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河北省石家庄市石家庄实验中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·无极期中） 下列物理量是标量，且其所对应的单位是基本单位的是（　　）
A．位移 B．时间 C．速度 D．力
2．（2025高三上·无极期中）设a、v和S分别代表物体运动的加速度、速度和位移。现有初速度均为零的四个物体，他们的运动图象分别如下图所示，则哪个物体在做单向直线运动？（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高三上·无极期中）如图所示，在升降电梯内固定一倾角为的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。电梯在快要到达地面时，以大小为a的加速度沿竖直方向做匀减速直线运动，重力加速度大小为g，关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球受到斜面的支持力大小为
B．小球受到斜面的支持力大小为
C．小球受到挡板的支持力大小为
D．小球受到挡板的支持力大小为
4．（2025高三上·无极期中）如图（a）所示，一物块在时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端。、均为已知量，重力加速度大小为，则（　　）
A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为
B．物块返回底端时的速度大小为
C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小
D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角
5．（2025高三上·无极期中）2022年，“嫦娥五号”实现中国开展航天活动以来的四个“首次”：首次在月球表面自动采样；首次从月球表面起飞；首次在月球轨道上其上升器与轨道器和返回器组合体交会对接；首次带着月球土壤返回地球。已知月球的质量约为地球的，表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，下列判断正确的是（　　）
A．月球上的第一宇宙速度是地球上的倍
B．组合体交会对接后因质量变大导致轨道半径变大
C．“嫦娥五号”飞行到地球与月球中心连线中点时所受地球引力是月球引力的81倍
D．“嫦娥五号”在降落地面之前必须做减速运动，带回的土壤处于完全失重状态
6．（2025高三上·无极期中）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（　　）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
7．（2025高三上·无极期中）如图，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点.假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　）
A．三把刀在击中板时动能相同
B．三次飞行时间之比为
C．三次初速度的竖直分量之比为3：2：1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
8．（2025高三上·无极期中）如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将球斜向上打出，球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则
A．两次击中墙时的速度相等
B．沿1轨迹打出时的初速度大
C．沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角小
D．从打出到撞墙，沿2轨迹的网球在空中运动时间长
9．（2025高三上·无极期中）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q，图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等差等势面。有两个相等质量的一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的相互作用力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置。下列说法中正确的是（　　）
A．M、N做匀变速曲线运动
B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率
C．M在b点的电势能一定等于N在c点的电势能
D．M从p→b过程电势能的增加量一定小于N从q→c过程电势能的减少量
10．（2025高三上·无极期中）在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中，小孩静止时处于点，当其弹跳到最高点后下落，可将弹性网绳压到最低点，小孩可看成质点，不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点到最低点的过程中，小孩的（　　）
A．重力的功率先增大后减小
B．机械能一直减小
C．（到最低点时）重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量
D．（到最低点时）机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量
11．（2025高三上·无极期中）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量　 　（填选项前的符号），间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。
然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是　 　（填选项前的符号）。
A．用天平测量两个小球的质量、
B．测量小球开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM，ON
（3）经测定，，，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前、后的动量分别为与，则：　 　：11；若碰撞结束时的动量为，则：：　 　。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为　 　。（此问结果保留三位有效数字）
12．（2025高三上·无极期中）某物理小组利用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。
（1）用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，小球的直径　 　mm。
（2）实验时应______。
A．先释放小球，后接通数字计时器电源
