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湖南省天壹大联考2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．（2025高一下·湖南期末）4月19日7时30分，随着一声枪响，2025北京亦庄半程马拉松暨人形机器人半程马拉松在北京亦庄开跑.这是全球首个人形机器人半程马拉松，最终人形机器人“天工Ultra”率先撞线，以2时40分42秒的优异成绩跑完21.0975公里，勇夺冠军。下列说法正确的是（　　）
A．研究机器人动作时可以将机器人当做质点
B．21.0975公里指的是机器人的“位移”
C．机器人加速跑时对地面的压力等于地面对他的支持力
D．机器人加速跑时地面对机器人的支持力做正功
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；位移与路程；功的概念
【解析】【解答】A．研究机器人动作时，机器人的形状和大小不能忽略，不能将其当做质点，故A错误；
B.21.0975公里是机器人跑过的路径长度，指的是路程，不是位移，故B错误；
C．机器人对地面的压力与地面对机器人的支持力是一对相互作用力，大小始终相等，故C正确；
D．机器人加速跑时，地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人在支持力方向上没有位移，支持力不做功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合质点的判断条件、位移与路程的区别、相互作用力的特点和做功的两个必要因素（力和力的方向上的位移），分析各选项的物理概念应用。
2．（2025高一下·湖南期末）2024年9月11日，朱雀三号可重复使用垂直起降回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成十公里级垂直起降返回飞行试验圆满成功。标志着我国可重复使用运载火箭技术取得重大突破。若在某次测试中，试验箭在竖直方向上的速度一时间图像如图所示，则（　　）
A．试验箭在时刻上升到最高点
B．试验箭在时间内受到的推力在逐渐减小
C．试验箭在时间内平均速度等于
D．试验箭在时间内先超重后失重
【答案】D
【知识点】平均速度；牛顿第二定律；超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．速度一时间图像中，速度正负表示运动方向，试验箭速度为正表示上升，时刻速度变为负，开始下降，所以时刻上升到最高点，故A错误；
B．图像斜率表示加速度，时间内加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律，加速度变化则推力先增大后减小，故B错误；
C．时间内，若试验箭做匀变速直线运动，则平均速度等于，由于试验箭做非匀变速直线运动，故其平均速度不等于，故C错误；
D．时间内，图像可知试验箭先向上加速运动后向上减速运动再向下加速运动，可知加速度先向上后向下，故试验箭先超重后失重，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据速度 - 时间图像的物理意义（斜率表示加速度、面积表示位移、速度正负表示运动方向），结合牛顿第二定律分析推力变化，依据超重失重的判断条件（加速度方向）分析运动状态。
3．（2025高一下·湖南期末）地球静止卫星的发射方法是变轨发射，如图所示，先把卫星发射到近地圆形轨道1上，当卫星到达P点时，发动机点火，使卫星进入椭圆轨道2，其远地点恰好在地球赤道上空约36000km处，当卫星到达远地点Q时，发动机再次点火.使之进入同步轨道3，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道1上和轨道2上运行时相等时间内扫过的面积相等
B．卫星在轨道3的机械能大于卫星在轨道1的机械能
C．卫星在轨道1上运行的速度小于其在轨道3上运行的速度
D．卫星在轨道2上Q点的加速度大于卫星在轨道3上Q点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，卫星在同一轨道上相等时间内扫过面积相等，轨道1和轨道2是不同轨道，不满足，故A错误；
B．卫星从轨道1变轨到轨道3，需在P、Q点两次点火加速，机械能增加，所以轨道3机械能大于轨道1，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力，可得，所以轨道1半径小，速度大，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得，所以，即同一Q点，卫星受万有引力相同，加速度相同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合开普勒第二定律的适用条件、变轨过程的能量变化（发动机点火做功改变机械能）、天体圆周运动的线速度规律，以及万有引力定律求加速度，分析各选项的物理规律应用。
4．（2025高一下·湖南期末）高铁靠背上的小桌板可用两根相同的倾斜支架水平对称支撑，其简化示意如图所示，两支架与桌板连接点分别为O和O'（图中未画出），两支架与桌板的夹角均为37°。小桌板上放有一杯饮料，小桌板和饮料杯的中心和两个连接点落在同一竖直平面内，且两支架各承担一半支持力，AO对O点的拉力总沿OA方向，BO对O点的支持力总沿BO方向。当高铁朝座位前方做加速度为1m/s2的加速运动时，饮料杯与桌面始终保持相对静止。已知小桌板质量为2kg，饮料杯质量为1kg，支架质量忽略不计，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．OA对O点的拉力大小为43N
B．OB对O点的支持力大小为25N
C．桌板对饮料杯的摩擦力为10N
D．保持O点不变，稍微加长两根支架，则支架对O点的支持力变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．以小桌板和饮料整体为研究对象，对O点受力分析如图，OA拉力F1，OB支持力F2
水平方向
竖直方向
联立解得，，故A错误，B正确；
C．对饮料杯，根据牛顿第二定律，有，故C错误；
D．保持O点不变，稍微加长两根支架，两支架与桌板的夹角θ变大，由上面的分析，可知支架对O点的支持力变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】以小桌板和饮料杯整体为研究对象，进行正交分解，结合牛顿第二定律列水平、竖直方向的方程，求解支架的拉力和支持力；对饮料杯单独受力分析，求摩擦力；再分析支架长度变化对力的影响。
5．（2025高一下·湖南期末）如图为边长为a的正方体，若在顶点A、B处各固定一电荷量为+Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．C、E两点的电场强度相同
B．若仅把顶点A处的电荷换成电荷量为-Q的点电荷，E点场强方向相反
C．F点的电场强度为
D．F、H两点电场方向相反
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．如图所示
