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广西壮族自治区河池市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第1-7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8-10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（2025高一下·河池期末）如图所示，小物块在大小相等的恒力F作用下，在水平地面上向前运动相同的位移，图A和图C的地面是光滑的，图B和图D的地面是粗糙的，则下列四图所示的情况中F做功最多的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·河池期末）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举办，跳台滑雪是比赛项目之一。一次比赛中运动员从跳台的边缘水平滑出，落到斜坡上，如图所示。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在空中运动的过程中，所受重力的瞬时功率的变化情况是（　　）
A．一直不变 B．随时间均匀增大
C．随时间均匀减小 D．随时间非均匀增大
3．（2025高一下·河池期末）蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用。在一次玩耍中，儿童从空中最高点竖直下落至弹性网面再运动到最低点的整个过程，若不计空气阻力和弹性网的质量，下列说法正确的是（　　）
A．儿童减少的重力势能小于弹性网增加的弹性势能
B．儿童减少的机械能等于弹性网增加的弹性势能
C．儿童接触网面后速度立即减小
D．儿童接触网面后加速度一直减小
4．（2025高一下·河池期末）如图所示，在感受向心力的实验中，某同学用不可伸长的轻质细绳一端拴住小球，手握细绳另一端并将小球抡动起来，最终使小球近似在水平面内做匀速圆周运动。若在不改变小球与手的握点之间距离的前提下，改变小球做匀速圆周运动的角速度，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的角速度越小，他拉住绳子的力越大
B．理论上，绳子可能达到水平状态
C．小球的角速度越大，绳子会越接近水平，但不可能达到水平状态
D．松手后，小球将沿轨迹的半径方向飞出
5．（2025高一下·河池期末）2025年4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，如图所示。约10分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。假设飞船在预定轨道上做的是以地球（可视为理想球体）中心为圆心的匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．火箭的发射速度大于第二宇宙速度
B．在火箭的发射阶段，飞船里的宇航员处于悬浮状态
C．飞船在预定轨道上的运行速度小于第一宇宙速度
D．若飞船在预定轨道上飞行的过程中点火加速，它将靠近地球
6．（2025高一下·河池期末）我国新能源汽车技术领先全球，且价格符合大众消费。一辆新能源汽车在平直公路上行驶，已知该汽车的质量为2.0×103kg，发动机的额定功率为200kW，设该汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为4.0×103N。如果该汽车从静止开始以恒定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做加速度增大的加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．若启动功率为额定功率，汽车能达到的最大速度为50m/s
C．若启动功率为150kW，汽车能达到的最大速度为50m/s
D．若启动功率为额定功率，且达到最大速度所用的时间为30s，则汽车在这段时间内的位移大小为750m
7．（2025高一下·河池期末）近几年，随着人工智能等科技领域的发展，深圳市积极拓展科技应用场景，无人观光车、环卫机器人等服务纷纷出现，特别是无人机送餐，使“天上掉馅饼”成为现实。无人机送餐时，可通过机载传感器描绘出无人机运动的轨迹。如图所示，为机载传感器描绘出的无人机某次飞行中在竖直平面内运动的轨迹，其中x轴表示水平方向，y轴表示竖直方向。若x=0~x1和x=x1~x2的两段曲线均为抛物线，则该无人机沿水平方向的x-t（位移-时间）图像和沿竖直方向的v-t（速度-时间）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·河池期末）过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2m，重力加速度取10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
9．（2025高一下·河池期末）宇宙中两颗靠得比较近的星体，只受到彼此之间的万有引力而绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，这样的星体称之为双星系统。某国际天文研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质（此现象称为质量转移），使双星间的距离在缓慢增大。已知两星体最初的质量分别为m1=4m和m2=m，发生质量转移后质量分别为m1'=3m和m2'=2m，二者之间的距离变为原来的2倍，发生质量转移前后两星体的运动均可视为匀速圆周运动。用r1、r2和r1'、r2'分别表示质量转移前后两星体的轨道半径，用ω和ω'分别表示质量转移前后两星体的角速度大小，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一下·河池期末）如图所示，不可伸长的轻绳的一端绕过固定在墙上O点的光滑轻质小定滑轮（大小可忽略），与套在光滑固定水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。从图中位置P由静止释放小物块A，当A向右运动经过位置Q时速度大小为vA，此时轻绳与杆的夹角为α（0°<α<90°），已知A和B的质量相等，O点到水平杆的距离为H，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小物块A经过位置Q时小球B的速度大小为vB=vA
B．小物块A从位置P运动到位置Q时，小球B下降的高度为
C．位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度
D．位置P与O点之间的距离为
