资源简介

2025-2026学年福建省泉州外国语学校、南安华侨中学、石狮市第八中学、泉州市城东中学四校高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.江苏省城市足球联赛，简称“苏超”。某次比赛时足球在空中的飞行轨迹如图中虚线所示，足球在空中运动时不旋转，轨迹在竖直平面内。则足球在减速上升时速度和所受合力的方向可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.质量为的小球在离地高处自由下落，不计空气阻力，，则( )
A. 内重力的平均功率为 B. 内重力的做功为
C. 时离地高度是 D. 末重力的瞬时功率为
3.“击壤”是我国古代的一项投掷游戏。将一块“壤”置于地面，一孩童在远处水平抛出另一块“壤”，落在了水平地面点两块“壤”与点位于同一竖直面内，如图所示。不计空气阻力，若要击中地面的“壤”，以下方式可行的是( )
A. 仅增大水平抛出速度 B. 仅减小水平抛出速度
C. 仅增大抛出点离地高度 D. 仅改用更重的“壤”抛出
4.某同学用水平恒力推一质量为的静止在水平桌面上的物块，并利用传感器测出物块的速度，后撤去恒力，得出物块的速度时间图像如图。，则( )
A. 物块与桌面间的动摩擦因数为 B. 恒力做的功为
C. 恒力做的功为 D. 摩擦力对物块做的功为
5.如图甲所示，轻杆的一端固定一小球可视为质点，另一端套在光滑的水平轴上，水平轴的正上方有一速度传感器图中未画出，可以测量小球通过最高点时的速度大小，水平轴处有一力传感器图中未画出，可以测量小球通过最高点时水平轴受到的杆的作用力，若取竖直向下为的正方向，让小球以不同的速度通过最高点，得到图像如图乙所示，取。下列说法正确的是( )
A. 轻杆的长度为
B. 小球的质量为
C. 若小球通过最高点时的速度大小为，则小球受到的合力为
D. 若小球通过最高点时的为，则轻杆对小球的作用力大小为，方向竖直向下
6.如图，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的点，另一端连接一质量为的小球。这一装置从水平位置开始绕点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为。则( )
A. 弹簧的劲度系数为
B. 在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒
C. 在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D. 在转动过程中，小球的重力势能始终增大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图，人在岸上拉船，已知船的质量为，水的阻力恒为，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度大小为，此时人的拉力大小为，则( )
A. 船的加速度的大小为
B. 船的加速度的大小为
C. 人拉绳行走的速度的大小为
D. 人拉绳行走的速度的大小为
8.热气球能给人以独特的视角享受风景的机会。假设某热气球总质量为，某竖直上升过程中受到浮力恒为，空气阻力恒为，热气球从地面由静止上升高度，速度变为，已知重力加速度为。在上述过程中，热气球的( )
A. 重力做功为 B. 动能增加了
C. 机械能增加了 D. 机械能增加了
9.四个完全相同的小球、、、均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲，其中小球、在同一水平面内做圆锥摆运动连接球的绳较长；如图乙，小球、在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接、的绳与竖直方向之间的夹角相同连接球的绳较长，则( )
A. 小球、角速度相等
B. 小球、线速度大小相同
C. 小球向心加速度小于小球向心加速度
D. 小球受到绳的拉力等于小球受到绳的拉力
10.如图所示，点处固定有力传感器，长为的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为如图所示，图为轻绳弹力大小随变化的部分图像。图中为已知量，不考虑空气阻力，重力加速度大小为，则( )
