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2025-2026学年福建省泉州一中、厦外石狮分校泉港一中德化一中四校高一（下）期中物理试卷
一、选择题
1.如图为我国歼击机在大型航展上编队飞行时的情形，若飞机做曲线运动，则( )
A. 飞机的速度一定发生变化
B. 飞机受到的合力沿轨迹的切线方向
C. 飞机在相同时间内的速度变化量一定相同
D. 飞机受到的合力对飞机做的功一定不为零
2.中国探月工程持续推进，计划于年下半年发射嫦娥七号探测器。在探测器“奔向”月球的过程中，用表示探测器与地球表面的距离，表示它所受的地球引力，能够描述随变化关系的图像是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，和是一组塔轮，即和半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为：：，轮的半径大小与轮相同，它与轮紧靠在一起，当轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，轮也随之无相对滑动地转动起来。、、分别为三轮边缘的三个点，则、、三点在运动过程中的( )
A. 线速度大小之比为：： B. 角速度之比为：：
C. 转速之比为：： D. 周期之比为：：
4.当列车以某一恒定速率过半径为的弯道时会在水平面内做圆周运动，截面如图所示，列车内有一小球用轻绳悬挂在车厢顶部，发现小球稳定时轻绳与竖直方向夹角为。已知弯道处的铁轨路面与水平面间夹角为，弯道半径远大于轨道宽度，空气阻力不计，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 列车转弯时速度大小为，列车车轮挤压内侧铁轨
B. 列车转弯时速度大小为，列车车轮挤压外侧铁轨
C. 列车转弯时速度大小为，列车轮与铁轨无侧向挤压
D. 列车转弯的半径大小为，列车轮与铁轨无侧向挤压
5.如图所示，小球从位于倾角的斜面上某点以一定初速度水平向右抛出，同时右侧等高处的小球以一定的初速度水平向左抛出。已知、两球都落在了斜面上的同一点，且小球恰好垂直打到斜面上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 、两球的加速度大小之比为：
B. 、两球运动的时间之比为：
C. 、两球抛出的初速度大小之比为：
D. 、两球的水平位移大小之比为：
6.如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为的轻质弹簧相连，弹簧处于原长，两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是已知弹簧的长度为时弹性势能为( )
A. 金属环与细杆之间的最大压力为
B. 金属环的最大速度为
C. 金属环的最大加速度为
D. 金属环达到最大速度时重力的功率为
7.如图所示，八大行星沿椭圆轨道绕太阳公转，根据开普勒三大定律可知( )
A. 太阳处在八大行星的椭圆轨道的中心
B. 地球运动至离太阳最近时，速率最大
C. 地球与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D. 在相同时间内，地球与太阳连线扫过的面积等于火星与太阳连线扫过的面积
8.两个运动员脚下水平地面上放有两个足球，两个足球相距。某时刻教练吹响哨声后两人同时把足球向右上方踢起，两球初速度大小分别为和，初速度方向与水平方向夹角分别为和，球飞出之后经过时间，两球在空中撞在了一起，运动轨迹如图所示。空气阻力不计，足球均可视为质点，则以下关系成立的是( )
