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四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列说法正确的是（　　）
A．物体做离心运动时，是因为它受到了离心力的作用
B．做匀速圆周运动的物体，其合外力是恒定不变的
C．经典力学只适用于宏观、低速、弱引力场的范围
D．人在徒步爬山时，支持力对人做正功
2．下面实例中，研究对象的运动过程机械能守恒的是（　　）
A．点火后加速上升的火箭
B．做自由落体运动的小球
C．飘落的树叶
D．打开降落伞后下降的跳伞运动员
3．匀速圆周运动在生活中随处可见，现有一个质量为0.5kg的小球在某平面内做匀速圆周运动，其运动半径为1m，线速度大小为3m/s，则小球的（　　）
A．角速度为3rad/s B．转速为1.5r/s
C．合外力为1.5N D．加速度大小为3m/s2
4．下列有关万有引力定律说法正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验测出了引力常量G
B．由万有引力定律公式可知，当时，
C．两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们间的万有引力将变为原来的
D．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的
5．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，以O点为坐标原点，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．振子的振幅为4cm
B．振子从1s至3s弹簧弹力一直做负功
C．3s至4s振子从A点向O振动，速度增大，加速度减小
D．2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大
6．在短途出行时，电动摩托车（如图甲）是许多上班族的通勤选择。根据规定，电动摩托车的行驶时速一般不得超过40公里/小时。图乙为某电动摩托车起步时的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（　　）
A．0~5s内电动摩托车的位移为20m
B．0~5s内电动摩托车的平均速度大于4m/s
C．t=5s时电动摩托车的加速度为1.6m/s2
D．电动摩托车电机输出的功率始终保持不变
7．质量为1kg的物块在沿斜面方向上的外力F的作用下沿倾角为30 的光滑斜面由静止开始运动，其外力F随时间的变化如图所示（取沿斜面向上的方向为F的正方向）。重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．3s时物块的速率为21m/s B．5s时物块回到初始位置
C．2s时物块的动量为6kg·m/s D．0～5s时间内F的总冲量为15N·s
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。）
8．位于坐标原点O的波源在t=0时刻开始振动，形成的简谐横波在x轴上传播，在传播方向有两个质点P、Q，其平衡位置的坐标分别为xp=9m、xQ=15m，在t=5s时波刚好传播到Q点，其波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向
B．该波的波速是3m/s
C．0～5s时间内，质点P运动的路程为15cm
D．t=4s时，质点P正好在波谷位置
9．“神舟二十号”载人飞船于2025年4月24日顺利发射升空，并成功与神舟十九号航天员乘组移交了中国空间站的钥匙。飞船发射后会在轨道Ⅰ上进行数据确认，后择机经轨道Ⅱ完成与中国空间站的对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知轨道Ⅰ半径近似为地球半径R，中国空间站轨道Ⅲ距地面的平均高度为h，则下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上运动周期T1与在轨道Ⅱ上运动周期T2之比
C．飞船在轨道Ⅱ上Q点的加速度等于组合体在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度
D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时发动机做负功，Q点变轨时发动机做正功
10．如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，斜面与物体之间动摩擦系数为μ，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，斜面与杆足够长，重力加速度为g。物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块B的重力势能减少量为
B．物块A的速度大小是物块B速度大小的倍
C．物块B的末速度为
D．由物块A、物块B及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为
三、实验题（本题每空2分，共16分）
11．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如图乙为4种摆球设计，选哪种方式正确　 　；
（2）测摆球直径时游标卡尺的读数为　 　mm；
（3）若某同学根据实验中数据计算出摆长L，n次全振动时间为t，则当地的重力加速度g=　 　（用L，n，t表示）。
12．如图1所示是“验证机械能守恒定律”的实验装置。
（1）关于上述实验，下列说法中正确的是_____
A．重物最好选择密度较小的木块
B．不可以利用公式v=来求解瞬时速度
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器
（2）某同学在打出的纸带上截取一段，如图2所示，纸带上各相邻计时点间的距离已测出标在图中。已知各相邻计时点的时间间隔为T，重物质量为m，重力加速度为g。在打计时点2时重物的速度　 　，在打计时点5时重物的速度为，从打计时点2到打计时点5的过程中重物的动能增加量大小　 　（用m、、表示），重力势能减少量大小　 　，在实验允许的误差范围内若，可验证机械能守恒定律成立。
（3）某同学用两个物体P、Q分别进行实验，两次实验物体所受阻力作用相同，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出图像如图3所示，实验操作规范。通过图像可以确定_____。
A．Q受到的阻力大小恒定
B．P的质量小于Q的质量
