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廣東省廣州市育才中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·越秀期末）電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、c點分別關于x、y軸對稱，一離子僅在電場力作用下從a運動到b，軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（　　）
A．b、d兩點的場強相同
B．直線是電場中的一條等勢線
C．離子在a、b兩點的動能滿足
D．若把該離子從c點由靜止釋放，那離子會沿著c點所在的電場線到達b點
【答案】C
【知識點】電場線；等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．根據電場線的疏密可知b、d兩點的場強大小相等，利用電場線的切線方向可以得出方向不同，故A錯誤；
B．由于等勢面與電場線垂直，所以直線不是等勢線，由對稱性可知b、d兩點電勢相等，故B錯誤；
C．由圖中軌跡的彎曲方向可知，離子受到的電場力方向與電場方向相反，所以離子帶負電，沿著電場線電勢降低可知a點電勢大于b點電勢，根據電勢能的表達式，可知離子在a、b兩點的電勢能滿足，離子在a點到b點過程中，由于電場力做功導致電勢能和動能相互轉化，所以可得，故C正確；
D．c點所在的電場線是一條曲線，則受到的電場力方向不斷改變，所以離子不會沿著c點所在的電場線到達b點，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用電場線的分布可以判別電場強度的大小及方向；利用等勢線與電場線垂直可以判別bd不是等勢線；利用電場力方向和電場方向可以判別離子電性，結合電勢的大小可以比較電勢能的大小；利用電場力方向可以判別離子運動方向。
2．（2024高一下·越秀期末）在一次高樓救援中，待援人員登上吊臂后，吊車操控員熟練操控吊籃在離開建筑的同時逐漸下降，已知吊籃在水平方向的圖像和豎直方向的圖像分別如圖1、圖2所示，則下列說法正確的是（　　）
A．吊籃在下降過程中做勻變速曲線運動
B．吊籃在下降過程中豎直方向做勻變速直線運動
C．吊籃內的人員在內處于超重狀態
D．時刻后吊籃內的人員受到靜摩擦力作用
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動的合成與分解
【解析】【解答】AB．吊籃在下降過程中，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，因豎直方向的加速度發生了變化，則合運動不是做勻變速曲線運動，選項AB錯誤；
C．吊籃內的人員在內由于加速度符號為負值則與速度方向相反，速度方向向下，則加速度豎直向上，處于超重狀態，選項C正確；
D．時刻后吊籃內的人員因水平方向做勻速運動，利用平衡條件可以得出不受靜摩擦力作用，選項D錯誤。
故選C。
【分析】利用豎直方向的加速度變化可以判別吊籃不是做勻變速運動；利用加速度的符號可以判別加速度的方向進而判別超重與失重；利用水平方向的平衡條件可以判別人員不受摩擦力的作用。
3．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，質量相同的三個小物塊a、b、c處在同一高度。a由靜止開始沿光滑斜面下滑，b做自由落體運動，c向右以某一初速度v0做平拋運動，三者最終都落在同一個水平面上、若不計空氣阻力，下列說法中正確的是（　　）
A．三者落地時速度都相同
B．三者的運動時間都相等
C．三者的重力做功都相等
D．三者落地時重力的瞬時功率相等
【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據
三者落地時速度大小都相同，但是方向不同，選項A錯誤；
B．a豎直加速度小于bc，則運動時間較長，選項B錯誤；
C．根據
知三者的重力做功都相等，選項C正確；
D．bc豎直速度相等，則重力的瞬時功率相等，a的豎直速度較bc小，則重力的瞬時功率較小，選項D錯誤。
故選C。
【分析】三者落地時速度大小都相同，但是方向不同，b和c豎直方向的運動相同，則運動時間相同。
4．（2024高一下·越秀期末）某樂園有一種“旋轉飛船”項目，模型飛船固定在旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ（60°<θ<120°），當模型飛船以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是（　　）