A. B.
C. D.
9.如图甲所示，质量为的滑块静止在倾角的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力作用在滑块上，滑块沿斜面运动时撤去拉力，此时滑块的机械能，滑块上滑过程中机械能与上滑位移之间的关系图像如图乙所示，滑块运动时达到最高点，取斜面底端重力势能为，重力加速度取，则下列说法正确的是( )
A. 滑块的质量为 B. 滑块所受摩擦力的大小为
C. 拉力的大小恒为 D. 拉力撤去时滑块的动能为
10.如图，倾角为的光滑斜面固定于水平地面，质量的长木板置于斜面上，质量的小物块置于长木板上，轻绳的一端连接长木板，另一端绕过光滑轻质定滑轮与质量的重物连接，距离地面高度。开始时，整个系统处于静止状态。释放物块，落地后立即静止，已知与间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，、均可视为质点，运动过程中始终没有离开，不与滑轮相碰，轻绳始终与斜面平行，已知，重力加速度大小取则( )
A. 释放瞬间，的加速度大小为
B. 落地瞬间，的速度大小为
C. 木板上滑过程中，在上留下的划痕长度为
D. A、组成的系统机械能的最大增加量为
二、非选择题
11.甲图为向心力演示仪，图乙是其三层变速塔轮结构示意图。某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系。实验中采用的主要实验方法是 。在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮选填“一”“二”或“三”。选择质量相等的两球分别置于和横臂挡板处，是为了探究向心力与 之间的关系选填“质量”“半径”或“角速度”。
12.小船要横渡一条宽的河，水流速度为，船在静水中的航速是，要使小船渡河时间最短，最短渡河时间是 。要使小船航程最短，船头与河岸的夹角正弦值为 ，最短航程是 。
13.一实验小组为研究“平抛运动及其特点”，进行了如下操作：
如图甲，将小球、处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使球水平飞出，同时球被松开。若观察到小球、同时落地，能够说明
A.平抛运动的水平分运动是匀速直线运动
B.平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
用图乙所示方法记录小球平抛运动的轨迹，实验数据记录和初步分析结果如图丙，、、分别是小球平抛运动轨迹上的个测量点，背景方格纸的边长均为，方格纸的竖直线与铅垂线平行。则小球运动中水平分速度的大小是 结果保留两位有效数字。
另一实验小组重新进行实验，以抛出点为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，在轨迹上选取间距较大的几个点，确定其坐标，并在直角坐标系内绘出了图像如右图所示，重力加速度取，则此小球平抛的初速度大小为 。结果保留两位有效数字
14.某同学利用图的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律，主要实验步骤如下：
A.将桌面上的气垫导轨调至水平
B.测出遮光条的宽度
C.将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离
D.由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间
E.秤出托盘和砝码总质量，滑块含遮光条的质量
已知当地重力加速度为，回答以下问题用题中所给的字母表示：
遮光条通过光电门时的速度大小为 ；
遮光条由静止运动至光电门的过程，系统重力势能减少了 ，遮光条经过光电门时，滑块、托盘和砝码的总动能为 ；
通过改变滑块的释放位置，测出多组、数据，利用实验数据绘制图。若图中直线的斜率近似等于 ，可认为该系统机械能守恒。
15.一小型无人机在距地面高处沿水平方向匀速飞行，某时刻，无人机上释放了一个小球，小球落地时距释放点的水平距离为，不计空气阻力，重力加速度取。求：
小球落地所用的时间；
无人机飞行速度大小；
小球落地时的速度大小。
16.我国新能源汽车不仅技术领先全球，且价格符合大众消费，某型号新能源汽车的质量为，汽车的额定功率为，在平直的公路上行驶时，受到的阻力大小恒为。求：
在不超过额定功率的前提下，求该汽车所能达到最大速度的大小；
若汽车以额定功率启动，当车速为时，汽车的瞬时加速度的大小；
如果汽车从静止开始以做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间。
17.如图所示，质量为的带孔物块穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块，另一端跨过轻质定滑轮连接质量为物块，已知定滑轮到细杆的距离为，细绳的总长度为。现将系统从与滑轮等高的位置由静止释放。已知重力加速度为，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