C．选择P进行实验误差更小
四、计算题（本题共38分，解答题时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．如图所示，用长为L的细线连接一个质量为m的小球，使小球在空中某一水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向成θ角。忽略空气作用，细线质量不计且不可伸长，小球视为质点，重力加速度为g，求：
（1）细线对小球的拉力T的大小；
（2）小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度ω大小。
14．哈尔滨冰雪大世界的超级冰滑梯宛如一条蜿蜒的冰龙，横卧在银装素裹的冰雪王国之中，享有“世界第一长冰滑梯”的美誉，游客乘坐特制雪橇从顶端飞驰而下，在晶莹剔透的冰道上体验风驰电掣的极速快感，如图所示。假设滑道为直线，全长L=500m，落差达h=20m。一个质量为的人在滑道顶端由静止开始滑下，所受阻力恒为，。求：
（1）全程各力对人所做的功；
（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率P。（计算结果可用根式表示）
15．某兴趣小组设计了一个装置，如图所示，在足够长的光滑水平台面上静置着质量为M=2kg的薄木板（忽略其厚度），其右端刚好与平台的边缘对齐。木板左端挡板上固定有始终处于弹性限度内的轻弹簧，弹簧自然状态时其右端伸长到P点，木板的P点左侧光滑、右侧粗糙。水平台面的右侧固定有半径R=2m的光滑的圆弧槽ABC，OC与竖直半径OB的夹角θ=60°，OA水平。某时刻，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从A点正上方h=0.8m高度处由静止释放，一段时间后滑块经过圆弧槽从C点滑出，刚好沿水平方向冲上薄木板的右端，在其上滑行，最终与弹簧发生作用。已知滑块与木板P点右侧之间的动摩擦因数μ=0.1，木板P点右侧的长度为L=2m，重力加速度g=10m/s2，滑块运动时不计空气阻力。求：
（1）滑块在圆弧槽C点时对槽的压力；
（2）滑块与弹簧作用时，弹簧的最大弹性势能；
（3）请通过计算判断滑块最终是停在木板上还是滑离木板。若是滑离木板，请求出滑离时滑块和木板的速度，若是停在木板上，请求出停在木板上的位置相对P点的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】向心力；相对论时空观与牛顿力学的局限性；功的概念
【解析】【解答】A．离心运动是由于物体具有惯性导致其脱离圆周轨道，并非受到真实的“离心力”，故A错误；
B．匀速圆周运动的合外力（向心力）方向始终指向圆心，力的方向不断变化，故B错误；
C．经典力学的适用范围是宏观、低速、弱引力场，与描述一致，故C正确；
D．爬山时脚底与地面在接触过程中不发生相对运动，即支持力作用点不随人体整体移动，因此 支持力不做功 ，故D错误。
故选C。
【分析】1、离心运动时，实际提供的向心力不足以维持物体做圆周运动 ，导致物体因惯性而偏离原圆周轨迹；
2、力是矢量，大小和方向均不发生变化才叫恒定不变；
3、考察经典力学的适用范围——宏观、低速、弱引力场；
4、功的计算需以 力的作用点发生位移 为前提，而步行时支持力仅在接触瞬间作用，且作用点无沿力方向的持续位移。
2．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．火箭加速上升时，燃料燃烧的推力对火箭做功，化学能减少，机械能增加，故A错误；
B．自由落体的小球仅受重力，仅有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C．飘落的树叶受空气阻力，阻力做功导致机械能减少，故C错误；
D．跳伞运动员受较大空气阻力，阻力做功使机械能减少，故D错误。
故选B。
【分析】根据生活常识判断能量转化的形式
1、燃料燃烧释放的化学能转化为火箭的机械能，机械能增加；
2、重力势能转化为动能，机械能守恒；
3、空气阻力做功，机械能转化为空气和树叶的内能，机械能减少；
4、空气阻力做功，机械能转化为跳伞运动员和空气的内能，机械能减少。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A．角速度公式为，代入数据得，故A正确；
B．转速与角速度的关系为，，代入数据得，故B错误；
C．向心力（合外力）公式为，代入数据得，故C错误；
D．向心加速度公式为，代入数据，故D错误。
故选A。
【分析】1、用运动半径和线速度计算角速度；
2、利用角速度和转速的关系计算转速大小；
3、利用向心力公式计算向心力的大小；
4、利用向心加速度公式计算向心加速度的大小。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测得引力常量G，故A错误；
B．当时，物体无法被视为质点，万有引力公式不再适用，故B错误；
C．根据公式，当距离变为原来的2倍时，万有引力变为原来的，故C正确；
D．在椭圆轨道中，近日点r较小，远日点r较大，地球与太阳的质量不变，由公式可知万有引力大小不同，故D错误。
故选C。
【分析】1、熟悉物理学史，牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测得引力常量；
2、理解万有引力定律的适用范围，当两个物体靠得很近时，质点模型失效，需要考虑分子力等；
3、熟练掌握公式，分析各物理量之间的比例关系；
4、理解实际情境，运用万有引力公式判断不同情况下的引力大小。
5．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．由图乙可知，弹簧振子的振幅，故A错误；
B．振子在运动过程中，只有弹簧弹力做功，由图乙可知，从1s至3s振子的位移大小先减小后增大，则振子的速度先增大后减小，即振子的动能先增大后减小，所以弹簧弹力先做正功后做负功，故B错误；
C.3s至4s振子从B点向O振动，速度增大，加速度减小，故C错误；
D.2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大，故D正确。
故选D。
【分析】
1、从振动图像中读出简谐运动的振幅；
2、从振动图像中得到振子的运动过程，平衡位置动能最大，弹性势能最小，从而判断弹力的做功情况；
3、分别判断振子的运动过程、速度变化和加速度变化，其中平衡位置速度最大，加速度最小，3s至4s振子从B点向O点运动，从最大位移处移向平衡位置；
4、2s至3s振子从O点向B振动，从平衡位置移向最大位移处。
6．【答案】B
