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四川省遂宁市射洪中学校2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·射洪期中）第十五届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日-17日在珠海举行。航展首日，我国新型隐形战机歼-35A惊喜亮相，如图，这标志着我国已成为第二个同时拥有两款隐身战斗机服役的国家。假设35A某次飞行表演时正沿图示轨迹加速运动，则飞机所受合力与速度关系可能为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·射洪期中）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是（　　）
A．三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B．只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C．在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D．三种方式中的乘客只有丙处于超重状态
3．（2025高三上·射洪期中）如图所示，A物体放在粗糙水平面上，用绳和B物体连接在一起。用水平力F作用在A上向左拉动A，使B竖直向上匀速运动，则（　　）。
A．A作匀速运动 B．A作匀减速运动
C．F逐渐变大 D．F逐渐变小
4．（2025高三上·射洪期中）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶点b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的重力势能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值
5．（2025高三上·射洪期中）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的动能、重力势能随运动的水平位移x和速率v的变化关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·射洪期中）天玑星是北斗七星之一，在天玑星周围还有一颗伴星，它们组成双星系统，各自绕二者连线上的某一点O做匀速圆周运动，伴星距O点较远，如图所示。现已知天玑星的质量为M，二者之间连线的距离为L，运动周期均为T，万有引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．伴星的线速度小于天玑星的线速度
B．伴星的质量大于天玑星的质量
C．天玑星的运动半径为
D．天玑星和伴星的总质量为
7．（2025高三上·射洪期中）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（　　）
A．沿杆向上 B．沿杆向下
C．沿杆向上 D．沿杆向下
8．（2025高三上·射洪期中）卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射卫星时先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点调整速度进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B调整速度后进入目标轨道；不计卫星质量的变化，已知引力常量为G，地球质量为M，近地轨道（圆）半径为r1，目标轨道（圆）半径为r2。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小为
B．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的向心力大小之比为
C．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的周期之比为
D．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，机械能守恒
9．（2025高三上·射洪期中）可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中t2时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2m，乙球质量为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（　　）
A．t1时刻轻杆与水平方向夹角为
B．t2时刻甲球的加速度等于g
C．t3时刻甲球的速率为
D．0~t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为
10．（2025高三上·射洪期中）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
11．（2025高三上·射洪期中）在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图（a）所示。图（b）是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图（a）中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应将皮带与轮①和轮　 　相连，同时应选择球Ⅰ和球　 　作为实验球；
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，这是要探究向心力与　 　（填物理量的名称）的关系，此时轮②和轮⑤的这个物理量之比为　 　，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂　 　处；
（3）本实验采用的实验方法与下列实验相同是___________，
A．探究平抛运动的特点
B．验证机械能守恒定律
C．探究加速度与力和质量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
12．（2025高三上·射洪期中）如图（a）所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图（b）所示。实验时，该同学进行了如下步骤：
a．将质量均为M（A的含挡光片）的重物用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。
b．在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
c．测出挡光片的宽度d，计算重物运动的速度v。
d．利用实验数据验证机械能守恒定律。
