资源简介

山东省济南市2024-2025学年高一下学期7月期末学习质量检测物理试题
一、单项选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．物体做匀速圆周运动的过程中，下列物理量发生变化的是（　　）
A．加速度 B．速率 C．角速度 D．周期
2．如图所示，赛车手驾驶摩托车在水平路面上转弯时车身向内侧倾斜一定角度，在摩托车转弯过程中，下列说法正确的是（　　）
A．地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上
B．地面对车轮的支持力沿车身的方向斜向上
C．如果摩托车发生侧滑是因为赛车手与摩托车整体受到向外的力作用
D．赛车手与摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
3．如图所示，运动员把铅球从A点斜向上抛出，B点是铅球运动轨迹的最高点，C点是铅球下落过程中经过的某一点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．铅球运动到B点时的速度为零
B．铅球从A点运动到B点的过程中处于失重状态
C．铅球在B点所受的合力比在C点所受的合力大
D．铅球在空中运动过程中的加速度方向一直在改变
4．甲、乙两位同学研究运动的合成规律，如图所示，在一张白纸上以O点为原点建立xOy坐标系，甲同学手拿铅笔，让笔尖从O点由静止开始，紧贴直尺沿x轴正方向匀加速画线，同时，乙同学推动直尺紧贴纸面沿着y轴正方向匀速运动，该过程中直尺始终保持与x轴平行，铅笔在白纸上留下的痕迹可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示为球心为O的球面。过球心O有一圆形截面DMCN，CD和MN是该圆形截面上的两条直径，AB是球的某一直径且与圆形截面DMCN垂直。在A、B两点放置两个等量的异种点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度不同
B．O点的电场强度为零
C．沿直径AB从A到B，电场强度先减小后增大
D．沿直径CD从C到D，电场强度先减小后增大
6．如图所示，粗糙的固定斜面上，轻质弹簧一端拴接斜面底部的挡板，另一端拴接在物块上。用外力作用在物块上，将弹簧缓慢压缩至点后，撤去外力，物块由静止开始沿斜面向上运动到最高点后又沿斜面下滑。已知点为弹簧的原长位置，下列说法正确的是（　　）
A．物块下滑时能够回到点
B．物块第一次向上经过点的速度大于第一次向下经过点的速度
C．物块沿斜面向上运动过程中运动至点时动能最大
D．物块沿斜面向上运动过程中弹簧弹性势能的改变量等于物块机械能的改变量
7．如图所示，卫星M和卫星N以相同的轨道半径分别绕火星和地球做匀速圆周运动。已知火星的质量小于地球的质量，下列说法正确的是（　　）
A．卫星M的线速度一定大于卫星N的线速度
B．卫星M的加速度一定大于卫星N的加速度
C．卫星M的周期一定大于卫星N的周期
D．卫星M与火星之间的万有引力一定小于卫星N与地球之间的万有引力
8．如图所示，带电的平行板电容器的极板与一静电计相接，极板和静电计外壳均接地，此时静电计指针张开一定角度。下列操作中可使静电计指针张角变小的是（　　）
A．仅将极板移走
B．仅将极板稍向下平移
C．仅用手触摸极板
D．仅在极板、之间插入有机玻璃板
9．如图所示，在匀强电场中有一个与该电场平行的圆，为圆心。和是圆的两条直径，两直径的夹角为。沿直径从到，每电势降低，沿直径从到，每电势降低。关于该电场，下列说法正确的是（　　）
A．点电势比点电势低
B．匀强电场的电场强度大小为
C．电场强度方向从指向
D．将一个质子沿圆弧从点移动到点，该质子的电势能先变大后变小
10．如图所示，平行金属板水平放置，板长，板间距离。一带负电微粒以的速度从金属板、左端中央水平射入，已知该微粒的质量，重力加速度取。当时，该微粒恰好从金属板边沿飞出。保持该微粒入射位置和入射速度不变，若要使该微粒沿直线穿过板间，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共6个小题，每小题4分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
11．中国正推进“鸿雁”“星网”等低轨星座计划，构建全球卫星互联网系统。现有一颗在赤道上空运行的人造卫星，它的周期为。以下说法正确的是（　　）
A．地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度
B．地球同步卫星的线速度小于该人造卫星的线速度
C．地球同步卫星的角速度大于该人造卫星的角速度
D．地球同步卫星的加速度大于该人造卫星的加速度
12．如图所示为一皮带传动装置的示意图，右轮半径为，是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为，点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，、、三点的线速度分别为、、，角速度分别为、、，向心加速度分别为、、，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．如图所示，一人在进行“水流星”杂技表演，盛有水的碗在绳子拉力作用下在竖直面内做半径为的圆周运动，绳子能够承受的最大拉力是碗和碗内水的重力的8倍。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．碗通过最高点时速度的最小值为0
B．碗通过最高点时速度的最小值为
C．碗通过最低点时速度的最大值为
D．碗通过最低点时速度的最大值为
14．一个“L”形支架固定在水平转台上，如图所示，支架两边与水平面的夹角分别为和，且。转台绕过支架顶点的竖直轴线以角速度匀速转动，两个小物块、随支架转动且与支架相对静止。已知、距离水平转台的高度相同，下列说法正确的是（　　）
A．物块、的向心加速度大小相等
B．物块、受到的摩擦力不可能同时为零
C．当物块受到的摩擦力为零时，受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下
D．若物块受到的摩擦力为零时，受到的摩擦力一定沿支架左边平面向下
15．嫦娥六号探测器的发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回先河。探测器着陆月球表面的过程示意图如图所示，探测器先在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，从点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点点再次变轨到近月轨道Ⅲ，最后安全落在月球上。已知月球半径为，探测器在轨道Ⅲ运动的周期为，在椭圆轨道Ⅱ运动的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍。下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动的速率
B．探测器在轨道Ⅲ运动的速率小于在轨道Ⅱ经过点时的速率
C．轨道Ⅰ的半径为
D．探测器在轨道Ⅰ的角速度为
16．如图所示，一个绝缘半圆形竖直轨道固定在水平地面上，圆心为O，直径AB水平。在A点固定一正点电荷，将带正电的小球从B点由静止释放，经过最低点P后到达M点时速度为零，经过N点时速度最大（N点未画出）。忽略一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．N点可能在M点和P点之间
B．小球从B点到M点的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
C．小球从B点到M点的过程中，电势能一直增大
D．小球从P点到M点的过程中，动能的减少量大于电势能增加量
三、非选择题（本题共6小题，共46分）
17．某学习小组利用打点计时器和重锤等器材验证机械能守恒定律。
（1）如图所示的四种实验操作中正确的是______；
A． B．
C． D．
（2）实验中，该学习小组按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图甲所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中点为纸带上打出的某一个点。下列选项的测量值能验证机械能守恒定律的是______：
A．、和的长度 B．、和的长度
C．、和的长度 D．、和的长度
（3）换用重物P、Q进行多次实验，记录下落高度和相应的速度大小，分别描绘P、Q的图像如图乙所示，若P、Q下落过程中受到的平均阻力大小相等，则P的质量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）Q的质量。
18．某学习小组利用传感器探究匀速圆周运动的向心力和哪些因素有关。实验装置如图甲所示，电机的转动轴与水平圆盘的中心相连，圆盘边缘安装一竖直的遮光片，一根细绳跨过圆盘中心的定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电机带动水平圆盘匀速转动，滑块与圆盘保持相对静止。已知遮光片的宽度为，圆盘半径为，滑块至圆盘中心距离为。
（1）实验中，遮光片通过光电门的挡光时间为，据此可计算得出圆盘运动的角速度为　 　，滑块的向心加速度为　 　；（用、、、表示）
（2）保持滑块质量及相对圆盘位置不变，适当改变圆盘转速，多次实验并记录力传感器示数和遮光片通过光电门的挡光时间，作出图线如图乙所示。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可得出滑块与圆盘间的动摩擦因数为　 　，滑块的质量为　 　。（用、、、、、表示）
19．如图所示，倾角的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。质量的小物块，由传送带底端点无初速释放，加速运动后匀速运动到达传送带顶端点。取，。求
（1）小物块与传送带之间的动摩擦因数；
（2）小物块从点到点的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量。
20．如图所示，水平地面上一平顶仓库高，宽，、是仓库上端两个屋角。今在仓库左侧距地面高的A处斜向上投射一小物块。已知A、、在同一竖直面内，取，不计空气阻力。
（1）当小物块抛出时的初速度方向与水平方向夹角为时，小物块恰好水平击中点，求A点到点的水平距离；
（2）若小物块恰好依次经过仓库的两个屋角、，求物块在点的最小速度。
21．如图甲所示，光滑绝缘斜面固定在水平地面上，倾角为，斜面足够长。以点为坐标原点，沿斜面向下建立轴，空间存在方向平行纸面的静电场，轴上电场强度的方向沿轴正方向，其电场强度随坐标变化的图像如图乙所示。现将一质量为、电荷量为的带负电小滑块从点由静止释放。已知点处的电场强度大小为，处的电场强度大小为。求
（1）带电小滑块刚释放时加速度的大小；
（2）带电小滑块在处的动能；
（3）带电小滑块在沿斜面向下运动过程中电势能增量的最大值。
22．如图所示，光滑水平面、半径的光滑螺旋圆形轨道、粗糙水平面平滑连接，滑块从滑上轨道后可沿离开。一长度、质量的平板紧靠放置，平板上表面与齐平，水平面足够长。现将一质量为的小滑块从轻弹簧右端弹射，小滑块与水平面、平板之间的动摩擦因数均为，平板与水平面之间的动摩擦因数，的长度为，弹簧弹射过程中弹簧弹性势能全部转化为小滑块的动能，重力加速度取，不计空气阻力。