【知识点】平均速度；功率及其计算；机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，0~5s内电动摩托车的位移，故A错误；
B.0~5s内电动摩托车的平均速度，结合上述可知，故B正确；
C.0~5s内若电动摩托车做匀加速直线运动，则加速度，图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，t=5s时电动摩托车的加速度小于1.6m/s2，故C错误；
D．根据图乙可知，电动摩托车做加速度减小的变加速直线运动，牵引力减小，速度增大，由功率公式，电动摩托车电机输出的功率的变化情况不能够确定，故D错误。
故选B。
【分析】若电动摩托车做初速度为0的匀加速运动，第5秒末速度大小为8m/s，则位移为20m，平均速度为4m/s，加速度大小为1.6m/s，但电动摩托车做的是变加速运动，故AC错误，B正确，而牵引力减小，速度增大，输出功率无法确定。
7．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动量；冲量
【解析】【解答】AB．以沿斜面向上为正方向，0~3s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
0~3s时间内位移
3~5s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
3~5s时间内位移
3s时的速度
解得
，所以物体未回到出发点。故AB错；
C．t=2 s时物块的速度为v=a1t=4m/s，此时物块的动量为p=mv=4kg·m/s，故C错误；
D.0~5s时间内F对物块的总冲量为，故D正确。
故选D。
【分析】对物块做受力分析，重力沿斜面向下的分力和外力F的合力提供物块的加速度，进而分别计算物块在0~3s和3~5s的运动情况；计算第2s末的物块速度大小，从而得到动量；计算0~3s和3~5s内物块分别的冲量，并作矢量合成。
8．【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据同侧法可知t=5s时质点沿y轴正方向，即波源的起振方向沿y轴正方向，因此质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，A正确；
B．由图可知， λ =12m，T=4s，该波的波速是，B正确；
C．波的周期为，该波的波长波从传播到所需的时间，0～5s时间内，质点P振动的时间，即为半个周期，质点P运动的路程为，C错误；
D．根据C选项分析可知t=4s时，质点P振动了1s（四分之一周期），质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，则质点P正好在波峰位置，D错误。
故选AB。
【分析】运用同侧法判断波前的振动方向，由波的性质可知，波前的振动方向也是波上任一点的起振方向；从波形图中得到波长，从题干中得到周期，计算波速；根据波形图判断P点的路程；根据t=5s时的波形图倒推t=4s时的波形图，判断P点的位置。
9．【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需点火加速，所以飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，故A正确；
B．根据开普勒第三定律可得，解得，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得，解得，飞船在轨道Ⅱ上Q点的加速度等于组合体在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度，故C正确；
D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时和Q点变轨时飞船都做离心运动，都需加速，发动机都做正功，故D错误。
故选AC。
【分析】1、飞船在P点的万有引力不变，提供的向心力相等，在轨道Ⅰ上做圆周运动，在轨道Ⅱ上做离心运动，故飞船在轨道Ⅱ上速度更大；
2、计算轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴，运用开普勒第三定律推导运动周期的比值；
3、卫星运动的加速度由中心天体的质量和卫星与天体的距离决定，因此同一圆轨道不同卫星的加速度大小相等；
4、两次变轨均为点火加速，发动机均做正功。
10．【答案】A,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为，则B重力势能减少量为，故A正确；
B．将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则有，可知物块A的速度大小是物块B速度大小的倍，故B错误；
C．对物块B，由于绳子拉力对B做负功，设物块B克服拉力做功为，根据动能定理可得，可得，故C错误；
D．根据几何关系可知，物块A沿斜面上升的距离为，根据功能关系可得由物块A、物块B及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为，故D正确。
故选AD。
【分析】1、根据几何关系得到B的下降高度，计算减少的重力势能；
2、A和B在沿绳方向速度相等，通过关联速度计算vA和vB的大小关系；
3、假如B减少的重力势能全部转化为B的动能，则为C选项的答案，但是部分重力势能还转化为A的动能和A与斜面之间的内能，所以小于选项数值；
4、根据几何关系计算A在斜面上运动的距离，计算滑动摩擦力的做功，即为系统机械能的减少量。
11．【答案】（1）C
（2）12.5
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。故选C；
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为；
（3）根据单摆周期公式，，所以。
【分析】（1）熟悉理想单摆的摆球和细线的选取条件；
（2） 掌握游标卡尺的读数方法；
（3）掌握单摆的周期公式，代入题干中的符号进行计算。
（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。
故选C。
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为
（3）根据单摆周期公式，
所以
12．【答案】（1）B
（2）；；
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；
B．用公式求解瞬时速度，把重物看成做自由落体运动，等于间接使用了机械能守定律，故B正确；
C．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；
