度相等，半径的关系为，根据线速度和角速度的关系可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为
故B错误；
C．由于角速度相等，半径的关系为，根据向心加速度的表达式可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为
故C错误。
故选D。
【分析】利用同轴转动可以求出PQ两点的角速度相等，结合运动的轨迹可以比较半径的大小，结合线速度或者向心加速度的表达式可以比较线速度和向心加速度的大小。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A错误；
B．皮带传动边缘线速度相等，将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，来保证角速度不同，B错误；
C．钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力，向心力是效果力，不是物体所受到的力，C错误；
D．将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，右边的标尺上露出的红白相间的等分格数为左边标尺的4倍，根据
可知，左边塔轮的角速度与右边塔轮的角速度之比为1：2，根据
皮带传动边缘线速度相等，可知，左边塔轮的半径与右边塔轮的半径之比为2：1。
故答案为：D。
【分析】核心是明确实验方法为控制变量法，结合线速度与角速度的关系、向心力公式，分析塔轮半径、角速度与向心力的关系。
4．【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】ABC．地球由甲位置经夏至到乙位置的时间长于全年的一半，由于这个区间线速度比较小，所以太阳的位置远离地球，故太阳的位置在焦点处，根据开普勒第二定律，地球在冬至日时地球的公转速度为全年最大，在夏至日时地球的公转速度为全年最小，故AB错误，C正确；
D．地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，故D错误；
故选C。
【分析】根据运动的时间可以判别太阳所处交点的位置，进而判别线速度最大和最小的位置；利用开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等。
5．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度为最小的发射速度，第二宇宙速度为离开地球引力的速度，“嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误；
B．卫星绕月球做匀速圆周运动时，月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
可得
可知“嫦娥四号”在过Q点圆轨道的运行速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，而“嫦娥四号”在过Q点圆轨道需要点火加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度，故B正确；
C．月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
由于“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的距离等于在轨道Ⅱ上经过P点的距离，可知“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误；
D．卫星从高轨道变轨到低轨道，卫星靠近月球做向心运动需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥四号”在M点需要减速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和加速度的大小；嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度；利用变轨距离的变化可以比较线速度的大小。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．加速阶段，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
结合功率的表达式有：
联立可得
可知加速阶段，高铁做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，高铁速度达到最大，根据功率的表达式有
可得高铁受到的阻力大小为
故B错误；
C．当高铁的速度为时，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小为
由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．高铁的加速度为时，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得此时的牵引力大小为
根据功率的表达式可以得出此时高铁的速度大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出速度的大小。
7．【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】每层楼的高度约为，7层楼的高度约为，很快动能定理可以求出水离开管口的初速度为 ，解得
根据密度公式可以得出在Δt时间内喷出的水柱的质量为
电动机对水做功等于动能的变化，根据动能定理得
解得
故选A。
【分析】利用动能定理可以求出水离开管口的速度大小，结合动能的变化量可以求出电动机做功的大小。
8．【答案】D