A. 小球质量为 B. 小球在与圆心等高处时的速度为
C. 小球运动到时的动能为 D. 小球在最低点时对细线的拉力为
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.如图，、两轮靠皮带传动，、分别为两轮边缘上的点，已知，在传动时，皮带不打滑，则有、两点的周期之比为______；、两点的向心加速度之比为______。
12.如图甲，在修筑铁路时，为了消除轮缘与铁轨间的挤压，要根据弯道的半径和规定的行驶速度，设计适当的倾斜轨道，即两个轨道存在一定的高度差。如图乙，火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为，转弯半径为，在该转弯处规定行驶的速度为，火车运动的圆周平面为图乙中的______选填“”、“”；当火车行驶的速率大于时，______选填“外”、“内”侧铁轨对车轮的轮缘施加弹力作用。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.用如图甲的装置探究平抛运动的规律。在竖直放置的硬板上先后铺上方格纸和复写纸并用图钉固定，调整斜槽使其末端切线水平，同时在末端挂上重垂线。小球沿斜槽轨道滑下后从点水平飞出，落在接球槽上，在方格纸上留下一个痕迹点。移动接球槽，从同一位置由静止释放小球，多次重复，白纸上将留下一系列痕迹点。已知重力加速度大小。
对本实验，下列说法正确的是 选填“”“”“”。
A.接球槽高度可以不等间距变化
B.画轨迹时应把所有痕迹点用线段连接起来
C.利用痕迹点描绘轨迹时，应把点作为平抛起点
某次实验正确操作记录三个痕迹点、、如图乙，图中每个方格的边长为，可判断点 选填“是”、“不是”小球做平抛运动的起点；小球做平抛运动的初速度大小为 结果保留两位有效数字。
14.如图为在实验室中“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。让重物拉着纸带从高处由静止开始下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，通过对纸带上的点迹进行测量、分析即可验证机械能守恒定律。
实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、。已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。设重物的质量为。从打点到打点的过程中，重物的重力势能减小量 ，动能增加量 用题中所给物理量表示。
该同学继续应用纸带上各点到起始点的距离，计算出相应点对应的速度，以为横轴、为纵轴作出了如图所示的图线，当地重力加速度为，该图线的斜率应 选填“”“”“”“”。
A.略小于
B.等于
C.略小于
D.等于
五、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.某小船在宽的河中横渡，水流速度为，船在静水中的速度为，可能用到的数据：，，求：
小船船头正对河岸行驶时的渡河时间？到达河对岸下游的距离？
要使小船到达正对岸，船头与上游河岸成多大角度？渡河时间？
16.年月小米汽车交付量再次超过两万辆。某次时刻，一辆小米汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，时功率达到之后功率保持不变，其图像如图所示。设汽车在运动过程中阻力不变，求：
汽车受到的阻力和汽车质量；
汽车在运动过程中通过的位移大小。
17.如图，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量的小物块可视为质点从空中的点以的速度被水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，经过点后沿水平面向右运动至点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能，已知小物块与水平面间的动摩擦因数，取，，，求：
小物块从点运动至点的时间？
小物块经过圆弧轨道上的点时，对轨道的压力大小？
、两点间的水平距离？