（1）步骤c中，计算重物的速度v＝　 　（用实验中字母表示），利用这种方法测量的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的实际速度　 　（选填“大”或“小”），为使v的测量值更加接近真实值，减小系统误差，可采用的合理的方法是　 　。
A．减小挡光片宽度d
B．减小挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
C．将光电门记录挡光时间Δt的精度设置得更高些
D．将实验装置更换为纸带和打点计时器
（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系为　 　（已知当地重力加速度为g，用实验中字母表示）。
（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是　 　。
A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量 B．滑轮与绳子之间产生滑动摩擦
C．计算重力势能时g的取值比实际值偏大 D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度
13．（2025高三上·射洪期中）如图，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做特技表演，若摩托车的运动速度始终为v=20m/s，人和车的总质量为末200kg，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的k倍，且k=0.1．摩托车通过最高点A时，发动机的功率为零（摩托车的身长不计），g=10m/s2，求：
（1）竖直远轨道的半径
（2）摩托车通过最低点时发动机的功率
14．（2025高三上·射洪期中）图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距l=0.8cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m=3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d 点斜向上飞出，速度与水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速度落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，隐蔽的加速装置在ab段对钢球做功，重力加速度大小
（1）已知钢球直径d=1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F。
（2）若将钢球视作质点，G、O、d处在同一高度，G、d水平距离s=60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h。
（3）要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W。
15．（2025高三上·射洪期中）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为O2的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为m=0.03kg，M=0.01kg，MN长s=4.5m，滑板右端距CN的距离d=1.5m，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径R=0.14m，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块离开F后立即水平滑入GH轨道，g取，求：
（1）若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力FN ；
（2）求滑块不从滑板上掉下去能滑上CD的最大速度；
（3）要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，速度方向沿着切线方向，合力在轨迹的凹测，由于隐形战机加速运动，故速度方向与合力方向夹角要为锐角，
故选 A。
【分析】做曲线运动的物体，速度方向沿着曲线上点的切线方向；做曲线运动的物体，合力的方向与速度方向不共线，且指向曲线的内侧。
2．【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故AB错误；
C．如图所示
在甲种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
在乙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
在丙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
可得，故在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C正确；
D．三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将加速度分解到垂直和沿地板的方向，利用牛顿第二定律分析支持力与摩擦力，再根据支持力与重力的关系判断超重状态。
3．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将A的速度分解为沿细绳方向的速度和垂直细绳方向的速度，则沿细绳方向的速度等于B的速度，设细绳与水平方向的夹角为θ，则
当A向左运动时θ减小，而vB不变，可知vA减小，A作减速运动，但不是匀减速，AB错误；
CD．A的加速度向右，对A受力分析可知，
对B分析可知T=mBg不变，可得
当θ减小时，cosθ变大，sinθ变小，因当A向左运动到无穷远时θ=0，此时加速度a趋近于零，可知a减小，则F逐渐变大，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】通过速度分解得到 A 的速度变化，再对 A、B 受力分析，结合力的分量变化判断 F 的变化。
4．【答案】C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．系统中 M 与粗糙斜面 ab 间存在摩擦力，摩擦力做负功（属于非重力做功），因此系统机械能不守恒，A错误；
B．对M由动能定理可知，，即重力对M做的功等于M动能的增加量与克服绳的拉力做功以及克服摩擦力做功之和，B错误；
C．除重力以外的其它力做功等于机械能的增加量，可知轻绳对m做的功等于m机械能的增加，C正确；
D．由能量关系可知，两滑块组成系统的重力势能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值与两滑块动能增量之和，D错误。
故答案为：C。
【分析】判断系统是否存在非重力做功，再利用 “除重力外其他力的功等于机械能变化” 等规律，逐一分析选项。