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】物块在水平面运动，已知弹簧运动的位移，利用最大位移减去弹簧恢复到原长的距离可以求出最后弹簧的形变量为x-x0，已知弹性势能的表达式为，根据功能关系可以得出此过程中弹簧弹力对物块做功等于弹簧弹性势能的减少量，即
故选D。
【分析】利用初末弹性势能的大小进行相减可以求出弹力做功的大小。
9．【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．由于重力做功等于重力势能的变化量，根据功能关系可知=mgh
所以Ep-h图线切线的斜率表示重力，由于重力保持不变所以Ep-h图线切线的斜率不变，故A错误；
B．由于合力做功等于动能的变化，根据动能定理有：
所以Ek-h图线切线的斜率表示合外力，伞打开时人做自由落体运动，根据则合外力等于重力，所以图线的斜率不变，伞打开后人先减速下降后匀速，根据牛顿第二定律可得
由于速度减小，合外力减小，图线切线的斜率减小，当阻力与重力相等时，合外力为零，图线切线的斜率为零，故B正确；
C．阻力做功等于机械能的变化量，根据功能关系可知
所以E-h图线切线的斜率表示空气阻力，伞打开前，阻力为零，所以E-h图线的斜率为零，由于速度先减小后保持不变，所以伞打开后阻力先减小后不变，则图线切线的斜率先减小后不变，故C错误；
D．物体在自由落体运动过程中，根据速度位移公式由此可知，v2与h成正比，故D错误。
故选B。
【分析】利用重力做功等于重力势能的变化量可以得出Ep-h图线切线的斜率不变；利用动能定理结合合力的变化可以判别图像斜率的变化；利用功能关系结合阻力的变化可以判别E-h图线的斜率的变化；利用速度位移公式可以判别速度和下落高度之间的关系。
10．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A． 若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转，当木块恰好发生滑动时，最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
r越大，开始滑动时的角速度越小，则a先滑动，A错误；
B．由于静摩擦力提供向心力，根据向心力的表达式有
对木块a有
对b有
即a、b所受的静摩擦力始终相等，B错误；
CD．图乙中圆盘转动的角速度较小，c与d相对于圆盘没有运动，细线的拉力为零，当它们恰好要相对于圆盘运动时，绳子上存在拉力，由对称性可知，它们相对于圆盘不是背离圆心运动，而是沿垂直于绳子的方向运动，所以静摩擦力的方向与绳子方向垂直，此时绳子的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，以c为例，在水平面内的受力如图：
木块受到的合力F最大，圆盘转动的角速度最大，根据合力提供向心力有：
解得
此时
C错误D正确。
故选D。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力可以求出木块滑动时角速度的大小，进而比较ab滑动的顺序；利用向心力的大小可以比较静摩擦力的大小；利用绳子的拉力和摩擦力的合力提供向心力可以求出拉力的最大值，结合牛顿第二定律可以求出最大的角速度。
11．【答案】（1）D
（2）23.40
（3）
（4）9.52
（5）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据打点计时器的工作原理可知打点计时器应使用交流电源；为了减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，纸带应该保持竖直，减小实验的误差；故选D。
（2）已知刻度尺的分度值为0.1cm，根据图2读出C点对应的刻度值为23.40cm。
（3）重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以，由于重锤做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可以得出C点的速度等于B到D的平均速度，有
根据动能的表达式可以得出重锤动能增量为
根据重力势能的表达式可以得出重锤重力势能的减少量
重锤满足机械能守恒时，重力势能的减少量等于动能的增量，则有
即
（4）重锤做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
由图象求斜率得2a，即
（5）小明同学误把O'点当作O点，其它操作与小华相同，由于加速度保持不变所以图像斜率保持不变，但是时，由于重锤在起点的初速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
【分析】（1）根据打点计时器的工作原理可知打点计时器应使用交流电源；为了减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，纸带应该保持竖直；
（2）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量，两者结合可以求出机械能守恒的表达式；
（4）利用速度位移公式结合图像斜率可以求出加速度的大小；
（5）当是时，由于重锤在起点的初速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
（1）打点计时器应使用交流电源；纸带弯曲了，在重锤下落过程中，纸带与计时器之间的摩擦会造成较大的实验误差。
故选D。
（2）根据图2读出C点对应的刻度值为23.40cm。
（3）重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以，C点的速度等于B到D的平均速度，有
重锤动能增量
重锤重力势能的减少量
若机械能守恒满足
即
（4）根据