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025高一下·河池期末）宇航员们在中国空间站通过“天宫课堂”给我们做了很多有趣的实验。由于空间站内的物体处于完全失重状态，所以无法用普通天平称量物体的质量，某同学设计了如图所示的装置，可用于空间站中间接测量物体的质量：在空间站的一块固定平板中间打穿一个光滑小孔O，将一根不可伸长的轻质细线穿过小孔。细线的上端连接待测物体，下端连接固定在平板下方的力传感器。给待测物体一个初速度，使它在平板上做匀速圆周运动。已知空间站中具有基本测量工具。
（1）实验中，可用固定在待测物体运动轨迹附近的速度传感器测出物体经过其旁边时的线速度大小v，用力传感器测量绳子产生的拉力F。为了测量物体的质量，还需要用到　 　（填测量仪器名称）测量　 　。（写出物理量的名称并用合适的字母表示）
（2）待测物体质量的表达式为m=　 　。（用所设和题目所给字母表示）
12．（2025高一下·河池期末）某探究实验小组的同学利用如图甲所示实验装置来“验证机械能守恒定律”。所用器材包括：装有声音传感器的智能手机、小钢球、刻度尺、钢尺（两把）等。实验操作步骤如下：
a.在钢尺的一端粘一层薄橡皮泥，将该端伸出水平桌面少许，用刻度尺测出橡皮泥上表面与地板间的高度差h=100cm；
b.将质量为m的小钢球放在钢尺末端的橡皮泥上，保持静止状态；
c.将手机置于桌面上方，启动手机中的声音传感器；
d.用另一把钢尺迅速敲击桌面上的钢尺的侧面，使小钢球自由下落；
e.手机显示出所接收声音的振幅随时间变化的曲线。
（1）传感器所接收的声音振幅随时间变化的曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应敲击钢尺和小钢球落地的时刻，则小钢球下落至地面所用的时间为t=　 　s。
（2）小明同学提出，查出当地重力加速度值后，可利用自由落体运动公式v2=2gh计算出小钢球落地时的速度大小，即可算出小球下落过程增加的动能；而小华同学认为，应该使用公式计算小钢球落地时的速度大小。为了能验证小球落地过程是否遵循机械能守恒定律，你认为哪位同学的方法是正确的？请说明理由　 　。
（3）已知小钢球的质量为m=50g，若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则下落过程中小钢球动能的增加量为　 　J，重力势能的减少量为　 　J。据此可得出，在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。（计算结果均保留两位小数）
（4）若敲击钢尺侧面时小钢球获得一个较小的水平速度，对实验结果　 　影响。（选填“有”或“没有”）
13．（2025高一下·河池期末）如图所示，一气球下面用细线吊着一个小物块，从地面开始一起以大小为v0=4m/s的速度，斜向上做匀速直线运动，v0与水平方向的夹角为θ=30°。当小物块运动到离地高度为h=3m处时，细线突然断开。不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度H；
（2）小物块此后在空中运动的水平总位移x。（计算结果可保留根号）
14．（2025高一下·河池期末）某地球卫星的发射过程如图所示。该卫星从地面发射后，先成为地球的近地卫星，在半径为R1的近地轨道I上做周期为T1的匀速圆周运动，然后从A点加速进入椭圆轨道II到达B点，再由B点加速进入半径为R2的预定圆轨道III。已知引力常量为G，R1约等于地球半径，忽略卫星在发射过程中的质量损失及其它天体的影响。
（1）若将地球视为球体，求地球的平均密度ρ；
（2）求该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间t。
15．（2025高一下·河池期末）如图所示，左端固定在墙上的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，小滑块静止于光滑水平面上并紧靠弹簧右端，水平面的右端与倾角θ=37°的传送带平滑连接。已知小滑块滑上传送带前已经做匀速直线运动，传送带两转轴中心间的距离为L=5.0m，滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若弹簧锁定时储存的弹性势能为Ep1=50J，当传送带不转动时，弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端，求滑块的质量m；
（2）若滑块的质量为（1）中所求，且传送带以恒定速率v1=9m/s顺时针转动，弹簧锁定时储存的弹性势能为Ep2=18J，求弹簧解除锁定后电动机因传送滑块多做的功。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】功的概念
【解析】【解答】功为物体受力的大小与力方向上位移的乘积，表达式为W=Fscos，小物块在大小相等的恒力F作用下，在水平地面上向前运动相同的位移，根据功的表达式可以得出各力做功的大小为
图A中F做功为
图B中F做功为
图C中F做功为
图D中F做功为
故四图所示的情况中F做功最多的是图A，故选A。
【分析】利用物体受力的大小与力方向上位移的乘积即功的表达式可以比较各力做功的大小。
2．【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式可以得出竖直方向的速度为
根据重力和竖直方向的速度可以得出重力的功率
可知所受重力的瞬时功率随时间均匀增大。
故选B。
【分析】利用平抛运动的速度公式可以求出竖直方向分速度的表达式，结合重力的大小可以求出功率与时间的关系式。
3．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．不计空气阻力时，儿童从空中最高点竖直下落至最低点的过程中，初末速度都为0，整个过程中只有重力和弹性网的弹力做功，系统机械能守恒。根据机械能守恒定律可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能，故A错误；
B．因为儿童和弹性网组成的系统机械能守恒，由于弹力做功导致儿童机械能的减少，根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量，故B正确；
C．儿童接触网面后，由于弹力与形变量成正比，所以弹力从0开始增大，开始时重力大于弹力，合力向下，加速度向下，儿童做加速运动，速度增大；当重力等于弹力时速度达到最大，此时儿童加速度等于0，再往下运动时，儿童受到的弹力大于重力，合力向上，加速度向上，儿童做减速运动，速度减小，所以儿童接触网面后速度不是立即减小，故C错误；
D．儿童接触网面后，开始时重力大于弹力，设弹性网的劲度系数为，形变量为，加速度方向向下，对儿童，根据牛顿第二定律方程有
随着x的增大，合力减小，加速度减小；当重力等于弹力后，再向下运动弹力就大于重力，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有