5．【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能
【解析】【解答】A．因为，可知是一个二次函数关系，其图像是开口向上的抛物线，顶点在原点，故A错误；
B．设铅球初速度为，则
因为
联立可得
可知是一个二次函数关系，其图像是开口向上的抛物线，顶点在原点上方，故B正确；
C．设铅球初始位置重力势能为，根据功能关系有
整理得，可知是一个二次函数关系，故C错误；
D．设铅球初始位置距离地面高度为h，则，可知图像是一个二次函数关系，故D错误。
故答案为：B。
【分析】将平抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体，结合动能、重力势能的公式，分析各物理量的函数形式。
6．【答案】D
【知识点】向心力；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星的周期相同，角速度相同，根据，伴星的线速度大于天玑星的线速度，故A错误；
B．设伴星的质量为m，运动半径为r，天玑星的运动半径为R，则
得
由
得，伴星的质量较小，故B错误；
C．伴星的半径
天玑星的半径，故C错误；
D．双星的总质量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用双星系统的规律（周期相同、万有引力提供向心力），结合向心力公式推导质量、半径、线速度及总质量的关系。
7．【答案】B
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】设轻杆与竖直直径夹角为，由几何关系可得
解得
则小球作圆周运动的半径为
作圆周运动所需向心力为
小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件可知
解得
故答案为：B。
【分析】利用几何关系得到轻杆与竖直方向的夹角，确定圆周运动半径；对小球进行受力分析（重力、杆的作用力、圆环的支持力），将力分解到径向和切向，结合向心力公式列方程求解。
8．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在近地轨道上运动时，由牛顿第二定律得
解得卫星在近地轨道上运动时的线速度大小为
卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小应大于在近地轨道上运行的线速度，即卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小大于，故A错误；
B．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的向心力大小之比为，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，可得卫星在近地轨道与目标轨道上运动的周期之比为，故C错误；
D．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，动能减小，机械能保持不变，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用万有引力提供向心力的公式，推导线速度、向心力、周期的关系；结合万有引力做功的正负，判断机械能的变化。
9．【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设t1时刻轻杆与水平方向夹角为θ，将v甲和v乙沿杆方向和垂直于杆方向正交分解如图：
沿杆方向速度相等，则有v甲sinθ=v乙cosθ
从图像中可以看出此时v甲=v乙
所以sinθ=cosθ，θ=45°，故A错误；
B．t2时刻乙球速率最大，此时图像中斜率为0，即加速度为0，则合外力为0，杆对乙球没有力，则杆对甲球也没有力，所以甲球只受重力，加速度为g，故B正确；
C．t3时刻甲球落地，乙球速度为0，根据动能定理有，解得，C错误；
D.0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积为甲和乙的位移，甲球的位移为x甲=Lsin60°=L，乙球的位移为x乙=L- Lcos60°=L，所以x甲：x乙=：1，即0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为：1，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过沿杆方向速度分量相等的规律分析角度；利用乙球速率最大时的受力条件分析甲球加速度；结合动能定理计算甲球速率；通过速度 - 时间图的面积（位移）关系判断比值。
10．【答案】A,B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
可得质量
下滑5m过程中，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
求得
B正确；
C．根据
得
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
【分析】减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，结合牛顿第二定律列式求解。
11．【答案】（1）④；Ⅱ
（2）角速度；4：1；A
（3）C
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，则应该保持小球质量和角速度相等，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
故答案为：④；Ⅱ
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，则两个塔轮的角速度不同，故这是要探究向心力与角速度的关系；
因轮①月轮②的半径之比为，轮④与轮⑤的半径之比为，且轮①与轮④半径相等，则轮②和轮⑤的塔轮半径之比为4：1；
两轮边缘的线速度相等，根据可知这个物理量（角速度）之比为1：4，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处，以保持转动半径相等；
故答案为：角速度；4：1；A
（3）该实验过程是在保证其他影响因素不变的情况下，探究向心力和其中一个影响因素的关系，所以采用的是控制变量法；探究加速度与力和质量的关系时，是在保证力不变的情况下探究加速度与质量的关系和在保证质量不变的情况下探究加速度与力的关系，其他选项的实验并没有采用控制变量法，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】（1）变量控制：探究向心力与半径的关系，需控制质量、角速度不变，通过相同半径的塔轮保证角速度，相同质量的球保证质量。
（2）角速度探究：线速度相同时，角速度与塔轮半径成反比；需控制质量、半径不变，故选择等半径的转臂位置。