B．选择密度较大的实心铁球
（3）测出小球释放位置到光电门的高度为h，小球通过光电门的遮光时间为t，若小球下落过程中机械能守恒，则当地重力加速度大小　 　（用字母d、h、t表示）。
（4）发现小球增加的动能始终小于减少的重力势能，其主要原因是　 　。
13．（2025高三上·无极期中）传感器是能感受规定的被测量，并将被测量按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置。如图所示，质量的物块A静置于水平放置的力传感器（可显示A对力传感器的压力大小）上，一劲度系数的竖直轻质弹簧下端与A相连，上端与质量的物块B相连，B处于静止状态。取重力加速度大小，弹簧始终处于弹性限度内。
（1）若对B施加一竖直向上的拉力，使B缓慢上升，直至力传感器的示数为零，求此过程中B的位移大小；
（2）若对B施加一竖直向上的拉力，使B竖直向上做加速度大小的匀加速直线运动，直至力传感器的示数为零，求此运动过程所用的时间以及拉力的最大值。
14．（2025高三上·无极期中）如图所示，第二象限中存在水平向右的匀强电场，电场强度为E0。横坐标为-A，纵坐标大于零且小于y'的地方排列着质量均为m，电荷量均为+q的粒子。在第一象限的虚线上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小E=4E0，电场边界为一条曲线。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，所有粒子由静止释放都能运动到点（A，0）。试问：
（1）粒子运动到点（A，0）的时间是否与粒子的初始位置y有关，为什么？
（2）求出第一象限内电场的边界线（x0，y0）的方程；
（3）求出y'的最大值，并作出由（0，y'）和（0，）进入第一象限的粒子在第一象限内的运动轨迹图。
15．（2025高三上·无极期中）如图，光滑水平面上有一弹簧，左端固定，右端与质量的小球接触。小球右侧静置一质量、半径的四分之一光滑圆弧轨道。现推动小球使其向左压缩弹簧，松手后，小球脱离弹簧，冲上右侧轨道，小球恰好能到达圆弧的最高点。取重力加速度大小，求：
（1）小球脱离弹簧时的速度大小；
（2）整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小；
（3）小球在下滑阶段，当其和圆心的连线与竖直方向的夹角时，轨道的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】题意中位移、速度和力属于矢量，时间属于标量，所以B对，ACD错误；正确答案为B
【分析】只有时间属于标量，其他三个物理量属于矢量。
2．【答案】C
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．s-t图像的斜率表示速度，斜率正负周期性变化，说明速度方向周期性改变，物体做往返运动，不是单向直线运动，故A错误；
B．v-t图像中速度正负周期性变化，说明速度方向周期性改变，物体做往返运动，不是单向直线运动，故B错误；
C.0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，知t＝2s末物体的速度为零，接着，周而复始，所以物体在做单向直线运动，故C正确；
D.0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，t＝2s末物体的速度为零。2﹣3s内物体沿负方向做匀加速运动运动，3﹣4s继续沿负方向做匀减速运动，t＝4s时速度为零，接着，周而复始，所以物体在做往返运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】通过图像的物理意义（s-t斜率表速度、v-t正负表方向、a-t面积表速度变化），判断速度方向是否始终不变，从而确定是否为单向直线运动。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】电梯具有竖直向上的加速度，对小球受力分析，如图
根据平衡条件及牛顿第二定律有
解得
故答案为：D。
【分析】将斜面支持力分解为水平和竖直分量，结合竖直方向的加速度，通过牛顿第二定律建立方程，计算斜面与挡板的支持力。
4．【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．根据图像与坐标轴围成的面积表示物体的位移，设物块回到底端时的速度大小为，则有
解得物块回到底端时的速度大小为
则上滑时的加速度大小为
下滑时的加速度大小为
物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为，故A错误，B正确；
CD．设物块与斜面间的摩擦力大小为，斜面的倾角为，根据牛顿第二定律可得，
联立解得，，由于物块的质量未知，因此无法求出物块受到摩擦力的大小，但可以求出斜面的倾角，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】先通过v-t图像求上滑、下滑的加速度及返回速度；再结合受力分析，判断能否求出摩擦力和斜面倾角。
5．【答案】C
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
月球上的第一宇宙速度为
故A错误；
B．行星对组合体的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，组合体的轨道半径只与中心天体的质量和组合体的线速度有关，与组合体的质量无关，故B错误；
C．由于“嫦娥五号”飞行到地球与月球中心连线中点时，“嫦娥五号”到地球与月球中心的距离相等，根据万有引力公式
可知，则所受地球引力是与月球引力之比为
故C正确；
D．“嫦娥五号”在降落地面之前必须做减速运动，则带回的土壤具有向上的加速度，由于加速度方向向上则处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；利用引力通过向心力可以判别轨道半径的大小；利用引力公式可以求出引力的大小比值；利用加速度的方向可以判别超重与失重。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
7．【答案】D
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【解答】A.将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为，初速度为，由图看出，三把刀飞行的高度不同，运动时间不同，水平位移大小相等，由平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在击中板时动能不同；故A错误.
B.竖直方向上逆过来看做自由落体运动，运动时间为，则得三次飞行时间之比为；故B错误.
C.三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由，可得它们得竖直分速度之比为；故C错误.
D.设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则，则得θ1＞θ2＞θ3；故D正确.