由图象求斜率得2a，即
（5）小明同学误把O'点当作O点，其它操作与小华相同，当时，速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
12．【答案】（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）已知两个电荷的电荷量大小，结合库仑定律可以求出库仑力的大小；
（2）当电荷处于静止时，利用平衡方程可以求出的位置坐标x。
（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
13．【答案】（1）根据开普勒第三定律得 ，解得
（2）设地球半径为R，地球的质量为M，卫星A的质量为m，根据牛顿第二定律得
地球的质量为
解得
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）已知卫星运动的轨迹半径，结合开普勒第三定律可以求出卫星B运动的周期大小；
（2）已知地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出地球的平均密度。
（1）根据开普勒第三定律得 ，解得
（2）设地球半径为R，地球的质量为M，卫星A的质量为m，根据牛顿第二定律得
地球的质量为
解得
14．【答案】（1）题意知轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，对称性可知此时轻杆弹力与轻绳弹力等大，即有，对A，由平衡条件有
联立解得
（2）小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，由动能定理有
解得
（3）小球A运动至最低点时位于M的正下方（B球末态位置未画出），如图
几何关系可知
可知
此时B的速度
对该过程，有机械能守恒有
联立解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于A点处于静止，利用平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）当小球A从P点缓慢转至水平方向时，利用动能定理可以求出外力F做的功；
（3）当在P点撤去外力F时，利用机械能守恒定律可以求出小球A运动到最低点速度的大小。
（1）题意知轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，对称性可知此时轻杆弹力与轻绳弹力等大，即有，对A，由平衡条件有
联立解得
（2）小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，由动能定理有
解得
（3）小球A运动至最低点时位于M的正下方（B球末态位置未画出），如图
几何关系可知
可知
此时B的速度
对该过程，有机械能守恒有
联立解得
15．【答案】（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球从静止释放到C点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的压力大小；
（2）小球运动到F点时，利用牛顿第二定律可以求出经过F点的速度大小，结合机械能守恒定律可以求出h的取值范围；
（3）小球运动到G点时，利用机械能守恒定律结合重力的功率的表达式可以求出功率的表达式，结合数学关系可以求出h的值大小。
（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
1 / 1江苏省苏州市星海中学2024-2025学年高一下学期期中物理试题
1．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下悬挂金属验电箔，现使一带正电的金属小球靠近M端，下列说法正确的是（ ）
A．只有M端的验电箔张开，N端带负电
B．只有N端的验电箔张开，N端带正电
C．两端的验电箔都张开，M端带负电，N端带正电
D．两端的验电箔都张开，两端的验电箔都带正电
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】知道感应带电的原理，以及导体的两端带电特点符合“近异远同”。同时要掌握处于静电平衡状态下的导体特点。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，金属导体的M端要感应出负电荷，在导体的N端会出现正电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且M端带负电，N端带正电。
故选C。
【分析】根据感应带电的原理分析即可。
2．（2025高一下·苏州工业园期中）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（ ）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】D．当篮球在指尖上绕轴转动时，由于球面上P、Q两点转动时相同时间内转过的角度相等，属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；
A．根据球面上P、Q两点做圆周运动的运动轨迹可以得出半径的关系为
故A错误；
B．由于角速度相等，半径的关系为，根据线速度和角速度的关系可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为
故B错误；
C．由于角速度相等，半径的关系为，根据向心加速度的表达式可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为
故C错误。
故选D。
【分析】利用同轴转动可以求出PQ两点的角速度相等，结合运动的轨迹可以比较半径的大小，结合线速度或者向心加速度的表达式可以比较线速度和向心加速度的大小。