（3）实验方法：控制变量法是 “保持其他量不变，研究某一量的影响”，对应选项 C。
（1）[1][2]为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，则应该保持小球质量和角速度相等，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
（2）[1]若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，则两个塔轮的角速度不同，故这是要探究向心力与角速度的关系；
[2]因轮①月轮②的半径之比为，轮④与轮⑤的半径之比为，且轮①与轮④半径相等，则轮②和轮⑤的塔轮半径之比为4：1；
[3]两轮边缘的线速度相等，根据可知这个物理量（角速度）之比为1：4，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处，以保持转动半径相等；
（3）该实验过程是在保证其他影响因素不变的情况下，探究向心力和其中一个影响因素的关系，所以采用的是控制变量法；探究加速度与力和质量的关系时，是在保证力不变的情况下探究加速度与质量的关系和在保证质量不变的情况下探究加速度与力的关系，其他选项的实验并没有采用控制变量法，故C正确，ABD错误。
故选C。
12．【答案】；小；A；mgh＝（m＋2M）；D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据步骤c中，则可得系统的末速度为；挡光片中心通过光电门中心的实际速度为中间位移的瞬时速度，而用这种方法测出来的速度是平均速度，所以比实际速度要小；所以为让平均速度越接近瞬时速度，即通过光电门的时间要短，所以可采用的最合理的方法是减小挡光片宽度d，故A正确，BCD错误。
故答案为：；小；A。
（2）系统重力势能的减小量
系统动能的增加量为
若系统机械能守恒，则有mgh=
故答案为：mgh＝（m＋2M）
（3）A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故A错误；
B．轮与绳子之间产生滑动摩擦，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故B错误；
C．计算重力势能错误地将g的数值取做10m/s2，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故C错误；
D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度，使得BC下落的高度比静止时下落的高度更高，则A通过光电门的速度更大，故会导致系统重力势能减小量小于系统动能增加量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】（1）速度计算与误差：用挡光片的平均速度替代瞬时速度，挡光片越窄，平均速度越接近瞬时速度；
（2）机械能守恒关系：重力势能减少量等于系统动能增加量，直接结合速度表达式推导守恒式；
（3）误差原因分析：初速度不为零会额外增加动能，导致动能增加量大于重力势能减少量。
13．【答案】（1）解：由于车在A点时的功率为0，故车在A点受到的牵引力、阻力和轨道对摩托车的弹力均为0．由牛顿运动定律得：mg=，代入数据解得：
（2）解：设摩托车在最低点时，轨道对它的弹力为N，由牛顿运动定律得： N-mg=
解得：N=+mg=+200×10=4000N
摩托车在最低点时受到的阻力为：f=kN=0.1×4000N=400N
则发动机的牵引力为：F=f=400N
故摩托车在最低点时的功率为：P=Fv=400×20W=8000W
【知识点】生活中的圆周运动；机车启动
【解析】【分析】（1）轨道半径：最高点功率为 0，仅重力提供向心力，直接用圆周运动向心力公式求解半径。
（2）最低点功率：先通过向心力公式求轨道弹力，再由阻力与弹力的关系得阻力，结合匀速运动时牵引力等于阻力，最后用功率公式计算。
14．【答案】（1）解：钢球在段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有
竖直方向有
d点速度与水平方向夹角满足
又
联立代入相关已知数据，解得，
（3）解：d点抛出时的竖直分速度为
d点速度为
每次补偿的能量为
【知识点】功能关系；共点力的平衡；平抛运动
【解析】【分析】（1）支持力计算：利用双轨的几何关系确定支持力的夹角，结合竖直方向受力平衡求解。
（2）最大高度：将斜抛运动对称分解为两段平抛，结合水平位移、角度关系求运动时间，再用竖直上抛公式得最大高度。
（3）加速装置做功：“永动” 要求钢球每次运动后动能不变，故做功等于 d 点的动能，由速度分解得 d 点速度后计算动能。
（1）钢球在段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得
（2）Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有
竖直方向有
d点速度与水平方向夹角满足
又
联立代入相关已知数据，解得，
（3）d点抛出时的竖直分速度为
d点速度为
每次补偿的能量为
15．【答案】（1）解：恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小，方向竖直向下。
（2）解：滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①解：在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②解：当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
【知识点】功能关系；动量定理；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）D点压力：先由F点的向心力条件得，再通过功能关系求，最后用牛顿第二定律得轨道支持力，结合牛顿第三定律得滑块对轨道的压力。
（2）最大速度：分析滑板的加速过程（动能定理求末速），结合滑块的减速过程（动能定理+动量定理联立），求解滑块不滑落的最大速度。
（3）势能范围：分“最大速度”和“恰好过F点”两种情况，通过能量守恒求滑块在GH的静止区域，再结合滑块的初速度范围，由弹性势能与初动能的关系得势能范围。
（1）恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小
方向竖直向下。
（2）滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
