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2024-2025学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.某金属导线的电阻为，现将它均匀拉长到原来长度的两倍，则该导线的电阻变为( )
A. B. C. D.
2.人造卫星、在轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 的速度较小
B. 所受的引力较大
C. 的周期较小
D. 的加速度较小
3.某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为一带电粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是( )
A. 粒子在点处的加速度大于在点处的加速度
B. 粒子在点处的电势能大于在点处的电势能
C. 粒子在点处的动能大于在点处的动能
D. 粒子在运动过程中机械能守恒
4.如图甲所示，家用滚筒式洗衣机滚筒截面可视为半径为的圆。洗衣机脱水时，一衣物可视为质点紧贴筒壁随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，为圆心，如图乙，、、为衣物运动轨迹上的三点，、两点位于最高和最低点，点与点等高，则衣物( )
A. 运动过程处于平衡状态
B. 在点受到的摩擦力随转速的增大而增大
C. 在、、三处对筒壁的压力大小相等
D. 在处水更容易甩出
5.我国“天问一号”火星探测器成功被火星捕获，经变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，如图所示，阴影部分和为探测器分别在两个轨道上运行时与火星球心的连线在相等时间内扫过的面积，下列说法正确的是( )
A. 图中两阴影部分的面积和大小相等
B. 探测器在点的加速度大于在点的加速度
C. 探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”，周期变大
D. 探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”，需要在点加速
6.如图所示，平行板电容器与直流电源相连接，一带电油滴位于电容器中的点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中( )
A. 点电势将变大 B. 电容器所带的电荷量增大
C. 电流计中的电流从流向 D. 油滴将向下加速运动
7.我国某些地区的人们用手抛撒谷粒进行水稻播种，如图所示。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒、谷粒同时从点抛出，初速度分别为、，其中方向水平，方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于点，如图所示。已知空气阻力可忽略。下列说法中正确的是( )
A. 两颗谷粒在空中时的加速度
B. 两颗谷粒到达点时重力的瞬时功率
C. 谷粒先到达点
D. 两颗谷粒到达点时动能相等
8.两点电荷、分别固定在和坐标原点处，若取无穷远处电势为，则两点电荷所形成电场的电势在轴正半轴上的分布如图所示，图线与轴交于处，处电势最低。现有一正点电荷从处由静止释放，其只在电场力作用下运动。下列说法正确的是( )
A. 点电荷带正电、带负电
B. 轴上电场强度为零的位置有两处
C. 点电荷沿轴正方向运动的过程中，电场力一直做正功
D. 点电荷、所带电荷量大小之比为：
9.如图所示，传送带的水平部分长度为，倾斜部分长度为，与水平方向的夹角为。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为。现将质量为小煤块从静止轻放到处，它将被传送到点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，且此过程中煤块不会脱离传送带，已知重力加速度大小为，，，则( )
A. 小煤块从到的时间为
B. 小煤块从到，电动机多消耗的电能为
C. 从到，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为
D. 从到，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为
10.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长的绝缘细线的一端固定在电场中的点，另一端系住一质量、带电量的小球，小球静止时细线与竖直方向成角。现给小球一个与细线垂直的初速度，使其从静止位置开始运动，发现它恰好能绕点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知，，，则( )
A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了
C. 小球获得的初速度大小为
D. 小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，其电势能先增大后减小