（1）若小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，求弹射前弹簧弹性势能；
（2）要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，求弹射前弹簧弹性势能的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．匀速圆周运动中，加速度方向始终指向圆心，所以加速度方向不断变化，加速度属于变量，故A正确；
B．速率是标量，匀速圆周运动由于相同时间内经过的弧长相等所以速率不变，故B错误；
C．角速度是矢量，但匀速圆周运动中角速度大小和方向均不变，故C错误；
D．周期是标量，匀速圆周运动中的物体在运动一周的时间不变，所以周期恒定，故D错误。
故选A。
【分析】匀速圆周运动的物体加速度发生变化，但速率、角速度和周期保持不变。
2．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】AB．由于弹力的方向总是垂直于接触面的。根据弹力的方向可知地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上，A正确，B错误；
C．如果摩托车发生侧滑是因为摩托车的速度比较大时，摩擦力不足不足以提供向心力，赛车手与摩托车整体做离心运动，赛车手与摩托车整体不受向外的力，C错误；
D．赛车手与摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力的作用，整体做匀速圆周运动时，这三个力的合力是向心力，D错误。
故选A。
【分析】根据弹力的方向可知地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上；如果摩托车发生侧滑是因为摩托车的速度比较大时，摩擦力不足不足以提供向心力，赛车手与摩托车整体做离心运动，赛车手与摩托车整体不受向外的力；整体做匀速圆周运动时，重力、支持力、摩擦力这三个力的合力是向心力。
3．【答案】B
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．由于铅球的速度方向为轨迹的切线方向，所以铅球运动到B点时的速度等于抛出时速度的水平分量，不等于0，A错误；
B．由于铅球只受到重力的作用，所以铅球从A点运动到B点的过程中加速度竖直向下，处于失重状态，B正确；
C．由于铅球只受到重力的作用，所以铅球在B点所受的合力等于在C点所受的合力，都等于重力，C错误；
D．根据牛顿第二定律可知铅球在空中运动过程中的加速度等于重力加速度，大小和方向一直不变，D错误。
故选B。
【分析】铅球的速度方向沿着轨迹的切线方向；铅球只受到重力作用所以加速度等于重力加速度，始终保持不变。
4．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】铅笔沿x轴：由静止开始匀加速直线运动，所以x轴方向有加速度。直尺沿y轴：匀速直线运动，所以y轴方向没有加速度。根据速度的合成可知合运动的速度方向是vx和vy的合速度方向，合加速度由x轴的匀加速决定，由于合加速度与合速度不共线，所以轨迹为曲线；由于合力方向沿x轴方向所以轨迹向x轴一侧弯曲。
故选D。
【分析】利用合速度和加速度的方向不共线可以判别轨迹为曲线，利用合力的方向可以判别轨迹的弯曲方向。
5．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A．由于两个等量的异种点电荷产生的电场线关于AB直线分布对称，根据电场线的分布可知M、N两点的电场强度相同，故A错误；
B．根据点电荷的场强公式结合场强叠加可知O点的电场强度为，不为零，故B错误；
C．在两个点电荷连线上，根据电场线的疏密分布可知O点的电场强度最小。沿直径AB从A到B，电场强度先减小后增大，故C正确；
D．在两个点电荷连线的垂直平分线上，根据电场线的疏密分布可知O点的电场强度最大。沿直径CD从C到D，电场强度先增大后减小，故D错误。
故选C。
【分析】利用电场线的分布可以比较电场强度的大小及方向；利用点电荷的场强公式可以求出O点的电场强度；利用电场线的分布可以判别电场强度的大小变化。
6．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块运动中受摩擦力，物块和弹簧为系统的机械能不断转换为内能。上滑、下滑过程克服摩擦力做功，弹簧弹性势能无法全部恢复，不能回到点，A错误；
B．物块从向上经过点到向下经过点，由于同个位置的高度差为0所以重力做功为0，但要克服摩擦力做功，机械能减小。由于向下经过O点时的速度小于向上经过O点时的速度，根据动能的表达式，向上经过点的动能大于向下经过点的动能，故向上速度更大，B正确；
C．物块上滑时，合力为0时动能最大。在点弹簧原长，弹力为0，根据受力分析可知此时物块受重力分力、摩擦力，由于此时两者方向都沿斜面向下，根据力的合成可知合力不为0（仍向上减速）。动能最大位置在点下方（弹簧弹力与重力分力、摩擦力平衡处），C错误；
D．根据功能关系，对于物块，除重力外其他力做功的代数和等于物块机械能的变化量，则有。物块沿斜面向上运动时，受到弹簧弹力和摩擦力，根据功能关系可知弹簧弹性势能的改变量等于克服弹力做功，则有由于存在摩擦力做功，所以
即弹簧弹性势能的改变量不等于物块机械能的改变量，D错误。
故选B。
【分析】利用物块和弹簧为系统的机械能不断转换为内能。上滑、下滑过程克服摩擦力做功，弹簧弹性势能无法全部恢复；根据动能定理结合摩擦力做功可以比较两次经过O点动能的大小；利用合力为0的位置可以得出物块的速度最大；利用弹力做功和摩擦力做功等于物块机械能的变化，所以弹簧弹性势能的改变量不等于物块机械能的改变量。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 卫星M和卫星N以相同的轨道半径分别绕火星和地球做匀速圆周运动 所以有
由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得
由于，可得，故A错误；
B．由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得
由于，可得，故B错误；
C．由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得，由于，可得，故C正确；
D．根据万有引力公式有，由于卫星质量未知，故不能判断卫星M与火星之间的万有引力与卫星N与地球之间的万有引力的大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力结合行星的质量可以比较线速度、加速度和周期的大小，由于未知卫星的质量不能比较引力的大小。
8．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】ABD．电容器极板电荷量不变时，由于静电计的张角显示电压的大小，要使静电计的指针张角变小，即变小，根据电容的定义式，可知必须使增大，根据电容决定式可知
可知仅将极板移走，板间距变大，变小此时静电计的夹角变大。仅将极板稍向下平移，正对面积变小，变小此时静电计的夹角变大。仅在极板、之间插入有机玻璃板，介电常数变大，增大此时静电计的夹角变小，故AB错误，D正确；
C．仅用手触摸极板，因为极板接地，在静电感应的作用下接触后移走不影响极板的带电量，故C错误。
故选D。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的大小变化，结合电荷量不变及电容的定义式可以判别电压的变化及静电计夹角的变化。
9．【答案】D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．直径和在点的电势相等， 沿直径从到，每电势降低，沿直径从到，每电势降低，由此可知电势沿AC比沿BD降低的慢，又有。可得。故A错误；
BC．如图所示，设点的电势为零，由题可知C点电势和OD中点E点的电势相等，由于电势相等的点连接为等势面，连接CE并延长到F， CF为等势线，OF垂直于CF，由于匀强电场电场线和等势线垂直，由于电势沿着电场线方向不断降低，因此电场强度方向从指向。设圆的半径为R，，由几何关系可知，OF的长度
根据电势差与场强的关系可知OF两点间的电势差
匀强电场的电场强度大小为。故BC错误；
D．将一个质子沿圆弧从点移动到点，根据电场线的方向可知电势先增大，后减小。根据电势能的表达式可知该质子的电势能先变大后变小。故D正确。
故选D。
【分析】利用电势的降低可以比较电势的大小；利用电势相等可以找出等势面的位置，利用等势面的位置可以求出电场强度的方向，结合电势差的大小可以求出电场强度的大小；利用电势的变化结合电势能的表达式可以判别电势能的大小变化。
10．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】当时，根据电势差与场强的关系可知两板之间的场强
由题可知A板带正电荷，对微粒分析，微粒受到重力和电场力的作用，根据牛顿第二定律可得，根据水平方向匀速直线运动的位移公式可知粒子的运动时间
在竖直方向上，根据位移公式有，联立可得
若要使该微粒沿直线穿过板间，竖直方向受力平衡，根据平衡方程有，两板之间的电势差
故选C。
【分析】当已知板间电压的大小，利用电势差和场强的关系可以求出电场强度的大小，利用牛顿第二定律结合类平抛位移公式可以求出粒子电荷量的大小，结合平衡方程及电场强度和场强关系可以求出板间电压的大小。
11．【答案】A,B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，地球同步卫星的周期为24h，人造卫星的周期为6h，根据周期公式可知地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，故A正确；
B．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的线速度小于该人造卫星的线速度，故B正确；
C．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的角速度小于该人造卫星的角速度，故C错误；
D．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的加速度小于该人造卫星的加速度，故D错误。
故选AB。
【分析】利用引力提供向心力结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，再利用引力提供向心力可以比较线速度、角速度和加速度的大小。
12．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．由于A和B属于线传动，线速度相等所以有，由于B和C属于轴转动，角速度相等所以有，根据线速度和角速度的关系有，解得，所以，A正确；
B．根据线速度和角速度的关系可知，解得，B错误；
CD．根据向心加速度的表达式有，解得，，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用AB线速度相等，结合半径的大小可以求出角速度大小的比值；利用BC角速度相等结合半径的大小可以求出线速度大小比值，再利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值。
13．【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB．为了确保碗做完整的圆周运动，当在最高点由重力提供向心力时此时最高点碗受到的合力最小，速度达到最小值，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误，B正确；