18.如图所示，水平地面上的处固定一竖直光滑杆，质量为的小滑块套在杆上，质量为的小滑块放在地面上。滑块、间通过铰链用长为的刚性轻杆连接，一水平轻弹簧右端与相连，左端与固定在地面上的竖直挡板连接。已知在初始位置处时两杆夹角，弹簧为原长，两小滑块均恰好静止。现给滑块一水平外力，使从位置运动到位置，此处两杆夹角为，该过程中、始终在同一竖直平面内，已知弹簧劲度系数，且弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为，，。求：
滑块静止在位置时，滑块受到的摩擦力大小及支持力大小；
若以向下做匀加速运动，滑块到达位置时的速度大小；
若缓慢向下运动，从位置运动到位置过程中，力对滑块做的功。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，即足球在减速上升时速度沿轨迹的切线方向。
由于足球在减速上升，所以足球所受合力的方向指向轨迹的凹侧，与速度的夹角大于，故B正确，ACD错误。
故选：。
做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，根据足球的速度变化分析合力方向与速度方向的关系。
做曲线运动的物体速度方向沿曲线的切线方向，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由此分析即可，也可以从受力的角度解答。
2.【答案】
【解析】解：根据自由落体位移公式：
代入数据得
根据重力做功公式：
代入数据得
故B错误；
A.根据平均功率公式：
代入数据得

故A错误；
C.初始高度，下落了，
离地高度：
故C错误；
D.末的速度：
瞬时功率公式：
代入数据得：
故D正确。
故选：。
B.根据自由落体位移公式求出内方位移，结合求内重力的做功；
A.根据平均功率公式求内重力的平均功率；
C.根据高度关系求时离地高度；
D.根据速度公式和求末重力的瞬时功率。
解决本题的关键掌握瞬时功率的求法，以及知道平均速率和瞬时功率的区别。
3.【答案】
【解析】解：平抛运动水平位移原落点比目标远，需减小水平位移；
、增大或，会使水平位移增大，故AC错误；
B、仅减小初速度可实现水平位移变小，故B正确；
D、质量不影响平抛轨迹，故D错误。
故选：。
平抛运动分为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，运动时间由抛出点高度决定，水平位移由初速度与该时间共同决定，其运动规律与物体质量无关。
这道题以击壤游戏的平抛情境，考场平抛运动规律。
4.【答案】
【解析】解：后撤去恒力，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由可知物块做减速直线运动的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
解得物块与桌面间的动摩擦因数为
故A错误；
由与横轴围成的面积表示位移可知，物块通过的总位移大小为
摩擦力对物块做的功为
解得
根据动能定理可得
可得恒力做的功为
故BD错误，C正确。
故选：。
从图像斜率获取加速和减速阶段的加速度，先由减速阶段的加速度求出动摩擦因数，再结合加速阶段的受力分析求出恒力大小，最后利用图像面积计算位移，进而求出恒力做功与摩擦力做功，逐一分析各选项。
本题以水平推物块的图像为生活化物理情境，考查运动学图像、牛顿第二定律及功能关系的综合应用，侧重对图像物理意义的解读和动能定理的应用，能有效考查学生的运动分析和功能关系应用能力。
5.【答案】
【解析】解：、设杆的长度为，水平轴受到的杆的作用力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析有
由图乙可得，
代入数据可得，，故AB错误；
C、若小球经过最高点时的速度大小为，小球受到的合力为，故C正确；
D、若小球通过最高点时的为，轻杆对小球的作用力竖直向下，结合牛顿第二定律
解得，轻杆对小球的作用力大小为，方向竖直向下，故D错误。
故选：。
对小球在最高点受力分析，结合向心力公式建立杆的作用力与速度平方的关系式，利用图像的截距和斜率求解小球质量与杆长，再逐一分析选项。
本题以竖直圆周运动的杆模型为背景，结合图像信息考查受力分析与向心力公式的应用，能有效考查学生的综合分析能力。