3．（2025高一下·苏州工业园期中）用如图所示的向心力演示仪来探究向心力大小与哪些因素有关，图中挡板A和C到各自转轴的距离相等，挡板B到转轴的距离是A的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．本实验采用的主要实验方法是等效替代法
B．皮带与不同半径的塔轮相连是为了使两小球的运动半径不同
C．钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力和向心力
D．两相同的钢球放在如图所示位置时，标尺上露出的格数比为1∶4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为2∶1
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，A错误；
B．皮带传动边缘线速度相等，将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，来保证角速度不同，B错误；
C．钢球受重力、竖直向上的支持力、水平方向的弹力，向心力是效果力，不是物体所受到的力，C错误；
D．将质量相同的小球分别放在挡板A和挡板C处，右边的标尺上露出的红白相间的等分格数为左边标尺的4倍，根据
可知，左边塔轮的角速度与右边塔轮的角速度之比为1：2，根据
皮带传动边缘线速度相等，可知，左边塔轮的半径与右边塔轮的半径之比为2：1。
故答案为：D。
【分析】核心是明确实验方法为控制变量法，结合线速度与角速度的关系、向心力公式，分析塔轮半径、角速度与向心力的关系。
4．（2025高一下·苏州工业园期中）地球绕太阳的公转轨道是一个接近正圆的椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上。近似图如下图，、是地球公转轨道的两个焦点，甲和乙位置为短轴和轨道的交点。由于地球公转速度大小不是恒定的，地球由甲位置经夏至到乙位置的时间长于全年的一半。下列说法正确的是（ ）
A．太阳的位置在焦点处
B．甲位置时地球的公转速度为全年最大
C．夏至时地球的公转速度比冬至时小
D．地球和太阳的连线相同时间内在夏至附近扫过的面积更大
【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】ABC．地球由甲位置经夏至到乙位置的时间长于全年的一半，由于这个区间线速度比较小，所以太阳的位置远离地球，故太阳的位置在焦点处，根据开普勒第二定律，地球在冬至日时地球的公转速度为全年最大，在夏至日时地球的公转速度为全年最小，故AB错误，C正确；
D．地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，故D错误；
故选C。
【分析】根据运动的时间可以判别太阳所处交点的位置，进而判别线速度最大和最小的位置；利用开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等。
5．（2025高一下·苏州工业园期中）我国于2018年12月成功发射“嫦娥四号”探测器，实现了人类首次月球背面着陆。假设“嫦娥四号”探测器的发射过程简化如下：探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100km的圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，之后将在Q点着陆月球表面。下列说法正确的是（ ）
A．“嫦娥四号”探测器的发射速度大于地球的第二宇宙速度
B．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度
C．“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度
D．“嫦娥四号”在M点需要加速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度为最小的发射速度，第二宇宙速度为离开地球引力的速度，“嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故A错误；
B．卫星绕月球做匀速圆周运动时，月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
可得
可知“嫦娥四号”在过Q点圆轨道的运行速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，而“嫦娥四号”在过Q点圆轨道需要点火加速变轨到椭圆轨道Ⅱ，所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过M点的速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点的速度，故B正确；
C．月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得
由于“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的距离等于在轨道Ⅱ上经过P点的距离，可知“嫦娥四号”在轨道Ⅰ上经过P点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度，故C错误；
D．卫星从高轨道变轨到低轨道，卫星靠近月球做向心运动需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥四号”在M点需要减速才能实现从地月转移轨道转移到Ⅰ轨道，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度和加速度的大小；嫦娥四号”探测器绕月球运行时，并没有脱离地球引力的约束，所以发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度；利用变轨距离的变化可以比较线速度的大小。