CD．绳子能够承受的最大拉力是碗和碗内水的重力的8倍，在最低点，由于此时碗的速度最大所以受到的绳子拉力为最大值，根据牛顿第二定律有：
解得，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律结合重力的大小可以求出碗的最小速度；利用最低点的牛顿第二定律结合绳子最大的拉力可以求出最大速度的大小。
14．【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由于两个物块角速度相等，根据向心加速度的表达式有，由于物块的半径大小关系为：，可以解得，A错误；
B．如图所示，若物块A恰好不受摩擦力作用，此时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，设物块、距离水平转台的高度为，有，解得
若物块B恰好不受摩擦力作用，重力和支持力的合力提供向心力，同理可得
依题意，解得，故物块、受到的摩擦力不可能同时为零，B正确；
C．当物块A恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为，当物块B恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为，由于，当物块受到的摩擦力为零时，根据向心力的表达式可知物块需要的向心力大于重力、支持力能提供的合力，物块B有沿斜面向上滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下，C正确；
D．当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上，D错误。
故选BC。
【分析】利用两个物块角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；利用重力和支持力的合力提供向心力可以求出两个物块角速度的大小，当物块受到的摩擦力为零时，根据向心力的表达式可知物块需要的向心力大于重力、支持力能提供的合力，物块B有沿斜面向上滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下；当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上。
15．【答案】A,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，由于探测器在轨道Ⅲ运动的半径小于在轨道Ⅰ运动的半径，故探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动的速率，故A正确；
B．探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动时经过的速率，根据向心运动可知探测器在轨道Ⅰ运动时经过的速率大于在轨道Ⅱ经过点时的速率，即探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅱ经过点时的速率，故B错误；
C．探测器在轨道Ⅲ运动的周期为，在椭圆轨道Ⅱ运动的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍，由题意知探测器在轨道Ⅲ运动的半径为，设在椭圆轨道Ⅱ运动的半长轴为，由于探测器的中心体都是地球，根据开普勒第三定律，解得，即轨道Ⅱ的长轴为，即轨道Ⅰ的半径为，故C正确；
D．探测器在轨道Ⅲ运动时，由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得月球质量，探测器在轨道Ⅰ运动时，由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得探测器在轨道Ⅰ的角速度为，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小，结合向心运动可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出轨道I的半径大小；利用引力提供向心力可以求出探测器在I轨道运动的角速度大小。
16．【答案】C,D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．速度最大的N点，需合力沿轨道切线方向分力为0。小球从B下滑，初始速度为0，合力沿切线向下做正功使速度增大；之后合力沿切线向上做负功使速度减小。等效为重力场时，小球应该在等效合力的最低点处速度最大，所以此时小球在N点时所受重力和库仑力的合力须与NO连线共线，根据ON的方向为合力的方向结合平行四边形定则可知N点应在B到P之间（而非M、P之间），故A错误；
B．从B到M，根据库仑定律可知库仑力随距离减小而增大，重力不变，但库仑力与重力夹角（小于90°）逐渐变小，根据平行四边形定则可知合力不断增大，故B错误；
C．小球带正电，A处是正点电荷，从B到M小球靠近A，由于库仑力与位移方向相反所以库仑斥力做负功。根据“电场力做负功，电势能增加”，电势能一直增大，故C正确；
D．小球从P到M，动能减少，重力势能因高度上升而增加，电势能因库仑斥力做负功而增加。根据能量守恒：小球的动能转化为重力势能和电势能，故动能减少量大于电势能增加量，故D正确。
故选CD。
【分析】利用力的合成结合等效最低点可以判别速度最大的点N应该在BP之间；利用力的合力可以判别合力的大小变化；利用电场力做功可以判别电势能的大小变化；利用能量守恒定律可以得出在P到M的过程中小球的动能减少量大于电势能增加量。
17．【答案】（1）B
（2）C
（3）大于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了打点计时器正常工作，打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，应该手提着纸带上端保持竖直，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器。故ACD错，B正确。
故选B。
（2）A．由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能的表达式可以求出动能的变化量，还需要测量两个中间时刻之间的距离进而求出重力势能的变化量，当已知OA、AD和EG的长度时，可求得F点与BC的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，同理可求得BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，未知两个中间时刻的距离但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，同理依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得CF间动能的变化，再由CF的长度确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，同理依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得BF间动能的变化，而BF间距不知道所以不能确定重力势能的变化，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选C。
（3）设重物受到的阻力大小为f，由于重力和阻力对重物做功，根据动能定理
整理可得
图像斜率为，由图像可知P的斜率大于Q的斜率，而阻力相等，所以P的质量大于Q的质量。
【分析】（1）为了打点计时器正常工作，打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，应该手提着纸带上端保持竖直，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器；
（2）由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能的表达式可以求出动能的变化量，还需要测量两个中间时刻之间的距离进而求出重力势能的变化量；
（3）利用动能的表达式结合图像斜率的大小可以比较P和Q的质量大小。
（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。故ACD错，B正确。
故选B。
（2）A．根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。当已知OA、AD和EG的长度时，可求得F点与BC的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，同理可求得BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，同理依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得CF间动能的变化，再由CF的长度确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，同理依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得BF间动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选C。
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理
整理可得
图像斜率为，由图像可知P的斜率大于Q的斜率，而阻力相等，所以P的质量大于Q的质量。
18．【答案】（1）；
（2）；
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可知圆盘的边缘线速度，根据线速度和角速度的关系可知，解得，滑块与遮光片为同轴转动，所以两者角速度相同，根据向心加速度的表达式， 解得
（2）圆盘表面粗糙，当圆盘转速较小时，静摩擦力提供向心力，随着转速增大，当摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子才开始提供拉力，拉力传感器才有示数，对滑块受力分析，当绳子拉力和摩擦力提供向心力时，根据牛顿第二定律可得，整理得
根据表达式可得图像的斜率，解得，根据图像截距有
解得
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出圆盘边缘线速度的大小，结合线速度和角速度的关系可以求出圆盘角速度的大小，再利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的大小；
（2）利用滑块的牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出滑块的质量及动摩擦因数的大小。
（1）[1]圆盘的边缘线速度
根据
解得
[2]滑块与遮光片为同轴转动，所以两者角速度相同，根据
解得
（2）[1][2]圆盘表面粗糙，当圆盘转速较小时，静摩擦力提供向心力，随着转速增大，当摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子才开始提供拉力，拉力传感器才有示数，对滑块受力分析可得
整理得
可得图像的斜率
解得
解得
19．【答案】（1）解：小物块加速阶段
对小物块由牛顿第二定律
联立解得，