11.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于点。时将小球从点正上方点由静止释放，时到达点，时弹簧被压缩到最低点。以为原点，向下为正方向建立坐标轴，以点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能、重力势能、机械能及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某实验小组测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电阻率，金属丝的长度已知。
先用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，其直径 ______；
用多用电表粗测金属丝的阻值。当用“”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为______；
为了精确地测量金属丝的电阻，除被测电阻外，实验室提供了下列器材：
直流电源电压，内阻不计
电压表量程，内阻约为
电流表量程，内阻约为
滑动变阻器
滑动变阻器
开关一只，导线若干
为调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，实验中，滑动变阻器应选择______选填“”或“”。请在虚线框内画出电路原理图；
根据实验数据作出的图像如图丙所示，图像的斜率用表示，则待测金属丝的电阻率的表达式为 ______用、、和通用数学符号表示。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.如图所示是有两个量程的电流表，已知表头的内阻为，满偏电流是，。当使用、两个端点时，量程为，求：的阻值；
使用、两个端点时的量程。
14.如图所示，有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径，由左右两部分组成，右半部分是光滑的，左半部分是粗糙的。现在最低点给一质量的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好能过最高点，且又能沿回到点，回到点时对轨道的压力为。不计空气阻力，已知重力加速度大小为。求：
小球沿回到点时的速度大小；
小球沿回到点过程中摩擦力所做的功。
15.如图甲所示，水平放置的平行板电容器的两极板、的长度为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏。是极板的中心线，两板间所加电压随时间变化的规律如图乙所示，图中、已知。时刻，一个质量为、电荷量为的带正电粒子沿两板中心线以某一初速度射入极板间，该粒子在时刻飞离电容器。不计粒子受到的空气阻力，粒子在整个运动过程中都不会打到电容器的上下极板。求：
若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小及时间内加速度的大小；
若不考虑该粒子的重力，当图乙中时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离；
若要考虑该粒子的重力，且该粒子最后能垂直打在上，则图乙中的值。
16.如图所示，倾角为的固定光滑长斜面，下端有一固定挡板，两小物块、放在斜面上，用与斜面平行的轻弹簧连接。一轻绳跨过轻小定滑轮的左端与相连，右端与套在光滑水平杆上的小球相连，、、的质量均为，系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，竖直长度且绳中无弹力。物体静止在点，给一个水平向右的初速度，当向右运动距离时恰好离开挡板。已知重力加速度大小为，，，求：
弹簧的劲度系数；
物体从图示位置向右运动时，的速度大小；
若与斜面间有摩擦，且刚开始仍然静止在点，动摩擦因数随与点间距离的变化关系为，物体从图示位置在某外力的控制下以的速度向右匀速运动，在这一过程中做的功。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：开始时电阻，现将它均匀拉长到原来长度的两倍，即长度为，因为体积不变，则横截面积变为原来的，即，因为材料未变，则电阻率不变，根据电阻定律知电阻变为，故C正确，ABC错误。
故选：。
当长度变化时，根据体积不变得出面积的变化，由电阻率的大小由材料决定，结合电阻定律判断电阻的变化。
考查电阻定律的应用，关键是抓住金属丝的总体积不变，根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】
【解析】解：、设地球的质量为，卫星的质量为，轨道半径为。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
解得
可知，轨道半径越大，卫星的线速度越小，加速度越小，周期越大，所以，的速度较大，的周期较大，的加速度较小，故AC错误，D正确；
B、卫星所受引力的计算式为，因不知道两卫星质量的大小关系，所以无法比较二者所受引力的大小，故B错误。
故选：。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式，再进行分析。