1 / 1四川省遂宁市射洪中学校2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·射洪期中）第十五届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日-17日在珠海举行。航展首日，我国新型隐形战机歼-35A惊喜亮相，如图，这标志着我国已成为第二个同时拥有两款隐身战斗机服役的国家。假设35A某次飞行表演时正沿图示轨迹加速运动，则飞机所受合力与速度关系可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，速度方向沿着切线方向，合力在轨迹的凹测，由于隐形战机加速运动，故速度方向与合力方向夹角要为锐角，
故选 A。
【分析】做曲线运动的物体，速度方向沿着曲线上点的切线方向；做曲线运动的物体，合力的方向与速度方向不共线，且指向曲线的内侧。
2．（2025高三上·射洪期中）同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼，过程中都经历了电梯加速上升阶段，假设三次的加速度大小相同，且乘客相对电梯均静止，如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中，下列说法正确的是（　　）
A．三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B．只有在甲种方式中，乘客才受到了摩擦力作用
C．在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大
D．三种方式中的乘客只有丙处于超重状态
【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．电梯加速上升阶段，在甲种方式中，乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用；在乙种方式中，乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用；在丙种方式中，乘客受到支持力、重力，故在甲、乙两种方式中，乘客受到了摩擦力作用，故AB错误；
C．如图所示
在甲种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
在乙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
在丙种方式中，设乘客受到电梯地板的支持力为，垂直电梯地板方向有
可得，故在丙种方式中，乘客受到电梯地板的支持力最大，故C正确；
D．三种方式中的乘客均有向上的加速度，均处于超重状态，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将加速度分解到垂直和沿地板的方向，利用牛顿第二定律分析支持力与摩擦力，再根据支持力与重力的关系判断超重状态。
3．（2025高三上·射洪期中）如图所示，A物体放在粗糙水平面上，用绳和B物体连接在一起。用水平力F作用在A上向左拉动A，使B竖直向上匀速运动，则（　　）。
A．A作匀速运动 B．A作匀减速运动
C．F逐渐变大 D．F逐渐变小
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将A的速度分解为沿细绳方向的速度和垂直细绳方向的速度，则沿细绳方向的速度等于B的速度，设细绳与水平方向的夹角为θ，则
当A向左运动时θ减小，而vB不变，可知vA减小，A作减速运动，但不是匀减速，AB错误；
CD．A的加速度向右，对A受力分析可知，
对B分析可知T=mBg不变，可得
当θ减小时，cosθ变大，sinθ变小，因当A向左运动到无穷远时θ=0，此时加速度a趋近于零，可知a减小，则F逐渐变大，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】通过速度分解得到 A 的速度变化，再对 A、B 受力分析，结合力的分量变化判断 F 的变化。
4．（2025高三上·射洪期中）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶点b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的重力势能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值
【答案】C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．系统中 M 与粗糙斜面 ab 间存在摩擦力，摩擦力做负功（属于非重力做功），因此系统机械能不守恒，A错误；
B．对M由动能定理可知，，即重力对M做的功等于M动能的增加量与克服绳的拉力做功以及克服摩擦力做功之和，B错误；
C．除重力以外的其它力做功等于机械能的增加量，可知轻绳对m做的功等于m机械能的增加，C正确；
D．由能量关系可知，两滑块组成系统的重力势能损失的数值等于摩擦产生的热量的数值与两滑块动能增量之和，D错误。
故答案为：C。
【分析】判断系统是否存在非重力做功，再利用 “除重力外其他力的功等于机械能变化” 等规律，逐一分析选项。
5．（2025高三上·射洪期中）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的动能、重力势能随运动的水平位移x和速率v的变化关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】功能关系；重力势能
【解析】【解答】A．因为，可知是一个二次函数关系，其图像是开口向上的抛物线，顶点在原点，故A错误；
B．设铅球初速度为，则
因为
联立可得
可知是一个二次函数关系，其图像是开口向上的抛物线，顶点在原点上方，故B正确；
C．设铅球初始位置重力势能为，根据功能关系有
整理得，可知是一个二次函数关系，故C错误；
D．设铅球初始位置距离地面高度为h，则，可知图像是一个二次函数关系，故D错误。
故答案为：B。
【分析】将平抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体，结合动能、重力势能的公式，分析各物理量的函数形式。
6．（2025高三上·射洪期中）天玑星是北斗七星之一，在天玑星周围还有一颗伴星，它们组成双星系统，各自绕二者连线上的某一点O做匀速圆周运动，伴星距O点较远，如图所示。现已知天玑星的质量为M，二者之间连线的距离为L，运动周期均为T，万有引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．伴星的线速度小于天玑星的线速度
B．伴星的质量大于天玑星的质量
C．天玑星的运动半径为
D．天玑星和伴星的总质量为
【答案】D
【知识点】向心力；双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星的周期相同，角速度相同，根据，伴星的线速度大于天玑星的线速度，故A错误；
B．设伴星的质量为m，运动半径为r，天玑星的运动半径为R，则
得
由
得，伴星的质量较小，故B错误；
C．伴星的半径
天玑星的半径，故C错误；