随着x的增大，合力增大，加速度增大，所以儿童接触网面后加速度先向下减小后反向增大，故D错误。
故选B。
【分析】利用儿童的牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小及方向的变化；利用系统机械能守恒可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能；根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量；由于最开始儿童受到的弹力小于重力，所以接触到网面继续加速。
4．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球在水平面做匀速圆周运动，设绳子与竖直方向夹角为，绳子长度为，根据几何关系可以得出小球做圆周运动的半径
小球受重力和绳子拉力，将拉力分解为水平方向和竖直方向的分力，竖直方向上根据平衡方程有：
水平方向上根据牛顿第二定律有
化简可得
根据表达式可以得出小球的角速度越小，他拉住绳子的力越小，A错误；
BC．由于在竖直方向上根据平衡方程有：，可知拉力有竖直向上分力平衡重力，若绳子水平
无法平衡重力，所以绳子不可能达到水平状态。当角速度越大，根据表达式
可知需要的向心力越大，越大，绳子越接近水平，B错误，C正确；
D．松手后，绳子拉力消失，小球只受重力，由于小球的速度方向为轨迹的切线方向，由于惯性，断开绳子后小球将沿圆周运动的切线方向飞出，D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合水平方向的牛顿第二定律可以求出角速度和绳子拉力的表达式；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子不可能达到水平状态；利用角速度越大可知需要的向心力越大，越大，绳子越接近水平；由于小球的速度方向为轨迹的切线方向，由于惯性，断开绳子后小球将沿圆周运动的切线方向飞出。
5．【答案】C
【知识点】超重与失重；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第二宇宙速度是卫星离开地球的发射速度，飞船在预定轨道上做的是以地球（可视为理想球体）中心为圆心的匀速圆周运动，故其发射速度不能大于第二宇宙速度，故A错误；
B．在火箭的发射阶段，由于火箭向上做加速运动则加速度方向向上，所以飞船里的宇航员处于超重状态，悬浮状态是处于完全失重状态，故B错误；
C．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，所以线速度的表达式为
由于地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以飞船的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．若飞船在飞行的过程中点火加速了，会导致向心力变大，导致万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球，故D错误。
故选 C。
【分析】飞船绕地球运动所以发射速度小于第二宇宙速度；利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用卫星速度增加，导致万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球。
6．【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车从静止开始以恒定功率启动，由于功率保持不变，根据功率的表达式可以得出
可知速度逐渐增大，牵引力不断减小，汽车加速过程受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于牵引力不断减小，可知加速度不断减小，当加速度时汽车做匀速直线运动，故汽车先做加速度不断减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式：
代入数据解得，故B正确；
C．若启动功率为150kW，当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式有
代入数据解得，故C错误；
D．设汽车在这段时间内的位移大小为，牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理有
代入数据解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用汽车的功率保持不变，结合牛顿第二定律及速度的变化可以判别汽车加速度的变化，进而判别汽车先做加速度不断减小的加速运动后做匀速直线运动；利用汽车速度最大时，牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度；利用动能定理可以求出汽车运动的位移大小。
7．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于和~的两段曲线均为抛物线，结合图像可知：无人机可能在水平方向做匀速直线运动；竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合x-t图像和v-t图像知识，故C正确。
故答案为：C。
【分析】根据曲线运动的分运动性质（轨迹为抛物线时，某一方向为匀变速运动，另一方向为匀速 / 匀变速运动），分析水平方向的x-t图像和竖直方向的v-t图像。
8．【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若释放点与圆轨道的最高点等高，假设小球能达到圆轨道的最高点，根据机械能守恒，可知小球的速度为零；由于在圆轨道的最高点，根据合力提供向心力，此时最小的合力为重力，根据牛顿第二定律可以得出小球经过最高点的速度为：
解得
故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，故A错误，B正确；
CD．设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得
设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，由于下落过程小球只受到重力的作用，根据机械能守恒定律有
解得
此时则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，故C正确，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球经过圆弧轨道的牛顿第二定律可以求出小球经过最高点的最小速度，结合机械能守恒定律可以求出小球释放的高度，当小球经过最高点满足最小速度时，此时小球只受到重力，对轨道的压力等于0.