A．對模型飛船受力分析：受旋臂的作用力、重力、向心力作用
B．模型飛船做勻速圓周運動的向心力沿旋臂指向O點
C．若僅增大角速度ω，旋臂對模型飛船的作用力一定增大
D．若僅增大夾角θ，旋臂對模型飛船的作用力一定增大
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．根據豎直方向的平衡條件可以得出旋臂對模型飛船的作用力的豎直分量與飛船的重力平衡，由于作用力的水平分量提供向心力，根據力的合成則旋臂對模型飛船的作用力方向不是豎直向上，故A錯誤；
B．根據勻速圓周運動的軌跡圓心可以得出：模型飛船做勻速圓周運動的向心力沿水平方向指向轉軸，故B錯誤；
C．根據力的合成可以得出：旋臂對模型飛船的作用力
若僅增大角速度ω，旋臂對模型飛船的作用力一定增大，故C正確；
D．若僅增大夾角θ，結合作用力的表達式
可知，當θ由60°增加到90°時，飛船做圓周運動的半徑變大，則旋臂對模型飛船的作用力F變大；當θ由90°增加到120°時，飛船做圓周運動的半徑變小，則旋臂對模型飛船的作用力F變小，選項D錯誤。
故選C。
【分析】利用豎直方向的平衡條件可以判別作用力豎直方向的分量方向，利用水平方向向心力的方向可以判別水平方向分量的方向，利用力的合成可以求出懸臂對飛機的作用力大小及方向；利用表達式可以判別作用力的大小變化；利用軌跡的圓心可以判別向心力的方向。
5．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，質量為m1的球1與質量為m2的球2放置在“J2130向心力演示儀”上。該演示儀可以巧妙地將向心力轉化為豎直方向的效果進行顯示，左邊立柱可顯示球1所受的向心力F1的大小，右邊立柱可顯示球2所受的向心力F2的大小。皮帶與輪A、輪B有多種組合方式，圖示為其中的一種組合，此時連接皮帶的兩輪半徑。圖中兩球距離立柱轉軸中心的距離，下列說法正確的是（　　）
A．若，轉動手柄，則立柱上應顯示
B．若，僅將球1改放在N位置，轉動手柄，則立柱上應顯示
C．若，僅調整皮帶位置使，則立柱上應顯示
D．若，既調整皮帶位置使，又將球1改放在N位置，則立柱上應顯示
【答案】C
【知識點】向心力
【解析】【解答】轉動過程中兩輪盤邊緣靠同一根皮帶傳動，皮帶不打滑，由于相同時間內轉過的弧長大小相等則邊緣的點線速度相等，由于皮帶套在兩塔輪半徑相同的兩個輪子上，根據線速度和半徑相同則
根據向心力的表達式
可知，若且，撬動手柄，則
故A錯誤；
B．僅將球1改放在N位置，則，根據向心力的表達式
可知，若，則
故B錯誤；
C．僅調整皮帶位置使，兩輪邊緣線速度相等，根據線速度的表達式有
可知角速度的大小關系有
根據向心力的表達式有
可知，若，則
故C正確；
D．調整皮帶位置使，兩輪邊緣線速度相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知
根據向心力的表達式有
可知，將球1改放在N位置，則
則F1與F2不確定，故D錯誤。
故選C。
【分析】先利用塔輪線速度相等，結合半徑的大小可以比較角速度的大小，再結合小球質量和運動半徑的大小及向心力的表達式可以比較向心力的大小。
6．（2024高一下·越秀期末）中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托面一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削離時距開水鍋的高度為L，與鍋沿的水平距離為L，鍋的半徑也為L，若將削出的小面片的運動視為平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為g，則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度為，則
【答案】A
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】A．面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離逐漸變大，故A正確；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的時間相等，由
可知，從拋出到落水前瞬間速度的變化量相等，故B錯誤；
CD．由
可知，下落時間為
水平位移的范圍為
則初速度的取值范圍為
可得
落入鍋中時的豎直分速度為
則落入鍋中時，最大速度
最小速度為
可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的3倍，故CD錯誤。
故選A。