6.【答案】
【解析】解：、装置转到竖直位置时，弹簧的形变量为，小球受力平衡，有，联立解得，故A错误；
B、装置转动后，小球的重力势能和弹簧的弹性势能均比初始状态增大，而小球动能保持不变，因此小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B正确；
C、设装置与水平方向的夹角为，由几何关系，弹簧长度，以及沿斜面方向受力平衡，联立解得，转动过程中，增大，随之增大，故弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
D、由可知，存在极大值，则小球重力势能可能先增大后减小，故D错误。
故选：。
装置从水平缓慢转到竖直，小球始终受力平衡，弹簧形变与重力分力平衡。已知竖直位置时小球高度和原长，可求形变量，结合平衡关系得到劲度系数。转动中系统机械能需考虑重力势能、弹性势能及外力做功，由于缓慢转动动能不变，但重力势能和弹性势能均变化，且外力对系统做功，故机械能不守恒。弹簧形变随角度增大持续增加，弹性势能一直增大。小球高度由几何关系与受力平衡共同决定，其变化需分析高度表达式随角度变化趋势，可能非单调。
本题以弹簧小球系统在光滑细管中的缓慢转动为背景，巧妙融合了力学平衡、能量转化与几何关系的分析。它重点考查了学生对动态平衡、功能关系以及系统机械能守恒条件的理解深度。题目计算量适中，但需要学生具备清晰的物理图景构建能力，能够将转动过程中的几何约束与力学平衡方程有机结合。其亮点在于通过缓慢转动的设定，引导学生分析弹簧形变量与角度的函数关系，进而判断弹性势能与重力势能的变化趋势，对学生的逻辑推理和模型分析能力提出了较高要求。解答本题的关键在于准确推导出竖直位置时的平衡条件，并正确理解“缓慢转动”意味着动能不变，从而判断系统机械能是否守恒。
7.【答案】
【解析】解：、对小船受力分析，如图所示
水平方向根据牛顿第二定律有：
整理上式解得船的加速度大小为：
故A正确，B错误；
、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，如图所示
根据平行四边形定则可得人拉绳行走的速度为：
故C正确，D错误。
故选：。
对小船受力分析，沿水平方向建立牛顿第二定律表达式，沿竖直方向建立力平衡的关系式，分别计算加速度大小；船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，根据平行四边形定则计算人的速度。
本题结合绳子两头牵连物体模型考查学生对关联速度的理解，其中知道灵活运用运动的合成与分解以及牛顿第二定律为解决本题的关键。
8.【答案】
【解析】解：、重力做功为，故A错误；
B、动能的增加量为，故B正确；
、除重力和弹力之外其他力做功等于机械能的增加量，故机械能的增加量为，故C错误，D正确。
故选：。
明确重力做功、动能变化的计算方法，利用“机械能的增加量等于除重力外其他力做的功”这一功能关系，分析浮力和阻力做功对机械能的影响，逐一判断选项。
本题考查功与机械能变化的功能关系，核心是区分重力做功、动能变化和机械能变化的不同影响因素，侧重对基础功能关系的理解与应用，难度较低。
9.【答案】
【解析】解：、对甲图分析：设细线与竖直方向的夹角为，小球的质量为，小球到悬点的竖直距离为，则
解得，所以小球的角速度相同，根据
可知线速度大小不相同，故A正确，B错误；
对乙图分析：设细线与竖直方向的夹角为，小球的质量为，绳长为，绳上拉力为，则有，
得，所以小球、向心加速度大小相同，小球受到绳的拉力大小也相同，故C错误，D正确。
故选：。
对甲图、和乙图、分别受力分析，结合圆锥摆向心力公式，分析角速度、线速度、向心加速度和拉力的影响因素，逐一判断选项。
本题以圆锥摆为模型，考查水平面内匀速圆周运动的受力分析与物理量推导，能有效检验对圆锥摆运动规律的理解与应用能力。
10.【答案】
【解析】解：、设小球在最低点时的速度为，则当角度为时，由动能定理：，绳子拉力满足：，联立解得：，故图线解率大小为，截距，解得：，，故A正确；
B、与圆心等高处，即时，此时满足，解得：，故B错误；
C、小球运动到时，由动能定理：，解得，故C错误；
D、小球在最低点时，小球对细线的拉力，故D正确。
故选：。