由点电荷电场叠加可知，C、E两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．若仅把A换成电荷量为-Q的点电荷，顶点A处的电荷在E点场强方向相反，顶点B处的电荷在E点场强方向不变，由矢量叠加可知，E点的电场方向改变但是不相反，故B错误；
C．A处点电荷在F点的电场强度
B处点电荷在F点的电场强度
所以，故C正确；
D．由点电荷电场叠加可知，F、H两点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据点电荷的电场强度公式计算各点电荷在目标点的场强，再通过矢量合成（平行四边形定则）分析合场强的大小和方向，逐一判断选项。
6．（2025高一下·湖南期末）游乐园的过山车能在轨道上完成“翻滚”、“冲浪”等惊险动作，某游乐园轨道如图所示，一倾角为45°的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC，C'E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离d=44m，过山车从斜面上的A点由静止释放，恰好经过D点做圆周运动，最后停在G点，已知过山车与AB、EF、FG轨道间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．A点离地面的高度h=40m B．过山车在D点的速度v=1m/s
C．斜轨道EF间的长度l=10m D．减速直轨道FG长度x=40m
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．过山车恰好到达D点，由重力提供向心力可得，解得
从A到D，由动能定理
代入数据可得，故AB错误；
CD．过山车从A到达G点，由动能定理可得，
代入数据可得，，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合竖直圆周运动临界条件（D 点重力提供向心力）、动能定理（全程重力做功与摩擦力做功的代数和等于动能变化），分段列方程求解高度、速度和轨道长度。
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7．（2025高一下·湖南期末）电影《哪吒2》中，哪吒脚踩风火轮在空中自由飞翔.如图所示，风火轮正在高速旋转做圆周运动，A、B为风火轮上与圆心等距的两点，C到圆心的距离是A、B两点的一半，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度相同
B．A、C两个点的线速度大小之比为2∶1
C．A点的向心加速度大小是C点的4倍
D．A、B、C在相同时间内转过的角度相等
【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A、B两点均绕O点做圆周运动，角速度相同，且半径相同，根据，知线速度大小相同，但方向时刻沿切线方向，不相同，故A错误；
B．A、C两点的角速度相等，半径之比为，根据，得线速度之比为，故B正确；
C．根据，得A、C两点向心加速度之比为，故C错误；
D．A、B、C三点的角速度相等，故相等时间内转过角度相同，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据同轴转动的特点（角速度相同），结合线速度公式、向心加速度公式，分析各点的线速度、向心加速度及转过角度的关系。
8．（2025高一下·湖南期末）如图甲是某同学设计的一静电除尘实验装置，两端开口的空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块金属片，图乙为塑料瓶俯视图.将钢锯条和金属片分别跟手摇发电机的两极相连.将点燃的蚊香放入塑料瓶内，很快就看见塑料瓶内烟雾缭绕.摇动手摇发电机，顿时塑料瓶清澈透明；停止摇动时，又是烟雾缭绕.下列说法正确的是（　　）
A．由于电场力的作用，烟尘颗粒会向金属片聚集
B．金属片和锯条之间是匀强电场
C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中，如果带电荷量不变，加速度越来越大
D．加上高电压后，锯条附近产生大量离子
【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．摇动手摇发电机后，锯条（尖端）和金属片间形成强电场，空气电离产生离子，使烟尘带电；带电烟尘在电场力作用下向金属片（正极）聚集，实现除尘，故A正确；
B．锯条是尖端，金属片是平板，两者间的电场线分布不均匀（尖端附近电场线更密集），属于非匀强电场，故B错误；
C．尖端附近的电场线密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场，烟尘向金属片移动的过程中加速度越来越小，故C错误；
D．选用锯条的目的是为了利用尖端放电，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】静电除尘的原理是尖端放电产生强电场使空气电离，带电尘埃在电场力作用下向电极移动；同时需明确非匀强电场的场强分布特点。
9．（2025高一下·湖南期末）汽车的安全带是有效保护乘客的装置。安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。已知敏感球的质量为m，重力加速度为g，底座倾角为θ，忽略敏感球受到的摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．汽车前进的方向是向左
B．此时敏感臂对敏感球的压力大小为
C．底座倾角越小越容易触发安全带锁定
D．汽车速度越大越容易触发安全带锁定
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．敏感球受到竖直向下的重力、敏感臂竖直向下的压力和垂直于斜面向上的支持力，根据受力可知，敏感球所受外力的合力方向水平向左，即加速度方向水平向左，汽车和敏感球加速度相同，此时汽车处于刹车状态，即做减速运动，故运动方向与加速度方向相反，即车前进的方向是向右，故A错误；
B．结合上述，根据牛顿第二定律有，
解得，故B正确；
C．结合上述可知，底座的倾角越小，越大，越容易触发安全带锁定，故C正确；
D．结合上述可知，速度大小与触发安全带锁定无关，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对敏感球进行正交分解，结合牛顿第二定律分析加速度方向与汽车运动方向的关系，推导敏感臂的压力表达式，再分析倾角和速度对锁定条件的影响。
10．（2025高一下·湖南期末）某次消防演练时，着火点在离地高度为10m的平台上，横截面如图所示，平台AB边足够长，水枪喷出的水柱与AB边在同一竖直面内，水枪离地高度忽略不计.水从水枪枪口射出的初速度大小恒为20m/s，水的射出速度方向与水平方向夹角α可调节，水枪的水平距离也可调，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．只要能落到AB边上，α越大，水在空中运动时间越长
B．只要能落到AB边上的水速度大小都为
C．当α=45°时，水在AB边上的落点距A点最远