【分析】根據平拋運動分解為水平勻速直線，豎直自由落體運動，高度決定時間；速度的變化量；初速的的大小決定水平位移，水平位移范圍，由此可求解初速度的范圍；根據最大初速度由平行四邊形定則求解最大速度；由于初速度不同，空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離有可能逐漸變大。
7．（2024高一下·越秀期末）2024年5月3日，嫦娥六號探測器由長征五號遙八運載火箭在中國文昌航天發射場發射成功。如圖所示為嫦娥六號探測器的飛行軌道示意圖，環月軌道1為圓軌道，環月軌道2為橢圓軌道。則（　　）
A．探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度最大
B．探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探測器在環月軌道1上經過P點的加速度大于在環月軌道2上經過P點的加速度
D．探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度
【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】AD．環月軌道1相對于環月軌道2是高軌道，探測器由高軌道變軌到低軌道，根據向心運動的規律則需要在切點P位置減速，即環月軌道2在P點的速度小于環月軌道1的線速度，根據開普勒第二定律可以得出距離月球越近線速度越大，探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度不是最大，探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度故A錯誤，D正確；
B．月球上的第一宇宙等于近月軌道的環繞速度，根據引力提供向心力有
解得
環月軌道2的軌道半徑大于月球半徑，則探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B錯誤；
C．由于月球對探測器的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
可知，探測器在環月軌道1上經過P點的加速度等于在環月軌道2上經過P點的加速度，故C錯誤。
故選D。
【分析】根據開普勒第二定律可以得出探測器在軌道2P點的速度不是最大值；利用向心運動可以比較探測器在不同軌道P點速度的大小；利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以比較線速度和向心加速度的大小。
8．（2024高一下·越秀期末）如圖所示為一電場等勢面的分布情況。虛線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，A、B為軌跡上的兩點，則（　　）
A．帶電粒子帶正電
B．帶電粒子在A點的加速度小于B點的加速度
C．帶電粒子在A點的電勢能小于B點的電勢能
D．若帶電粒子由A點靜止釋放，僅在電場力作用下將沿等勢面d運動
【答案】A,C
【知識點】加速度；電勢能；等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由電場方向與等勢面垂直，電場的方向由高電勢指向低電勢，根據粒子軌跡的彎曲方向有帶電粒子運動軌跡向低電勢方向彎曲，電場力方向為軌跡的彎曲方向，即粒子受到向低電勢方向的電場力，由于電場力方向與電場方向相同，可知帶電粒子帶正電，故A正確；
B．根據等勢面和電場線分布的關系有等差等勢面越密的地方，電場線越密，電場強度越大，則有
粒子電荷量不變，電場強度的大小影響電場力的大小，則帶電粒子在A點受的電場力大于在B點受的電場力，根據電場力產生加速度則帶電粒子在A點的加速度大于B點的加速度，故B錯誤；
C．帶電粒子帶正電，根據電勢能的表達式
可以得出在高電勢位置的電勢能大，在低電勢位置電勢能小，因此帶電粒子在A點的電勢能小于B點的電勢能，故C正確；
D．若帶電粒子由A點靜止釋放，僅在電場力作用下將沿低電勢方向運動，已知粒子受到的電場力方向，所以不會在等勢面d運動，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用電勢的分布可以判別電場的方向，結合軌跡彎曲方向可以判別電場力的方向，兩者對比可以判別粒子的電性；利用等勢面的疏密可以比較電場力的大小，結合牛頓第二定律可以比較加速度的大小；利用電勢的大小結合電荷量可以比較電勢能的大小；利用電場力的方向可以判別粒子的運動方向。
9．（2024高一下·越秀期末）嫦娥六號是中國嫦娥探月計劃第六個探測器，著陸區為月球背面南極-艾特肯盆地，2024年5月8日10時12分，嫦娥六號順利進入環月圓軌道飛行。若探測器在軌飛行的周期為T，軌道半徑為r，月球的半徑為R，萬有引力常量為G，則下列說法正確的有（　　）