（2）解：小物块加速时间
物块与传送带之间因摩擦而产生的热量
解得

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块加速的过程中，利用速度位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）物块加速的过程中，利用速度公式可以求出加速的时间，结合摩擦力的大小及相对位移可以求出摩擦产生的热量大小。
（1）小物块加速阶段
对小物块由牛顿第二定律
联立解得，
（2）小物块加速时间
物块与传送带之间因摩擦而产生的热量
解得
20．【答案】（1）解：物块从A到做斜抛运动，由于小物块恰好水平击中点，利用逆向思维有，，
解得，
（2）解：物块从到做斜抛运动，令物块在B点速度方向与水平方向夹角为，则有，
解得
根据数学函数关系可知，当时，点速度达到最小值，解得最小速度
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）物块从A到B做斜抛运动，利用竖直方向和水平方向的位移公式结合速度公式可以求出运动的时间及AB之间水平距离的大小；
（2）当物块从B到C做斜抛运动，利用水平方向的位移公式结合竖直方向的速度公式可以求出最小速度的大小。
（1）物块从A到做斜抛运动，由于小物块恰好水平击中点，利用逆向思维有，，
解得，
（2）物块从到做斜抛运动，令物块在B点速度方向与水平方向夹角为，则有，
解得
根据数学函数关系可知，当时，点速度达到最小值，解得最小速度
21．【答案】（1）解：带电小滑块刚释放时由牛顿第二定律
解得

（2）解：从开始释放到到达处由动能定理
其中
解得

（3）解：当速度减为零时电势能最大，则由动能定理
其中
解得，

【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当滑块释放时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当物块释放到x=L处时，利用动能定理结合电场力做功可以求出动能的大小；
（3）当滑块下滑过程中，利用动能定理可以求出电势能增量的最大值。
（1）带电小滑块刚释放时由牛顿第二定律
解得
（2）从开始释放到到达处由动能定理
其中
解得
（3）当速度减为零时电势能最大，则由动能定理
其中
解得，
22．【答案】（1）解：小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，则有
从弹射到，根据能量守恒可得
联立解得

（2）解：若物块恰好到达与圆心等高处，则有
若物块恰好通过竖直轨道最高点，则有
若物块恰好到达点，则有
若物块恰好到达平板的右端，此时物块与平板速度相等；设物块到点时的速度大小为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式可得，
联立解得
根据功能关系可得
解得
综上分析可知要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，弹射前弹簧弹性势能的取值范围为或或