故答案为：D
【分析】将飞刀的运动逆向视为平抛运动（水平位移相等，竖直方向为自由落体），结合平抛运动的时间、速度分量公式，分析各物理量的关系。
8．【答案】B,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．由于两次都垂直撞在竖直墙上的同一点，说明两次撞到墙上时竖直方向的速度均为零，可以逆向将原运动看成从同一地点以不同速度将球两次水平抛出，则抛出时的初速度即是两次击中墙时球的速度，由于两球击出时的高度相同，因此球两次在空中运动的时间相等，由于水平方向的位移，根据可知，沿1轨迹打出时的初速度大，两次击中墙时的速度不相等，故A错误，B正确；
C．设球打出时速度方向与水平方向夹角为，则有
两次竖直方向的速度
水平方向的速度
故有
即沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角小，故C正确；
D．根据上述分析可知，从打出到撞墙，两球在空中运动时间相等，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题可将斜抛运动逆向等效为平抛运动，利用平抛运动的分运动规律（竖直方向自由落体、水平方向匀速直线），分析运动时间、初速度及速度夹角的关系。
9．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；电势能
【解析】【解答】A．由点电荷电场强度公式可知，离点电荷越近电场强度越大，再由牛顿第二定律可知，离子M、N在运动过程中加速度先增大后减小，离子M、N做非匀变速曲线运动，故A错误；
B．由题图可判定M在从a到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从a到q运动过程中，静电力做负功，动能减小，所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；
C．由题图可知离子N受到固定点电荷的斥力，而离子M受到固定点电荷的引力，故两离子的电性一定不同，b，c两点位于同一等势面，b、c两点的电势相等，根据电势能可知，M在b点的电势能不等于N在c点的电势能，故C错误；
D．由题图可知q点离固定点电荷更近一些，N离子在从q向c运动过程中静电力做正功的值大于离子M从p向b运动过程中静电力做负功的值，故M从p到b过程电势能的增加量一定小于N从q到c过程电势能的减少量，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过轨迹判断离子电性，利用电场力做功的正负分析动能、电势能的变化，结合等势面与电势能公式判断能量关系。
10．【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小孩从 A 下落到 B 的过程中，速度v先增大（重力大于弹力）后减小（重力小于弹力），因此重力的功率先增大后减小，故A正确；
B．机械能包括动能和重力势能。小孩下落过程中，接触弹性绳前，只有重力做功，机械能不变；接触弹性绳后，弹性绳的弹力做负功，机械能减小，因此机械能是 “先不变后减小”，并非一直减小，故B错误；
C．当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量，故C正确；
D．当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】通过速度的变化分析重力功率；通过弹力做功的情况分析机械能变化；通过能量守恒（重力势能转化为弹性绳、弹性网绳的弹性势能）判断能量的增减量关系。
11．【答案】；；；；
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．
故答案为：C．
（2）实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．
故答案为：ADE．
（3）要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
得
若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的
则有
成立，碰撞前后动量之比
故答案为：；；
【分析】（1）速度的间接测量：利用平抛运动 “时间相同，速度与射程成正比” 的特点，用射程替代速度；
（2）实验步骤：动量守恒需要质量和速度（射程），故需测质量、碰撞后射程；
（3）动量比值：结合 “动量=质量×速度（射程）”，直接代入数据计算比值。
12．【答案】（1）7.40
（2）B
（3）
（4）小球下落过程中受到了空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小球的直径
故答案为：7.40
（2）A．为打点稳定，先接通数字计时器电源，后释放小球，故A错误；
B．为减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心铁球，故B正确。
故答案为：B。
（3）根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小球通过光电门的速度为
若小球下落过程中机械能守恒，则
解得当地重力加速度大小
故答案为：
（4）发现小球增加的动能始终小于减少的重力势能，其主要原因是小球下落过程中受到了空气阻力。
故答案为：小球下落过程中受到了空气阻力
【分析】（1）游标卡尺读数：主尺读数加游标尺读数（20 分度精度 0.05mm）；
（2）实验优化：选密度大的小球，减小空气阻力影响；
（3）机械能守恒推导：用光电门测速度（平均速度替代瞬时速度），结合重力势能减少量与动能增加量相等推导重力加速度；
（4）误差原因：空气阻力导致机械能损失，动能增加量小于重力势能减少量。
13．【答案】（1）解：设施加拉力前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
解得
又
解得
（2）解：当力传感器的示数为零时，拉力最大，对B有
根据匀变速直线运动的规律有
解得，
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）位移分析：分 “初始压缩” 和 “最终伸长” 两个状态，利用胡克定律分别求弹簧形变量，位移为两个形变量之和。