9．【答案】A,D
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星系统中，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质（此现象称为质量转移），使双星间的距离在缓慢增大。由于星体之间的引力提供向心力且双星角速度相等，根据牛顿第二定律有：，，可知双星系统中轨道半径与质量成反比，转移前质量比为4：1，故，A正确；
B．转移后质量比为3：2，根据故轨道半径比应为2：3，B错误；
CD．由于星体之间的引力提供向心力且双星角速度相等，根据牛顿第二定律有：，
可知角速度
转移后距离变为2L，代入得，C错误，D正确；
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力结合角速度相等可以求出质量和半径的大小关系；利用引力提供向心力可以求出角速度大小之比。
10．【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在Q点，对物块的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，有
根据运动的合成和分解可得
故A错误；
B．把A、B看成一个系统，由于系统内只有重力做功，根据机械能守恒1有：有
联立解得小球B下落的高度为
故B正确；
C．由于小球B下降的高度，在三角形PQO中，根据三角形两边之差小于第三边，根据可知位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度，故C正确；
D．根据几何关系可知
可得位置P与O点之间的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】利用速度分解可以求出小球B和小球A速度的大小关系；利用机械能守恒定理可以求出小球B下落的高度；利用几何关系可以求出OP之间的距离；利用三角形三边关系可以得出位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度。
11．【答案】（1）刻度尺；物块做圆周运动的半径r
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）当物体做匀速圆周运动时，拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有，根据表达式可得为了测量物体的质量，还需要用到刻度尺测量物块做圆周运动的半径r。
（2）根据牛顿第二定律可以得出待测物体质量的表达式为
【分析】（1）利用牛顿第二定律测量物体的质量需要测量物体的拉力及物体的速度及轨道半径的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出质量的表达式。
（1）[1][2]根据可得为了测量物体的质量，还需要用到刻度尺测量物块做圆周运动的半径r。
（2）待测物体质量的表达式为
12．【答案】（1）0.46
（2）见解析
（3）0.47；0.49
（4）没有
【知识点】验证机械能守恒定律
13．【答案】（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度
（2）物块落地时间为
小物块此后在空中运动的水平总位移

【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）小物块做斜抛运动，利用速度的分解结合速度位移公式可以离地的最大高低；
（2）小物块在水平方向做匀速直线运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出水平位移的大小。
（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度
（2）物块落地时间为
小物块此后在空中运动的水平总位移
14．【答案】（1）卫星在近地轨道I上做匀速圆周运动时则，
联立解得

（2）根据开普勒第三定律
解得
该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间

【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）地球对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律结合密度公式可以求出地球的平均密度；
（2）由于卫星在椭圆轨道运动，利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以求出卫星从A点到B点所花的时间。
（1）卫星在近地轨道I上做匀速圆周运动时则，
联立解得
（2）根据开普勒第三定律
解得
该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间
15．【答案】（1）根据题意，由能量守恒定律有mgLsinθ+μmgLcosθ=Ep1
代入数据解得m=1kg
（2）若弹簧的弹性势能为Ep2=18J
设滑块滑上传送带前的速度为v3，根据能量守恒定律有
解得v3=6m/s＜v1
因为μ＜tanθ，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=2m/s2
设滑块在传送带上运动时间为t1，由运动学公式有
解得t1=1s，t1=5s（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度v4=v3-a1t1
代入数值得v4=4m/s
则滑块与传送带的相对位移为Δx=v1t1-L=9×1m-5m=4m
根据能量守恒
代入数值得W=36J
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）当传送带不转动时，利用能量守恒定律可以求出滑块质量的大小；
（2）当传送带顺时针转动时，利用能量守恒定律可以求出滑块滑上传送带的速度，结合牛顿第二定律可以求出滑块在传送带上减速的加速度大小，结合位移公式可以求出滑块到达顶端的时间，结合速度公式可以求出到达顶端的速度大小，结合位移公式可以求出相对位移的大小，再利用能量守恒定律可以求出传送带传送物块时电动机多做的功。
（1）根据题意，由能量守恒定律有mgLsinθ+μmgLcosθ=Ep1
代入数据解得m=1kg
（2）若弹簧的弹性势能为Ep2=18J
设滑块滑上传送带前的速度为v3，根据能量守恒定律有
解得v3=6m/s＜v1
因为μ＜tanθ，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=2m/s2
设滑块在传送带上运动时间为t1，由运动学公式有
解得t1=1s，t1=5s（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度v4=v3-a1t1