6．（2025高一下·苏州工业园期中）京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内。假设京张高铁启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定，高铁的质量为m，最大行驶速度为vm，下列说法正确的是（ ）
A．在加速阶段，高铁做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．高铁受到的阻力大小为
C．高铁的速度为时，其加速度大小为
D．高铁的加速度为时，其速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．加速阶段，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
结合功率的表达式有：
联立可得
可知加速阶段，高铁做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
B．当牵引力等于阻力时，高铁速度达到最大，根据功率的表达式有
可得高铁受到的阻力大小为
故B错误；
C．当高铁的速度为时，根据功率的表达式可以得出此时牵引力大小为
由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．高铁的加速度为时，由于牵引力和阻力产生高铁的合力，根据牛顿第二定律可得
解得此时的牵引力大小为
根据功率的表达式可以得出此时高铁的速度大小为
故D错误。
故选C。
【分析】利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用阻力和牵引力相等，结合功率的表达式可以求出速度的大小。
7．（2025高一下·苏州工业园期中）已知某城市广场喷泉竖直向上喷出的水柱可以达到7层楼的高度，喷嘴的横截面积为2×10-2m2，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度，不计空气阻力。则驱动该水管喷水的电动机的输出功率P约为（ ）
A．8×104W B．8×105W C．8×106W D．8×107W
【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】每层楼的高度约为，7层楼的高度约为，很快动能定理可以求出水离开管口的初速度为 ，解得
根据密度公式可以得出在Δt时间内喷出的水柱的质量为
电动机对水做功等于动能的变化，根据动能定理得
解得
故选A。
【分析】利用动能定理可以求出水离开管口的速度大小，结合动能的变化量可以求出电动机做功的大小。
8．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，劲度系数为k、水平的轻弹簧，一端固定在竖直墙上，一端与放在水平面上的物块相连接。将弹簧压缩了后释放后，物块在水平面上最大的位移为x。此过程中弹簧弹力对物块做功（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】物块在水平面运动，已知弹簧运动的位移，利用最大位移减去弹簧恢复到原长的距离可以求出最后弹簧的形变量为x-x0，已知弹性势能的表达式为，根据功能关系可以得出此过程中弹簧弹力对物块做功等于弹簧弹性势能的减少量，即
故选D。
【分析】利用初末弹性势能的大小进行相减可以求出弹力做功的大小。
9．（2025高一下·苏州工业园期中）极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动。其过程如下：伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比、跳伞者先减速下降，最后匀速下落，如果用h表示下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示重力势能（以地面为零势能面），Ek表示动能，E表示机械能，v表示下落时的速度，在整个过程中下列图像可能符合事实的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．由于重力做功等于重力势能的变化量，根据功能关系可知=mgh
所以Ep-h图线切线的斜率表示重力，由于重力保持不变所以Ep-h图线切线的斜率不变，故A错误；
B．由于合力做功等于动能的变化，根据动能定理有：
所以Ek-h图线切线的斜率表示合外力，伞打开时人做自由落体运动，根据则合外力等于重力，所以图线的斜率不变，伞打开后人先减速下降后匀速，根据牛顿第二定律可得
由于速度减小，合外力减小，图线切线的斜率减小，当阻力与重力相等时，合外力为零，图线切线的斜率为零，故B正确；
C．阻力做功等于机械能的变化量，根据功能关系可知
所以E-h图线切线的斜率表示空气阻力，伞打开前，阻力为零，所以E-h图线的斜率为零，由于速度先减小后保持不变，所以伞打开后阻力先减小后不变，则图线切线的斜率先减小后不变，故C错误；
D．物体在自由落体运动过程中，根据速度位移公式由此可知，v2与h成正比，故D错误。
故选B。
【分析】利用重力做功等于重力势能的变化量可以得出Ep-h图线切线的斜率不变；利用动能定理结合合力的变化可以判别图像斜率的变化；利用功能关系结合阻力的变化可以判别E-h图线的斜率的变化；利用速度位移公式可以判别速度和下落高度之间的关系。