（2）时间与拉力：时间由匀加速位移公式直接求解；拉力最大值出现在弹簧伸长量最大时，对 B 列牛顿第二定律方程（结合弹簧弹力、重力与加速度）计算。
（1）设施加拉力前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
解得
又
解得
（2）当力传感器的示数为零时，拉力最大，对B有
根据匀变速直线运动的规律有
解得，
14．【答案】（1）解：设粒子达到y轴的速度为v0，由动能定理得
所以
粒子进入第一象限后，水平方向上不受外力，粒子以v0做匀速直线运动，运动到点（A，0）的时间为，与初始位置y无关
（2）解：粒子进入第一象限做类平抛运动，设粒子从竖直电场边界上（x0，y0）点射出如图
则粒子在该电场中的运动时间为
竖直方向有
根据几何关系
联立上述各式可得，显然边界线为一开口向下的抛物线
（3）解：由上问所解边界方程可知，点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y'）进入第一象限的粒子将一直做类平抛运动达到点（A，0），根据平抛运动规律，
联立解得
而从（0，）进入第一象限内的粒子未到点（A，0）前将会射出电场做匀速直线运动达到点（A，0），两处进入第一象限的粒子运动轨迹，如图所示
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）时间分析：第二象限的加速过程仅改变水平速度，第一象限水平方向匀速，时间由水平位移和速度决定，与竖直初始位置无关。
（2）边界线推导：结合类平抛运动的分运动规律与轨迹的几何关系，联立得到边界线的抛物线方程。
（3）当粒子从y轴进入后全程在电场中运动时，y'最大，代入边界线方程求解；轨迹需区分“全程类平抛”与“类平抛+匀速”两种情况。
（1）设粒子达到y轴的速度为v0，由动能定理得
所以
粒子进入第一象限后，水平方向上不受外力，粒子以v0做匀速直线运动，运动到点（A，0）的时间为
与初始位置y无关；
（2）粒子进入第一象限做类平抛运动，设粒子从竖直电场边界上（x0，y0）点射出如图
则粒子在该电场中的运动时间为
竖直方向有
根据几何关系
联立上述各式可得
显然边界线为一开口向下的抛物线；
（3）由上问所解边界方程可知，点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y'）进入第一象限的粒子将一直做类平抛运动达到点（A，0），根据平抛运动规律
联立解得
而从（0，）进入第一象限内的粒子未到点（A，0）前将会射出电场做匀速直线运动达到点（A，0），两处进入第一象限的粒子运动轨迹，如图所示
15．【答案】（1）解：设小球与轨道共速时的速度为v，水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）解：小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为v1，轨道的速度为v2。由水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得v1=-1m/s ，v2=2m/s
所以整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小2m/s
（3）解：设小球在下滑阶段，和圆心O的连线与竖直方向的夹角时，小球的水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，此时圆弧轨道的速度为v3，则有
对小球和圆弧组成系统，以向右为正方向，在水平方向上动量守恒，有
由能量守恒定律，有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）速度：结合“最高点共速”的特点，利用水平动量守恒和机械能守恒联立求解。
（2）轨道最大速度：小球回到最低点时轨道速度最大，再次通过水平动量守恒与机械能守恒（无重力势能变化）计算。
（3）时的轨道速度：分解小球速度为水平、竖直分量，结合动量守恒、机械能守恒与几何关系（速度的相对方向）联立求解。
（1）设小球与轨道共速时的速度为v，水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为v1，轨道的速度为v2。由水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得v1=-1m/s ，v2=2m/s
所以整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小2m/s；
（3）设小球在下滑阶段，和圆心O的连线与竖直方向的夹角时，小球的水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，此时圆弧轨道的速度为v3，则有
对小球和圆弧组成系统，以向右为正方向，在水平方向上动量守恒，有
由能量守恒定律，有
联立解得
1 / 1河北省石家庄市石家庄实验中学2025-2026学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2025高三上·无极期中） 下列物理量是标量，且其所对应的单位是基本单位的是（　　）
A．位移 B．时间 C．速度 D．力
【答案】B
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】题意中位移、速度和力属于矢量，时间属于标量，所以B对，ACD错误；正确答案为B
【分析】只有时间属于标量，其他三个物理量属于矢量。
2．（2025高三上·无极期中）设a、v和S分别代表物体运动的加速度、速度和位移。现有初速度均为零的四个物体，他们的运动图象分别如下图所示，则哪个物体在做单向直线运动？（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．s-t图像的斜率表示速度，斜率正负周期性变化，说明速度方向周期性改变，物体做往返运动，不是单向直线运动，故A错误；
B．v-t图像中速度正负周期性变化，说明速度方向周期性改变，物体做往返运动，不是单向直线运动，故B错误；