D．双星的总质量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用双星系统的规律（周期相同、万有引力提供向心力），结合向心力公式推导质量、半径、线速度及总质量的关系。
7．（2025高三上·射洪期中）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（　　）
A．沿杆向上 B．沿杆向下
C．沿杆向上 D．沿杆向下
【答案】B
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】设轻杆与竖直直径夹角为，由几何关系可得
解得
则小球作圆周运动的半径为
作圆周运动所需向心力为
小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件可知
解得
故答案为：B。
【分析】利用几何关系得到轻杆与竖直方向的夹角，确定圆周运动半径；对小球进行受力分析（重力、杆的作用力、圆环的支持力），将力分解到径向和切向，结合向心力公式列方程求解。
8．（2025高三上·射洪期中）卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射卫星时先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点调整速度进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B调整速度后进入目标轨道；不计卫星质量的变化，已知引力常量为G，地球质量为M，近地轨道（圆）半径为r1，目标轨道（圆）半径为r2。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小为
B．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的向心力大小之比为
C．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的周期之比为
D．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，机械能守恒
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星在近地轨道上运动时，由牛顿第二定律得
解得卫星在近地轨道上运动时的线速度大小为
卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小应大于在近地轨道上运行的线速度，即卫星在转移轨道上运动经过A点时的线速度大小大于，故A错误；
B．卫星在近地轨道与目标轨道上运动的向心力大小之比为，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，可得卫星在近地轨道与目标轨道上运动的周期之比为，故C错误；
D．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，动能减小，机械能保持不变，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用万有引力提供向心力的公式，推导线速度、向心力、周期的关系；结合万有引力做功的正负，判断机械能的变化。
9．（2025高三上·射洪期中）可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中t2时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2m，乙球质量为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（　　）
A．t1时刻轻杆与水平方向夹角为
B．t2时刻甲球的加速度等于g
C．t3时刻甲球的速率为
D．0~t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为
【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设t1时刻轻杆与水平方向夹角为θ，将v甲和v乙沿杆方向和垂直于杆方向正交分解如图：
沿杆方向速度相等，则有v甲sinθ=v乙cosθ
从图像中可以看出此时v甲=v乙
所以sinθ=cosθ，θ=45°，故A错误；
B．t2时刻乙球速率最大，此时图像中斜率为0，即加速度为0，则合外力为0，杆对乙球没有力，则杆对甲球也没有力，所以甲球只受重力，加速度为g，故B正确；
C．t3时刻甲球落地，乙球速度为0，根据动能定理有，解得，C错误；
D.0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积为甲和乙的位移，甲球的位移为x甲=Lsin60°=L，乙球的位移为x乙=L- Lcos60°=L，所以x甲：x乙=：1，即0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为：1，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】通过沿杆方向速度分量相等的规律分析角度；利用乙球速率最大时的受力条件分析甲球加速度；结合动能定理计算甲球速率；通过速度 - 时间图的面积（位移）关系判断比值。
10．（2025高三上·射洪期中）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】A,B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
可得质量
下滑5m过程中，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
求得
B正确；
C．根据
得
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
【分析】减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，结合牛顿第二定律列式求解。
11．（2025高三上·射洪期中）在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图（a）所示。图（b）是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图（a）中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应将皮带与轮①和轮　 　相连，同时应选择球Ⅰ和球　 　作为实验球；
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，这是要探究向心力与　 　（填物理量的名称）的关系，此时轮②和轮⑤的这个物理量之比为　 　，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂　 　处；
（3）本实验采用的实验方法与下列实验相同是___________，