代入数值得v4=4m/s
则滑块与传送带的相对位移为Δx=v1t1-L=9×1m-5m=4m
根据能量守恒
代入数值得W=36J
1 / 1广西壮族自治区河池市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第1-7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8-10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（2025高一下·河池期末）如图所示，小物块在大小相等的恒力F作用下，在水平地面上向前运动相同的位移，图A和图C的地面是光滑的，图B和图D的地面是粗糙的，则下列四图所示的情况中F做功最多的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】功的概念
【解析】【解答】功为物体受力的大小与力方向上位移的乘积，表达式为W=Fscos，小物块在大小相等的恒力F作用下，在水平地面上向前运动相同的位移，根据功的表达式可以得出各力做功的大小为
图A中F做功为
图B中F做功为
图C中F做功为
图D中F做功为
故四图所示的情况中F做功最多的是图A，故选A。
【分析】利用物体受力的大小与力方向上位移的乘积即功的表达式可以比较各力做功的大小。
2．（2025高一下·河池期末）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举办，跳台滑雪是比赛项目之一。一次比赛中运动员从跳台的边缘水平滑出，落到斜坡上，如图所示。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在空中运动的过程中，所受重力的瞬时功率的变化情况是（　　）
A．一直不变 B．随时间均匀增大
C．随时间均匀减小 D．随时间非均匀增大
【答案】B
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】运动员从O点水平飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据速度公式可以得出竖直方向的速度为
根据重力和竖直方向的速度可以得出重力的功率
可知所受重力的瞬时功率随时间均匀增大。
故选B。
【分析】利用平抛运动的速度公式可以求出竖直方向分速度的表达式，结合重力的大小可以求出功率与时间的关系式。
3．（2025高一下·河池期末）蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用。在一次玩耍中，儿童从空中最高点竖直下落至弹性网面再运动到最低点的整个过程，若不计空气阻力和弹性网的质量，下列说法正确的是（　　）
A．儿童减少的重力势能小于弹性网增加的弹性势能
B．儿童减少的机械能等于弹性网增加的弹性势能
C．儿童接触网面后速度立即减小
D．儿童接触网面后加速度一直减小
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．不计空气阻力时，儿童从空中最高点竖直下落至最低点的过程中，初末速度都为0，整个过程中只有重力和弹性网的弹力做功，系统机械能守恒。根据机械能守恒定律可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能，故A错误；
B．因为儿童和弹性网组成的系统机械能守恒，由于弹力做功导致儿童机械能的减少，根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量，故B正确；
C．儿童接触网面后，由于弹力与形变量成正比，所以弹力从0开始增大，开始时重力大于弹力，合力向下，加速度向下，儿童做加速运动，速度增大；当重力等于弹力时速度达到最大，此时儿童加速度等于0，再往下运动时，儿童受到的弹力大于重力，合力向上，加速度向上，儿童做减速运动，速度减小，所以儿童接触网面后速度不是立即减小，故C错误；
D．儿童接触网面后，开始时重力大于弹力，设弹性网的劲度系数为，形变量为，加速度方向向下，对儿童，根据牛顿第二定律方程有
随着x的增大，合力减小，加速度减小；当重力等于弹力后，再向下运动弹力就大于重力，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有
随着x的增大，合力增大，加速度增大，所以儿童接触网面后加速度先向下减小后反向增大，故D错误。
故选B。
【分析】利用儿童的牛顿第二定律结合弹力的大小变化可以判别加速度的大小及方向的变化；利用系统机械能守恒可以得出儿童减少的重力势能转化为弹性网增加的弹性势能；根据功能关系可以得出儿童机械能的减少量等于弹性网弹性势能的增加量；由于最开始儿童受到的弹力小于重力，所以接触到网面继续加速。
4．（2025高一下·河池期末）如图所示，在感受向心力的实验中，某同学用不可伸长的轻质细绳一端拴住小球，手握细绳另一端并将小球抡动起来，最终使小球近似在水平面内做匀速圆周运动。若在不改变小球与手的握点之间距离的前提下，改变小球做匀速圆周运动的角速度，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的角速度越小，他拉住绳子的力越大
B．理论上，绳子可能达到水平状态
C．小球的角速度越大，绳子会越接近水平，但不可能达到水平状态
D．松手后，小球将沿轨迹的半径方向飞出
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小球在水平面做匀速圆周运动，设绳子与竖直方向夹角为，绳子长度为，根据几何关系可以得出小球做圆周运动的半径
小球受重力和绳子拉力，将拉力分解为水平方向和竖直方向的分力，竖直方向上根据平衡方程有：
水平方向上根据牛顿第二定律有
化简可得
根据表达式可以得出小球的角速度越小，他拉住绳子的力越小，A错误；
BC．由于在竖直方向上根据平衡方程有：，可知拉力有竖直向上分力平衡重力，若绳子水平
无法平衡重力，所以绳子不可能达到水平状态。当角速度越大，根据表达式
可知需要的向心力越大，越大，绳子越接近水平，B错误，C正确；
D．松手后，绳子拉力消失，小球只受重力，由于小球的速度方向为轨迹的切线方向，由于惯性，断开绳子后小球将沿圆周运动的切线方向飞出，D错误。
故选C。
【分析】利用竖直方向的平衡方程结合水平方向的牛顿第二定律可以求出角速度和绳子拉力的表达式；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子不可能达到水平状态；利用角速度越大可知需要的向心力越大，越大，绳子越接近水平；由于小球的速度方向为轨迹的切线方向，由于惯性，断开绳子后小球将沿圆周运动的切线方向飞出。