D．水在AB边上的落点距A点最远为20m
【答案】A,B,D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．水能落在平台上，竖直方向位移相同，由
可知越大，越大，故A正确；
B．设水枪喷出的质量为的水，从喷出至落到边的过程，由动能定理可得
解得，故B正确；
CD．水在边上的落点距点最远时，轨迹必经过A点，如图所示，从A点开始到落回到平台，设时间为t，A点位置速度与水平方向的夹角为θ
水平方向有
竖直方向有
根据抛体运动的特点，有
解得
当θ=45°时，有
根据抛体运动的特点可知α>45° ，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】将水的运动分解为水平匀速直线运动和竖直上抛运动，结合运动学公式分析运动时间，利用动能定理求落到 AB 边的速度，通过斜抛运动的极值条件分析落点最远的情况。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高一下·湖南期末）某学习小组利用自由落体运动验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）下列实验操作中正确的是________（填序号）
A． B．
C． D．
（2）实验得到如图所示的一条纸带（其中一段纸带图中未画出）。选取纸带上清晰的某点记为O，再选取三个连续打出的点A、B、C，测出它们到O点的距离分别为、、。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量，当地重力加速度。由此可计算出打点计时器打下点时重物下落的瞬时速度　 　m/s。从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能变化量为　 　J（计算结果保留两位有效数字）。
（3）在实验中，某同学根据测得的数据计算发现，重物动能的增加量略大于重物重力势能的减少量，若测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是________（填序号）。
A．重物的质量太大 B．交流电源的真实频率偏小
C．交流电源的电压过大 D．重物下落时受到空气阻力
【答案】（1）B
（2）1.5；0.35
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手握住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故答案为：B。
（2）打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度
从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为
故答案为：1.5；0.35
（3）A．重物的质量太大，不影响实验结果，故A错误；
B．交流电源的真实频率偏小，导致计算所用时间间隔偏小，则瞬时速度偏大，会使重物动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B正确；
C．交流电源的电压过大，不影响实验结果，故C错误；
D．重物下落时若纸带与打点计时器之间阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 (1) 验证机械能守恒定律的实验中，需保证重物由静止释放、打点计时器竖直固定且纸带竖直，据此判断操作的正确性。
(2) 利用匀变速直线运动的中时刻速度等于平均速度，计算 B 点的瞬时速度；重力势能变化量由重力做功的负值确定，结合重力势能公式计算。
(3) 分析动能增加量大于重力势能减少量的原因，结合打点计时器的频率、阻力等因素对实验的影响判断。
（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手握住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故选B。
（2）[1]打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度
[2]从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为
（3）A．重物的质量太大，不影响实验结果，故A错误；
B．交流电源的真实频率偏小，导致计算所用时间间隔偏小，则瞬时速度偏大，会使重物动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B正确；
C．交流电源的电压过大，不影响实验结果，故C错误；
D．重物下落时若纸带与打点计时器之间阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故D错误。
故选B。
12．（2025高一下·湖南期末）某实践小组假期实践作业为“测量一辆玩具小车启动时的牵引力”，对此，该小组将玩具小车的启动过程简化为匀加速直线运动，且运动过程中小车所受阻力不变，并设计了如下实验方案：
（1）在地面上放一足够长的木板，在木板B处固定一光电门如图所示；
（2）在小车前端固定一遮光条，测出遮光条宽度d；
（3）为测量小车运动过程中所受阻力，该小组在A点启动小车，当小车前端运动至光电门　 　（选填“左侧”或“右侧”）关闭遥控开关，之后小车失去动力滑行至C处停止，读出小车经过光电门的时间t，并用刻度尺测量B到C的距离L；
（4）改变B的位置，重复步骤（3），获得几组数据，并作出图像，图像斜率为k，再用电子秤称出小车的质量m。由此，可求出小车运行过程中所受阻力为　 　（用d、k、m表示）；
（5）测出阻力后，重新让小车从A点启动匀加速出发通过光电门，读出小车经过光电门的时间t0，以及测出A与B的距离x，即可求出小车牵引力　 　（用m、d、t0、f、x表示）。
【答案】左侧；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（3）要测阻力是利用小车匀减速阶段来测，故小车前端应运动到光电门左侧关闭遥控开关；
故答案为：左侧
（4）由运动学规律有
整理得
可知，得
根据牛顿第二定律得
故答案为：
（5）由运动学规律有
根据牛顿第二定律有
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 测量阻力时需让小车失去动力后仅受阻力滑行，因此要在光电门左侧关闭开关，使小车通过光电门后依靠惯性滑行至停止。
(2) 利用光电门测瞬时速度，结合匀减速直线运动的速度-位移公式推导与的关系，再由图像斜率求解阻力。
(3) 小车匀加速阶段由运动学公式求加速度，再通过牛顿第二定律推导牵引力的表达式。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13．（2025高一下·湖南期末）中国探月工程嫦娥四号团队获得2020年国际宇航联合会最高奖项“世界航天奖”.嫦娥四号探测器在距行星表面高度为h的轨道绕月飞行过程中，在时间内探测器转过的角度为，观察到月球表面的最大视角，探测器运行轨道为圆形，引力常量为.
（1）求探测器运行的速度大小；
（2）求月球的密度.
