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2025-2026 学年高一第二学期 4 月阶段性检测
物理试卷
2025 年 4 月
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共 8 个小题，每小题 3 分，共 24 分．每小题只有一个选项中符合题目要求．
1．在物理学的发展历程中，对于电荷的研究至关重要。从早期对静电现象的观察，到后来对电荷本质
的深入探索，科学家们付出了巨大的努力。下列关于电荷的说法正确的是（ ）
A．元电荷就是质子 B．库仑首先区分了正电荷和负电荷
C．某带电体的电荷量可能为 D．电荷量是可以连续变化的
2．如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度 v 向右匀速运动，现将质量为 m 的物块竖直向下
轻轻地放置在木板的右端。为保持木板的速度不变，须对木板施加一水平向右的作用力 F。从物块放到
木板上到它相对木板静止的过程中，物块始终未从木板上掉落，
则下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力对物块做负功
B．木板对物块的摩擦力做的功与物块对木板的摩擦力做的功绝对值相等
C．木板与物块间摩擦产生的热量等于木板对物块的摩擦力做的功与物块对木板的摩擦力做的功之和
的绝对值
D．力 F 做的功等于物块与木板的动能增量之和
3．将一个滑块以初动能 从足够长的斜面底端向上滑动，滑块返回时的动能为 。假设滑块与斜面间
的阻力大小恒定不变，若将它上滑的初动能变为 ，则它在上升到最高点过程中，重力势能变化了（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，两侧倾角均为 30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为 m、长为 L 的光滑金属链条放在斜
劈顶端，左右两侧链条长度之比为 1：2。已知两斜面的长度均为 2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖
直平面内，重力加速度为 g。某时刻将链条由静止释 放，当链条
下端到达斜劈底端时，链条的速度为（ ）
试卷第 1 页，
A． B．
B．C． D．
5．一个质量为 m 的小球（视为质点）从空中某一高度的 P 点以大小为 的初速度竖直向上抛出，已知
小球在空中受到水平向右的恒定风力，运动轨迹如图所示，忽略小球受到的空气阻力。已知小球在空中
运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，小球下落经过了与 P 点相同高度的 Q 点，重力加速
度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
A．小球受到的恒定风力大小为
B．小球经过最高点时机械能最小
C．小球经过最高点时恒定风力的瞬时功率大小为
D．小球从 P 点到 Q 点过程中机械能增加量为
6．我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质量为 m 的重物由静止开始
以加速度 a 竖直向上匀加速提升，经过时间 起重机达到额定功率 P，此后以额定功率提升重物，又经
过时间 重物开始匀速上升。已知重力加速度为 g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．起重机的额定功率为
B．重物的最大速度大小为
C．在 时间内，重物机械能的增量为
D．在 时间内，重物机械能的增量为
7．如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施
工作原理简化图，某次需从井中汲取 m＝2kg 的水，辘轳绕绳轮轴半径为 r＝0.1m，水斗的质量为 0.5kg，
井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律
如图丙所示，g 取 10m/s2，则（ ）
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A．水斗速度随时间变化规律为 v＝0.8t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为 P＝10t
C．0~10 s 内水斗上升的高度为 4 m
D．0~10 s 内井绳拉力所做的功为 520 J
8．如图所示，半径 光滑圆弧轨道 ABC 固定在竖直平面内，其圆心角 ，A 点与圆心 O 等
高，B 为最低点。质量为 可视为质点的小球从轨道 A 点正上方 处由静止释放，恰好沿切线
落入圆弧轨道，经 C 点飞出后做斜抛运动，重力加速度 取 ，下列说法
正确的是（ ）
A．小球到达 A 点时速度大小为
B．小球在 B 点对轨道的压力大小为
C．小球在 C 点对轨道的压力大小为
D．斜抛运动的最高点高出 O 点