5．（2025高一下·河池期末）2025年4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，如图所示。约10分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。假设飞船在预定轨道上做的是以地球（可视为理想球体）中心为圆心的匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）
A．火箭的发射速度大于第二宇宙速度
B．在火箭的发射阶段，飞船里的宇航员处于悬浮状态
C．飞船在预定轨道上的运行速度小于第一宇宙速度
D．若飞船在预定轨道上飞行的过程中点火加速，它将靠近地球
【答案】C
【知识点】超重与失重；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第二宇宙速度是卫星离开地球的发射速度，飞船在预定轨道上做的是以地球（可视为理想球体）中心为圆心的匀速圆周运动，故其发射速度不能大于第二宇宙速度，故A错误；
B．在火箭的发射阶段，由于火箭向上做加速运动则加速度方向向上，所以飞船里的宇航员处于超重状态，悬浮状态是处于完全失重状态，故B错误；
C．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，所以线速度的表达式为
由于地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以飞船的运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D．若飞船在飞行的过程中点火加速了，会导致向心力变大，导致万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球，故D错误。
故选 C。
【分析】飞船绕地球运动所以发射速度小于第二宇宙速度；利用引力提供向心力可以比较线速度的大小；利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用卫星速度增加，导致万有引力不足以提供所需的向心力，飞船将做离心运动，远离地球。
6．（2025高一下·河池期末）我国新能源汽车技术领先全球，且价格符合大众消费。一辆新能源汽车在平直公路上行驶，已知该汽车的质量为2.0×103kg，发动机的额定功率为200kW，设该汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为4.0×103N。如果该汽车从静止开始以恒定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做加速度增大的加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．若启动功率为额定功率，汽车能达到的最大速度为50m/s
C．若启动功率为150kW，汽车能达到的最大速度为50m/s
D．若启动功率为额定功率，且达到最大速度所用的时间为30s，则汽车在这段时间内的位移大小为750m
【答案】B
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车从静止开始以恒定功率启动，由于功率保持不变，根据功率的表达式可以得出
可知速度逐渐增大，牵引力不断减小，汽车加速过程受到牵引力和阻力的作用，根据牛顿第二定律有
由于牵引力不断减小，可知加速度不断减小，当加速度时汽车做匀速直线运动，故汽车先做加速度不断减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式：
代入数据解得，故B正确；
C．若启动功率为150kW，当加速度时速度达到最大，此时牵引力最小，根据平衡方程可以得出此时牵引力等于阻力，即
根据功率的表达式有
代入数据解得，故C错误；
D．设汽车在这段时间内的位移大小为，牵引力和阻力对汽车做功，根据动能定理有
代入数据解得，故D错误。
故选B。
【分析】利用汽车的功率保持不变，结合牛顿第二定律及速度的变化可以判别汽车加速度的变化，进而判别汽车先做加速度不断减小的加速运动后做匀速直线运动；利用汽车速度最大时，牵引力等于阻力，结合功率的表达式可以求出最大速度；利用动能定理可以求出汽车运动的位移大小。
7．（2025高一下·河池期末）近几年，随着人工智能等科技领域的发展，深圳市积极拓展科技应用场景，无人观光车、环卫机器人等服务纷纷出现，特别是无人机送餐，使“天上掉馅饼”成为现实。无人机送餐时，可通过机载传感器描绘出无人机运动的轨迹。如图所示，为机载传感器描绘出的无人机某次飞行中在竖直平面内运动的轨迹，其中x轴表示水平方向，y轴表示竖直方向。若x=0~x1和x=x1~x2的两段曲线均为抛物线，则该无人机沿水平方向的x-t（位移-时间）图像和沿竖直方向的v-t（速度-时间）图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动的合成与分解；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于和~的两段曲线均为抛物线，结合图像可知：无人机可能在水平方向做匀速直线运动；竖直方向先向上匀加速再向上匀减速，结合x-t图像和v-t图像知识，故C正确。
故答案为：C。
【分析】根据曲线运动的分运动性质（轨迹为抛物线时，某一方向为匀变速运动，另一方向为匀速 / 匀变速运动），分析水平方向的x-t图像和竖直方向的v-t图像。
8．（2025高一下·河池期末）过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2m，重力加速度取10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
【答案】B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若释放点与圆轨道的最高点等高，假设小球能达到圆轨道的最高点，根据机械能守恒，可知小球的速度为零；由于在圆轨道的最高点，根据合力提供向心力，此时最小的合力为重力，根据牛顿第二定律可以得出小球经过最高点的速度为：
解得
故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，故A错误，B正确；
CD．设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得
设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，由于下落过程小球只受到重力的作用，根据机械能守恒定律有
解得
此时则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，故C正确，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球经过圆弧轨道的牛顿第二定律可以求出小球经过最高点的最小速度，结合机械能守恒定律可以求出小球释放的高度，当小球经过最高点满足最小速度时，此时小球只受到重力，对轨道的压力等于0.