【知识点】功能关系；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当滑块恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出滑块经过最高点的速度大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（2）当物块恰好到达与圆心等高的位置时，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；当物块恰好到达平板左端时，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小，当物块恰好到达平板右端时，利用牛顿第二定律可以求出物块和平板的加速度的大小，利用速度公式及位移公式可以求出共速的速度大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小，进而求出弹性势能的范围。
（1）小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，则有
从弹射到，根据能量守恒可得
联立解得
（2）若物块恰好到达与圆心等高处，则有
若物块恰好通过竖直轨道最高点，则有
若物块恰好到达点，则有
若物块恰好到达平板的右端，此时物块与平板速度相等；设物块到点时的速度大小为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式可得，
联立解得
根据功能关系可得
解得
综上分析可知要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，弹射前弹簧弹性势能的取值范围为或或
1 / 1山东省济南市2024-2025学年高一下学期7月期末学习质量检测物理试题
一、单项选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．物体做匀速圆周运动的过程中，下列物理量发生变化的是（　　）
A．加速度 B．速率 C．角速度 D．周期
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．匀速圆周运动中，加速度方向始终指向圆心，所以加速度方向不断变化，加速度属于变量，故A正确；
B．速率是标量，匀速圆周运动由于相同时间内经过的弧长相等所以速率不变，故B错误；
C．角速度是矢量，但匀速圆周运动中角速度大小和方向均不变，故C错误；
D．周期是标量，匀速圆周运动中的物体在运动一周的时间不变，所以周期恒定，故D错误。
故选A。
【分析】匀速圆周运动的物体加速度发生变化，但速率、角速度和周期保持不变。
2．如图所示，赛车手驾驶摩托车在水平路面上转弯时车身向内侧倾斜一定角度，在摩托车转弯过程中，下列说法正确的是（　　）
A．地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上
B．地面对车轮的支持力沿车身的方向斜向上
C．如果摩托车发生侧滑是因为赛车手与摩托车整体受到向外的力作用
D．赛车手与摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】AB．由于弹力的方向总是垂直于接触面的。根据弹力的方向可知地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上，A正确，B错误；
C．如果摩托车发生侧滑是因为摩托车的速度比较大时，摩擦力不足不足以提供向心力，赛车手与摩托车整体做离心运动，赛车手与摩托车整体不受向外的力，C错误；
D．赛车手与摩托车整体受到重力、支持力、摩擦力的作用，整体做匀速圆周运动时，这三个力的合力是向心力，D错误。
故选A。
【分析】根据弹力的方向可知地面对车轮的支持力垂直于水平路面向上；如果摩托车发生侧滑是因为摩托车的速度比较大时，摩擦力不足不足以提供向心力，赛车手与摩托车整体做离心运动，赛车手与摩托车整体不受向外的力；整体做匀速圆周运动时，重力、支持力、摩擦力这三个力的合力是向心力。
3．如图所示，运动员把铅球从A点斜向上抛出，B点是铅球运动轨迹的最高点，C点是铅球下落过程中经过的某一点，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．铅球运动到B点时的速度为零
B．铅球从A点运动到B点的过程中处于失重状态
C．铅球在B点所受的合力比在C点所受的合力大
D．铅球在空中运动过程中的加速度方向一直在改变
【答案】B
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．由于铅球的速度方向为轨迹的切线方向，所以铅球运动到B点时的速度等于抛出时速度的水平分量，不等于0，A错误；
B．由于铅球只受到重力的作用，所以铅球从A点运动到B点的过程中加速度竖直向下，处于失重状态，B正确；
C．由于铅球只受到重力的作用，所以铅球在B点所受的合力等于在C点所受的合力，都等于重力，C错误；
D．根据牛顿第二定律可知铅球在空中运动过程中的加速度等于重力加速度，大小和方向一直不变，D错误。
故选B。
【分析】铅球的速度方向沿着轨迹的切线方向；铅球只受到重力作用所以加速度等于重力加速度，始终保持不变。
4．甲、乙两位同学研究运动的合成规律，如图所示，在一张白纸上以O点为原点建立xOy坐标系，甲同学手拿铅笔，让笔尖从O点由静止开始，紧贴直尺沿x轴正方向匀加速画线，同时，乙同学推动直尺紧贴纸面沿着y轴正方向匀速运动，该过程中直尺始终保持与x轴平行，铅笔在白纸上留下的痕迹可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】铅笔沿x轴：由静止开始匀加速直线运动，所以x轴方向有加速度。直尺沿y轴：匀速直线运动，所以y轴方向没有加速度。根据速度的合成可知合运动的速度方向是vx和vy的合速度方向，合加速度由x轴的匀加速决定，由于合加速度与合速度不共线，所以轨迹为曲线；由于合力方向沿x轴方向所以轨迹向x轴一侧弯曲。
故选D。
【分析】利用合速度和加速度的方向不共线可以判别轨迹为曲线，利用合力的方向可以判别轨迹的弯曲方向。
5．如图所示为球心为O的球面。过球心O有一圆形截面DMCN，CD和MN是该圆形截面上的两条直径，AB是球的某一直径且与圆形截面DMCN垂直。在A、B两点放置两个等量的异种点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度不同
B．O点的电场强度为零
C．沿直径AB从A到B，电场强度先减小后增大
D．沿直径CD从C到D，电场强度先减小后增大
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A．由于两个等量的异种点电荷产生的电场线关于AB直线分布对称，根据电场线的分布可知M、N两点的电场强度相同，故A错误；
B．根据点电荷的场强公式结合场强叠加可知O点的电场强度为，不为零，故B错误；
C．在两个点电荷连线上，根据电场线的疏密分布可知O点的电场强度最小。沿直径AB从A到B，电场强度先减小后增大，故C正确；
D．在两个点电荷连线的垂直平分线上，根据电场线的疏密分布可知O点的电场强度最大。沿直径CD从C到D，电场强度先增大后减小，故D错误。
故选C。
【分析】利用电场线的分布可以比较电场强度的大小及方向；利用点电荷的场强公式可以求出O点的电场强度；利用电场线的分布可以判别电场强度的大小变化。
6．如图所示，粗糙的固定斜面上，轻质弹簧一端拴接斜面底部的挡板，另一端拴接在物块上。用外力作用在物块上，将弹簧缓慢压缩至点后，撤去外力，物块由静止开始沿斜面向上运动到最高点后又沿斜面下滑。已知点为弹簧的原长位置，下列说法正确的是（　　）
A．物块下滑时能够回到点
B．物块第一次向上经过点的速度大于第一次向下经过点的速度
C．物块沿斜面向上运动过程中运动至点时动能最大
D．物块沿斜面向上运动过程中弹簧弹性势能的改变量等于物块机械能的改变量
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块运动中受摩擦力，物块和弹簧为系统的机械能不断转换为内能。上滑、下滑过程克服摩擦力做功，弹簧弹性势能无法全部恢复，不能回到点，A错误；
B．物块从向上经过点到向下经过点，由于同个位置的高度差为0所以重力做功为0，但要克服摩擦力做功，机械能减小。由于向下经过O点时的速度小于向上经过O点时的速度，根据动能的表达式，向上经过点的动能大于向下经过点的动能，故向上速度更大，B正确；
C．物块上滑时，合力为0时动能最大。在点弹簧原长，弹力为0，根据受力分析可知此时物块受重力分力、摩擦力，由于此时两者方向都沿斜面向下，根据力的合成可知合力不为0（仍向上减速）。动能最大位置在点下方（弹簧弹力与重力分力、摩擦力平衡处），C错误；
D．根据功能关系，对于物块，除重力外其他力做功的代数和等于物块机械能的变化量，则有。物块沿斜面向上运动时，受到弹簧弹力和摩擦力，根据功能关系可知弹簧弹性势能的改变量等于克服弹力做功，则有由于存在摩擦力做功，所以
即弹簧弹性势能的改变量不等于物块机械能的改变量，D错误。
故选B。
【分析】利用物块和弹簧为系统的机械能不断转换为内能。上滑、下滑过程克服摩擦力做功，弹簧弹性势能无法全部恢复；根据动能定理结合摩擦力做功可以比较两次经过O点动能的大小；利用合力为0的位置可以得出物块的速度最大；利用弹力做功和摩擦力做功等于物块机械能的变化，所以弹簧弹性势能的改变量不等于物块机械能的改变量。
7．如图所示，卫星M和卫星N以相同的轨道半径分别绕火星和地球做匀速圆周运动。已知火星的质量小于地球的质量，下列说法正确的是（　　）
A．卫星M的线速度一定大于卫星N的线速度
B．卫星M的加速度一定大于卫星N的加速度
C．卫星M的周期一定大于卫星N的周期
D．卫星M与火星之间的万有引力一定小于卫星N与地球之间的万有引力
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A． 卫星M和卫星N以相同的轨道半径分别绕火星和地球做匀速圆周运动 所以有
由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得
由于，可得，故A错误；
B．由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，解得
由于，可得，故B错误；
C．由于行星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得，由于，可得，故C正确；
D．根据万有引力公式有，由于卫星质量未知，故不能判断卫星M与火星之间的万有引力与卫星N与地球之间的万有引力的大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力结合行星的质量可以比较线速度、加速度和周期的大小，由于未知卫星的质量不能比较引力的大小。
8．如图所示，带电的平行板电容器的极板与一静电计相接，极板和静电计外壳均接地，此时静电计指针张开一定角度。下列操作中可使静电计指针张角变小的是（　　）
A．仅将极板移走
B．仅将极板稍向下平移
C．仅用手触摸极板
D．仅在极板、之间插入有机玻璃板
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】ABD．电容器极板电荷量不变时，由于静电计的张角显示电压的大小，要使静电计的指针张角变小，即变小，根据电容的定义式，可知必须使增大，根据电容决定式可知