从系统开始释放到下落过程中，物块的重力势能增加量；
物块下落的最大距离；
当物块下落时，物块的动能。
18.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为的竖直半圆轨道、圆心为的竖直半圆管道，水平直轨道及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块可视为质点质量，轨道的半径，管道的半径，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑，轨道的长度，弹射器中弹簧的弹性势能最大值，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与等高处时的速度的大小；
若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第次经过管道的最高点时，滑块对轨道弹力的最小值；
若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道中点的右侧区域内，求弹簧的弹性势能的范围。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：曲线运动中速度方向沿轨迹切线方向，时刻在改变，速度是矢量，方向改变则速度一定发生变化，故A正确；
B.根据曲线运动的条件，物体做曲线运动时，合力方向与速度方向不在同一直线上，且合力方向指向轨迹的凹侧，而非切线方向切线方向为速度方
向，故B错误；
C.速度变化量，其中加速度由合力决定曲线运动中，合力方向变化，加速度方向随之变化，因此加速度不是恒定的，则相同时间内的速度变化量方向不同，只有当加速度恒定时，相同时间内的速度变化量才相同，故C错误；
D.若飞机做匀速曲线运动，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，故D错误。
故选：。
需根据曲线运动的速度方向特点、合力方向规律、加速度与速度变化量的关系及功的定义，逐一分析各选项的正确性。
本题考查到物体做曲线运动的条件，力与运动的关系及功的定义，综合性强。
2.【答案】
【解析】解：探测器在“奔向”月球的过程中，所受的地球引力为，可得越大，越小，且与不是线性关系，故ABC错误，D正确。
故选：。
先根据万有引力定律写出探测器所受地球引力与到地心距离的关系，再将到地心距离转化为到地球表面的距离，分析引力随的变化规律：随着增大，引力单调减小，且与不是线性关系，而是反比例平方关系，图像为曲线且斜率逐渐减小，据此判断符合该变化规律的图像。
这道题以嫦娥七号探月为背景，考查了万有引力定律的应用，重点检验学生对引力与距离平方反比关系的理解，以及从数学图像中识别物理规律的能力，情境新颖且考点基础，是一道简洁直观的万有引力概念辨析题。
3.【答案】
【解析】解：轮、轮靠摩擦传动，边缘点线速度大小相等，故
：：
B、角速度相同，根据可知，速度之比为半径之比
：：
则：：：：，故A正确；
B.、角速度相同则；而、线速度大小相等，根据可知
：：
代入数据得：：：
则：：：：，故B错误；
C.根据，有：：：：，故C错误；
D.根据，结合：：：：，
解得：：：：：，故D错误。
故选：。
轮、轮靠摩擦传动，边缘点线速度相等；轮、轮是共轴传动，角速度相等；再结合公式、和列式分析。
本题关键是明确同轴传动和同缘传动的区别，然后根据公式、、列式分析，注意两两分析然后求比值。
4.【答案】
【解析】解：、当列车轮与铁轨无侧向挤压时，铁轨对列车的支持力和列车重力的合力提供向心力，则
可得，此时对小球进行受力分析有，故
由于，说明列车速度大于转弯理想速度值，列车会挤压外轨，故B正确，AC错误；
D、根据题意分析可知，当列车以速度运行时，要想列车轮与铁轨无侧向挤压，根据牛顿第二定律
解得半径需要满足的条件，故D错误。
故选：。
通过对小球受力分析，利用牛顿第二定律求出列车的速度，再结合铁轨路面的倾角，比较实际速度与无侧向挤压时的理想速度，判断轨道的挤压方向。
本题考查圆周运动的向心力来源分析，关键在于区分小球的受力角度与轨道倾角的关系，明确速度过大时外轨提供向心力补充，导致挤压外轨。
5.【答案】
【解析】解：、由题意可知，、两球均做平抛运动，加速度都是重力加速度，则加速度大小之比为：，故A错误；
B、由题意可知，两球下落高度相同，则有：，解得：，由此可知两球做平抛运动的时间之比为：，故B错误；
C、对小球，根据平抛运动规律有 ，解得：，对小球，由平抛运动规律可得：，解得：，则有：，故C错误；
D、根据平抛运动在水平方向的分运动为匀速运动可得：对小球，有：，对小球，则有：，可知、两球的水平位移大小之比为：，故D正确。
故选：。
两个小球同时做平抛运动，又同时落在同一点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上时，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量。