本题主要考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式列式进行分析。
3.【答案】
【解析】解：、电场线的疏密程度表示电场强度大小，点电场线比点密，所以点电场强度更大。根据牛顿第二定律，可知粒子在点加速度更大，故A错误；
B、子做曲线运动，受力指向轨迹凹侧，结合电场线方向，可判断粒子带正电。从到，电场力方向与粒子运动轨迹夹角小于，电场力做正功。根据电场力做功与电势能关系，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在点电势能大于点，故B正确；
C、因为电场力做正功，根据动能定理，粒子动能增加，所以粒子在点动能小于点，故C错误；
D、由于运动过程中电场力对粒子做功，根据机械能守恒条件只有重力或弹力做功时机械能守恒，粒子机械能不守恒，故D错误；
故选：。
利用电场线疏密判断电场强度大小、结合粒子轨迹判断受力与电场力做功情况分析电势能变化、根据动能定理分析动能和机械能变化。
本题考查了电场中粒子运动轨迹和电场基本力与能的性质，解题关键是利用电场线性质判断电场强度、结合粒子轨迹判断受力与电场力做功情况，进而分析电势能、动能和机械能变化。
4.【答案】
【解析】解：衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，合外力不为零，故A错误；
B.衣物在点，受重力、支持力和静摩擦力作用，因为衣物做的是匀速圆周运动，所以重力和静摩擦力等大反向，由支持力提供向心力，即摩擦力的大小与转速无关，总等于衣物的重力，故B错误；
C.衣物做匀速圆周运动，所需向心力相同，在最低点：，在点：，故在点压力最大，故C错误；
D.在处衣物对筒壁的压力最大，水更容易甩出，故D正确。
故选：。
根据匀速圆周运动的特点得出衣物的运动状态不是平衡状态；结合衣物做匀速圆周运动，所需向心力相同分析求解。
本题考查了匀速圆周运动相关知识，理解不同位置处的受力状态是解决此类问题的关键。
5.【答案】
【解析】解：、根据开普勒第二定律可知，探测器在同一轨道上相等时间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在同一轨道，故两阴影部分的面积和不相等，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得
可得
可知探测器在点的加速度大于在点的加速度，故B正确；
C、根据开普勒第三定律可知，从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器的轨道半长轴变小，则周期变小，故C错误；
D、探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”做近心运动，需要在点减速，故D错误。
故选：。
根据开普勒第二定律分析图中两阴影部分的面积关系；根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式，分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析周期变化；根据变轨原理分析变轨时速度的变化情况。
本题的关键要准确掌握开普勒关于行星运动的三大定律，并能用来分析解决实际问题，同时，要理解卫星的变轨原理。
6.【答案】
【解析】解：、根据电容的决定式可知，电容器的两极板缓慢地错开一些，两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，根据电容的定义式，因电容器极板间电压保持不变，电容器的电容减小，则电容器所带的电荷量减小，电容器处于放电状态，所以电流计中的电流从流向，故C正确，B错误；
、根据，因电容器极板间电压不变，板间距离不变，所以场强不变，油滴受到的电场力不变，油滴仍处于静止状态，根据可知，点电势将不变，故AD错误。
故选：。
根据分析电容的变化情况，结合电容器的电压不变，根据分析电容器所带的电荷量变化情况，进而判断电路中电流方向；根据分析板间场强的变化，判断油滴受到的电场力变化，进而判断油滴的运动方向，进而分析电势变化。
本题是电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式、电容的定义式和场强公式相结合进行分析。
7.【答案】
【解析】解：、空气阻力可忽略，两颗谷粒在空中时只受重力，加速度均为，故A错误；
B、谷粒、在竖直方向位移相同，加速度也相同，但谷粒有向上的初速度，根据速度位移关系可知到达点时谷粒的竖直分速度较大，根据
，可得，故B正确；
C、谷粒做平抛运动，谷粒做斜向上抛运动，均从点运动到点，位移相同。在竖直方向上谷粒做竖直上抛运动，谷粒做自由落体运动，竖直方向上位移相同，则谷粒运动时间较长，谷粒后到达点，故C错误；
D、根据题目条件无法比较、的大小，根据动能定理得：，可得到达点时动能，可知无法判断两颗谷粒到达点时动能是否相等，故D错误。
故选：。
谷粒做平抛运动，谷粒做斜上抛运动，加速度都为，结合图和竖直方向运动分析运动时间；根据到达点时竖直方向速度关系，结合判断重力瞬时功率关系；根据动能定理分析两颗谷粒到达点时动能关系。
本题考查抛体运动的理解，解题的关键是化曲为直的思想，即运用运动的分解法处理。
8.【答案】