C.0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，根据a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，知t＝2s末物体的速度为零，接着，周而复始，所以物体在做单向直线运动，故C正确；
D.0﹣1s内物体沿正方向做匀加速运动运动，1﹣2s继续沿正方向做匀减速运动，t＝2s末物体的速度为零。2﹣3s内物体沿负方向做匀加速运动运动，3﹣4s继续沿负方向做匀减速运动，t＝4s时速度为零，接着，周而复始，所以物体在做往返运动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】通过图像的物理意义（s-t斜率表速度、v-t正负表方向、a-t面积表速度变化），判断速度方向是否始终不变，从而确定是否为单向直线运动。
3．（2025高三上·无极期中）如图所示，在升降电梯内固定一倾角为的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。电梯在快要到达地面时，以大小为a的加速度沿竖直方向做匀减速直线运动，重力加速度大小为g，关于此过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球受到斜面的支持力大小为
B．小球受到斜面的支持力大小为
C．小球受到挡板的支持力大小为
D．小球受到挡板的支持力大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】电梯具有竖直向上的加速度，对小球受力分析，如图
根据平衡条件及牛顿第二定律有
解得
故答案为：D。
【分析】将斜面支持力分解为水平和竖直分量，结合竖直方向的加速度，通过牛顿第二定律建立方程，计算斜面与挡板的支持力。
4．（2025高三上·无极期中）如图（a）所示，一物块在时刻，以初速度从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），时刻物块到达最高点，时刻物块又返回底端。、均为已知量，重力加速度大小为，则（　　）
A．物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为
B．物块返回底端时的速度大小为
C．利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小
D．利用所给条件不可以求出斜面的倾角
【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．根据图像与坐标轴围成的面积表示物体的位移，设物块回到底端时的速度大小为，则有
解得物块回到底端时的速度大小为
则上滑时的加速度大小为
下滑时的加速度大小为
物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为，故A错误，B正确；
CD．设物块与斜面间的摩擦力大小为，斜面的倾角为，根据牛顿第二定律可得，
联立解得，，由于物块的质量未知，因此无法求出物块受到摩擦力的大小，但可以求出斜面的倾角，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】先通过v-t图像求上滑、下滑的加速度及返回速度；再结合受力分析，判断能否求出摩擦力和斜面倾角。
5．（2025高三上·无极期中）2022年，“嫦娥五号”实现中国开展航天活动以来的四个“首次”：首次在月球表面自动采样；首次从月球表面起飞；首次在月球轨道上其上升器与轨道器和返回器组合体交会对接；首次带着月球土壤返回地球。已知月球的质量约为地球的，表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，下列判断正确的是（　　）
A．月球上的第一宇宙速度是地球上的倍
B．组合体交会对接后因质量变大导致轨道半径变大
C．“嫦娥五号”飞行到地球与月球中心连线中点时所受地球引力是月球引力的81倍
D．“嫦娥五号”在降落地面之前必须做减速运动，带回的土壤处于完全失重状态
【答案】C
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
月球上的第一宇宙速度为
故A错误；
B．行星对组合体的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
可知，组合体的轨道半径只与中心天体的质量和组合体的线速度有关，与组合体的质量无关，故B错误；
C．由于“嫦娥五号”飞行到地球与月球中心连线中点时，“嫦娥五号”到地球与月球中心的距离相等，根据万有引力公式
可知，则所受地球引力是与月球引力之比为
故C正确；
D．“嫦娥五号”在降落地面之前必须做减速运动，则带回的土壤具有向上的加速度，由于加速度方向向上则处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出第一宇宙速度的大小；利用引力通过向心力可以判别轨道半径的大小；利用引力公式可以求出引力的大小比值；利用加速度的方向可以判别超重与失重。
6．（2025高三上·无极期中）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（　　）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
7．（2025高三上·无极期中）如图，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点.假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（　　）
A．三把刀在击中板时动能相同
B．三次飞行时间之比为
C．三次初速度的竖直分量之比为3：2：1
D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
【答案】D
【知识点】平抛运动；动能
【解析】【解答】A.将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，运动时间为，初速度为，由图看出，三把刀飞行的高度不同，运动时间不同，水平位移大小相等，由平抛运动的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在击中板时动能不同；故A错误.