本题受到平抛运动与斜面结合的问题的考查，解题的关键对两球运用平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解，同时结合几何关系找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解。
6.【答案】
【解析】解：、刚释放时，金属环的加速度最大，对金属环受力分析，如图所示。
刚释放瞬间，金属环只受到重力和杆的支持力，沿杆方向，根据牛顿第二定律有
解得，故C错误；
B、当金属环的加速度为时，速度最大，受力分析如图所示。
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力沿杆方向加速度为，即合力为，则有
解得弹簧的伸长量为
根据几何知识可得，两个小球下降的高度为
对两个金属环和弹簧构成的系统，根据机械能守恒有
解得金属环的最大速度为，故B错误；
A、设金属环下降到达最低点，此时金属环的速度为，弹簧的伸长量为，弹性势能最大，根据系统机械能守恒有
解得
当金属环下降到最低点时，金属环和细杆的弹力最大，在垂直于杆方向上，由平衡条件有
解得金属环与细杆之间的最大压力为，故A正确；
D、金属环达到最大速度时重力的功率为，故D错误。
故选：。
刚释放时，金属环的加速度最大，对金属环受力分析，根据牛顿第二定律求其最大加速度；当金属环的加速度为时，速度最大，分析其受力，根据平衡条件以及胡克定律此时弹簧的伸长量，再对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒求金属环的最大速度；金属环到达最低点时，金属环与细杆之间的压力最大。根据机械能守恒定律求出金属环下降的高度，再在垂直于杆的方向，由平衡条件求金属环与细杆之间的最大压力；根据重力做功的功率公式求金属环达到最大速度时重力的功率。
本题的关键是找到临界条件，知道金属环加速度最大的条件是弹簧的弹力等于，故开始释放时加速度最大。当加速度为时，金属环的速度最大。当金属环下落到速度为零时，弹簧的弹力最大，金属环与杆间的弹力最大。
7.【答案】
【解析】解：、结合开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A错误；
B、结合开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，行星在近日点速率最大，远日点速率最小，地球运动至离太阳最近时，速率最大，故B正确；
C、结合开普勒第三定律
地球与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，故C正确；
D、开普勒第二定律适用于同一个行星绕太阳运动的情况，不同行星在相同时间内与太阳连线扫过的面积不相等，故D错误。
故选：。
对照开普勒三大定律的核心内容，逐个辨析每个选项的表述正误。
本题依托太阳系行星轨道示意图，完整覆盖开普勒三条定律的基础识记，题型简单，用来夯实天体运动基础概念。
8.【答案】
【解析】解：足球做斜上抛运动，运动的时间相等，沿水平方向
可得，故A正确，B错误；
竖直方向相同时间内的位移相同，可知竖直初速度相同，即，故C正确，D错误。
故选：。
根据相等时间内上升的高度相等，将两次足球的运动分解即可求出。
本题考查了平抛运动，解题的关键是利用平抛的推论：速度的反向延长线经过水平位移的中点。
9.【答案】
【解析】解：根据功能关系，滑块机械能的变化量等于除重力以外的力所做的功。在拉力作用的过程中，有。在拉力撤去后的过程中，有。联立解得：拉力，摩擦力。在拉力作用的过程中，根据动能定理有。在拉力撤去后的过程中，根据动能定理有。联立解得：质量，动能。故BD正确，AC错误。
故选：。
滑块上滑过程涉及机械能变化与力做功的关系。图像显示机械能随位移线性变化，其斜率反映除重力外其他力的功率。前内机械能增加，对应拉力与摩擦力合力做功；后内机械能减少，仅摩擦力做功。由此可建立拉力与摩擦力关系。再结合滑块从底端到最高点的全过程，利用动能定理分析重力、拉力、摩擦力总功与动能变化关联，进而确定质量、摩擦力、拉力及撤去拉力时的动能。
本题综合考查功能关系和动能定理在斜面运动模型中的应用，对学生的图像信息提取与物理过程分析能力提出了较高要求。题目通过滑块机械能随位移变化的图像，巧妙地将拉力作用与撤去两个阶段的能量转化过程联系起来，计算量适中但逻辑链条清晰。学生需准确理解机械能变化对应除重力外其他力做功这一核心，并分段应用动能定理建立方程组，从而求解质量、摩擦力、拉力及动能等关键物理量。本题能有效锻炼学生结合图像分析复杂运动过程、运用功能观点解决多阶段动力学问题的综合能力。
10.【答案】
【解析】解：、设释放瞬间、相对静止，对、、整体，由牛顿第二定律得
代入数据可得
此时对，
代入数据可得
而、间最大静摩擦力
代入数据可得
因为，假设不成立，、发生相对滑动。对和，，
代入数据可得，故A错误；
B、落地前，的加速度
代入数据可得
下落过程，
代入数据可得
落地瞬间的速度
代入数据可得，故B正确；
C.落地前，的位移