A．嫦娥六號的發射速度必須達到第三宇宙速度
B．月球的第一宇宙速度
C．在環月軌道上，地球對探測器的引力小于月球對探測器的引力
D．月球的平均密度
【答案】B,C
【知識點】萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．發射速度大于第一宇宙速度即可，故A錯誤；
B．根據
解得
故B正確；
C．由于探測器繞月運動，則地球對探測器的引力小于月球對探測器的引力，故C正確；
D．根據
得
故D錯誤；
故選BC。
【分析】嫦娥六號登月，依然在地球月球間運動，根據萬有引力提供向心力，在環月軌道上，探測器受月球和地球的引力提供向心力。
10．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60°，軌道最低點A與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質量為和的兩小球（均可視為質點），掛在圓弧軌道光滑邊緣C的兩邊，開始時位于C點，然后從靜止釋放，則下列說法正確的是（　　）
A．在由C點下滑到A點的過程中兩球速度大小始終相等
B．在由C點下滑到A點的過程中，重力對做功功率先增大后減小
C．在由C點下滑到A點的過程中，機械能守恒
D．若恰好能沿圓弧軌道下滑到A點，則
【答案】B,D
【知識點】運動的合成與分解；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．由C點下滑到A點的過程中，在滑下過程，設的速度為，的速度為，的速度方向與繩子方向的夾角為，兩球沿繩子方向的速度大小相等，根據速度的分解有
可知的速度始終不小于的速度，故A錯誤；
B．根據功率的表達式可以得出重力對做功功率為
一開始是由靜止釋放的，所以一開始的豎直速度也必然為零，此時重力瞬時功率為0；運動到A點時，的速度處于水平方向，所以此時的豎直速度也為零，重力瞬時功率為0；所以在由C點下滑到A點的過程中，重力對做功功率先增大后減小，故B正確；
C．在由C點下滑到A點的過程中，由于繩子拉力對做負功，根據功能關系可以得出的機械能減少，故C錯誤；
D．若恰好能沿圓弧軌道下滑到A點，根據速度關系可以得出此時、的速度均為0，根據系統機械能守恒可得
解得
故D正確。
故選BD。
【分析】利用速度的分解可以求出兩個小球速度的大小關系；利用繩子做功可以判別m1機械能不守恒；利用重力的瞬時功率結合豎直方向速度的大小可以判別瞬時功率的大小；利用機械能守恒定律可以求出兩個小球質量的大小關系。
11．（2024高一下·越秀期末）學校物理興趣小組去某廢水處理廠參加社會實踐活動，當大家經過廠里的廢水排水口時，發現距較大水池一定高度的較小的水平排水管正在向外滿口排放廢水，如圖所示。小組同學只找到一把卷尺，他們想估測排水管每秒的排污體積。當地的重力加速度大小為g。
（1）要想估測排水管每秒的排污體積，同學們需利用卷尺測量管口的周長l、　 　、　 　三個數據。（寫出測量的物理量和對應的符號）
（2）排水管每秒的排污體積的表達式為V=　 　。（用題中相關物理量的符號表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，測量準確，不考慮其他因素對測量的影響，則排水管每秒的排污體積的測量值　 　。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】廢水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】（1）根據排水管每秒的排污體積表達式為
要想估測排水管每秒的排污體積，需要測量管口的橫截面積，以及水的流速，故需要測量管口的直徑d，即測量管口的周長l，廢水出管口后看做平拋運動，根據位移公式有
聯立可得
故還需要測量廢水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污體積表達式為
聯立可得體積的表達式為
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，則排水管的排水的橫截面積測量值偏大，根據表達式可知排水管每秒的排污體積的測量值偏大。
【分析】（1）利用排污體積的表達式結合平拋運動的位移公式可以得出需要測量的物理量；
（2）利用平拋運動的位移公式結合體積公式可以求出排污體積的表達式；
（3）當管壁厚度不可忽略會導致水的橫截面積變大則排污體積測量值偏大。