D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。
故选B。
（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得；
[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得；
[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即。
（3）重物下落过程由动能定理得，得，可知图像斜率越大，重物质量m越大，空气阻力f的影响越小，实验误差越小，故P的质量大，选择P进行实验误差更小；由于图像是一条直线，所以图像斜率为定值，f大小恒定。
故选AC。
【分析】（1）理解验证机械能守恒定律的实验中的注意事项，特别是不能使用公式，避免循环论证；
（2）掌握用纸带计算计数点的速度大小的公式，以及动能和重力势能的变化量的表示方法；
（3）写出物体下落过程中的动能定理的表达式，根据图像的横纵坐标进行变形，得到斜率的表达式，分析选项正误。
（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；
B．用公式求解瞬时速度，把重物看成做自由落体运动，等于间接使用了机械能守定律，故B正确；
C．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；
D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。
故选B。
（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得
[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得
[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即
（3）重物下落过程由动能定理得
得
可知图像斜率越大，重物质量m越大，空气阻力f的影响越小，实验误差越小，故P的质量大，选择P进行实验误差更小；由于图像是一条直线，所以图像斜率为定值，f大小恒定。
故选AC。
13．【答案】（1）（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则
解得
（2）（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为
向心力大小为
解得角速度的大小为
答：（1）细线对小球的拉力；
（2） 小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度。
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】 【分析】（1）对小球做受力分析，通过细线拉力与重力和夹角θ之间的几何关系，解得拉力大小；
（2）拉力的水平分力提供向心力，通过向心力公式计算得到角速度的大小。
（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则
解得
（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为
向心力大小为
解得角速度的大小为
14．【答案】（1）解：（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：
重力做的功
支持力做功
摩擦力做功
（2）（2）设人滑到坡底的速度为，对人列全程动能定理方程有
代入数据可得
斜面夹角为，则由题意可得
所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率
代入数据可得
答：（1）重力做的功为1.2×104J，支持力做的功为0J，摩擦力做的功为-3×103J；
（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率。
【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）理解功的定义式，掌握功的计算方法，对物体进行受力分析，分别计算重力、支持力和摩擦力的做功；
（2）运用动能定理，计算人滑到坡底时的瞬时速度，运用瞬时功率的计算公式，得到斜面底端的瞬时功率P。
（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：重力做的功
支持力做功
摩擦力做功
（2）设人滑到坡底的速度为，对人列全程动能定理方程有
代入数据可得
斜面夹角为，则由题意可得
所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率
代入数据可得
15．【答案】（1）解：（1）滑块从释放至C点，由机械能守恒定律有
可得滑块在C点的速度
滑块在C点，由牛顿第二定律有
可得滑块受到圆弧槽的支持力
由牛顿第三定律有滑块对圆弧槽的压力的大小，方向是沿半径向外；
（2） （2）当滑块刚冲上木板时的速度
滑块与木板和弹簧作用时，最终当弹簧被压至最短时弹簧有最大的弹性势能，以滑块、木板和弹簧为研究系统，从滑块刚冲上木板到弹簧被压至最短，系统动量守恒，由动量守恒定律有
可得弹簧被压至最短时，系统的速度
对系统，由能量守恒定律有
可得弹簧最大的弹性势能
（3）（3）当弹簧的弹性势能释放时，滑块相对木板向右滑动，假设最终再次与木板相对静止，速度为，有
可得速度
即系统动能不变，弹簧减少的弹性势能转化为滑块与木板的内能，有
可得滑块向右滑动的距离
故而假设成立，最终滑块相对木板静止，停在木板上的位置相对P点的距离为1m。
答：（1）滑块对槽的压力为23N，方向沿半径向外；
（2）弹簧的最大弹性势能为1J；
（3）滑块最终停在木板上，距离P点1m。
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒定律计算滑块在C点的速度，运用向心力公式得到向心力大小，并对滑块进行受力分析，得到支持力的大小，根据相互作用力得到压力大小；
（2）根据斜抛运动的规律，vC在水平方向的分速度即为冲上木板时的速度，运用能量守恒定律算得弹性势能的大小；
（3）假设滑块与木板最终相对静止，通过动量守恒计算最终速度，通过功能关系得到滑块向右滑动的距离，判断滑块是否滑下木板，验证假设。
（1）滑块从释放至C点，由机械能守恒定律有
可得滑块在C点的速度
滑块在C点，由牛顿第二定律有
可得滑块受到圆弧槽的支持力
由牛顿第三定律有滑块对圆弧槽的压力的大小
方向是沿半径向外；
（2）当滑块刚冲上木板时的速度