的位移
代入数据可得
相对位移
落地后，做减速运动，加速度大小
代入数据可得
做加速运动，加速度
设经过共速，
其中
代入数据可得
此过程位移
代入数据可得
位移
代入数据可得
相对位移
代入数据可得，共速后相对静止。总划痕长度
代入数据可得。故C错误；
D.落地瞬间，、系统机械能增加量等于重力势能减少量减去动能增加量和摩擦生热。
其中
代入数据可得
代入数据可得
此后、系统机械能减小，故D正确。
故选：。
先判定释放时、发生相对滑动，分重物下落、落地后两个运动阶段，依靠牛顿第二定律算出各物体加速度，结合运动学公式求解速度、相对划痕长度，再通过重力势能变化算出、系统机械能最大增量。
本题属于斜面多物体分段动力学综合题型，融合牛顿运动定律、相对位移、机械能变化知识点，需要拆分运动阶段分步计算，对过程分析能力要求较高。
11.【答案】控制变量法
一
角速度

【解析】解：本实验探究向心力与质量、角速度、半径三个变量的关系，因此采用的核心实验方法是控制变量法。
探究向心力与半径的关系时，根据控制变量法，需要保持小球质量、角速度相同。皮带传动时，两个塔轮边缘线速度大小相等，由可知，只有左右塔轮半径相等时，角速度才相等。由图乙可知第一层左右塔轮半径均为，满足角速度相等的要求，因此皮带调至第一层。
质量相等的两球放在、处时，两球转动半径相同，左右塔轮因塔轮半径不同，角速度不同，实验控制了质量、转动半径相同，因此是探究向心力与角速度的关系。
故答案为：控制变量法；一；角速度。
根据实验原理分析判断；根据控制变量法、线速度与角速度关系式分析判断；根据控制变量法判断。
本题考查探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系实验，关键掌握实验原理和采用的物理方法、利用线速度和角速度关系处理问题的方法。
12.【答案】

【解析】解：渡河时间由垂直河岸方向的分速度决定，当船头垂直河岸时，垂直河岸的分速度最大，渡河时间最短，则渡河最短时间为：
由题意可知，，小船无法垂直河岸渡河，当船速方向与合速度方向垂直时，合速度偏角最小，航程最短，如图所示：
设船头与河岸上游夹角为，由矢量直角三角形的几何关系得：
因此有：
则最短航程为：。
故答案为：；；。
根据要使小船渡河时间最短，船头垂直朝向对岸，要使小船航程最短，船速应与合速度垂直，再结合速度的合成和分解求解。
本题考查了小船渡河模型，掌握最短时间和最短位移渡河时，船头的朝向是解决此类问题的关键。
13.【答案】

【解析】解：该实验中球做平抛运动，球做自由落体运动，两球同时落地，只能说明球在竖直方向上的运动规律与球相同，即竖直分运动是自由落体运动，无法说明水平分运动是匀速直线运动。故B正确，A错误。
故选：。
由图丙可知，、、三点在水平方向上的间距相等，均为，说明从到和从到的时间间隔相等。在竖直方向上，根据匀变速直线运动推论
有
解得
水平方向做匀速直线运动，则
平抛运动水平方向
竖直方向
联立消去得
由图像可知，图线斜率
由图可知
解得
故答案为：；；。
对比、两球在竖直方向上的运动分析判断；
根据匀变速直线运动推论计算相邻位置的时间，根据匀速直线运动速度公式计算初速度；
根据平抛运动规律推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率计算。
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：小车通过光电门时的速度为
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为
改变，做多组实验，做出如图以为横坐标。以为纵坐标的图像，若机械能守恒成立有
整理有
可知，若图中直线的斜率近似等于，可认为该系统机械能守恒。
故答案为：；，；。
根据光电门求速度的公式解答；
根据重力势能减少量的公式和动能的表达式列式求解；
根据机械能守恒写出相应表达式，结合图像斜率进行解答。
解决该题的关键是掌握实验的实验目的和实验原理，熟记瞬时速度的求解方法，知道机械能守恒定律的一般表达式。
15.【答案】小球落地所用的时间为 无人机飞行速度大小为 小球落地时的速度大小为
【解析】解：由题意可知，小球离开无人机后做平抛运动，无人机飞行的速度与小球平抛的初速度相同，小球下落的时间设为，竖直方向有：，代入数据解得：；
小球在水平方向做匀速直线运动，则在水平方向有：，代入数据解得：；
小球落地瞬间，竖直方向上的分速度为：
则小球落地时的速度大小为：。
答：小球落地所用的时间为；
无人机飞行速度大小为；
小球落地时的速度大小为。
小球离开无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列式即可求解；
小球在水平方向做匀速直线运动，由运动学公式列式即可求解；
由运动的合成可求小球落地时速度的大小。
本题是对平抛运动规律及运动的合成与分解的考查，解题的关键是要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
16.【答案】在不超过额定功率的前提下，该汽车所能达到最大速度的大小为；