二、多项选择题：本题共 4 个小题，每小题 4 分，共 16 分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选
对得 4 分，选对但选不全得 2 分，有选错的得 0 分．
9．在探究电荷间作用力的大小与距离、电荷量的关系时，分别用长为 L 的绝缘细线把质量均为 m 的带
电小球 P、Q，悬挂在同一水平线上相距 2L 的 M、N 两点，平衡时 P、Q 的位置如图所示，细线与竖直
方向的夹角均为 ，两小球均视为点电荷。已知静电力常量为 k，重力加速度大小为 g。则（ ）
A．两小球带异种电荷
B．两小球带电量一定相等
C．细线对小球 P 的拉力大小为 2mg
D．若两球带等量电荷，则小球所带电荷量均为
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10．如图甲所示，水平传送带以速度 v 顺时针匀速转动，现将一质量为 m 的小滑块从传送带的左端 P 点
由静止释放，t 表示小滑块运动到右端 Q 点所用的时间为 t。改变传送带的速度 v，小滑块的运动时间 t
也随之改变，现测得 t 与 v 之间的关系如图乙所示，
图中 段为曲线， 段为水平直线， 均为已
知量，g 为重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A． 间的距离为
B．滑块与传送带间的动摩擦因数为
C．当传送带速度为 时，滑块在传送带上的运动时间等于
D．当传送带速度为 时，摩擦力对小滑块做功为
11．如图所示，一矩形斜面 固定在水平地面上，斜面倾角为 、宽为 、长为 。把质量为 的
小物块放置在 点，用沿斜面的拉力 （大小方向未知）将物块沿着 缓慢拉至 点。已知物块与斜面
间的动摩擦因数为 0.75，重力加速度为 ， 。下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力方向与 的方向相反
B． 与 的夹角为
C．若拉动更大质量的物块至 点， 与 的夹角需减小
D．物块由 点运动到 点的过程中， 做的功为
12．如图所示，倾角为 的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与斜面底端的固定
挡板连接，上端与放在斜面上的物块 A 连接，绕过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳一端连接在物块 A 上，
另一端吊着物块 B。已知物块 A 的质量为 ，物块 B 的质量为 ，斜面足够长，牵引物块 A 的轻绳与
斜面平行，用手托着物块 B，改变 B 的高度，使轻弹簧刚好处于原长。已知重力加速度为 ，弹簧的劲
度系数为 ，弹簧的弹性势能 ， 表示弹簧的劲度系数， 为弹簧的形变量，弹簧始终在弹
性限度内，快速撤去手。下列说法正确的是（ ）
A．快速撤去手的一瞬间，物块 B 的加速度大小为
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B．当物块 A 的速度达到最大时，弹簧的伸长量为
C．物块 A 沿斜面向上运动的最大速度大小为
D．物块 A 沿斜面向上运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
第 II 卷（非选择题 ）
非选择题：本题共 6 个小题，共 60 分．
13（6 分）．利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫
导轨，导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与
一质量为 m 的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上 B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光
电门时的挡光时间 t，用 d 表示 A 点到光电门 B 处的距离，b 表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门
的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度 v，实验时滑块在 A 处由静止开始运动．
(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用 g 表示，滑块从 A 处到达 B 处时，m 和 M 组成的系统动能
增加量可表示为ΔEk＝________________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许
的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．（用题中所给字母表示）
(2)按上述实验方法，某同学改变 A、B 间的距离，得到滑块到 B 点时对应的速度，作出 v2 d 图像如图乙
所示，并测得 M＝m，则重力加速度 g＝________m/s2.