【答案】（1）解：由探测器绕月球做圆周运动的角速度
设该行星的半径为R由几何关系可得
得
探测器绕月球做圆周运动的速度
得
（2）解：探测器绕月球做圆周运动由万有引力提供向心力
月球的体积
月球密度
得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】(1) 先由角速度的定义求探测器的角速度，结合几何关系确定轨道半径，再由线速度与角速度的关系推导速度大小。
(2) 探测器绕月球做圆周运动的向心力由万有引力提供，联立万有引力定律和密度公式，结合几何关系推导月球的密度。
（1）由探测器绕月球做圆周运动的角速度
设该行星的半径为R由几何关系可得
得
探测器绕月球做圆周运动的速度
得
（2）探测器绕月球做圆周运动由万有引力提供向心力
月球的体积
月球密度
得
14．（2025高一下·湖南期末）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为的某新能源汽车在水平路面上进行测试时，汽车由静止开始启动，速度和牵引力的倒数关系如图所示，速度，经过65s时速度达到最大值，整个过程中汽车受到的阻力大小恒为重力的0.1倍。求：
（1）汽车的额定功率；
（2）汽车由静止开始到速度为需要的时间为；
（3）汽车由静止开始运动到最大速度的位移。
【答案】（1）解：当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
汽车受到的阻力为
解得P=60kW
（2）解：由图可知，从到汽车做匀加速直线运动时牵引力
解得F=6000N
根据牛顿第二定律有
匀加速经历时间
解得
（3）解：汽车从到汽车做匀加速直线运动，根据位移公式有
结合上述解得
汽车从到加速过程，由动能定理有
解得
则汽车由静止开始运动到最大速度的位移
解得x=1425m
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，结合额定功率求解额定功率。
(2) 汽车先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求匀加速阶段的牵引力，再由求匀加速的末速度，最后用运动学公式求匀加速时间。
(3) 汽车达到额定功率后做变加速直线运动，对整个过程应用动能定理，求解总位移。
（1）当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
汽车受到的阻力为
解得P=60kW
（2）由图可知，从到汽车做匀加速直线运动时牵引力
解得F=6000N
根据牛顿第二定律有
匀加速经历时间
解得
（3）汽车从到汽车做匀加速直线运动，根据位移公式有
结合上述解得
汽车从到加速过程，由动能定理有
解得
则汽车由静止开始运动到最大速度的位移
解得x=1425m
15．（2025高一下·湖南期末）图甲为某矿石加工厂的传输装置简化图，该装置由水平放置的倾斜传输带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传输带上表面垂直，传输带上表面ABCD与水平台面的夹角，工作人员将质量的正方体矿石从D点静止释放，传输带以匀速运行，传输带长度，其底部与传输带间的动摩擦因数，侧面与挡板间的动摩擦因数（重力加速度，，）求：
（1）矿石刚放上传输带时传输带对矿石底部的摩擦力和挡板对矿石侧面的摩擦力的大小；
（2）矿石在传输带上运输时由于摩擦产生的总热量；
（3）若矿石释放3s后传输带突发故障，先以的加速度匀减速至停止；停止1s后紧急重以匀加速至原速度后匀速运行，矿石因为故障在到达C端耽误的时间（结果保留2位小数）.
【答案】（1）解：矿石放上传输带后，由剖面图对矿石受力分析可得，传输带对货物支持力为，矿石底面所受滑动摩擦力为，挡板对矿石支持力为，矿石侧面所受滑动摩擦力为。
由滑动摩擦力得N
得N
（2）解：因为与运动方向相同，与运动方向相反，矿石将由静止开始沿传输带做匀加速直线运动，若能与传输带共速，则此后做匀速运动。
由牛顿第二定律可得解得m/s2
设矿石匀加速至与传输带共速所用时间，对地位移为，由运动学公式得解得s
矿石匀加速阶段的位移为，解得m
因，故能够共速，共速后，矿石做匀速直线运动，不发生相对滑动。
矿石与传输带之间由于摩擦产生的内能有J
矿石与挡板之间由于摩擦产生的内能有J
摩擦产生的总热量J
（3）解：3s时矿物与传输带已经共速，由于N>N
故矿石和传输带相对静止一起匀减速，矿石减速的时间，解得s，
矿石匀减速阶段的位移为，解得m，
由于再次启动时，故矿石以加速度加速，由（2）可得加速的时间s和位移m
减速、停止、加速三个阶段的总时间为
此过程矿石位移
耽误的时间
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 矿石刚放上传送带时处于静止状态，对其进行受力分析，将重力分解为沿传送带和垂直传送带方向，结合平衡条件分别求解底部摩擦力和侧面摩擦力。
(2) 先分析矿石的运动状态，计算矿石加速到与传送带共速的时间和位移，再求矿石与传送带的相对位移，结合摩擦生热公式分别计算底部和侧面摩擦产生的热量，求和得到总热量。
(3) 先计算矿石正常运动到 C 端的时间，再分析传送带故障后的运动过程，计算故障后矿石到达 C 端的时间，两者的差值即为耽误的时间。
（1）矿石放上传输带后，由剖面图对矿石受力分析可得，传输带对货物支持力为，矿石底面所受滑动摩擦力为，挡板对矿石支持力为，矿石侧面所受滑动摩擦力为。
由滑动摩擦力得N
得N
（2）因为与运动方向相同，与运动方向相反，矿石将由静止开始沿传输带做匀加速直线运动，若能与传输带共速，则此后做匀速运动。
由牛顿第二定律可得解得m/s2
设矿石匀加速至与传输带共速所用时间，对地位移为，由运动学公式得解得s
矿石匀加速阶段的位移为，解得m
因，故能够共速，共速后，矿石做匀速直线运动，不发生相对滑动。
矿石与传输带之间由于摩擦产生的内能有J
矿石与挡板之间由于摩擦产生的内能有J
摩擦产生的总热量J
（3）3s时矿物与传输带已经共速，由于N>N
故矿石和传输带相对静止一起匀减速，矿石减速的时间，解得s，
矿石匀减速阶段的位移为，解得m，
由于再次启动时，故矿石以加速度加速，由（2）可得加速的时间s和位移m
减速、停止、加速三个阶段的总时间为
此过程矿石位移
耽误的时间
1 / 1湖南省天壹大联考2024-2025学年高一下学期期末物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．（2025高一下·湖南期末）4月19日7时30分，随着一声枪响，2025北京亦庄半程马拉松暨人形机器人半程马拉松在北京亦庄开跑.这是全球首个人形机器人半程马拉松，最终人形机器人“天工Ultra”率先撞线，以2时40分42秒的优异成绩跑完21.0975公里，勇夺冠军。下列说法正确的是（　　）
A．研究机器人动作时可以将机器人当做质点