B.竖直方向上逆过来看做自由落体运动，运动时间为，则得三次飞行时间之比为；故B错误.
C.三次初速度的竖直分量等于平抛运动下落的速度竖直分量，由，可得它们得竖直分速度之比为；故C错误.
D.设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则，则得θ1＞θ2＞θ3；故D正确.
故答案为：D
【分析】将飞刀的运动逆向视为平抛运动（水平位移相等，竖直方向为自由落体），结合平抛运动的时间、速度分量公式，分析各物理量的关系。
8．（2025高三上·无极期中）如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将球斜向上打出，球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则
A．两次击中墙时的速度相等
B．沿1轨迹打出时的初速度大
C．沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角小
D．从打出到撞墙，沿2轨迹的网球在空中运动时间长
【答案】B,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．由于两次都垂直撞在竖直墙上的同一点，说明两次撞到墙上时竖直方向的速度均为零，可以逆向将原运动看成从同一地点以不同速度将球两次水平抛出，则抛出时的初速度即是两次击中墙时球的速度，由于两球击出时的高度相同，因此球两次在空中运动的时间相等，由于水平方向的位移，根据可知，沿1轨迹打出时的初速度大，两次击中墙时的速度不相等，故A错误，B正确；
C．设球打出时速度方向与水平方向夹角为，则有
两次竖直方向的速度
水平方向的速度
故有
即沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角小，故C正确；
D．根据上述分析可知，从打出到撞墙，两球在空中运动时间相等，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题可将斜抛运动逆向等效为平抛运动，利用平抛运动的分运动规律（竖直方向自由落体、水平方向匀速直线），分析运动时间、初速度及速度夹角的关系。
9．（2025高三上·无极期中）如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q，图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等差等势面。有两个相等质量的一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的相互作用力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置。下列说法中正确的是（　　）
A．M、N做匀变速曲线运动
B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率
C．M在b点的电势能一定等于N在c点的电势能
D．M从p→b过程电势能的增加量一定小于N从q→c过程电势能的减少量
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；电势能
【解析】【解答】A．由点电荷电场强度公式可知，离点电荷越近电场强度越大，再由牛顿第二定律可知，离子M、N在运动过程中加速度先增大后减小，离子M、N做非匀变速曲线运动，故A错误；
B．由题图可判定M在从a到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从a到q运动过程中，静电力做负功，动能减小，所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；
C．由题图可知离子N受到固定点电荷的斥力，而离子M受到固定点电荷的引力，故两离子的电性一定不同，b，c两点位于同一等势面，b、c两点的电势相等，根据电势能可知，M在b点的电势能不等于N在c点的电势能，故C错误；
D．由题图可知q点离固定点电荷更近一些，N离子在从q向c运动过程中静电力做正功的值大于离子M从p向b运动过程中静电力做负功的值，故M从p到b过程电势能的增加量一定小于N从q到c过程电势能的减少量，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过轨迹判断离子电性，利用电场力做功的正负分析动能、电势能的变化，结合等势面与电势能公式判断能量关系。
10．（2025高三上·无极期中）在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中，小孩静止时处于点，当其弹跳到最高点后下落，可将弹性网绳压到最低点，小孩可看成质点，不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点到最低点的过程中，小孩的（　　）
A．重力的功率先增大后减小
B．机械能一直减小
C．（到最低点时）重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量
D．（到最低点时）机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量
【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小孩从 A 下落到 B 的过程中，速度v先增大（重力大于弹力）后减小（重力小于弹力），因此重力的功率先增大后减小，故A正确；
B．机械能包括动能和重力势能。小孩下落过程中，接触弹性绳前，只有重力做功，机械能不变；接触弹性绳后，弹性绳的弹力做负功，机械能减小，因此机械能是 “先不变后减小”，并非一直减小，故B错误；
C．当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量，故C正确；