14（8 分）．某同学用如图 1 所示的实验装置验证系统机械能守恒定律。实验操作步骤如下：
①用天平测出滑块和遮光条的质量 M、钩码的质量 m；
②调整气垫导轨水平，按图连接好实验装置，固定滑块；
③测量滑块静止位置时遮光条中点与光电门光源之间距离 L 及遮光条宽度 d，将滑块由静止释放，光电
门记录遮光条遮光时间 t；
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④重复以上实验多次。
根据上述实验操作过程，回答下列问题：
(1)下列关于该实验的说法正确的是（ ）
A．本实验的研究对象仅是滑块
B．实验中不需要保证 m 远小于 M
C．滑块运动过程中速度大小始终与钩码相等
D．本实验可以不用测量 M 和 m
(2) 某同学测量得滑块和遮光条的质量 M=390.0g、钩码的质量 m=120.0g、遮光条宽度 d=0.50cm，某次
实验中滑块静止时遮光条中点与光电门光源之间距离 L=75.00cm，遮光条遮光时间 t=3.35ms，当地重力
加速度 。遮光条通过光电门时 v=______m/s，测量过程中系统重力势能的减少量 _____J。
（均保留三位有效数字）
(3) 另一同学改变滑块静止位置时遮光条中点与光电门光源之间距离 L，记录每次遮光条遮光时间 t，重
复以上实验多次，作出如图 2 所示 图像，如果图像斜率 k=______（物理量用题中所给字母表示），
则可验证系统机械能守恒。
15（8 分）．半径为 R 的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为 m 和 m 的小球 A 和 B。A、B 之
间用一长为 R 的轻杆相连，如图所示。开始时，A、B 都静止，且 A 在圆环的最高点，现将 A、B 释
放，已知重力加速度为 g.试求：
(1)B 球到达最低点的过程中，杆对 A 球做的功；
(2)B 球在圆环右侧区域内达到最高点位置时 OB 连线与水平方向的夹角。
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16（10 分）．如图所示，让摆球从图中的 C 位置由静止开始摆下，摆到最低点 D 处，摆线刚好被拉断，
小球在粗糙的水平面上由 D 点向右做匀减速运动，到达 A 孔进入半径 R=0.3m 的竖直放置的光滑圆弧轨
道，当摆球进入圆轨道立即关闭 A 孔。已知摆线长 ， ，小球质量为 ，D 点与 A 孔
的水平距离 ， 取 。（ ， ）试求：
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？
（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数 的范围。
17（12 分）．图（a）为某国际机场的货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带 ABCD 及
固定挡板 CDEF 组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面 ABCD 与水平台面的夹角θ=37°，
传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物（可视为质点）从 D 点由静止释放，在 L=10m 处取下货物，
货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度 v=3m/s，货物的质量 m=10kg，其底部
与传送带上表面 ABCD 间的动摩擦因数 1=0.6，其侧面与挡板 CDEF 间的动摩擦因数 2=0.3，重力加速
度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
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(1)传送带上表面对货物的滑动摩擦力大小 f1；
(2)货物在传送带上运动的时间 t；
(3)由于传送该货物传送带电动机多消耗的电能 E。
18（16 分）．如图所示，整个装置竖直放置，半圆轨道 ABC 的半径 ，半圆轨道 CDE 的半径
， CA、CE 分别是它们的竖直直径，A、D 点等高，A 点左侧有一水平光滑弹射装置，小物块