滑块与木板和弹簧作用时，最终当弹簧被压至最短时弹簧有最大的弹性势能，以滑块、木板和弹簧为研究系统，从滑块刚冲上木板到弹簧被压至最短，系统动量守恒，由动量守恒定律有
可得弹簧被压至最短时，系统的速度
对系统，由能量守恒定律有
可得弹簧最大的弹性势能
（3）当弹簧的弹性势能释放时，滑块相对木板向右滑动，假设最终再次与木板相对静止，速度为，有
可得速度
即系统动能不变，弹簧减少的弹性势能转化为滑块与木板的内能，有
可得滑块向右滑动的距离
故而假设成立，最终滑块相对木板静止，停在木板上的位置相对P点的距离为1m。
1 / 1四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列说法正确的是（　　）
A．物体做离心运动时，是因为它受到了离心力的作用
B．做匀速圆周运动的物体，其合外力是恒定不变的
C．经典力学只适用于宏观、低速、弱引力场的范围
D．人在徒步爬山时，支持力对人做正功
【答案】C
【知识点】向心力；相对论时空观与牛顿力学的局限性；功的概念
【解析】【解答】A．离心运动是由于物体具有惯性导致其脱离圆周轨道，并非受到真实的“离心力”，故A错误；
B．匀速圆周运动的合外力（向心力）方向始终指向圆心，力的方向不断变化，故B错误；
C．经典力学的适用范围是宏观、低速、弱引力场，与描述一致，故C正确；
D．爬山时脚底与地面在接触过程中不发生相对运动，即支持力作用点不随人体整体移动，因此 支持力不做功 ，故D错误。
故选C。
【分析】1、离心运动时，实际提供的向心力不足以维持物体做圆周运动 ，导致物体因惯性而偏离原圆周轨迹；
2、力是矢量，大小和方向均不发生变化才叫恒定不变；
3、考察经典力学的适用范围——宏观、低速、弱引力场；
4、功的计算需以 力的作用点发生位移 为前提，而步行时支持力仅在接触瞬间作用，且作用点无沿力方向的持续位移。
2．下面实例中，研究对象的运动过程机械能守恒的是（　　）
A．点火后加速上升的火箭
B．做自由落体运动的小球
C．飘落的树叶
D．打开降落伞后下降的跳伞运动员
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．火箭加速上升时，燃料燃烧的推力对火箭做功，化学能减少，机械能增加，故A错误；
B．自由落体的小球仅受重力，仅有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C．飘落的树叶受空气阻力，阻力做功导致机械能减少，故C错误；
D．跳伞运动员受较大空气阻力，阻力做功使机械能减少，故D错误。
故选B。
【分析】根据生活常识判断能量转化的形式
1、燃料燃烧释放的化学能转化为火箭的机械能，机械能增加；
2、重力势能转化为动能，机械能守恒；
3、空气阻力做功，机械能转化为空气和树叶的内能，机械能减少；
4、空气阻力做功，机械能转化为跳伞运动员和空气的内能，机械能减少。
3．匀速圆周运动在生活中随处可见，现有一个质量为0.5kg的小球在某平面内做匀速圆周运动，其运动半径为1m，线速度大小为3m/s，则小球的（　　）
A．角速度为3rad/s B．转速为1.5r/s
C．合外力为1.5N D．加速度大小为3m/s2
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A．角速度公式为，代入数据得，故A正确；
B．转速与角速度的关系为，，代入数据得，故B错误；
C．向心力（合外力）公式为，代入数据得，故C错误；
D．向心加速度公式为，代入数据，故D错误。
故选A。
【分析】1、用运动半径和线速度计算角速度；
2、利用角速度和转速的关系计算转速大小；
3、利用向心力公式计算向心力的大小；
4、利用向心加速度公式计算向心加速度的大小。
4．下列有关万有引力定律说法正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验测出了引力常量G
B．由万有引力定律公式可知，当时，
C．两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们间的万有引力将变为原来的
D．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的
【答案】C
【知识点】万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测得引力常量G，故A错误；
B．当时，物体无法被视为质点，万有引力公式不再适用，故B错误；
C．根据公式，当距离变为原来的2倍时，万有引力变为原来的，故C正确；
D．在椭圆轨道中，近日点r较小，远日点r较大，地球与太阳的质量不变，由公式可知万有引力大小不同，故D错误。
故选C。
【分析】1、熟悉物理学史，牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测得引力常量；
2、理解万有引力定律的适用范围，当两个物体靠得很近时，质点模型失效，需要考虑分子力等；
3、熟练掌握公式，分析各物理量之间的比例关系；
4、理解实际情境，运用万有引力公式判断不同情况下的引力大小。
5．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，以O点为坐标原点，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．振子的振幅为4cm
B．振子从1s至3s弹簧弹力一直做负功
C．3s至4s振子从A点向O振动，速度增大，加速度减小
D．2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．由图乙可知，弹簧振子的振幅，故A错误；
B．振子在运动过程中，只有弹簧弹力做功，由图乙可知，从1s至3s振子的位移大小先减小后增大，则振子的速度先增大后减小，即振子的动能先增大后减小，所以弹簧弹力先做正功后做负功，故B错误；
C.3s至4s振子从B点向O振动，速度增大，加速度减小，故C错误；
D.2s至3s振子从O点向B振动，速度减小，加速度增大，故D正确。
故选D。
【分析】
1、从振动图像中读出简谐运动的振幅；
2、从振动图像中得到振子的运动过程，平衡位置动能最大，弹性势能最小，从而判断弹力的做功情况；
3、分别判断振子的运动过程、速度变化和加速度变化，其中平衡位置速度最大，加速度最小，3s至4s振子从B点向O点运动，从最大位移处移向平衡位置；
4、2s至3s振子从O点向B振动，从平衡位置移向最大位移处。
6．在短途出行时，电动摩托车（如图甲）是许多上班族的通勤选择。根据规定，电动摩托车的行驶时速一般不得超过40公里/小时。图乙为某电动摩托车起步时的速度随时间变化的图像，下列说法正确的是（　　）
A．0~5s内电动摩托车的位移为20m
B．0~5s内电动摩托车的平均速度大于4m/s