9．（2025高一下·河池期末）宇宙中两颗靠得比较近的星体，只受到彼此之间的万有引力而绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，这样的星体称之为双星系统。某国际天文研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质（此现象称为质量转移），使双星间的距离在缓慢增大。已知两星体最初的质量分别为m1=4m和m2=m，发生质量转移后质量分别为m1'=3m和m2'=2m，二者之间的距离变为原来的2倍，发生质量转移前后两星体的运动均可视为匀速圆周运动。用r1、r2和r1'、r2'分别表示质量转移前后两星体的轨道半径，用ω和ω'分别表示质量转移前后两星体的角速度大小，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】A．双星系统中，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质（此现象称为质量转移），使双星间的距离在缓慢增大。由于星体之间的引力提供向心力且双星角速度相等，根据牛顿第二定律有：，，可知双星系统中轨道半径与质量成反比，转移前质量比为4：1，故，A正确；
B．转移后质量比为3：2，根据故轨道半径比应为2：3，B错误；
CD．由于星体之间的引力提供向心力且双星角速度相等，根据牛顿第二定律有：，
可知角速度
转移后距离变为2L，代入得，C错误，D正确；
故选AD。
【分析】利用引力提供向心力结合角速度相等可以求出质量和半径的大小关系；利用引力提供向心力可以求出角速度大小之比。
10．（2025高一下·河池期末）如图所示，不可伸长的轻绳的一端绕过固定在墙上O点的光滑轻质小定滑轮（大小可忽略），与套在光滑固定水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。从图中位置P由静止释放小物块A，当A向右运动经过位置Q时速度大小为vA，此时轻绳与杆的夹角为α（0°<α<90°），已知A和B的质量相等，O点到水平杆的距离为H，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小物块A经过位置Q时小球B的速度大小为vB=vA
B．小物块A从位置P运动到位置Q时，小球B下降的高度为
C．位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度
D．位置P与O点之间的距离为
【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在Q点，对物块的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，有
根据运动的合成和分解可得
故A错误；
B．把A、B看成一个系统，由于系统内只有重力做功，根据机械能守恒1有：有
联立解得小球B下落的高度为
故B正确；
C．由于小球B下降的高度，在三角形PQO中，根据三角形两边之差小于第三边，根据可知位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度，故C正确；
D．根据几何关系可知
可得位置P与O点之间的距离为
故D正确。
故选BCD。
【分析】利用速度分解可以求出小球B和小球A速度的大小关系；利用机械能守恒定理可以求出小球B下落的高度；利用几何关系可以求出OP之间的距离；利用三角形三边关系可以得出位置P与位置Q之间的距离大于小球B下降的高度。
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025高一下·河池期末）宇航员们在中国空间站通过“天宫课堂”给我们做了很多有趣的实验。由于空间站内的物体处于完全失重状态，所以无法用普通天平称量物体的质量，某同学设计了如图所示的装置，可用于空间站中间接测量物体的质量：在空间站的一块固定平板中间打穿一个光滑小孔O，将一根不可伸长的轻质细线穿过小孔。细线的上端连接待测物体，下端连接固定在平板下方的力传感器。给待测物体一个初速度，使它在平板上做匀速圆周运动。已知空间站中具有基本测量工具。
（1）实验中，可用固定在待测物体运动轨迹附近的速度传感器测出物体经过其旁边时的线速度大小v，用力传感器测量绳子产生的拉力F。为了测量物体的质量，还需要用到　 　（填测量仪器名称）测量　 　。（写出物理量的名称并用合适的字母表示）
（2）待测物体质量的表达式为m=　 　。（用所设和题目所给字母表示）
【答案】（1）刻度尺；物块做圆周运动的半径r
（2）
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）当物体做匀速圆周运动时，拉力提供向心力，根据牛顿第二定律有，根据表达式可得为了测量物体的质量，还需要用到刻度尺测量物块做圆周运动的半径r。
（2）根据牛顿第二定律可以得出待测物体质量的表达式为
【分析】（1）利用牛顿第二定律测量物体的质量需要测量物体的拉力及物体的速度及轨道半径的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出质量的表达式。
（1）[1][2]根据可得为了测量物体的质量，还需要用到刻度尺测量物块做圆周运动的半径r。
（2）待测物体质量的表达式为
12．（2025高一下·河池期末）某探究实验小组的同学利用如图甲所示实验装置来“验证机械能守恒定律”。所用器材包括：装有声音传感器的智能手机、小钢球、刻度尺、钢尺（两把）等。实验操作步骤如下：
a.在钢尺的一端粘一层薄橡皮泥，将该端伸出水平桌面少许，用刻度尺测出橡皮泥上表面与地板间的高度差h=100cm；
b.将质量为m的小钢球放在钢尺末端的橡皮泥上，保持静止状态；
c.将手机置于桌面上方，启动手机中的声音传感器；
d.用另一把钢尺迅速敲击桌面上的钢尺的侧面，使小钢球自由下落；
e.手机显示出所接收声音的振幅随时间变化的曲线。
（1）传感器所接收的声音振幅随时间变化的曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应敲击钢尺和小钢球落地的时刻，则小钢球下落至地面所用的时间为t=　 　s。
（2）小明同学提出，查出当地重力加速度值后，可利用自由落体运动公式v2=2gh计算出小钢球落地时的速度大小，即可算出小球下落过程增加的动能；而小华同学认为，应该使用公式计算小钢球落地时的速度大小。为了能验证小球落地过程是否遵循机械能守恒定律，你认为哪位同学的方法是正确的？请说明理由　 　。