根据动能定理、牛顿第二定律可写出轻绳弹力大小随变化的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，再结合向受力分析和牛顿第二定律进行分析求解。
11.【答案】：，：。
【解析】解：、两轮靠皮带传动，、分别为两轮边缘上的点，则有
由公式
可得，、两点的周期之比为
由公式
可得，、两点的向心加速度之比为。
故答案为：：，：。
根据皮带传动两轮边缘线速度相等的特点，结合周期、向心加速度的相关规律求解两点的比值。
本题考查皮带传动模型的圆周运动规律，侧重线速度、周期与向心加速度的关系应用，难度适中。
12.【答案】，外。
【解析】解：火车转弯时做匀速圆周运动，向心力需水平指向圆心轨道中心的竖直转轴，因此其运动轨迹所在的平面必须是水平面与圆心在同一水平面上，故是
竖直方向平衡
水平方向合力提供向心力
当火车速率时，所需向心力增大，而重力与支持力的合力固定不变，不足以提供所需向心力，此时火车有离心运动的趋势，会挤压外侧铁轨，外侧铁轨对轮缘施加向内的弹力，补充向心力，使火车维持圆周运动。
故答案为：，外。
先判断火车转弯的圆周运动平面为水平面，再根据向心力供需关系分析速度大于规定值时铁轨对轮缘的弹力方向。
本题以火车转弯为实际模型，考查圆周运动的向心力供需分析，有助于理解水平面圆周运动的受力特点与临界情况。
13.【答案】
不是

【解析】解：只要能确定确定小球位置，接球槽高度可以不等间距变化，故A正确；
B.画轨迹时应用平滑曲线连接，使大部分点落在曲线或均匀分布在曲线两侧，远离的点舍去，不是把所有痕迹点用线段连接起来，故B错误；
C.利用痕迹点描绘轨迹，应把小球在点时，球心在竖直白纸上的投影点作为平抛起点，故C错误。
故选：
小球竖直方向做自由落体运动，若为抛出点，则有：：，由图可知：：，故A点不是抛出点。
竖直分运动为匀变速直线运动，根据逐差法知可得
可得
水平方向的匀速直线运动，则有
小球平抛的初速度大小为
故答案为：；不是，。
根据要能确定确定小球位置判断；根据描绘轨迹的方法判断；根据平抛起点为小球球心在竖直纸面上的投影判断；
根据匀变速直线运动和匀速直线运动的规律计算。
本题考查“探究平抛运动的运动规律”实验，关键掌握实验原理、利用匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律处理数据的方法。
14.【答案】

【解析】解：重力势能变化量可以由重力做功的多少来表示，则
先计算点瞬时速度
代入动能表达式可得
根据动能定理可知可得
由此可知，在图像中，斜率为，因此小于。故选：。
故答案为：；；。
根据匀变速直线运动的推论求出速度，根据重力势能与动能的计算公式求解。
求出图像的函数解析式，结合图像分析答题。
掌握基础知识，理解实验原理，应用匀变速直线运动的推论与动能定理即可解题。
15.【答案】小船船头正对河岸行驶时的渡河时间为，到达河对岸下游的距离为 要使小船到达正对岸，船头与上游河岸成角；渡河时间为
【解析】解：渡河时间分
此过程沿水流方向，所以到达正对岸下游处；
船头与上游河岸夹角为，，解得，船与上游河岸成，
，
答：小船船头正对河岸行驶时的渡河时间为，到达河对岸下游的距离为；
要使小船到达正对岸，船头与上游河岸成角；渡河时间为。
船头正对河岸时，船在静水中的速度全部用于渡河，因此渡河时间由河宽与船在静水中的速度决定；到达对岸的下游距离则由水流速度与渡河时间共同决定。
要使小船到达正对岸，船的合速度方向必须垂直河岸，即船在静水中的速度的水平分量需与水流速度抵消，由此可求出船头与上游河岸的夹角；再由河宽与船的合速度求出渡河时间。
学生容易混淆船在静水中的速度、水流速度与合速度的方向和大小关系，误将船速直接作为合速度，或搞错船头指向与水流方向的夹角。
16.【答案】汽车受到的阻力大小为，汽车质量为 汽车在运动过程中通过的位移大小为
【解析】解：时功率达到之后功率保持不变，最大速度为，此时牵引力大小等于阻力，根据，可得；
根据图像的斜率表示加速度，可得的加速度，此时牵引力满足，，可得，
根据牛顿第二定律可得，可得汽车质量；
在，根据动能定理有，，可得在运动过程中通过的位移大小。
答：汽车受到的阻力大小为，汽车质量为
汽车在运动过程中通过的位移大小为。
汽车速度达到最大时，受力平衡，结合功率的公式，可得到阻力的大小；汽车匀加速阶段，由图可得到加速度大小，结合牛顿第二定律、功率公式，可得到汽车的质量；