C．t=5s时电动摩托车的加速度为1.6m/s2
D．电动摩托车电机输出的功率始终保持不变
【答案】B
【知识点】平均速度；功率及其计算；机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，0~5s内电动摩托车的位移，故A错误；
B.0~5s内电动摩托车的平均速度，结合上述可知，故B正确；
C.0~5s内若电动摩托车做匀加速直线运动，则加速度，图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，t=5s时电动摩托车的加速度小于1.6m/s2，故C错误；
D．根据图乙可知，电动摩托车做加速度减小的变加速直线运动，牵引力减小，速度增大，由功率公式，电动摩托车电机输出的功率的变化情况不能够确定，故D错误。
故选B。
【分析】若电动摩托车做初速度为0的匀加速运动，第5秒末速度大小为8m/s，则位移为20m，平均速度为4m/s，加速度大小为1.6m/s，但电动摩托车做的是变加速运动，故AC错误，B正确，而牵引力减小，速度增大，输出功率无法确定。
7．质量为1kg的物块在沿斜面方向上的外力F的作用下沿倾角为30 的光滑斜面由静止开始运动，其外力F随时间的变化如图所示（取沿斜面向上的方向为F的正方向）。重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．3s时物块的速率为21m/s B．5s时物块回到初始位置
C．2s时物块的动量为6kg·m/s D．0～5s时间内F的总冲量为15N·s
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动量；冲量
【解析】【解答】AB．以沿斜面向上为正方向，0~3s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
0~3s时间内位移
3~5s时间内，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
3~5s时间内位移
3s时的速度
解得
，所以物体未回到出发点。故AB错；
C．t=2 s时物块的速度为v=a1t=4m/s，此时物块的动量为p=mv=4kg·m/s，故C错误；
D.0~5s时间内F对物块的总冲量为，故D正确。
故选D。
【分析】对物块做受力分析，重力沿斜面向下的分力和外力F的合力提供物块的加速度，进而分别计算物块在0~3s和3~5s的运动情况；计算第2s末的物块速度大小，从而得到动量；计算0~3s和3~5s内物块分别的冲量，并作矢量合成。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。）
8．位于坐标原点O的波源在t=0时刻开始振动，形成的简谐横波在x轴上传播，在传播方向有两个质点P、Q，其平衡位置的坐标分别为xp=9m、xQ=15m，在t=5s时波刚好传播到Q点，其波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向
B．该波的波速是3m/s
C．0～5s时间内，质点P运动的路程为15cm
D．t=4s时，质点P正好在波谷位置
【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据同侧法可知t=5s时质点沿y轴正方向，即波源的起振方向沿y轴正方向，因此质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，A正确；
B．由图可知， λ =12m，T=4s，该波的波速是，B正确；
C．波的周期为，该波的波长波从传播到所需的时间，0～5s时间内，质点P振动的时间，即为半个周期，质点P运动的路程为，C错误；
D．根据C选项分析可知t=4s时，质点P振动了1s（四分之一周期），质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，则质点P正好在波峰位置，D错误。
故选AB。
【分析】运用同侧法判断波前的振动方向，由波的性质可知，波前的振动方向也是波上任一点的起振方向；从波形图中得到波长，从题干中得到周期，计算波速；根据波形图判断P点的路程；根据t=5s时的波形图倒推t=4s时的波形图，判断P点的位置。
9．“神舟二十号”载人飞船于2025年4月24日顺利发射升空，并成功与神舟十九号航天员乘组移交了中国空间站的钥匙。飞船发射后会在轨道Ⅰ上进行数据确认，后择机经轨道Ⅱ完成与中国空间站的对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知轨道Ⅰ半径近似为地球半径R，中国空间站轨道Ⅲ距地面的平均高度为h，则下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度
B．飞船在轨道Ⅰ上运动周期T1与在轨道Ⅱ上运动周期T2之比
C．飞船在轨道Ⅱ上Q点的加速度等于组合体在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度
D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时发动机做负功，Q点变轨时发动机做正功
【答案】A,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需点火加速，所以飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，故A正确；
B．根据开普勒第三定律可得，解得，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得，解得，飞船在轨道Ⅱ上Q点的加速度等于组合体在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度，故C正确；
D．飞船在发射后升空对接过程中，P点变轨时和Q点变轨时飞船都做离心运动，都需加速，发动机都做正功，故D错误。
故选AC。
【分析】1、飞船在P点的万有引力不变，提供的向心力相等，在轨道Ⅰ上做圆周运动，在轨道Ⅱ上做离心运动，故飞船在轨道Ⅱ上速度更大；
2、计算轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴，运用开普勒第三定律推导运动周期的比值；
3、卫星运动的加速度由中心天体的质量和卫星与天体的距离决定，因此同一圆轨道不同卫星的加速度大小相等；
4、两次变轨均为点火加速，发动机均做正功。