（可视为质点）到达 A 点前已脱离弹簧，小物块质量 ，水平轨道 EF 段和 GO 段光滑，FG 段与
小物块间的动摩擦因数 ，小物块离开水平轨道上 O 点后做平抛运动，落在半径 的四分之
一圆弧 MPN 上，O 点为圆心，OM 与 OP 的夹角为 ，重力速度 g 取 。以水平轨道末端 O 点为
坐标原点建立平面直角坐标系，x 轴正方向水平向右，y 轴的正方向竖直向下，三个圆弧轨道均光滑。
（1）若小物块离开弹簧后，恰能通过圆轨道的最高点 C 并始终不脱离圆轨道，求小物块通过最左侧 D
点时对轨道的压力大小；
（2）若弹簧释放的弹性势能为 ，小物块离开弹簧后沿轨道运动，从 O 点平拋后刚好落在 P 点，求
FG 段的长度；
（3）若小物块落到 MN 圆弧上的 Q 点（未画出）时动能最小，求 Q 点对应的 y 轴坐标值。
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《2025-2026 学年高一第二学期 4 月阶段性检测物理试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C B D D D D AD BD
题号 11 12
答案 BD BC
1．C
【详解】A．质子所带的电荷量是元电荷，质子并不是元电荷，故 A 错误；
B．富兰克林首先区分了正电荷和负电荷，故 B 错误；
CD．由于所有带电体的电荷量只能是元电荷的整数倍，所以电荷量是不能连续变化的，由于
，故某带电体的电荷量可能为 ，故 C 正确，D 错误。故选 C。
2．C
【详解】A．物块所受摩擦力与物块的运动方向相同，对物块做正功，故 A 错误；
B．设物块的位移为 x1，木板的位移为 x2，木板和物块之间的滑动摩擦力为 f，则
木板对物块的摩擦力做的功大小为
物块对木板的摩擦力做的功大小为
因为 x1木板对物块的摩擦力做的功与物块对木板的摩擦力做的功绝对值不相等，故 B 错误；
C．木板与物块间摩擦产生的热量为
木板对物块的摩擦力做的功
物块对木板的摩擦力做的功
木板对物块的摩擦力做的功与物块对木板的摩擦力做的功之和的绝对值为
所以 ，故 C 正确；
D．力 F 做的功等于物块动能增量、木板的动能增量、摩擦产生的热量三者之和，故 D 错误。
故选 C。
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3．C
【详解】往返全过程：重力做功为 0，动能减少量等于克服摩擦力做的总功，即
上滑、下滑位移大小相等、摩擦力大小恒定，因此上滑克服摩擦力做功
上滑到最高点动能为 0，由能量守恒得
解得重力势能增加量 因此 该比值为定值。
初动能为 的过程，设上升过程重力势能变化为 ，对应克服摩擦力做功
由能量守恒
解得 故选 C。
4．B
【详解】该过程机械能守恒，以顶端所在水平面为零势能面，
则有 解得 故选 B。
5．D【详解】A．已知小球在空中运动的最高点到抛出点的竖直距离与水平距离相等，竖直方向利用逆
向思维，则有
可知小球在水平方向的加速度 则小球受到的恒定风力大小为 ，故 A 错误；
B．小球在整个运动过程中，风力对小球一直做正功，小球的机械能一直在增加，所以小球经过最高点
时机械能不是最小的，故 B 错误；
C．小球经过最高点时，水平方向的速度大小为
则此时恒定风力的瞬时功率大小为 ，故 C 错误；
D．小球运动到 Q 点时的速度大小为
可得小球从 P 点到 Q 点过程中机械能增加量为 ，故 D 正确。 故选 D。
6．D【详解】A．由牛顿第二定律得 解得拉力
时刻重物速度 此时功率达到额定功率，因此额定功率 ，故 A 错误；
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B．重物匀速上升时速度最大，此时拉力等于重力
由 得最大速度 ，故 B 错误；
C．机械能的增量等于除重力外拉力做的功，即
时间内重物上升位移
因此拉力做功 ，故 C 错误；
D． 时间内起重机以额定功率工作，拉力做功
机械能增量 代入
得 ，故 D 正确。故选 D。
7．D【详解】A．根据图像可知，水斗速度 v＝ωr＝ ×0.1t＝0.4t
故 A 错误；
B．井绳拉力的瞬时功率为 P＝FTv＝FTωr 又 FT－（m＋m0）g＝（m＋m0）a