【解析】解：根据电势变化情况可知，在区域从左至右电势先降低后升高，所以场强方向先沿轴正方向后沿轴负方向，可知点电荷带负电，点电荷带正电，故A错误；
B.在图像中，切线斜率表示电场强度，在处电场强度为零，然后在离和较远处的场强都可以认为等于，故B错误；
C.一正点电荷从处由静止释放，正点电荷会向电势低的方向运动，正点电荷沿轴正方向运动的过程中，电场力做正功，经过处之后，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，故C错误；
D.在处图像斜率为零，电场强度为，则满足，可知点电荷、所带电荷量大小之比为：：，故D正确。
故选：。
根据轴上电势的变化情况结合图像的切线斜率、电场力做功和电场强度的合成知识进行分析解答。
考查轴上电势的变化情况结合图像的切线斜率、电场力做功和电场强度的合成知识，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】
【解析】解：、煤块轻放在点后，先做匀加速直线运动，假设达到点之前可以和传送带共速。根据牛顿第二定律得：
已知传送带的速率为，传送带的水平部分长度为。由运动学公式得煤块加速过程的位移大小为：
，解得：，故假设成立。
煤块加速过程的时间为：，解得：
共速后煤块匀速运动到点，此过程的时间为：，解得：
可得煤块从到的时间为：，故A错误；
B、煤块从到，在煤块加速过程中传送带的位移大小为：
由功能关系可知，此过程电动机多消耗的电能等于传送带克服滑动摩擦力做的功，则有：
，故B错误；
C、煤块由到的过程，根据牛顿第二定律得其加速度大小为：
，解得，
由到煤块一直沿传送带匀加速下滑，传送带倾斜部分长度为，根据位移时间公式有：
，解得：另一解为负值，舍去
该过程煤块与传送带的相对位移大小为：
由功能关系可得此过程因摩擦产生的热量为：，解得：，故C正确；
D、煤块从到的过程，煤块与传送带的相对位移大小为：
因煤块从到与从到两过程中，煤块相对传送带的运动方向相反，且，故从到的过程中，煤块在传送带上留下的痕迹长度等于，故D错误。
故选：。
煤块轻放在点后先做匀加速直线运动，应用假设法，根据牛顿第二定律与运动学公式判断达到点之前是否和传送带共速，并求出煤块加速过程的位移大小与从到的时间；由功能关系，煤块从到的过程电动机多消耗的电能等于传送带克服滑动摩擦力做的功；煤块由到的过程，根据牛顿第二定律与运动学公式求得该过程煤块与传送带的相对位移大小，根据功能关系求解此过程因摩擦产生的热量；煤块从到与从到两过程中，煤块相对传送带的运动方向相反，从到的过程中，煤块在传送带上留下的痕迹长度等于两过程的相对位移较大者。
本题考查了牛顿第二定律与功能关系在传送带模型与圆周运动中的应用。对于传送带问题要注意判断是否存在共速的情况，以及共速之后物体与传送带的相对运动情况。掌握摩擦生热的求解方法。
10.【答案】
【解析】解：小球初始时刻静止的位置为等效最低点，即重力与电场力的合力向右下方，根据力学适量三角形可得，电场力，则，故A错误；
B.电场力做功为，故B正确；
C.根据小球刚好可以做完整圆周运动可知，小球在等效最高点时绳子的拉力为，设电场力与重力的合力为，对等效最高点列向心力表达式：，从初始位置到等效最高点，根据动能定理有：，求得，故C错误；
D.速度在电场线方向的分量最初与电场线同向，后来与电场线反向，最后与电场线同向，因此电势能先增大，后减小，再增大，故D错误。
故选：。
电场力与重力的复合场中，可以找到等效最高点与等效最低点，绳球模型中“刚好可以做完整圆周运动”的条件为到达最高点的绳子拉力为零，对于负电荷，沿电场线运动电势能增大，逆电场线运动电势能减小。
此题考查重力场与电场的复合场运动，能够找到等效最高点与最低点是解题的关键。
11.【答案】
【解析】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：自由落体；第二阶段：到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
根据重力势能表达式可知时，弹性势能为，机械能等于重力势能的最大值。时，此时的弹簧的弹性势能为：
设系统总能量为，根据能量守恒定律可知
可知
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
设小球下落到点时的时间为，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
故第一阶段的图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达处动能为。由上述速度的分析可知，在的范围内，先加速后减速，图像的斜率先增大后减小，则的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：。
分阶段分析出小球在不同过程中的运动特点，结合图像的物理意义和过程中的能量转化特点即可完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出其运动特点，理解过程中的能量转化关系即可完成分析。
12.【答案】； ； ；见解析；
【解析】螺旋测微器的精确度为，读数为
当用“”挡时，发现指针偏转角度过大，应换小挡，即“”挡，由图可知读数为
为调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应用分压式接法，选择，电路图如图