B．21.0975公里指的是机器人的“位移”
C．机器人加速跑时对地面的压力等于地面对他的支持力
D．机器人加速跑时地面对机器人的支持力做正功
2．（2025高一下·湖南期末）2024年9月11日，朱雀三号可重复使用垂直起降回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成十公里级垂直起降返回飞行试验圆满成功。标志着我国可重复使用运载火箭技术取得重大突破。若在某次测试中，试验箭在竖直方向上的速度一时间图像如图所示，则（　　）
A．试验箭在时刻上升到最高点
B．试验箭在时间内受到的推力在逐渐减小
C．试验箭在时间内平均速度等于
D．试验箭在时间内先超重后失重
3．（2025高一下·湖南期末）地球静止卫星的发射方法是变轨发射，如图所示，先把卫星发射到近地圆形轨道1上，当卫星到达P点时，发动机点火，使卫星进入椭圆轨道2，其远地点恰好在地球赤道上空约36000km处，当卫星到达远地点Q时，发动机再次点火.使之进入同步轨道3，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道1上和轨道2上运行时相等时间内扫过的面积相等
B．卫星在轨道3的机械能大于卫星在轨道1的机械能
C．卫星在轨道1上运行的速度小于其在轨道3上运行的速度
D．卫星在轨道2上Q点的加速度大于卫星在轨道3上Q点的加速度
4．（2025高一下·湖南期末）高铁靠背上的小桌板可用两根相同的倾斜支架水平对称支撑，其简化示意如图所示，两支架与桌板连接点分别为O和O'（图中未画出），两支架与桌板的夹角均为37°。小桌板上放有一杯饮料，小桌板和饮料杯的中心和两个连接点落在同一竖直平面内，且两支架各承担一半支持力，AO对O点的拉力总沿OA方向，BO对O点的支持力总沿BO方向。当高铁朝座位前方做加速度为1m/s2的加速运动时，饮料杯与桌面始终保持相对静止。已知小桌板质量为2kg，饮料杯质量为1kg，支架质量忽略不计，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．OA对O点的拉力大小为43N
B．OB对O点的支持力大小为25N
C．桌板对饮料杯的摩擦力为10N
D．保持O点不变，稍微加长两根支架，则支架对O点的支持力变大
5．（2025高一下·湖南期末）如图为边长为a的正方体，若在顶点A、B处各固定一电荷量为+Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．C、E两点的电场强度相同
B．若仅把顶点A处的电荷换成电荷量为-Q的点电荷，E点场强方向相反
C．F点的电场强度为
D．F、H两点电场方向相反
6．（2025高一下·湖南期末）游乐园的过山车能在轨道上完成“翻滚”、“冲浪”等惊险动作，某游乐园轨道如图所示，一倾角为45°的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC，C'E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离d=44m，过山车从斜面上的A点由静止释放，恰好经过D点做圆周运动，最后停在G点，已知过山车与AB、EF、FG轨道间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．A点离地面的高度h=40m B．过山车在D点的速度v=1m/s
C．斜轨道EF间的长度l=10m D．减速直轨道FG长度x=40m
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7．（2025高一下·湖南期末）电影《哪吒2》中，哪吒脚踩风火轮在空中自由飞翔.如图所示，风火轮正在高速旋转做圆周运动，A、B为风火轮上与圆心等距的两点，C到圆心的距离是A、B两点的一半，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点的线速度相同
B．A、C两个点的线速度大小之比为2∶1
C．A点的向心加速度大小是C点的4倍
D．A、B、C在相同时间内转过的角度相等
8．（2025高一下·湖南期末）如图甲是某同学设计的一静电除尘实验装置，两端开口的空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块金属片，图乙为塑料瓶俯视图.将钢锯条和金属片分别跟手摇发电机的两极相连.将点燃的蚊香放入塑料瓶内，很快就看见塑料瓶内烟雾缭绕.摇动手摇发电机，顿时塑料瓶清澈透明；停止摇动时，又是烟雾缭绕.下列说法正确的是（　　）
A．由于电场力的作用，烟尘颗粒会向金属片聚集
B．金属片和锯条之间是匀强电场
C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中，如果带电荷量不变，加速度越来越大
D．加上高电压后，锯条附近产生大量离子
9．（2025高一下·湖南期末）汽车的安全带是有效保护乘客的装置。安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。已知敏感球的质量为m，重力加速度为g，底座倾角为θ，忽略敏感球受到的摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．汽车前进的方向是向左
B．此时敏感臂对敏感球的压力大小为
C．底座倾角越小越容易触发安全带锁定
D．汽车速度越大越容易触发安全带锁定
10．（2025高一下·湖南期末）某次消防演练时，着火点在离地高度为10m的平台上，横截面如图所示，平台AB边足够长，水枪喷出的水柱与AB边在同一竖直面内，水枪离地高度忽略不计.水从水枪枪口射出的初速度大小恒为20m/s，水的射出速度方向与水平方向夹角α可调节，水枪的水平距离也可调，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．只要能落到AB边上，α越大，水在空中运动时间越长
B．只要能落到AB边上的水速度大小都为
C．当α=45°时，水在AB边上的落点距A点最远
D．水在AB边上的落点距A点最远为20m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高一下·湖南期末）某学习小组利用自由落体运动验证机械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）下列实验操作中正确的是________（填序号）
A． B．
C． D．
（2）实验得到如图所示的一条纸带（其中一段纸带图中未画出）。选取纸带上清晰的某点记为O，再选取三个连续打出的点A、B、C，测出它们到O点的距离分别为、、。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量，当地重力加速度。由此可计算出打点计时器打下点时重物下落的瞬时速度　 　m/s。从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能变化量为　 　J（计算结果保留两位有效数字）。