根据上述有 a＝0.4m/s2 则有 P＝10.4t 故 B 错误；
C．根据图像可知，0~10s 内水斗上升的高度为 ，故 C 错误；
D．根据上述 P＝10.4t，0~10s 内井绳拉力所做的功为 ，故 D 正确。 故选 D。
8．D【详解】A．小球从释放至 A 点，根据机械能守恒定律有
解得 ，故 A 错误；
B．小球从释放至 B 点，根据机械能守恒定律有
解得 在 B 点，根据牛顿第二定律有
解得轨道支持力
根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为 ，故 B 错误；
C．设小球在 C 点速度大小为 ，小球从释放至 C 点，根据机械能守恒定律有
在 C 点，向心力由轨道支持力和重力的分力提供，根据牛顿第二定律有
解得轨道支持力 根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为 ，故 C 错误；
D．C 点速度方向与水平方向成 60°夹角，对 C 点速度进行分解，有
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由于小球经 C 点飞出后做斜抛运动，在竖直方向上有
解得 故斜抛运动的最高点高出 O 点 ，故 D 正确。
9．AD
【详解】A．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以两小球带异种电荷，故 A 正确；
B．两小球之间的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，根据库仑定律可得，仅能确定两小球带
电量的乘积，但电荷量不一定相等，故 B 错误；
C．对小球 P 受力分析有 解得 ，故 C 错误；
D．两小球相距 由小球受力平衡可得
解得 ，故 D 正确。 故选 AD。
10．BD【详解】A．由图可知：传送带速度超过 时，小滑块的运动时间始终为 ，说明小滑块全程匀
加速跑到右端速度正好为 。则有 P、Q 间的距离为 ，故 A 错误；
B．当传送带的速度为 时，滑块从传送带左端到右端始终做匀加速直线运动，运动时间为 ，故
滑块与传送带间的动摩擦因数为 故 B 正确；
C．当传送带速度为 时，滑块一直做匀加速直线运动，最终速度仍然为 ，故在传送带上的运动时间
为 ，故 C 错误；
D．根据动能定理可知摩擦力对小滑块做功为 ，D 正确。
故选 BD。
11．BD【详解】A．因摩擦力方向与相对运动方向相反，故物块所受摩擦力方向与 无关，故 A 错误；
B．由题知，物块处于受力平衡状态，把物块的重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解，则有
，
根据平衡条件，可得斜面对物块的支持力为
则物块所受摩擦力的大小为
方向由 指向 ；设 与 的夹角为 ，此时在斜面上的受力分析，如图所示
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设 bc 与 ac 的夹角为 ，根据几何关系有
可得 bc 与 ac 的夹角为 ，故 与 的夹角也为 60°，将 与 合成，根据
平行四边形定则，结合 的大小与 的大小相等，可知这两个力的合力 沿 bc
与 ac 的夹角的平分线，与 ac 的夹角为 30°，根据平衡条件，可知 与 等大，反向共线，故 与 的
夹角为 30°，故 B 正确；
C．若拉动更大质量的物块至 点，根据 ， ，可知 的大小与 的大小仍相等，故这
两个力的合力 仍沿 bc 与 ac 的夹角的平分线，与 ac 的夹角仍为 30°，根据平衡条件，可知 与 ，等
大，反向共线，故 与 的夹角仍为 30°，保持不变，即夹角不变，故 C 错误；
D．根据几何关系，可得对角线 的长度为
物块由 点运动到 点的过程中，根据动能定理有
解得 ，故 D 正确。 故选 BD。
12．BC【详解】A．快速撤去手的一瞬间，根据牛顿第二定律可得 解得
，A 错误；
B．当物块 的加速度为零时速度最大，此时 解得 ，B 正确；
C．从开始到速度最大的过程中，根据机械能守恒， 解
得 ，C 正确；
D．设弹簧的最大伸长量为 ，则由能量关系可得
解得 则弹簧具有的最大弹性势能 ，D 错误。
13．(1) (2) 9.6
【详解】（1）滑块到达 B 处时的速度 ，则系统动能的增加量 .