10．如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，斜面与物体之间动摩擦系数为μ，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，斜面与杆足够长，重力加速度为g。物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块B的重力势能减少量为
B．物块A的速度大小是物块B速度大小的倍
C．物块B的末速度为
D．由物块A、物块B及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为
【答案】A,D
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为，则B重力势能减少量为，故A正确；
B．将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则有，可知物块A的速度大小是物块B速度大小的倍，故B错误；
C．对物块B，由于绳子拉力对B做负功，设物块B克服拉力做功为，根据动能定理可得，可得，故C错误；
D．根据几何关系可知，物块A沿斜面上升的距离为，根据功能关系可得由物块A、物块B及连接轻绳构成的系统的机械能变化量为，故D正确。
故选AD。
【分析】1、根据几何关系得到B的下降高度，计算减少的重力势能；
2、A和B在沿绳方向速度相等，通过关联速度计算vA和vB的大小关系；
3、假如B减少的重力势能全部转化为B的动能，则为C选项的答案，但是部分重力势能还转化为A的动能和A与斜面之间的内能，所以小于选项数值；
4、根据几何关系计算A在斜面上运动的距离，计算滑动摩擦力的做功，即为系统机械能的减少量。
三、实验题（本题每空2分，共16分）
11．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如图乙为4种摆球设计，选哪种方式正确　 　；
（2）测摆球直径时游标卡尺的读数为　 　mm；
（3）若某同学根据实验中数据计算出摆长L，n次全振动时间为t，则当地的重力加速度g=　 　（用L，n，t表示）。
【答案】（1）C
（2）12.5
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。故选C；
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为；
（3）根据单摆周期公式，，所以。
【分析】（1）熟悉理想单摆的摆球和细线的选取条件；
（2） 掌握游标卡尺的读数方法；
（3）掌握单摆的周期公式，代入题干中的符号进行计算。
（1）本实验中为了减小阻力影响，摆球应选择密度大，体积小的小铁球或者小钢球，摆线应选择较长且伸缩性较小的细线。
故选C。
（2）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以此时游标卡尺读数为
（3）根据单摆周期公式，
所以
12．如图1所示是“验证机械能守恒定律”的实验装置。
（1）关于上述实验，下列说法中正确的是_____
A．重物最好选择密度较小的木块
B．不可以利用公式v=来求解瞬时速度
C．实验中应先释放纸带，后接通电源
D．释放重物前应手提纸带上端并使重物远离计时器
（2）某同学在打出的纸带上截取一段，如图2所示，纸带上各相邻计时点间的距离已测出标在图中。已知各相邻计时点的时间间隔为T，重物质量为m，重力加速度为g。在打计时点2时重物的速度　 　，在打计时点5时重物的速度为，从打计时点2到打计时点5的过程中重物的动能增加量大小　 　（用m、、表示），重力势能减少量大小　 　，在实验允许的误差范围内若，可验证机械能守恒定律成立。
（3）某同学用两个物体P、Q分别进行实验，两次实验物体所受阻力作用相同，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出图像如图3所示，实验操作规范。通过图像可以确定_____。
A．Q受到的阻力大小恒定
B．P的质量小于Q的质量
C．选择P进行实验误差更小
【答案】（1）B
（2）；；
（3）A；C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；
B．用公式求解瞬时速度，把重物看成做自由落体运动，等于间接使用了机械能守定律，故B正确；
C．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；
D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。
故选B。
（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得；
[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得；
[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即。
（3）重物下落过程由动能定理得，得，可知图像斜率越大，重物质量m越大，空气阻力f的影响越小，实验误差越小，故P的质量大，选择P进行实验误差更小；由于图像是一条直线，所以图像斜率为定值，f大小恒定。
故选AC。
【分析】（1）理解验证机械能守恒定律的实验中的注意事项，特别是不能使用公式，避免循环论证；
（2）掌握用纸带计算计数点的速度大小的公式，以及动能和重力势能的变化量的表示方法；
（3）写出物体下落过程中的动能定理的表达式，根据图像的横纵坐标进行变形，得到斜率的表达式，分析选项正误。
（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大、体积较小的铁块，故A错误；
B．用公式求解瞬时速度，把重物看成做自由落体运动，等于间接使用了机械能守定律，故B正确；
C．实验过程中，应先接通打点计时器电源后释放重物，故C正确；
D．使重物靠近计时器以便纸带充分利用。故D错误。
故选B。
（2）[1]匀变速中，中间时刻的瞬时速度等于这一段过程中的平均速度，因此可得
[2]动能增加量等于末动能减初动能，因此可得
[3]重力势能减少量等于重力乘以高度差，即
（3）重物下落过程由动能定理得
得
可知图像斜率越大，重物质量m越大，空气阻力f的影响越小，实验误差越小，故P的质量大，选择P进行实验误差更小；由于图像是一条直线，所以图像斜率为定值，f大小恒定。
故选AC。
四、计算题（本题共38分，解答题时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．如图所示，用长为L的细线连接一个质量为m的小球，使小球在空中某一水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向成θ角。忽略空气作用，细线质量不计且不可伸长，小球视为质点，重力加速度为g，求：