若汽车以额定功率启动，当车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为；
如果汽车从静止开始以做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间为
【解析】设汽车以额定功率启动后达到最大速度时牵引力为，汽车达到最大速度时有
又由
联立解得
当车速为时，
又由牛顿第二定律
联立解得
若汽车以恒定加速度启动，设汽车的牵引力为，由牛顿第二定律
设匀加速达到的最大速度为，则有
又
解得
答：在不超过额定功率的前提下，该汽车所能达到最大速度的大小为；
若汽车以额定功率启动，当车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为；
如果汽车从静止开始以做匀加速直线运动，在不超过额定功率的前提下，汽车能维持匀加速运动的最长时间为。
根据瞬时功率表达式，结合汽车达到最大速度时牵引力等于阻力分析求解；
根据牛顿第二定律，结合瞬时功率表达式分析求解；
根据牛顿第二定律，结合匀加速达到的最大速度时分析求解。
本题考查了机车启动问题，理解汽车达到最大速度时牵引力等于阻力是解决此类问题的关键。
17.【答案】物块的重力势能增加量为 物块下落的最大距离为 物块的动能为
【解析】解：设物块下落时，物块上升的高度为，其重力势能增量为，由几何关系得，，解得：。
对、系统，由机械能守恒定律得，解得：。
设下落时，细绳与水平方向夹角为，物块上升高度为，由几何关系得，。
根据、沿绳方向速度相等，有。对、系统，由机械能守恒定律得，且，解得：。
答：物块的重力势能增加量为。
物块下落的最大距离为。
物块的动能为。
系统释放后物块竖直下落、物块沿斜向细绳上升，需确定下落时上升的高度。利用几何关系，初始时细绳总长且定滑轮距杆，下落后细绳构成直角三角形的斜边，上升高度等于斜边长度与初始斜边长度之差，重力势能增加量由的质量和该高度决定。
物块下落最大距离时两物块速度均为零，系统机械能守恒。减少的重力势能等于增加的重力势能，上升的高度与其初始位置到最终位置的细绳长度变化相关，该长度由最大距离和定滑轮水平距离通过几何关系表达，从而建立关于的方程。
当下落特定高度时，需同时处理几何关系与运动关联。先由下落高度和水平距离确定细绳与水平方向夹角，进而得到上升高度。两物块速度沿绳方向分量相等，由此关联与。对系统应用机械能守恒，减少的重力势能与增加的重力势能之差转化为两物块动能之和，再从中提取物块的动能。
本题综合考查连接体系统的机械能守恒定律应用，涉及几何关系分析、速度关联与能量转化。题目计算量适中，难度中等偏上，重点在于通过几何约束建立两物块位移与速度的关系。学生需灵活运用勾股定理求解高度变化，并依据沿绳方向速度相等这一关键点建立速度联系，进而准确列出机械能守恒方程。整个过程有效锻炼了空间想象、建模分析及多过程综合解题能力。
18.【答案】滑块运动到与等高处时的速度的大小 第次经过管道的最高点时，滑块对轨道弹力的最小值 弹簧的弹性势能的范围或
【解析】到圆心等高处，由机械能守恒定律
解得
要求运动中，滑块不脱离轨道，则通过轨道的最高点的最小值
过程
在点有
联立解得
，，由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力为。
保证不脱离轨道，滑块在点的速度至少为
若以此速度在上滑行直至静止运动距离
解得
滑块没有越过的中点。
滑块以最大弹性势能弹出时，在上滑行的最大路程为，则
解得
由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道中点的右侧区域，运动的路程应满足
或
当时，可得，当时，可得；
当时，可得，当时，可得；
因此弹性势能的范围或
答：滑块运动到与等高处时的速度的大小；
第次经过管道的最高点时，滑块对轨道弹力的最小值；
弹簧的弹性势能的范围或。
滑块运动到与等高处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒解答；
滑块不脱离轨道，滑块经过点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出滑块经过点时的速度大小，然后应用动能定理求出滑块到达点时的速度，应用牛顿第二定律与牛顿第三定律求解；
应用功能关系求出弹簧弹性势能的临界值，然后确定弹性势能的范围。
本题考查了功能关系的应用以及竖直平面内圆周运动的临界问题，要区分管状圆周轨道与内圆轨道临界的条件和意义不同，对于管状圆周轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点临界速度为零，在最高点物体对上或下壁产生弹力存在速度临界；对于内圆轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点时与轨道之间的弹力为零。
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