A．探究平抛运动的特点
B．验证机械能守恒定律
C．探究加速度与力和质量的关系
D．探究两个互成角度的力的合成规律
【答案】（1）④；Ⅱ
（2）角速度；4：1；A
（3）C
【知识点】控制变量法；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】（1）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，则应该保持小球质量和角速度相等，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
故答案为：④；Ⅱ
（2）若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，则两个塔轮的角速度不同，故这是要探究向心力与角速度的关系；
因轮①月轮②的半径之比为，轮④与轮⑤的半径之比为，且轮①与轮④半径相等，则轮②和轮⑤的塔轮半径之比为4：1；
两轮边缘的线速度相等，根据可知这个物理量（角速度）之比为1：4，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处，以保持转动半径相等；
故答案为：角速度；4：1；A
（3）该实验过程是在保证其他影响因素不变的情况下，探究向心力和其中一个影响因素的关系，所以采用的是控制变量法；探究加速度与力和质量的关系时，是在保证力不变的情况下探究加速度与质量的关系和在保证质量不变的情况下探究加速度与力的关系，其他选项的实验并没有采用控制变量法，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】（1）变量控制：探究向心力与半径的关系，需控制质量、角速度不变，通过相同半径的塔轮保证角速度，相同质量的球保证质量。
（2）角速度探究：线速度相同时，角速度与塔轮半径成反比；需控制质量、半径不变，故选择等半径的转臂位置。
（3）实验方法：控制变量法是 “保持其他量不变，研究某一量的影响”，对应选项 C。
（1）[1][2]为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，则应该保持小球质量和角速度相等，则实验时应将皮带与轮①和轮④相连，同时应选择球Ⅰ和球Ⅱ作为实验球；
（2）[1]若实验时将皮带与轮②和轮⑤相连，则两个塔轮的角速度不同，故这是要探究向心力与角速度的关系；
[2]因轮①月轮②的半径之比为，轮④与轮⑤的半径之比为，且轮①与轮④半径相等，则轮②和轮⑤的塔轮半径之比为4：1；
[3]两轮边缘的线速度相等，根据可知这个物理量（角速度）之比为1：4，应将两个实验球分别置于短臂C和长臂A处，以保持转动半径相等；
（3）该实验过程是在保证其他影响因素不变的情况下，探究向心力和其中一个影响因素的关系，所以采用的是控制变量法；探究加速度与力和质量的关系时，是在保证力不变的情况下探究加速度与质量的关系和在保证质量不变的情况下探究加速度与力的关系，其他选项的实验并没有采用控制变量法，故C正确，ABD错误。
故选C。
12．（2025高三上·射洪期中）如图（a）所示的装置叫阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图（b）所示。实验时，该同学进行了如下步骤：
a．将质量均为M（A的含挡光片）的重物用轻质细绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出A上挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。
b．在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
c．测出挡光片的宽度d，计算重物运动的速度v。
d．利用实验数据验证机械能守恒定律。
（1）步骤c中，计算重物的速度v＝　 　（用实验中字母表示），利用这种方法测量的速度总是比挡光片中心通过光电门中心的实际速度　 　（选填“大”或“小”），为使v的测量值更加接近真实值，减小系统误差，可采用的合理的方法是　 　。
A．减小挡光片宽度d
B．减小挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
C．将光电门记录挡光时间Δt的精度设置得更高些
D．将实验装置更换为纸带和打点计时器
（2）步骤d中，如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系为　 　（已知当地重力加速度为g，用实验中字母表示）。
（3）某次实验分析数据发现，系统重力势能减少量小于系统动能增加量，造成这个结果的原因可能是　 　。
A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量 B．滑轮与绳子之间产生滑动摩擦
C．计算重力势能时g的取值比实际值偏大 D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度
【答案】；小；A；mgh＝（m＋2M）；D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据步骤c中，则可得系统的末速度为；挡光片中心通过光电门中心的实际速度为中间位移的瞬时速度，而用这种方法测出来的速度是平均速度，所以比实际速度要小；所以为让平均速度越接近瞬时速度，即通过光电门的时间要短，所以可采用的最合理的方法是减小挡光片宽度d，故A正确，BCD错误。
故答案为：；小；A。
（2）系统重力势能的减小量
系统动能的增加量为
若系统机械能守恒，则有mgh=
故答案为：mgh＝（m＋2M）
（3）A．绳子、滑轮并非轻质而有一定质量，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故A错误；
B．轮与绳子之间产生滑动摩擦，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故B错误；
C．计算重力势能错误地将g的数值取做10m/s2，会导致系统重力势能减小量大于系统动能增加量，故C错误；
D．挂物块C时不慎使B具有向上的初速度，使得BC下落的高度比静止时下落的高度更高，则A通过光电门的速度更大，故会导致系统重力势能减小量小于系统动能增加量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】（1）速度计算与误差：用挡光片的平均速度替代瞬时速度，挡光片越窄，平均速度越接近瞬时速度；
（2）机械能守恒关系：重力势能减少量等于系统动能增加量，直接结合速度表达式推导守恒式；
（3）误差原因分析：初速度不为零会额外增加动能，导致动能增加量大于重力势能减少量。
13．（2025高三上·射洪期中）如图，一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做特技表演，若摩托车的运动速度始终为v=20m/s，人和车的总质量为末200kg，摩托车受到的阻力是摩托车对轨道压力的k倍，且k=0.1．摩托车通过最高点A时，发动机的功率为零（摩托车的身长不计），g=10m/s2，求：