12．（2024高一下·越秀期末）小明利用題圖所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。細線一端系在圓形量角器中心軸上，另一端系一個金屬小球，在小球運動軌跡的最低點安裝一個光電門。本實驗需要測量的物理量有：小球的直徑d、細線長度L、小球通過光電門的擋光時間，小球靜止釋放時細線與豎直方向的夾角等。
（1）為完成實驗，以下器材中必須用到的是________（填寫器材前的字母標號）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺
（2）某次釋放小球前，細線與圓形量角器位置關系的局部放大圖如題2圖所示，此時對應的為　 　度。
（3）按正確實驗方法操作，測得小球的直徑為d，小球通過光電門的擋光時間為，可知小球經過最低點的速度大小　 　。
（4）若在實驗誤差允許范圍內，滿足　 　，即可驗證機械能守恒定律（用題給字母L、d、以及當地重力加速度g和小球質量m表示）。
（5）改變角度重復實驗，發現小球由靜止運動到最低點的過程中，動能的增加量總是大于重力勢能的減少量，原因可能是　 　。
【答案】（1）C
（2）26.5°
（3）
（4）
（5）遮光條寬度d測量值偏大
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以不需要天平測量小球的質量；小球通過光電門的時間可以直接得出，不需要秒表；實驗中需測量細線長度，則需要毫米刻度尺。
故選C。
（2）根據圖示刻度可以得出量角器的讀數為26.5°。
（3）測得小球的直徑為d，小球通過光電門的時間為，根據平均速度公式可知小球經過最低點的瞬時速度大小為
（4）根據重力勢能的表達式可以得出小球的重力勢能減少量為
當滿足重力勢能的減少量等于動能的增量時，則
即可驗證機械能守恒定律
（5）實驗用滑塊經過光電門時的平均速度代替瞬時速度，由于滑塊做加速運動，如果遮光條寬度d測量值偏大，瞬時速度的測量值偏大，根據動能的表達式會使動能的增加量總是略大于重力勢能的減少量。
【分析】（1）利用機械能守恒定律可以判別不需要使用天平測量小球的質量；實驗有光電門計時器不需要秒表；實驗需要刻度尺測量繩子的長度；
（2）利用量角器的刻度可以讀出角度的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出小球瞬時速度的大小；
（4）利用重力勢能的減少量等于動能的增量可以導出機械能守恒的表達式；當遮光條寬度d測量值偏大，瞬時速度的測量值偏大，根據動能的表達式會使動能的增加量總是略大于重力勢能的減少量。
13．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，勻強電場的方向與等腰直角△ABC所在的平面平行，A、B間的距離為，將電荷量為點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做了的功，再從B點移到C點，靜電力做了的功。求：
（1）AB兩點間的電勢差；
（2）勻強電場的電場強度E的大小。
【答案】【解答】（1）由電場力做功與電勢差關系，有
則A、B兩點間的電勢差為
（2）同理有
則A、C兩點為等勢點，所以電場強度E垂直AC斜向下

【知識點】電場力做功；電勢差與電場強度的關系
【解析】【分析】（1）已知電場力做功的大小，利用電場力做功可以求出電勢差的大小；
（2）已知電場力做功可以求出電勢差的大小，結合電勢差與場強的關系可以求出電場強度的大小。
14．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點，另一端系有質量為m，可視為質點的小球，將小球拉至O點正上方的A點，給其一水平方向的初速度，使其恰好通過A點后，在豎直平面內以O點為圓心做半徑為r的圓周運動。當小球運動到最低點B時，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為g。求：
（1）小球初速度的大小。
（2）繩能承受拉力的最大值。
（3）小球落地時的速度大小v。
【答案】【解答】（1）小球剛好通過A點，繩子拉力為零，僅重力提供向心力
解得
（2）從A點到B點，由動能定理
解得
在B點，由繩子拉力和小球重力共同提供向心力
解得
再由牛頓第三定律可得
（3）小球從B點到落地的過程中，只有重力做功，由動能定理
解得
+
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小球經過A點時，利用重力提供向心力可以求出小球速度的大小；
（2）小球從A到B點時，利用動能定理可以求出小球經過B點時速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出小球對繩子拉力的大小；
（3）小球從B點到落地的過程中，利用動能定理可以求出落地速度的大小。