10．（2025高一下·苏州工业园期中）如图甲所示，两个质量分别为m、2m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为2l，b与转轴的距离为l.如图乙所示（俯视图），两个质量均为m的小木块c和d（可视为质点）放在水平圆盘上，c与转轴、d与转轴的距离均为l，c与d之间用长度也为l的水平轻质细线相连。木块与圆盘之间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转动，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，a、b同时开始滑动
B．图甲中，a所受的静摩擦力大于b所受的静摩擦力
C．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，细线的最大拉力为kmg
D．图乙中，c、d与圆盘相对静止时，圆盘的最大角速度为
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A． 若圆盘从静止开始绕转轴做角速度缓慢增大的转，当木块恰好发生滑动时，最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
r越大，开始滑动时的角速度越小，则a先滑动，A错误；
B．由于静摩擦力提供向心力，根据向心力的表达式有
对木块a有
对b有
即a、b所受的静摩擦力始终相等，B错误；
CD．图乙中圆盘转动的角速度较小，c与d相对于圆盘没有运动，细线的拉力为零，当它们恰好要相对于圆盘运动时，绳子上存在拉力，由对称性可知，它们相对于圆盘不是背离圆心运动，而是沿垂直于绳子的方向运动，所以静摩擦力的方向与绳子方向垂直，此时绳子的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，以c为例，在水平面内的受力如图：
木块受到的合力F最大，圆盘转动的角速度最大，根据合力提供向心力有：
解得
此时
C错误D正确。
故选D。
【分析】利用最大静摩擦力提供向心力可以求出木块滑动时角速度的大小，进而比较ab滑动的顺序；利用向心力的大小可以比较静摩擦力的大小；利用绳子的拉力和摩擦力的合力提供向心力可以求出拉力的最大值，结合牛顿第二定律可以求出最大的角速度。
11．（2025高一下·苏州工业园期中）某班级的学生在实验室利用“自由落体运动”来验证机械能守恒定律。
（1）不同组学生在实验操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是______。
A． B．
C． D．
（2）如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，根据如图读出C点对应的刻度值 cm。
（3）如图所示，测得点B距起始点O的距离为，BC两点间的距离为，CD两点间的距离为，相邻两点的打点时间间隔为T，重物质量为m，当地重力加速度为g，若验证打点过程中重物机械能守恒，测得的物理量应满足的关系式为 。（用题中所给物理量的字母表示）
（4）小明同学认为可通过测量重物下落过程的加速度来验证机械能是否守恒，设O点到测量点的距离为h，v为对应测量点的速度，他做出的关系图线如图所示，由图可得重物下落的加速度 。（结果保留三位有效数字）
（5）小冬同学误把点当作O点，其它操作与小明相同，也绘制出图像，b是小明作的图线，则小冬所作的图线最有可能是 （填写图线上的字母）。
【答案】（1）D
（2）23.40
（3）
（4）9.52
（5）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据打点计时器的工作原理可知打点计时器应使用交流电源；为了减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，纸带应该保持竖直，减小实验的误差；故选D。
（2）已知刻度尺的分度值为0.1cm，根据图2读出C点对应的刻度值为23.40cm。
（3）重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以，由于重锤做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可以得出C点的速度等于B到D的平均速度，有
根据动能的表达式可以得出重锤动能增量为
根据重力势能的表达式可以得出重锤重力势能的减少量
重锤满足机械能守恒时，重力势能的减少量等于动能的增量，则有
即
（4）重锤做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
由图象求斜率得2a，即
（5）小明同学误把O'点当作O点，其它操作与小华相同，由于加速度保持不变所以图像斜率保持不变，但是时，由于重锤在起点的初速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
【分析】（1）根据打点计时器的工作原理可知打点计时器应使用交流电源；为了减小纸带和打点计时器之间的摩擦力，纸带应该保持竖直；
（2）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量，两者结合可以求出机械能守恒的表达式；
（4）利用速度位移公式结合图像斜率可以求出加速度的大小；
（5）当是时，由于重锤在起点的初速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
（1）打点计时器应使用交流电源；纸带弯曲了，在重锤下落过程中，纸带与计时器之间的摩擦会造成较大的实验误差。
故选D。
（2）根据图2读出C点对应的刻度值为23.40cm。
（3）重锤静止释放，O为纸带上第一个计时点，所以，C点的速度等于B到D的平均速度，有
重锤动能增量
重锤重力势能的减少量
若机械能守恒满足
即
（4）根据
由图象求斜率得2a，即
（5）小明同学误把O'点当作O点，其它操作与小华相同，当时，速度不为0，则小明所作的图线最有可能是a。
12．（2025高一下·苏州工业园期中）如图，真空中有两个点电荷，，，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。（已知静电力常量，不计电荷重力）