（1）竖直远轨道的半径
（2）摩托车通过最低点时发动机的功率
【答案】（1）解：由于车在A点时的功率为0，故车在A点受到的牵引力、阻力和轨道对摩托车的弹力均为0．由牛顿运动定律得：mg=，代入数据解得：
（2）解：设摩托车在最低点时，轨道对它的弹力为N，由牛顿运动定律得： N-mg=
解得：N=+mg=+200×10=4000N
摩托车在最低点时受到的阻力为：f=kN=0.1×4000N=400N
则发动机的牵引力为：F=f=400N
故摩托车在最低点时的功率为：P=Fv=400×20W=8000W
【知识点】生活中的圆周运动；机车启动
【解析】【分析】（1）轨道半径：最高点功率为 0，仅重力提供向心力，直接用圆周运动向心力公式求解半径。
（2）最低点功率：先通过向心力公式求轨道弹力，再由阻力与弹力的关系得阻力，结合匀速运动时牵引力等于阻力，最后用功率公式计算。
14．（2025高三上·射洪期中）图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距l=0.8cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m=3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d 点斜向上飞出，速度与水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速度落下，此后不断重复以上过程。不计空气阻力，隐蔽的加速装置在ab段对钢球做功，重力加速度大小
（1）已知钢球直径d=1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F。
（2）若将钢球视作质点，G、O、d处在同一高度，G、d水平距离s=60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h。
（3）要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W。
【答案】（1）解：钢球在段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有
竖直方向有
d点速度与水平方向夹角满足
又
联立代入相关已知数据，解得，
（3）解：d点抛出时的竖直分速度为
d点速度为
每次补偿的能量为
【知识点】功能关系；共点力的平衡；平抛运动
【解析】【分析】（1）支持力计算：利用双轨的几何关系确定支持力的夹角，结合竖直方向受力平衡求解。
（2）最大高度：将斜抛运动对称分解为两段平抛，结合水平位移、角度关系求运动时间，再用竖直上抛公式得最大高度。
（3）加速装置做功：“永动” 要求钢球每次运动后动能不变，故做功等于 d 点的动能，由速度分解得 d 点速度后计算动能。
（1）钢球在段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得
（2）Gd间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛知识可知，水平方向有
竖直方向有
d点速度与水平方向夹角满足
又
联立代入相关已知数据，解得，
（3）d点抛出时的竖直分速度为
d点速度为
每次补偿的能量为
15．（2025高三上·射洪期中）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为O2的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为m=0.03kg，M=0.01kg，MN长s=4.5m，滑板右端距CN的距离d=1.5m，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径R=0.14m，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块离开F后立即水平滑入GH轨道，g取，求：
（1）若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力FN ；
（2）求滑块不从滑板上掉下去能滑上CD的最大速度；
（3）要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。
【答案】（1）解：恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小，方向竖直向下。
（2）解：滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①解：在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②解：当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
【知识点】功能关系；动量定理；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）D点压力：先由F点的向心力条件得，再通过功能关系求，最后用牛顿第二定律得轨道支持力，结合牛顿第三定律得滑块对轨道的压力。
（2）最大速度：分析滑板的加速过程（动能定理求末速），结合滑块的减速过程（动能定理+动量定理联立），求解滑块不滑落的最大速度。
（3）势能范围：分“最大速度”和“恰好过F点”两种情况，通过能量守恒求滑块在GH的静止区域，再结合滑块的初速度范围，由弹性势能与初动能的关系得势能范围。
（1）恰好过点，由重力提供向心力，则有
从到点，由功能关系可得
解得
在 D点结合牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律，滑块在圆管轨道的 D点时对轨道的压力大小
方向竖直向下。
（2）滑板一直在加速
解得
根据牛顿第二定律则有
解得滑板的加速度
则滑板此阶段加速的时间
此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得
结合动量定理则有
解得为最大值，对应
（3）①在时，根据能量守恒可得
解得
恰好能过最高点时，则有
解得
滑块静止的区域距点的距离
②当时，对应，由功能关系可得
恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由
运动学规律可得，，
解得
滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有，
综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围
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