（3）已知小钢球的质量为m=50g，若当地的重力加速度大小为9.8m/s2，则下落过程中小钢球动能的增加量为　 　J，重力势能的减少量为　 　J。据此可得出，在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。（计算结果均保留两位小数）
（4）若敲击钢尺侧面时小钢球获得一个较小的水平速度，对实验结果　 　影响。（选填“有”或“没有”）
【答案】（1）0.46
（2）见解析
（3）0.47；0.49
（4）没有
【知识点】验证机械能守恒定律
13．（2025高一下·河池期末）如图所示，一气球下面用细线吊着一个小物块，从地面开始一起以大小为v0=4m/s的速度，斜向上做匀速直线运动，v0与水平方向的夹角为θ=30°。当小物块运动到离地高度为h=3m处时，细线突然断开。不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。求：
（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度H；
（2）小物块此后在空中运动的水平总位移x。（计算结果可保留根号）
【答案】（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度
（2）物块落地时间为
小物块此后在空中运动的水平总位移

【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）小物块做斜抛运动，利用速度的分解结合速度位移公式可以离地的最大高低；
（2）小物块在水平方向做匀速直线运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出水平位移的大小。
（1）小物块此后运动过程中离地最大的高度
（2）物块落地时间为
小物块此后在空中运动的水平总位移
14．（2025高一下·河池期末）某地球卫星的发射过程如图所示。该卫星从地面发射后，先成为地球的近地卫星，在半径为R1的近地轨道I上做周期为T1的匀速圆周运动，然后从A点加速进入椭圆轨道II到达B点，再由B点加速进入半径为R2的预定圆轨道III。已知引力常量为G，R1约等于地球半径，忽略卫星在发射过程中的质量损失及其它天体的影响。
（1）若将地球视为球体，求地球的平均密度ρ；
（2）求该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间t。
【答案】（1）卫星在近地轨道I上做匀速圆周运动时则，
联立解得

（2）根据开普勒第三定律
解得
该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间

【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）地球对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律结合密度公式可以求出地球的平均密度；
（2）由于卫星在椭圆轨道运动，利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以求出卫星从A点到B点所花的时间。
（1）卫星在近地轨道I上做匀速圆周运动时则，
联立解得
（2）根据开普勒第三定律
解得
该卫星从A点经椭圆轨道II第一次到达B点所用的时间
15．（2025高一下·河池期末）如图所示，左端固定在墙上的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，小滑块静止于光滑水平面上并紧靠弹簧右端，水平面的右端与倾角θ=37°的传送带平滑连接。已知小滑块滑上传送带前已经做匀速直线运动，传送带两转轴中心间的距离为L=5.0m，滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若弹簧锁定时储存的弹性势能为Ep1=50J，当传送带不转动时，弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端，求滑块的质量m；
（2）若滑块的质量为（1）中所求，且传送带以恒定速率v1=9m/s顺时针转动，弹簧锁定时储存的弹性势能为Ep2=18J，求弹簧解除锁定后电动机因传送滑块多做的功。
【答案】（1）根据题意，由能量守恒定律有mgLsinθ+μmgLcosθ=Ep1
代入数据解得m=1kg
（2）若弹簧的弹性势能为Ep2=18J
设滑块滑上传送带前的速度为v3，根据能量守恒定律有
解得v3=6m/s＜v1
因为μ＜tanθ，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=2m/s2
设滑块在传送带上运动时间为t1，由运动学公式有
解得t1=1s，t1=5s（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度v4=v3-a1t1
代入数值得v4=4m/s
则滑块与传送带的相对位移为Δx=v1t1-L=9×1m-5m=4m
根据能量守恒
代入数值得W=36J
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）当传送带不转动时，利用能量守恒定律可以求出滑块质量的大小；
（2）当传送带顺时针转动时，利用能量守恒定律可以求出滑块滑上传送带的速度，结合牛顿第二定律可以求出滑块在传送带上减速的加速度大小，结合位移公式可以求出滑块到达顶端的时间，结合速度公式可以求出到达顶端的速度大小，结合位移公式可以求出相对位移的大小，再利用能量守恒定律可以求出传送带传送物块时电动机多做的功。
（1）根据题意，由能量守恒定律有mgLsinθ+μmgLcosθ=Ep1
代入数据解得m=1kg
（2）若弹簧的弹性势能为Ep2=18J
设滑块滑上传送带前的速度为v3，根据能量守恒定律有
解得v3=6m/s＜v1
因为μ＜tanθ，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=2m/s2
设滑块在传送带上运动时间为t1，由运动学公式有
解得t1=1s，t1=5s（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度v4=v3-a1t1
代入数值得v4=4m/s
则滑块与传送带的相对位移为Δx=v1t1-L=9×1m-5m=4m
根据能量守恒
代入数值得W=36J
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