（3）在实验中，某同学根据测得的数据计算发现，重物动能的增加量略大于重物重力势能的减少量，若测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是________（填序号）。
A．重物的质量太大 B．交流电源的真实频率偏小
C．交流电源的电压过大 D．重物下落时受到空气阻力
12．（2025高一下·湖南期末）某实践小组假期实践作业为“测量一辆玩具小车启动时的牵引力”，对此，该小组将玩具小车的启动过程简化为匀加速直线运动，且运动过程中小车所受阻力不变，并设计了如下实验方案：
（1）在地面上放一足够长的木板，在木板B处固定一光电门如图所示；
（2）在小车前端固定一遮光条，测出遮光条宽度d；
（3）为测量小车运动过程中所受阻力，该小组在A点启动小车，当小车前端运动至光电门　 　（选填“左侧”或“右侧”）关闭遥控开关，之后小车失去动力滑行至C处停止，读出小车经过光电门的时间t，并用刻度尺测量B到C的距离L；
（4）改变B的位置，重复步骤（3），获得几组数据，并作出图像，图像斜率为k，再用电子秤称出小车的质量m。由此，可求出小车运行过程中所受阻力为　 　（用d、k、m表示）；
（5）测出阻力后，重新让小车从A点启动匀加速出发通过光电门，读出小车经过光电门的时间t0，以及测出A与B的距离x，即可求出小车牵引力　 　（用m、d、t0、f、x表示）。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13．（2025高一下·湖南期末）中国探月工程嫦娥四号团队获得2020年国际宇航联合会最高奖项“世界航天奖”.嫦娥四号探测器在距行星表面高度为h的轨道绕月飞行过程中，在时间内探测器转过的角度为，观察到月球表面的最大视角，探测器运行轨道为圆形，引力常量为.
（1）求探测器运行的速度大小；
（2）求月球的密度.
14．（2025高一下·湖南期末）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为的某新能源汽车在水平路面上进行测试时，汽车由静止开始启动，速度和牵引力的倒数关系如图所示，速度，经过65s时速度达到最大值，整个过程中汽车受到的阻力大小恒为重力的0.1倍。求：
（1）汽车的额定功率；
（2）汽车由静止开始到速度为需要的时间为；
（3）汽车由静止开始运动到最大速度的位移。
15．（2025高一下·湖南期末）图甲为某矿石加工厂的传输装置简化图，该装置由水平放置的倾斜传输带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传输带上表面垂直，传输带上表面ABCD与水平台面的夹角，工作人员将质量的正方体矿石从D点静止释放，传输带以匀速运行，传输带长度，其底部与传输带间的动摩擦因数，侧面与挡板间的动摩擦因数（重力加速度，，）求：
（1）矿石刚放上传输带时传输带对矿石底部的摩擦力和挡板对矿石侧面的摩擦力的大小；
（2）矿石在传输带上运输时由于摩擦产生的总热量；
（3）若矿石释放3s后传输带突发故障，先以的加速度匀减速至停止；停止1s后紧急重以匀加速至原速度后匀速运行，矿石因为故障在到达C端耽误的时间（结果保留2位小数）.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；位移与路程；功的概念
【解析】【解答】A．研究机器人动作时，机器人的形状和大小不能忽略，不能将其当做质点，故A错误；
B.21.0975公里是机器人跑过的路径长度，指的是路程，不是位移，故B错误；
C．机器人对地面的压力与地面对机器人的支持力是一对相互作用力，大小始终相等，故C正确；
D．机器人加速跑时，地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人在支持力方向上没有位移，支持力不做功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合质点的判断条件、位移与路程的区别、相互作用力的特点和做功的两个必要因素（力和力的方向上的位移），分析各选项的物理概念应用。
2．【答案】D
【知识点】平均速度；牛顿第二定律；超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．速度一时间图像中，速度正负表示运动方向，试验箭速度为正表示上升，时刻速度变为负，开始下降，所以时刻上升到最高点，故A错误；
B．图像斜率表示加速度，时间内加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律，加速度变化则推力先增大后减小，故B错误；
C．时间内，若试验箭做匀变速直线运动，则平均速度等于，由于试验箭做非匀变速直线运动，故其平均速度不等于，故C错误；
D．时间内，图像可知试验箭先向上加速运动后向上减速运动再向下加速运动，可知加速度先向上后向下，故试验箭先超重后失重，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据速度 - 时间图像的物理意义（斜率表示加速度、面积表示位移、速度正负表示运动方向），结合牛顿第二定律分析推力变化，依据超重失重的判断条件（加速度方向）分析运动状态。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，卫星在同一轨道上相等时间内扫过面积相等，轨道1和轨道2是不同轨道，不满足，故A错误；
B．卫星从轨道1变轨到轨道3，需在P、Q点两次点火加速，机械能增加，所以轨道3机械能大于轨道1，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力，可得，所以轨道1半径小，速度大，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得，所以，即同一Q点，卫星受万有引力相同，加速度相同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合开普勒第二定律的适用条件、变轨过程的能量变化（发动机点火做功改变机械能）、天体圆周运动的线速度规律，以及万有引力定律求加速度，分析各选项的物理规律应用。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．以小桌板和饮料整体为研究对象，对O点受力分析如图，OA拉力F1，OB支持力F2
水平方向
竖直方向
联立解得，，故A错误，B正确；
C．对饮料杯，根据牛顿第二定律，有，故C错误；