D．当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】通过速度的变化分析重力功率；通过弹力做功的情况分析机械能变化；通过能量守恒（重力势能转化为弹性绳、弹性网绳的弹性势能）判断能量的增减量关系。
11．（2025高三上·无极期中）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量　 　（填选项前的符号），间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。
然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是　 　（填选项前的符号）。
A．用天平测量两个小球的质量、
B．测量小球开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM，ON
（3）经测定，，，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前、后的动量分别为与，则：　 　：11；若碰撞结束时的动量为，则：：　 　。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为　 　。（此问结果保留三位有效数字）
【答案】；；；；
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．
故答案为：C．
（2）实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．
故答案为：ADE．
（3）要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得
得
若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的
则有
成立，碰撞前后动量之比
故答案为：；；
【分析】（1）速度的间接测量：利用平抛运动 “时间相同，速度与射程成正比” 的特点，用射程替代速度；
（2）实验步骤：动量守恒需要质量和速度（射程），故需测质量、碰撞后射程；
（3）动量比值：结合 “动量=质量×速度（射程）”，直接代入数据计算比值。
12．（2025高三上·无极期中）某物理小组利用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。
（1）用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，小球的直径　 　mm。
（2）实验时应______。
A．先释放小球，后接通数字计时器电源
B．选择密度较大的实心铁球
（3）测出小球释放位置到光电门的高度为h，小球通过光电门的遮光时间为t，若小球下落过程中机械能守恒，则当地重力加速度大小　 　（用字母d、h、t表示）。
（4）发现小球增加的动能始终小于减少的重力势能，其主要原因是　 　。
【答案】（1）7.40
（2）B
（3）
（4）小球下落过程中受到了空气阻力
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小球的直径
故答案为：7.40
（2）A．为打点稳定，先接通数字计时器电源，后释放小球，故A错误；
B．为减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心铁球，故B正确。
故答案为：B。
（3）根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小球通过光电门的速度为
若小球下落过程中机械能守恒，则
解得当地重力加速度大小
故答案为：
（4）发现小球增加的动能始终小于减少的重力势能，其主要原因是小球下落过程中受到了空气阻力。
故答案为：小球下落过程中受到了空气阻力
【分析】（1）游标卡尺读数：主尺读数加游标尺读数（20 分度精度 0.05mm）；
（2）实验优化：选密度大的小球，减小空气阻力影响；
（3）机械能守恒推导：用光电门测速度（平均速度替代瞬时速度），结合重力势能减少量与动能增加量相等推导重力加速度；
（4）误差原因：空气阻力导致机械能损失，动能增加量小于重力势能减少量。
13．（2025高三上·无极期中）传感器是能感受规定的被测量，并将被测量按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置。如图所示，质量的物块A静置于水平放置的力传感器（可显示A对力传感器的压力大小）上，一劲度系数的竖直轻质弹簧下端与A相连，上端与质量的物块B相连，B处于静止状态。取重力加速度大小，弹簧始终处于弹性限度内。
（1）若对B施加一竖直向上的拉力，使B缓慢上升，直至力传感器的示数为零，求此过程中B的位移大小；
（2）若对B施加一竖直向上的拉力，使B竖直向上做加速度大小的匀加速直线运动，直至力传感器的示数为零，求此运动过程所用的时间以及拉力的最大值。
【答案】（1）解：设施加拉力前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
解得
又
解得
（2）解：当力传感器的示数为零时，拉力最大，对B有
根据匀变速直线运动的规律有
解得，
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）位移分析：分 “初始压缩” 和 “最终伸长” 两个状态，利用胡克定律分别求弹簧形变量，位移为两个形变量之和。
（2）时间与拉力：时间由匀加速位移公式直接求解；拉力最大值出现在弹簧伸长量最大时，对 B 列牛顿第二定律方程（结合弹簧弹力、重力与加速度）计算。
（1）设施加拉力前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设施加拉力后，当力传感器的示数为零时，弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
解得
又
解得
（2）当力传感器的示数为零时，拉力最大，对B有