可知仅将极板移走，板间距变大，变小此时静电计的夹角变大。仅将极板稍向下平移，正对面积变小，变小此时静电计的夹角变大。仅在极板、之间插入有机玻璃板，介电常数变大，增大此时静电计的夹角变小，故AB错误，D正确；
C．仅用手触摸极板，因为极板接地，在静电感应的作用下接触后移走不影响极板的带电量，故C错误。
故选D。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的大小变化，结合电荷量不变及电容的定义式可以判别电压的变化及静电计夹角的变化。
9．如图所示，在匀强电场中有一个与该电场平行的圆，为圆心。和是圆的两条直径，两直径的夹角为。沿直径从到，每电势降低，沿直径从到，每电势降低。关于该电场，下列说法正确的是（　　）
A．点电势比点电势低
B．匀强电场的电场强度大小为
C．电场强度方向从指向
D．将一个质子沿圆弧从点移动到点，该质子的电势能先变大后变小
【答案】D
【知识点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．直径和在点的电势相等， 沿直径从到，每电势降低，沿直径从到，每电势降低，由此可知电势沿AC比沿BD降低的慢，又有。可得。故A错误；
BC．如图所示，设点的电势为零，由题可知C点电势和OD中点E点的电势相等，由于电势相等的点连接为等势面，连接CE并延长到F， CF为等势线，OF垂直于CF，由于匀强电场电场线和等势线垂直，由于电势沿着电场线方向不断降低，因此电场强度方向从指向。设圆的半径为R，，由几何关系可知，OF的长度
根据电势差与场强的关系可知OF两点间的电势差
匀强电场的电场强度大小为。故BC错误；
D．将一个质子沿圆弧从点移动到点，根据电场线的方向可知电势先增大，后减小。根据电势能的表达式可知该质子的电势能先变大后变小。故D正确。
故选D。
【分析】利用电势的降低可以比较电势的大小；利用电势相等可以找出等势面的位置，利用等势面的位置可以求出电场强度的方向，结合电势差的大小可以求出电场强度的大小；利用电势的变化结合电势能的表达式可以判别电势能的大小变化。
10．如图所示，平行金属板水平放置，板长，板间距离。一带负电微粒以的速度从金属板、左端中央水平射入，已知该微粒的质量，重力加速度取。当时，该微粒恰好从金属板边沿飞出。保持该微粒入射位置和入射速度不变，若要使该微粒沿直线穿过板间，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】当时，根据电势差与场强的关系可知两板之间的场强
由题可知A板带正电荷，对微粒分析，微粒受到重力和电场力的作用，根据牛顿第二定律可得，根据水平方向匀速直线运动的位移公式可知粒子的运动时间
在竖直方向上，根据位移公式有，联立可得
若要使该微粒沿直线穿过板间，竖直方向受力平衡，根据平衡方程有，两板之间的电势差
故选C。
【分析】当已知板间电压的大小，利用电势差和场强的关系可以求出电场强度的大小，利用牛顿第二定律结合类平抛位移公式可以求出粒子电荷量的大小，结合平衡方程及电场强度和场强关系可以求出板间电压的大小。
二、多项选择题（本题共6个小题，每小题4分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
11．中国正推进“鸿雁”“星网”等低轨星座计划，构建全球卫星互联网系统。现有一颗在赤道上空运行的人造卫星，它的周期为。以下说法正确的是（　　）
A．地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度
B．地球同步卫星的线速度小于该人造卫星的线速度
C．地球同步卫星的角速度大于该人造卫星的角速度
D．地球同步卫星的加速度大于该人造卫星的加速度
【答案】A,B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，地球同步卫星的周期为24h，人造卫星的周期为6h，根据周期公式可知地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，故A正确；
B．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的线速度小于该人造卫星的线速度，故B正确；
C．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的角速度小于该人造卫星的角速度，故C错误；
D．由于地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
因地球同步卫星离地面的高度大于该人造卫星离地面的高度，所以地球同步卫星的加速度小于该人造卫星的加速度，故D错误。
故选AB。
【分析】利用引力提供向心力结合周期的大小可以比较轨道半径的大小，再利用引力提供向心力可以比较线速度、角速度和加速度的大小。
12．如图所示为一皮带传动装置的示意图，右轮半径为，是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径为，小轮半径为，点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，、、三点的线速度分别为、、，角速度分别为、、，向心加速度分别为、、，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．由于A和B属于线传动，线速度相等所以有，由于B和C属于轴转动，角速度相等所以有，根据线速度和角速度的关系有，解得，所以，A正确；
B．根据线速度和角速度的关系可知，解得，B错误；
CD．根据向心加速度的表达式有，解得，，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用AB线速度相等，结合半径的大小可以求出角速度大小的比值；利用BC角速度相等结合半径的大小可以求出线速度大小比值，再利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值。
13．如图所示，一人在进行“水流星”杂技表演，盛有水的碗在绳子拉力作用下在竖直面内做半径为的圆周运动，绳子能够承受的最大拉力是碗和碗内水的重力的8倍。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．碗通过最高点时速度的最小值为0
B．碗通过最高点时速度的最小值为
C．碗通过最低点时速度的最大值为
D．碗通过最低点时速度的最大值为
【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】AB．为了确保碗做完整的圆周运动，当在最高点由重力提供向心力时此时最高点碗受到的合力最小，速度达到最小值，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误，B正确；
CD．绳子能够承受的最大拉力是碗和碗内水的重力的8倍，在最低点，由于此时碗的速度最大所以受到的绳子拉力为最大值，根据牛顿第二定律有：
解得，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用最高点的牛顿第二定律结合重力的大小可以求出碗的最小速度；利用最低点的牛顿第二定律结合绳子最大的拉力可以求出最大速度的大小。
14．一个“L”形支架固定在水平转台上，如图所示，支架两边与水平面的夹角分别为和，且。转台绕过支架顶点的竖直轴线以角速度匀速转动，两个小物块、随支架转动且与支架相对静止。已知、距离水平转台的高度相同，下列说法正确的是（　　）
A．物块、的向心加速度大小相等
B．物块、受到的摩擦力不可能同时为零
C．当物块受到的摩擦力为零时，受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下
D．若物块受到的摩擦力为零时，受到的摩擦力一定沿支架左边平面向下
【答案】B,C
【知识点】匀速圆周运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．由于两个物块角速度相等，根据向心加速度的表达式有，由于物块的半径大小关系为：，可以解得，A错误；
B．如图所示，若物块A恰好不受摩擦力作用，此时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，设物块、距离水平转台的高度为，有，解得
若物块B恰好不受摩擦力作用，重力和支持力的合力提供向心力，同理可得
依题意，解得，故物块、受到的摩擦力不可能同时为零，B正确；
C．当物块A恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为，当物块B恰好不受摩擦力作用时，转台的角速度为，由于，当物块受到的摩擦力为零时，根据向心力的表达式可知物块需要的向心力大于重力、支持力能提供的合力，物块B有沿斜面向上滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下，C正确；
D．当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上，D错误。
故选BC。
【分析】利用两个物块角速度相等，结合半径的大小可以比较向心加速度的大小；利用重力和支持力的合力提供向心力可以求出两个物块角速度的大小，当物块受到的摩擦力为零时，根据向心力的表达式可知物块需要的向心力大于重力、支持力能提供的合力，物块B有沿斜面向上滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架右边平面向下；当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上当物块受到的摩擦力为零，由，根据向心力的表达式可知物块A需要的向心力小于重力、支持力能提供的合力，物块A有沿斜面向下滑的趋势，故受到的摩擦力一定沿支架左边平面向上。
15．嫦娥六号探测器的发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回先河。探测器着陆月球表面的过程示意图如图所示，探测器先在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，从点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点点再次变轨到近月轨道Ⅲ，最后安全落在月球上。已知月球半径为，探测器在轨道Ⅲ运动的周期为，在椭圆轨道Ⅱ运动的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍。下列说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动的速率
B．探测器在轨道Ⅲ运动的速率小于在轨道Ⅱ经过点时的速率
C．轨道Ⅰ的半径为
D．探测器在轨道Ⅰ的角速度为
【答案】A,C,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，由于探测器在轨道Ⅲ运动的半径小于在轨道Ⅰ运动的半径，故探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动的速率，故A正确；
B．探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅰ运动时经过的速率，根据向心运动可知探测器在轨道Ⅰ运动时经过的速率大于在轨道Ⅱ经过点时的速率，即探测器在轨道Ⅲ运动的速率大于在轨道Ⅱ经过点时的速率，故B错误；