（1）细线对小球的拉力T的大小；
（2）小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度ω大小。
【答案】（1）（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则
解得
（2）（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为
向心力大小为
解得角速度的大小为
答：（1）细线对小球的拉力；
（2） 小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度。
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】 【分析】（1）对小球做受力分析，通过细线拉力与重力和夹角θ之间的几何关系，解得拉力大小；
（2）拉力的水平分力提供向心力，通过向心力公式计算得到角速度的大小。
（1）小球在竖直方向上处于平衡状态，则
解得
（2）小球在水平面内做匀速圆周运动，向心力由细线拉力的水平分量提供，圆周运动的半径r为
向心力大小为
解得角速度的大小为
14．哈尔滨冰雪大世界的超级冰滑梯宛如一条蜿蜒的冰龙，横卧在银装素裹的冰雪王国之中，享有“世界第一长冰滑梯”的美誉，游客乘坐特制雪橇从顶端飞驰而下，在晶莹剔透的冰道上体验风驰电掣的极速快感，如图所示。假设滑道为直线，全长L=500m，落差达h=20m。一个质量为的人在滑道顶端由静止开始滑下，所受阻力恒为，。求：
（1）全程各力对人所做的功；
（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率P。（计算结果可用根式表示）
【答案】（1）解：（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：
重力做的功
支持力做功
摩擦力做功
（2）（2）设人滑到坡底的速度为，对人列全程动能定理方程有
代入数据可得
斜面夹角为，则由题意可得
所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率
代入数据可得
答：（1）重力做的功为1.2×104J，支持力做的功为0J，摩擦力做的功为-3×103J；
（2）该人滑至滑道底端时重力的瞬时功率。
【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）理解功的定义式，掌握功的计算方法，对物体进行受力分析，分别计算重力、支持力和摩擦力的做功；
（2）运用动能定理，计算人滑到坡底时的瞬时速度，运用瞬时功率的计算公式，得到斜面底端的瞬时功率P。
（1）对人进行受力分析可知，人受到重力、支持力和阻力的作用，全程各力对人所做的功分别为：重力做的功
支持力做功
摩擦力做功
（2）设人滑到坡底的速度为，对人列全程动能定理方程有
代入数据可得
斜面夹角为，则由题意可得
所以该人滑至斜面底端时重力的瞬时功率
代入数据可得
15．某兴趣小组设计了一个装置，如图所示，在足够长的光滑水平台面上静置着质量为M=2kg的薄木板（忽略其厚度），其右端刚好与平台的边缘对齐。木板左端挡板上固定有始终处于弹性限度内的轻弹簧，弹簧自然状态时其右端伸长到P点，木板的P点左侧光滑、右侧粗糙。水平台面的右侧固定有半径R=2m的光滑的圆弧槽ABC，OC与竖直半径OB的夹角θ=60°，OA水平。某时刻，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从A点正上方h=0.8m高度处由静止释放，一段时间后滑块经过圆弧槽从C点滑出，刚好沿水平方向冲上薄木板的右端，在其上滑行，最终与弹簧发生作用。已知滑块与木板P点右侧之间的动摩擦因数μ=0.1，木板P点右侧的长度为L=2m，重力加速度g=10m/s2，滑块运动时不计空气阻力。求：
（1）滑块在圆弧槽C点时对槽的压力；
（2）滑块与弹簧作用时，弹簧的最大弹性势能；
（3）请通过计算判断滑块最终是停在木板上还是滑离木板。若是滑离木板，请求出滑离时滑块和木板的速度，若是停在木板上，请求出停在木板上的位置相对P点的距离。
【答案】（1）解：（1）滑块从释放至C点，由机械能守恒定律有
可得滑块在C点的速度
滑块在C点，由牛顿第二定律有
可得滑块受到圆弧槽的支持力
由牛顿第三定律有滑块对圆弧槽的压力的大小，方向是沿半径向外；
（2） （2）当滑块刚冲上木板时的速度
滑块与木板和弹簧作用时，最终当弹簧被压至最短时弹簧有最大的弹性势能，以滑块、木板和弹簧为研究系统，从滑块刚冲上木板到弹簧被压至最短，系统动量守恒，由动量守恒定律有
可得弹簧被压至最短时，系统的速度
对系统，由能量守恒定律有
可得弹簧最大的弹性势能
（3）（3）当弹簧的弹性势能释放时，滑块相对木板向右滑动，假设最终再次与木板相对静止，速度为，有
可得速度
即系统动能不变，弹簧减少的弹性势能转化为滑块与木板的内能，有
可得滑块向右滑动的距离
故而假设成立，最终滑块相对木板静止，停在木板上的位置相对P点的距离为1m。
答：（1）滑块对槽的压力为23N，方向沿半径向外；
（2）弹簧的最大弹性势能为1J；
（3）滑块最终停在木板上，距离P点1m。
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒定律计算滑块在C点的速度，运用向心力公式得到向心力大小，并对滑块进行受力分析，得到支持力的大小，根据相互作用力得到压力大小；
（2）根据斜抛运动的规律，vC在水平方向的分速度即为冲上木板时的速度，运用能量守恒定律算得弹性势能的大小；
（3）假设滑块与木板最终相对静止，通过动量守恒计算最终速度，通过功能关系得到滑块向右滑动的距离，判断滑块是否滑下木板，验证假设。
（1）滑块从释放至C点，由机械能守恒定律有
可得滑块在C点的速度
滑块在C点，由牛顿第二定律有
可得滑块受到圆弧槽的支持力
由牛顿第三定律有滑块对圆弧槽的压力的大小
方向是沿半径向外；
（2）当滑块刚冲上木板时的速度
滑块与木板和弹簧作用时，最终当弹簧被压至最短时弹簧有最大的弹性势能，以滑块、木板和弹簧为研究系统，从滑块刚冲上木板到弹簧被压至最短，系统动量守恒，由动量守恒定律有
可得弹簧被压至最短时，系统的速度
对系统，由能量守恒定律有
可得弹簧最大的弹性势能
（3）当弹簧的弹性势能释放时，滑块相对木板向右滑动，假设最终再次与木板相对静止，速度为，有
可得速度
即系统动能不变，弹簧减少的弹性势能转化为滑块与木板的内能，有
可得滑块向右滑动的距离
故而假设成立，最终滑块相对木板静止，停在木板上的位置相对P点的距离为1m。
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