（1）求与间的库仑力大小F；
（2）若在x轴上放置第三个点电荷，使其仅在静电力作用下保持静止，求的位置坐标x。
【答案】（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）已知两个电荷的电荷量大小，结合库仑定律可以求出库仑力的大小；
（2）当电荷处于静止时，利用平衡方程可以求出的位置坐标x。
（1）与间的库仑力大小为
其中
代入数据，解得
（2）由题意可知在的右侧，根据平衡条件可知，和对的库仑力等大反向，则
代入数据，解得
13．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，A、B是地球的两颗卫星，其中卫星A是地球静止卫星，A、B两颗卫星轨道共面，沿相同方向绕地球做匀速圆周运动。已知卫星A的轨道半径为卫星B轨道半径的4倍，卫星A的轨道半径为地球半径的6倍，地球的自转周期为T0，引力常量为G。求：
（1）卫星B绕地球做圆周运动的周期T；
（2）地球的平均密度ρ。
【答案】（1）根据开普勒第三定律得 ，解得
（2）设地球半径为R，地球的质量为M，卫星A的质量为m，根据牛顿第二定律得
地球的质量为
解得
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】（1）已知卫星运动的轨迹半径，结合开普勒第三定律可以求出卫星B运动的周期大小；
（2）已知地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出地球的平均密度。
（1）根据开普勒第三定律得 ，解得
（2）设地球半径为R，地球的质量为M，卫星A的质量为m，根据牛顿第二定律得
地球的质量为
解得
14．（2025高一下·苏州工业园期中）如图所示，长为L的轻杆一端连接在M处的铰链上，另一端连接在质量为2m的小球A上，足够长的轻绳穿过N处的光滑圆环，一端连接在小球A上，另一端吊着质量为m的小球B，用竖直向上的力F拉着小球A，使A静止于P点，此时轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，铰链和圆环在同一水平直线上，不计小球大小和一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求此时拉力F的大小。
（2）若在外力的作用下，使小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，求此过程外力F做的功W。
（3）若在P点撤去外力F，求小球A运动至最低点时的速度大小v。
【答案】（1）题意知轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，对称性可知此时轻杆弹力与轻绳弹力等大，即有，对A，由平衡条件有
联立解得
（2）小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，由动能定理有
解得
（3）小球A运动至最低点时位于M的正下方（B球末态位置未画出），如图
几何关系可知
可知
此时B的速度
对该过程，有机械能守恒有
联立解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由于A点处于静止，利用平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）当小球A从P点缓慢转至水平方向时，利用动能定理可以求出外力F做的功；
（3）当在P点撤去外力F时，利用机械能守恒定律可以求出小球A运动到最低点速度的大小。
（1）题意知轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为，对称性可知此时轻杆弹力与轻绳弹力等大，即有，对A，由平衡条件有
联立解得
（2）小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，由动能定理有
解得
（3）小球A运动至最低点时位于M的正下方（B球末态位置未画出），如图
几何关系可知
可知
此时B的速度
对该过程，有机械能守恒有
联立解得
15．（2025高一下·苏州工业园期中）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h（未知量）的地方放置一个质量为m的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取，。
（1）当时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小FN'；
（2）若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
（3）在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角，求h的值。
【答案】（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球从静止释放到C点的过程中，利用机械能守恒定律可以求出经过C点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的压力大小；
（2）小球运动到F点时，利用牛顿第二定律可以求出经过F点的速度大小，结合机械能守恒定律可以求出h的取值范围；
（3）小球运动到G点时，利用机械能守恒定律结合重力的功率的表达式可以求出功率的表达式，结合数学关系可以求出h的值大小。
（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
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