C．探测器在轨道Ⅲ运动的周期为，在椭圆轨道Ⅱ运动的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍，由题意知探测器在轨道Ⅲ运动的半径为，设在椭圆轨道Ⅱ运动的半长轴为，由于探测器的中心体都是地球，根据开普勒第三定律，解得，即轨道Ⅱ的长轴为，即轨道Ⅰ的半径为，故C正确；
D．探测器在轨道Ⅲ运动时，由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得月球质量，探测器在轨道Ⅰ运动时，由于月球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得探测器在轨道Ⅰ的角速度为，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用引力提供向心力可以比较线速度的大小，结合向心运动可以比较线速度的大小；利用开普勒第三定律可以求出轨道I的半径大小；利用引力提供向心力可以求出探测器在I轨道运动的角速度大小。
16．如图所示，一个绝缘半圆形竖直轨道固定在水平地面上，圆心为O，直径AB水平。在A点固定一正点电荷，将带正电的小球从B点由静止释放，经过最低点P后到达M点时速度为零，经过N点时速度最大（N点未画出）。忽略一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．N点可能在M点和P点之间
B．小球从B点到M点的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
C．小球从B点到M点的过程中，电势能一直增大
D．小球从P点到M点的过程中，动能的减少量大于电势能增加量
【答案】C,D
【知识点】电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．速度最大的N点，需合力沿轨道切线方向分力为0。小球从B下滑，初始速度为0，合力沿切线向下做正功使速度增大；之后合力沿切线向上做负功使速度减小。等效为重力场时，小球应该在等效合力的最低点处速度最大，所以此时小球在N点时所受重力和库仑力的合力须与NO连线共线，根据ON的方向为合力的方向结合平行四边形定则可知N点应在B到P之间（而非M、P之间），故A错误；
B．从B到M，根据库仑定律可知库仑力随距离减小而增大，重力不变，但库仑力与重力夹角（小于90°）逐渐变小，根据平行四边形定则可知合力不断增大，故B错误；
C．小球带正电，A处是正点电荷，从B到M小球靠近A，由于库仑力与位移方向相反所以库仑斥力做负功。根据“电场力做负功，电势能增加”，电势能一直增大，故C正确；
D．小球从P到M，动能减少，重力势能因高度上升而增加，电势能因库仑斥力做负功而增加。根据能量守恒：小球的动能转化为重力势能和电势能，故动能减少量大于电势能增加量，故D正确。
故选CD。
【分析】利用力的合成结合等效最低点可以判别速度最大的点N应该在BP之间；利用力的合力可以判别合力的大小变化；利用电场力做功可以判别电势能的大小变化；利用能量守恒定律可以得出在P到M的过程中小球的动能减少量大于电势能增加量。
三、非选择题（本题共6小题，共46分）
17．某学习小组利用打点计时器和重锤等器材验证机械能守恒定律。
（1）如图所示的四种实验操作中正确的是______；
A． B．
C． D．
（2）实验中，该学习小组按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图甲所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中点为纸带上打出的某一个点。下列选项的测量值能验证机械能守恒定律的是______：
A．、和的长度 B．、和的长度
C．、和的长度 D．、和的长度
（3）换用重物P、Q进行多次实验，记录下落高度和相应的速度大小，分别描绘P、Q的图像如图乙所示，若P、Q下落过程中受到的平均阻力大小相等，则P的质量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）Q的质量。
【答案】（1）B
（2）C
（3）大于
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）为了打点计时器正常工作，打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，应该手提着纸带上端保持竖直，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器。故ACD错，B正确。
故选B。
（2）A．由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能的表达式可以求出动能的变化量，还需要测量两个中间时刻之间的距离进而求出重力势能的变化量，当已知OA、AD和EG的长度时，可求得F点与BC的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，同理可求得BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，未知两个中间时刻的距离但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，同理依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得CF间动能的变化，再由CF的长度确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，同理依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得BF间动能的变化，而BF间距不知道所以不能确定重力势能的变化，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选C。
（3）设重物受到的阻力大小为f，由于重力和阻力对重物做功，根据动能定理
整理可得
图像斜率为，由图像可知P的斜率大于Q的斜率，而阻力相等，所以P的质量大于Q的质量。
【分析】（1）为了打点计时器正常工作，打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，应该手提着纸带上端保持竖直，为了充分利用纸带，重物应该靠近打点计时器；
（2）由于重物做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能的表达式可以求出动能的变化量，还需要测量两个中间时刻之间的距离进而求出重力势能的变化量；
（3）利用动能的表达式结合图像斜率的大小可以比较P和Q的质量大小。
（1）打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。故ACD错，B正确。
故选B。
（2）A．根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。当已知OA、AD和EG的长度时，可求得F点与BC的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故A错误；
B．当已知OC、BC和DE的长度时，同理可求得BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两点间的动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误；
C．当已知BD、CF和EG的长度时，同理依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得CF间动能的变化，再由CF的长度确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当已知AC、BD和EG的长度时，同理依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得BF间动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。
故选C。
（3）设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理
整理可得
图像斜率为，由图像可知P的斜率大于Q的斜率，而阻力相等，所以P的质量大于Q的质量。
18．某学习小组利用传感器探究匀速圆周运动的向心力和哪些因素有关。实验装置如图甲所示，电机的转动轴与水平圆盘的中心相连，圆盘边缘安装一竖直的遮光片，一根细绳跨过圆盘中心的定滑轮连接小滑块和力传感器。实验时电机带动水平圆盘匀速转动，滑块与圆盘保持相对静止。已知遮光片的宽度为，圆盘半径为，滑块至圆盘中心距离为。
（1）实验中，遮光片通过光电门的挡光时间为，据此可计算得出圆盘运动的角速度为　 　，滑块的向心加速度为　 　；（用、、、表示）
（2）保持滑块质量及相对圆盘位置不变，适当改变圆盘转速，多次实验并记录力传感器示数和遮光片通过光电门的挡光时间，作出图线如图乙所示。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可得出滑块与圆盘间的动摩擦因数为　 　，滑块的质量为　 　。（用、、、、、表示）
【答案】（1）；
（2）；
【知识点】匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】（1）根据平均速度公式可知圆盘的边缘线速度，根据线速度和角速度的关系可知，解得，滑块与遮光片为同轴转动，所以两者角速度相同，根据向心加速度的表达式， 解得
（2）圆盘表面粗糙，当圆盘转速较小时，静摩擦力提供向心力，随着转速增大，当摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子才开始提供拉力，拉力传感器才有示数，对滑块受力分析，当绳子拉力和摩擦力提供向心力时，根据牛顿第二定律可得，整理得
根据表达式可得图像的斜率，解得，根据图像截距有
解得
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出圆盘边缘线速度的大小，结合线速度和角速度的关系可以求出圆盘角速度的大小，再利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的大小；
（2）利用滑块的牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出滑块的质量及动摩擦因数的大小。
（1）[1]圆盘的边缘线速度
根据
解得
[2]滑块与遮光片为同轴转动，所以两者角速度相同，根据
解得
（2）[1][2]圆盘表面粗糙，当圆盘转速较小时，静摩擦力提供向心力，随着转速增大，当摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子才开始提供拉力，拉力传感器才有示数，对滑块受力分析可得
整理得
可得图像的斜率
解得
解得
19．如图所示，倾角的传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带的长度。质量的小物块，由传送带底端点无初速释放，加速运动后匀速运动到达传送带顶端点。取，。求
（1）小物块与传送带之间的动摩擦因数；
（2）小物块从点到点的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）解：小物块加速阶段
对小物块由牛顿第二定律
联立解得，