汽车在，由动能定理，可得到汽车的位移与初末动能的关系。
本题考查恒定加速度启动的机车问题，在利用动能定理求解恒定功率阶段的位移时，注意牵引力不是定值。
17.【答案】小物块从点运动至点的时间为秒 小物块经过圆弧轨道上的点时，对轨道的压力大小为牛 、两点间的水平距离为米
【解析】解：小物块恰好从点沿切线方向进入轨道，其竖直分速度，代入数据得。
根据平抛运动规律，有，解得：。
小物块从点运动到点，根据动能定理，有。
小物块在点的速度为，代入数据解得。
在点处，由牛顿第二定律有，解得：。
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上点时对轨道的压力大小为。
小物块从点运动到点，由功能关系有，解得：。
答：小物块从点运动至点的时间为秒。
小物块经过圆弧轨道上的点时，对轨道的压力大小为牛。
、两点间的水平距离为米。
小物块从到做平抛运动，已知水平初速度，在点速度方向沿切线，即与水平方向夹角已知。通过速度的矢量分解，利用竖直分速度与重力加速度的关系可求出运动时间。
小物块从到沿光滑圆弧轨道运动，机械能守恒。已知点速度可由平抛末速度合成得到、轨道半径及几何关系，可求出点速度。在点，小物块做圆周运动，由牛顿第二定律，轨道对其支持力与重力的合力提供向心力，从而求出支持力，再根据牛顿第三定律得到对轨道的压力。
从到，小物块在粗糙水平面上运动，受摩擦力作用。已知弹簧压缩最短时弹性势能，此过程由功能关系，小物块动能的减少量等于克服摩擦力做功与弹簧弹性势能增加量之和。利用点速度及摩擦因数，可求出间的距离。
本题是一道综合性较强的力学计算题，涵盖了平抛运动、圆周运动、动能定理、功能关系以及牛顿运动定律等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生具备清晰的物理过程分析能力和多阶段运动模型的衔接能力。解题关键在于准确理解“沿切线方向进入轨道”的几何条件，并灵活运用动能定理处理曲线运动中的能量变化。从平抛到圆周再到水平减速弹簧压缩的过程衔接自然，考查学生对功能关系与牛顿第二定律的综合应用。易错点在于点速度的分解与点向心力方程的正确建立，以及从到过程中摩擦生热与弹性势能转化的功能关系分析。整体而言，本题能有效锻炼学生的逻辑推理和综合分析能力。
18.【答案】滑块静止在位置时，受到的摩擦力大小为，支持力大小为 滑块到达位置时的速度大小为 力对滑块做的功为
【解析】解：滑块静止在位置时，两小滑块均处于平衡状态，对进行受力分析可得，解得：。
对、整体分析，摩擦力，支持力，解得：，。
从位置运动到位置过程中，的运动满足，其中位移，解得：。
由于杆连接、，根据速度关联关系，解得：。
从到的位移，解得：。摩擦力对做功，解得：。
弹簧弹力做功表达式为，解得：。
对、系统应用功能关系，解得：。
答：滑块静止在位置时，受到的摩擦力大小为，支持力大小为。
滑块到达位置时的速度大小为。
力对滑块做的功为。
分析滑块在位置静止时的受力情况，对进行受力平衡分析可得到杆对的支持力，再对整体进行受力平衡分析，水平方向摩擦力与的支持力平衡，竖直方向支持力与总重力平衡。
根据的匀加速运动条件计算其位移和末速度，利用刚性杆连接的特点建立和的速度关系，通过几何关系将的竖直速度转化为的水平速度。
考虑缓慢运动时系统始终处于准静态平衡，计算的水平位移和弹簧伸长量，分析过程中摩擦力、弹力做功情况，最后通过功能关系建立外力做功与各能量变化的关系。
本题综合考查力学中的平衡条件、运动学关联、功能关系等核心知识点，是一道难度中等偏上的综合性计算题。题目通过滑块弹簧轻杆的复合模型，巧妙地将静力学与动力学问题相结合，计算量适中但需要较强的物理建模能力。第一问考查平衡条件的应用，需对隔离法与整体法有清晰理解；第二问通过速度分解建立两滑块的运动关联，体现了运动学分析的典型方法；第三问以功能关系为核心，要求系统分析弹簧弹力、摩擦力、重力等多种力的做功特点，对能量守恒思想的掌握程度提出较高要求。题目亮点在于通过同一物理模型串联不同力学模块，既考查基础公式应用能力，又锻炼了学生综合运用力学规律解决复杂问题的思维深度。
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