根据匀变速直线运动的规律有
解得，
14．（2025高三上·无极期中）如图所示，第二象限中存在水平向右的匀强电场，电场强度为E0。横坐标为-A，纵坐标大于零且小于y'的地方排列着质量均为m，电荷量均为+q的粒子。在第一象限的虚线上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小E=4E0，电场边界为一条曲线。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，所有粒子由静止释放都能运动到点（A，0）。试问：
（1）粒子运动到点（A，0）的时间是否与粒子的初始位置y有关，为什么？
（2）求出第一象限内电场的边界线（x0，y0）的方程；
（3）求出y'的最大值，并作出由（0，y'）和（0，）进入第一象限的粒子在第一象限内的运动轨迹图。
【答案】（1）解：设粒子达到y轴的速度为v0，由动能定理得
所以
粒子进入第一象限后，水平方向上不受外力，粒子以v0做匀速直线运动，运动到点（A，0）的时间为，与初始位置y无关
（2）解：粒子进入第一象限做类平抛运动，设粒子从竖直电场边界上（x0，y0）点射出如图
则粒子在该电场中的运动时间为
竖直方向有
根据几何关系
联立上述各式可得，显然边界线为一开口向下的抛物线
（3）解：由上问所解边界方程可知，点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y'）进入第一象限的粒子将一直做类平抛运动达到点（A，0），根据平抛运动规律，
联立解得
而从（0，）进入第一象限内的粒子未到点（A，0）前将会射出电场做匀速直线运动达到点（A，0），两处进入第一象限的粒子运动轨迹，如图所示
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）时间分析：第二象限的加速过程仅改变水平速度，第一象限水平方向匀速，时间由水平位移和速度决定，与竖直初始位置无关。
（2）边界线推导：结合类平抛运动的分运动规律与轨迹的几何关系，联立得到边界线的抛物线方程。
（3）当粒子从y轴进入后全程在电场中运动时，y'最大，代入边界线方程求解；轨迹需区分“全程类平抛”与“类平抛+匀速”两种情况。
（1）设粒子达到y轴的速度为v0，由动能定理得
所以
粒子进入第一象限后，水平方向上不受外力，粒子以v0做匀速直线运动，运动到点（A，0）的时间为
与初始位置y无关；
（2）粒子进入第一象限做类平抛运动，设粒子从竖直电场边界上（x0，y0）点射出如图
则粒子在该电场中的运动时间为
竖直方向有
根据几何关系
联立上述各式可得
显然边界线为一开口向下的抛物线；
（3）由上问所解边界方程可知，点（A，0）恰好在边界线上，由点（0，y'）进入第一象限的粒子将一直做类平抛运动达到点（A，0），根据平抛运动规律
联立解得
而从（0，）进入第一象限内的粒子未到点（A，0）前将会射出电场做匀速直线运动达到点（A，0），两处进入第一象限的粒子运动轨迹，如图所示
15．（2025高三上·无极期中）如图，光滑水平面上有一弹簧，左端固定，右端与质量的小球接触。小球右侧静置一质量、半径的四分之一光滑圆弧轨道。现推动小球使其向左压缩弹簧，松手后，小球脱离弹簧，冲上右侧轨道，小球恰好能到达圆弧的最高点。取重力加速度大小，求：
（1）小球脱离弹簧时的速度大小；
（2）整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小；
（3）小球在下滑阶段，当其和圆心的连线与竖直方向的夹角时，轨道的速度大小。
【答案】（1）解：设小球与轨道共速时的速度为v，水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）解：小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为v1，轨道的速度为v2。由水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得v1=-1m/s ，v2=2m/s
所以整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小2m/s
（3）解：设小球在下滑阶段，和圆心O的连线与竖直方向的夹角时，小球的水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，此时圆弧轨道的速度为v3，则有
对小球和圆弧组成系统，以向右为正方向，在水平方向上动量守恒，有
由能量守恒定律，有
联立解得
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）速度：结合“最高点共速”的特点，利用水平动量守恒和机械能守恒联立求解。
（2）轨道最大速度：小球回到最低点时轨道速度最大，再次通过水平动量守恒与机械能守恒（无重力势能变化）计算。
（3）时的轨道速度：分解小球速度为水平、竖直分量，结合动量守恒、机械能守恒与几何关系（速度的相对方向）联立求解。
（1）设小球与轨道共速时的速度为v，水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为v1，轨道的速度为v2。由水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得v1=-1m/s ，v2=2m/s
所以整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小2m/s；
（3）设小球在下滑阶段，和圆心O的连线与竖直方向的夹角时，小球的水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，此时圆弧轨道的速度为v3，则有
对小球和圆弧组成系统，以向右为正方向，在水平方向上动量守恒，有
由能量守恒定律，有
联立解得
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