（2）解：小物块加速时间
物块与传送带之间因摩擦而产生的热量
解得

【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块加速的过程中，利用速度位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）物块加速的过程中，利用速度公式可以求出加速的时间，结合摩擦力的大小及相对位移可以求出摩擦产生的热量大小。
（1）小物块加速阶段
对小物块由牛顿第二定律
联立解得，
（2）小物块加速时间
物块与传送带之间因摩擦而产生的热量
解得
20．如图所示，水平地面上一平顶仓库高，宽，、是仓库上端两个屋角。今在仓库左侧距地面高的A处斜向上投射一小物块。已知A、、在同一竖直面内，取，不计空气阻力。
（1）当小物块抛出时的初速度方向与水平方向夹角为时，小物块恰好水平击中点，求A点到点的水平距离；
（2）若小物块恰好依次经过仓库的两个屋角、，求物块在点的最小速度。
【答案】（1）解：物块从A到做斜抛运动，由于小物块恰好水平击中点，利用逆向思维有，，
解得，
（2）解：物块从到做斜抛运动，令物块在B点速度方向与水平方向夹角为，则有，
解得
根据数学函数关系可知，当时，点速度达到最小值，解得最小速度
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）物块从A到B做斜抛运动，利用竖直方向和水平方向的位移公式结合速度公式可以求出运动的时间及AB之间水平距离的大小；
（2）当物块从B到C做斜抛运动，利用水平方向的位移公式结合竖直方向的速度公式可以求出最小速度的大小。
（1）物块从A到做斜抛运动，由于小物块恰好水平击中点，利用逆向思维有，，
解得，
（2）物块从到做斜抛运动，令物块在B点速度方向与水平方向夹角为，则有，
解得
根据数学函数关系可知，当时，点速度达到最小值，解得最小速度
21．如图甲所示，光滑绝缘斜面固定在水平地面上，倾角为，斜面足够长。以点为坐标原点，沿斜面向下建立轴，空间存在方向平行纸面的静电场，轴上电场强度的方向沿轴正方向，其电场强度随坐标变化的图像如图乙所示。现将一质量为、电荷量为的带负电小滑块从点由静止释放。已知点处的电场强度大小为，处的电场强度大小为。求
（1）带电小滑块刚释放时加速度的大小；
（2）带电小滑块在处的动能；
（3）带电小滑块在沿斜面向下运动过程中电势能增量的最大值。
【答案】（1）解：带电小滑块刚释放时由牛顿第二定律
解得

（2）解：从开始释放到到达处由动能定理
其中
解得

（3）解：当速度减为零时电势能最大，则由动能定理
其中
解得，

【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）当滑块释放时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当物块释放到x=L处时，利用动能定理结合电场力做功可以求出动能的大小；
（3）当滑块下滑过程中，利用动能定理可以求出电势能增量的最大值。
（1）带电小滑块刚释放时由牛顿第二定律
解得
（2）从开始释放到到达处由动能定理
其中
解得
（3）当速度减为零时电势能最大，则由动能定理
其中
解得，
22．如图所示，光滑水平面、半径的光滑螺旋圆形轨道、粗糙水平面平滑连接，滑块从滑上轨道后可沿离开。一长度、质量的平板紧靠放置，平板上表面与齐平，水平面足够长。现将一质量为的小滑块从轻弹簧右端弹射，小滑块与水平面、平板之间的动摩擦因数均为，平板与水平面之间的动摩擦因数，的长度为，弹簧弹射过程中弹簧弹性势能全部转化为小滑块的动能，重力加速度取，不计空气阻力。
（1）若小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，求弹射前弹簧弹性势能；
（2）要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，求弹射前弹簧弹性势能的取值范围。
【答案】（1）解：小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，则有
从弹射到，根据能量守恒可得
联立解得

（2）解：若物块恰好到达与圆心等高处，则有
若物块恰好通过竖直轨道最高点，则有
若物块恰好到达点，则有
若物块恰好到达平板的右端，此时物块与平板速度相等；设物块到点时的速度大小为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式可得，
联立解得
根据功能关系可得
解得
综上分析可知要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，弹射前弹簧弹性势能的取值范围为或或

【知识点】功能关系；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当滑块恰好经过最高点时，利用牛顿第二定律可以求出滑块经过最高点的速度大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（2）当物块恰好到达与圆心等高的位置时，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；当物块恰好到达平板左端时，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小，当物块恰好到达平板右端时，利用牛顿第二定律可以求出物块和平板的加速度的大小，利用速度公式及位移公式可以求出共速的速度大小，结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小，进而求出弹性势能的范围。
（1）小滑块恰好能通过螺旋圆形轨道最高点，则有
从弹射到，根据能量守恒可得
联立解得
（2）若物块恰好到达与圆心等高处，则有
若物块恰好通过竖直轨道最高点，则有
若物块恰好到达点，则有
若物块恰好到达平板的右端，此时物块与平板速度相等；设物块到点时的速度大小为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式可得，
联立解得
根据功能关系可得
解得
综上分析可知要使小滑块始终不脱离轨道且最终没有停在平板的上面，弹射前弹簧弹性势能的取值范围为或或
1 / 1

展开更多......

收起↑