系统重力势能的减小量
（2）根据系统机械能守恒得
则 题图乙图线的斜率大小
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又 M＝m，解得 g＝9.6 m/s2
14．(1) B (2) 1.49 0.450 (3)
【详解】（1）A．本实验的研究对象是滑块和钩码组成的系统，故 A 错误；
B．实验中采用气垫导轨验证机械能守恒，不需要保证 m 远小于 M，故 B 正确；
C．从实验装置来看，滑块运动过程中速度大小始终等于钩码速度大小的两倍，故 C 错误；
D．本实验需要验证的是系统的机械能守恒，涉及滑块与钩码动能的增加量与钩码重力势能减少量的比
较，需要测量 M 和 m，故 D 错误。
（2）[1]遮光条通过光电门时速度大小为
[2]测量过程中系统重力势能的减少量
（3）若系统机械能守恒，则有 化简得
则在 图像中图像斜率
15（8 分）． (1)W 杆 A=0； (2)为 60 度
【详解】(1)释放后 B 到达最低点的过程中 A、B 和杆组成的系统机械能守恒，
mAgR＋mBgR= mAvA2＋ mBvB2 ………………………2 分
又 OA⊥OB，AB 杆长= R，故 OA、OB 与杆间夹角均为 45°，可得 vA=vB……1 分
解得 vB=
对小球 A 应用动能定理可得 W 杆 A＋mAgR= mAvA2 …………………1 分
又 vA=vB 解得杆对 A 球做功 W 杆 A=0。 ………………………………1 分
(2)设 B 球到达右侧最高点时，OB 与竖直方向之间的夹角为θ，取圆环的圆心 O 为零势面，
由系统机械能守恒可得： mAgR=mBgRcos θ-mAgRsin θ…………………………2 分
代入数据可得 θ=30° 所以 B 球在圆环右侧区域内达到最高点位置时 OB 连线与水平方向的夹角为
60 度 …………………………………………………………………1 分
试卷第 1 页，共 3 页
16（10 分）．（1）9N；（2） 或
【详解】（1）当摆球由 C 到 D 运动，根据动能定理有 ………1 分
解得
在 D 点由牛顿第二定律可得 ………………………1 分
解得
由牛顿第三定律可知，摆线能承受的最大拉力为 9N。…………………………………1 分
（2）小球不脱离圆轨道分两种情况：
①要保证小球能到达 A 孔，设小球到达 A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得
…………………………………………………………1 分
解得
若小球进入 A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道。其临界情况为到达圆心等
高处速度为零，由动能定理可得 ……………………1 分
求得 ………………………………………………………………………………1 分
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第
二定律可得 ……………………………………………………………………………1 分
由动能定理可得 ……………………………………………1 分
解得
综上所述，要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，摆球与粗糙水平面间动摩擦因数的范围为
或 …………………………………………………………………………2 分
17（12 分）．(1)48N (2) (3)297J
【详解】（1）设传送带对物体的摩擦力为 f1，传送带对货物的支持力为 N1，挡板对货物的支持力为 N2，
则 ， ，………………………………………………………………………2 分
， 代入数据解得 ， ………………………………………………2 分
（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为 a，对货物有 解得 （1 分）设货物
试卷第 1 页，共 3 页
在传送带上经时间 t1 达到共速，所走的位移为 s1，由运动学公式得 ， 解得 （1 分），
所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过
时间 t2 到达目的地，则有 货物匀速阶段所用的时间为 …………………………1 分
货物运动的总时间为 ……………………………………………………………………1 分
（3）货物动能的增加量 ……………………………………………………………1 分
传送带和货物之间产生的热量 …………………………………………………1 分
挡板和货物之间产生的热量 ……………………………………………………………1 分
电动机多消耗的电能转化为货物的动能和产生的热量，则 ………………1 分
18（16 分）．（1）3N；（2）1.8m；（3） m
【详解】（1）物块恰好通过最高点 C，根据牛顿第二定律有 …………………………1 分
小物块从 C→D 运动过程中机械能守恒，有 ……………………………2 分
根据牛顿第二定律 解得 FN=3N……………………………………………………1 分
根据牛顿第三定律可知小物块对 D 点的压力大小为 3N；…………………………………………1 分
（2）小物块离开弹簧沿轨道从 A→O 的过程中，设 FG 段的长度为 L，根据能量守恒定律可得
………………………………………………………………………3 分
利用平抛运动的规律有
………………………………………………………2 分
联立方程可得 L= 1.8m …………………………………………………………………1 分
（3）利用平抛运动的规律有
………………………………………………2 分
小物块到达 Q 点的动能为 …………………………………………2 分
由几何关系得 = 时动能最小，此时 y = m …………………………………1 分
试卷第 1 页，共 3 页

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