D．保持O点不变，稍微加长两根支架，两支架与桌板的夹角θ变大，由上面的分析，可知支架对O点的支持力变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】以小桌板和饮料杯整体为研究对象，进行正交分解，结合牛顿第二定律列水平、竖直方向的方程，求解支架的拉力和支持力；对饮料杯单独受力分析，求摩擦力；再分析支架长度变化对力的影响。
5．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．如图所示
由点电荷电场叠加可知，C、E两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．若仅把A换成电荷量为-Q的点电荷，顶点A处的电荷在E点场强方向相反，顶点B处的电荷在E点场强方向不变，由矢量叠加可知，E点的电场方向改变但是不相反，故B错误；
C．A处点电荷在F点的电场强度
B处点电荷在F点的电场强度
所以，故C正确；
D．由点电荷电场叠加可知，F、H两点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据点电荷的电场强度公式计算各点电荷在目标点的场强，再通过矢量合成（平行四边形定则）分析合场强的大小和方向，逐一判断选项。
6．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．过山车恰好到达D点，由重力提供向心力可得，解得
从A到D，由动能定理
代入数据可得，故AB错误；
CD．过山车从A到达G点，由动能定理可得，
代入数据可得，，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合竖直圆周运动临界条件（D 点重力提供向心力）、动能定理（全程重力做功与摩擦力做功的代数和等于动能变化），分段列方程求解高度、速度和轨道长度。
7．【答案】B,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．A、B两点均绕O点做圆周运动，角速度相同，且半径相同，根据，知线速度大小相同，但方向时刻沿切线方向，不相同，故A错误；
B．A、C两点的角速度相等，半径之比为，根据，得线速度之比为，故B正确；
C．根据，得A、C两点向心加速度之比为，故C错误；
D．A、B、C三点的角速度相等，故相等时间内转过角度相同，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据同轴转动的特点（角速度相同），结合线速度公式、向心加速度公式，分析各点的线速度、向心加速度及转过角度的关系。
8．【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．摇动手摇发电机后，锯条（尖端）和金属片间形成强电场，空气电离产生离子，使烟尘带电；带电烟尘在电场力作用下向金属片（正极）聚集，实现除尘，故A正确；
B．锯条是尖端，金属片是平板，两者间的电场线分布不均匀（尖端附近电场线更密集），属于非匀强电场，故B错误；
C．尖端附近的电场线密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场，烟尘向金属片移动的过程中加速度越来越小，故C错误；
D．选用锯条的目的是为了利用尖端放电，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】静电除尘的原理是尖端放电产生强电场使空气电离，带电尘埃在电场力作用下向电极移动；同时需明确非匀强电场的场强分布特点。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．敏感球受到竖直向下的重力、敏感臂竖直向下的压力和垂直于斜面向上的支持力，根据受力可知，敏感球所受外力的合力方向水平向左，即加速度方向水平向左，汽车和敏感球加速度相同，此时汽车处于刹车状态，即做减速运动，故运动方向与加速度方向相反，即车前进的方向是向右，故A错误；
B．结合上述，根据牛顿第二定律有，
解得，故B正确；
C．结合上述可知，底座的倾角越小，越大，越容易触发安全带锁定，故C正确；
D．结合上述可知，速度大小与触发安全带锁定无关，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对敏感球进行正交分解，结合牛顿第二定律分析加速度方向与汽车运动方向的关系，推导敏感臂的压力表达式，再分析倾角和速度对锁定条件的影响。
10．【答案】A,B,D
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．水能落在平台上，竖直方向位移相同，由
可知越大，越大，故A正确；
B．设水枪喷出的质量为的水，从喷出至落到边的过程，由动能定理可得
解得，故B正确；
CD．水在边上的落点距点最远时，轨迹必经过A点，如图所示，从A点开始到落回到平台，设时间为t，A点位置速度与水平方向的夹角为θ
水平方向有
竖直方向有
根据抛体运动的特点，有
解得
当θ=45°时，有
根据抛体运动的特点可知α>45° ，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】将水的运动分解为水平匀速直线运动和竖直上抛运动，结合运动学公式分析运动时间，利用动能定理求落到 AB 边的速度，通过斜抛运动的极值条件分析落点最远的情况。
11．【答案】（1）B
（2）1.5；0.35
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手握住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故答案为：B。
（2）打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度
从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为
故答案为：1.5；0.35
（3）A．重物的质量太大，不影响实验结果，故A错误；
B．交流电源的真实频率偏小，导致计算所用时间间隔偏小，则瞬时速度偏大，会使重物动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B正确；
C．交流电源的电压过大，不影响实验结果，故C错误；
D．重物下落时若纸带与打点计时器之间阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 (1) 验证机械能守恒定律的实验中，需保证重物由静止释放、打点计时器竖直固定且纸带竖直，据此判断操作的正确性。
(2) 利用匀变速直线运动的中时刻速度等于平均速度，计算 B 点的瞬时速度；重力势能变化量由重力做功的负值确定，结合重力势能公式计算。
(3) 分析动能增加量大于重力势能减少量的原因，结合打点计时器的频率、阻力等因素对实验的影响判断。