根据电阻定律可知
根据图像斜率可知
联立解得
故答案为：；；；见解析；
螺旋测微器的精确值为，根据螺旋测微器的读数规则读数；
用多用电表测金属丝的阻值，当用电阻“”挡时，发现指针偏转角度过大，欧姆表指针对应示数过小，应换成小倍率，根据欧姆表测电阻的正确操作和读数规则读数；
滑动变阻器采用分压接法，从保证电路安全和方便调节的角度分析判断；
根据串联电路的特点和欧姆定律及电阻定律解答。
本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表测电阻的正确操作和读数，能够根据实验原理正确选择实验器材。
13.【答案】的阻值为；
使用、两个端点时的量程为
【解析】接时为量程，则，代入，，解得；
接时，有，解得。
答：的阻值为；
使用、两个端点时的量程为。
根据串并联电路的特点结合电表的改装原理列式解答。
考查串并联电路的特点结合电表的改装原理，会根据题意进行准确分析解答。
14.【答案】小球沿回到点时的速度；
小球沿回到点过程中摩擦力所做的功
【解析】小球回到点时根据牛顿第二定律得
代入数据解得：
。
小球恰好通过点，根据牛顿第二定律得
代入数据解得：，
小球由经回到的过程中，根据动能定理得
代入数据解得：。
答：小球沿回到点时的速度；
小球沿回到点过程中摩擦力所做的功。
回到点，据牛顿第二定律列式可计算回到点时的速度；小球沿轨道恰好能过最高点，可计算点速度，小球沿回到点，根据动能定理列式可计算摩擦力所做的功。
本题考查了圆周运动列牛顿第二定律，动能定理的简单应用等，需注意摩擦力做功的正负。
15.【答案】若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小为，时间内加速度的大小为；
若不考虑该粒子的重力，当图乙中时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离为；
若要考虑该粒子的重力，且该粒子最后能垂直打在上，则图乙中的值为
【解析】粒子在沿平行于板的方向上做匀速直线运动，则有：
解得：
粒子在时间内，根据牛顿第二定律得：
又有：
联立解得加速度大小为：
粒子在垂直板方向，先向下匀加速运动，后向下匀减速运动到速度为零，再反向匀加速运动，其图像如下图所示：
粒子在时间内，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
粒子在时间内在垂直于极板方向的位移为：
粒子在时刻垂直于极板方向的速度为：
粒子在时间内在垂直于极板方向的位移为：
该粒子离开电容器右侧时的偏转距离为：
取竖直向下为正方向。设粒子在时间内加速度为，根据牛顿第二定律得：
，解得：
粒子在时刻垂直于极板方向的速度为：
粒子离开电场后做斜抛运动，最后能垂直打在上，设离开电场时在竖直方向上的速度为，则有：
解得：
可得粒子在时间内加速度为：
根据牛顿第二定律得：
解得：
答：若不考虑该粒子的重力，该粒子射入极板间的速度大小为，时间内加速度的大小为；
若不考虑该粒子的重力，当图乙中时，该粒子离开电容器右侧时的偏转距离为；
若要考虑该粒子的重力，且该粒子最后能垂直打在上，则图乙中的值为。
粒子在沿平行于板的方向上做匀速直线运动，据此可求得该粒子射入极板间的速度大小；根据牛顿第二定律与电场强度与电势差的关系求解加速度大小；
粒子在垂直板方向，先向下匀加速运动，后向下匀减速运动到速度为零，再反向匀加速运动。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
粒子离开电场后做斜抛运动，最后能垂直打在上，由运动学公式求得离开电场时在竖直方向上的速度。根据牛顿第二定律与运动学公式求得粒子在时刻垂直于极板方向的速度，由此可得到粒子在时间内加速度，再根据牛顿第二定律求得值。
本题考查了带电粒子在匀强电场中偏转问题，将粒子的运动分解处理，运动过程较复杂时可应用图像辅助分析。
16.【答案】弹簧的劲度系数为；
物体从图示位置向右运动时，的速度大小为；
在这一过程中做的功为
【解析】初始时，对，根据平衡条件得
可得弹簧初始压缩量为
当向右运动距离时，恰好离开挡板，对，根据平衡条件得
可得此时伸长量
由几何关系有
解得
设物体从图示位置向右运动时的速度，绳与竖直方向夹角为，则
解得
所以
弹力做功为零，初末位置，、连接体机械能相等，则
解得
对，根据动能定理得
根据得
在初位置时，与斜面间动摩擦因数为
向右运动时，与斜面间动摩擦因数为
此过程中，摩擦力对做功为
解得
对有
对，根据动能定理有
可得
答：弹簧的劲度系数为；
物体从图示位置向右运动时，的速度大小为；
在这一过程中做的功为。
根据平衡条件和胡克定律相结合求出初状态弹簧的压缩量、末状态弹簧的伸长量，再结合上移的距离与弹簧形变量的关系求解弹簧的劲度系数；
物体从图示位置向右运动时，根据沿绳子方向的分速度与的速度大小相等列方程，得到两者速度关系；根据弹簧、与组成的系统机械能守恒列方程，联立求解；
对，根据动能定理列方程。对，根据牵连速度关系求的速度，再求做的功。
本题要搞清弹簧的状态及形变量，弄清物块和的受力情况，可将的速度沿轻绳方向与轻绳的垂直方向分解，沿轻绳方向的速度分量等于的速率。
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