（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手握住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故选B。
（2）[1]打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度
[2]从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为
（3）A．重物的质量太大，不影响实验结果，故A错误；
B．交流电源的真实频率偏小，导致计算所用时间间隔偏小，则瞬时速度偏大，会使重物动能的增加量略大于重力势能的减少量，故B正确；
C．交流电源的电压过大，不影响实验结果，故C错误；
D．重物下落时若纸带与打点计时器之间阻力过大，则重物动能的增加量应小于重力势能的减少量，故D错误。
故选B。
12．【答案】左侧；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（3）要测阻力是利用小车匀减速阶段来测，故小车前端应运动到光电门左侧关闭遥控开关；
故答案为：左侧
（4）由运动学规律有
整理得
可知，得
根据牛顿第二定律得
故答案为：
（5）由运动学规律有
根据牛顿第二定律有
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 测量阻力时需让小车失去动力后仅受阻力滑行，因此要在光电门左侧关闭开关，使小车通过光电门后依靠惯性滑行至停止。
(2) 利用光电门测瞬时速度，结合匀减速直线运动的速度-位移公式推导与的关系，再由图像斜率求解阻力。
(3) 小车匀加速阶段由运动学公式求加速度，再通过牛顿第二定律推导牵引力的表达式。
13．【答案】（1）解：由探测器绕月球做圆周运动的角速度
设该行星的半径为R由几何关系可得
得
探测器绕月球做圆周运动的速度
得
（2）解：探测器绕月球做圆周运动由万有引力提供向心力
月球的体积
月球密度
得
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】(1) 先由角速度的定义求探测器的角速度，结合几何关系确定轨道半径，再由线速度与角速度的关系推导速度大小。
(2) 探测器绕月球做圆周运动的向心力由万有引力提供，联立万有引力定律和密度公式，结合几何关系推导月球的密度。
（1）由探测器绕月球做圆周运动的角速度
设该行星的半径为R由几何关系可得
得
探测器绕月球做圆周运动的速度
得
（2）探测器绕月球做圆周运动由万有引力提供向心力
月球的体积
月球密度
得
14．【答案】（1）解：当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
汽车受到的阻力为
解得P=60kW
（2）解：由图可知，从到汽车做匀加速直线运动时牵引力
解得F=6000N
根据牛顿第二定律有
匀加速经历时间
解得
（3）解：汽车从到汽车做匀加速直线运动，根据位移公式有
结合上述解得
汽车从到加速过程，由动能定理有
解得
则汽车由静止开始运动到最大速度的位移
解得x=1425m
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，结合额定功率求解额定功率。
(2) 汽车先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求匀加速阶段的牵引力，再由求匀加速的末速度，最后用运动学公式求匀加速时间。
(3) 汽车达到额定功率后做变加速直线运动，对整个过程应用动能定理，求解总位移。
（1）当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
汽车受到的阻力为
解得P=60kW
（2）由图可知，从到汽车做匀加速直线运动时牵引力
解得F=6000N
根据牛顿第二定律有
匀加速经历时间
解得
（3）汽车从到汽车做匀加速直线运动，根据位移公式有
结合上述解得
汽车从到加速过程，由动能定理有
解得
则汽车由静止开始运动到最大速度的位移
解得x=1425m
15．【答案】（1）解：矿石放上传输带后，由剖面图对矿石受力分析可得，传输带对货物支持力为，矿石底面所受滑动摩擦力为，挡板对矿石支持力为，矿石侧面所受滑动摩擦力为。
由滑动摩擦力得N
得N
（2）解：因为与运动方向相同，与运动方向相反，矿石将由静止开始沿传输带做匀加速直线运动，若能与传输带共速，则此后做匀速运动。
由牛顿第二定律可得解得m/s2
设矿石匀加速至与传输带共速所用时间，对地位移为，由运动学公式得解得s
矿石匀加速阶段的位移为，解得m
因，故能够共速，共速后，矿石做匀速直线运动，不发生相对滑动。
矿石与传输带之间由于摩擦产生的内能有J
矿石与挡板之间由于摩擦产生的内能有J
摩擦产生的总热量J
（3）解：3s时矿物与传输带已经共速，由于N>N
故矿石和传输带相对静止一起匀减速，矿石减速的时间，解得s，
矿石匀减速阶段的位移为，解得m，
由于再次启动时，故矿石以加速度加速，由（2）可得加速的时间s和位移m
减速、停止、加速三个阶段的总时间为
此过程矿石位移
耽误的时间
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 矿石刚放上传送带时处于静止状态，对其进行受力分析，将重力分解为沿传送带和垂直传送带方向，结合平衡条件分别求解底部摩擦力和侧面摩擦力。
(2) 先分析矿石的运动状态，计算矿石加速到与传送带共速的时间和位移，再求矿石与传送带的相对位移，结合摩擦生热公式分别计算底部和侧面摩擦产生的热量，求和得到总热量。
(3) 先计算矿石正常运动到 C 端的时间，再分析传送带故障后的运动过程，计算故障后矿石到达 C 端的时间，两者的差值即为耽误的时间。
（1）矿石放上传输带后，由剖面图对矿石受力分析可得，传输带对货物支持力为，矿石底面所受滑动摩擦力为，挡板对矿石支持力为，矿石侧面所受滑动摩擦力为。
由滑动摩擦力得N
得N
（2）因为与运动方向相同，与运动方向相反，矿石将由静止开始沿传输带做匀加速直线运动，若能与传输带共速，则此后做匀速运动。
由牛顿第二定律可得解得m/s2
设矿石匀加速至与传输带共速所用时间，对地位移为，由运动学公式得解得s
矿石匀加速阶段的位移为，解得m
因，故能够共速，共速后，矿石做匀速直线运动，不发生相对滑动。
矿石与传输带之间由于摩擦产生的内能有J
矿石与挡板之间由于摩擦产生的内能有J
摩擦产生的总热量J
（3）3s时矿物与传输带已经共速，由于N>N
故矿石和传输带相对静止一起匀减速，矿石减速的时间，解得s，
矿石匀减速阶段的位移为，解得m，
由于再次启动时，故矿石以加速度加速，由（2）可得加速的时间s和位移m
减速、停止、加速三个阶段的总时间为
此过程矿石位移
耽误的时间
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