15．（2024高一下·越秀期末）在光滑的水平導軌MN上固定一彈射裝置，彈簧處于原長狀態，如圖所示。導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶右端Q處與光滑的半圓軌道理想連接，傳送帶長，以速率沿順時針方向轉動。質量為的滑塊置于水平導軌上（滑塊可視為質點），現將滑塊向左移動壓縮彈簧由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后以速度滑上傳送帶，并恰好通過半圓軌道。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數，。求：
（1）滑塊釋放瞬間，彈簧具有的彈性勢能；
（2）滑塊從N點運動到Q點過程中，摩擦力對滑塊做的功；
（3）半圓軌道的半徑。
【答案】解：（1）由能量守恒
解得
（2）滑塊滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v時所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊的位移為x；由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式得
解得
解得
所以滑塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，由動能定理
解得
（3）滑塊從傳送帶右端滑上半圓軌道，恰好通過半圓軌道時，在最高點
由Q到半圓軌道最高點，由機械能守恒有
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊釋放瞬間，利用彈性勢能轉化為動能可以求出彈簧彈性勢能的大小；
（2）滑塊滑上傳送帶后，利用牛頓第二定律可以求出滑塊加速度的大小，結合速度公式可以求出與傳送帶共速的時間，再利用位移公式可以求出加速的位移，結合動能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）滑塊恰好經過最高點時，利用牛頓第二定律可以求出經過最高點的速度，結合機械能守恒定律可以求出軌道半徑的大小。
1 / 1廣東省廣州市育才中學2023-2024學年高一下學期期末考試物理試題
1．（2024高一下·越秀期末）電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、c點分別關于x、y軸對稱，一離子僅在電場力作用下從a運動到b，軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（　　）
A．b、d兩點的場強相同
B．直線是電場中的一條等勢線
C．離子在a、b兩點的動能滿足
D．若把該離子從c點由靜止釋放，那離子會沿著c點所在的電場線到達b點
2．（2024高一下·越秀期末）在一次高樓救援中，待援人員登上吊臂后，吊車操控員熟練操控吊籃在離開建筑的同時逐漸下降，已知吊籃在水平方向的圖像和豎直方向的圖像分別如圖1、圖2所示，則下列說法正確的是（　　）
A．吊籃在下降過程中做勻變速曲線運動
B．吊籃在下降過程中豎直方向做勻變速直線運動
C．吊籃內的人員在內處于超重狀態
D．時刻后吊籃內的人員受到靜摩擦力作用
3．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，質量相同的三個小物塊a、b、c處在同一高度。a由靜止開始沿光滑斜面下滑，b做自由落體運動，c向右以某一初速度v0做平拋運動，三者最終都落在同一個水平面上、若不計空氣阻力，下列說法中正確的是（　　）
A．三者落地時速度都相同
B．三者的運動時間都相等
C．三者的重力做功都相等
D．三者落地時重力的瞬時功率相等
4．（2024高一下·越秀期末）某樂園有一種“旋轉飛船”項目，模型飛船固定在旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ（60°<θ<120°），當模型飛船以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是（　　）
A．對模型飛船受力分析：受旋臂的作用力、重力、向心力作用
B．模型飛船做勻速圓周運動的向心力沿旋臂指向O點
C．若僅增大角速度ω，旋臂對模型飛船的作用力一定增大
D．若僅增大夾角θ，旋臂對模型飛船的作用力一定增大
5．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，質量為m1的球1與質量為m2的球2放置在“J2130向心力演示儀”上。該演示儀可以巧妙地將向心力轉化為豎直方向的效果進行顯示，左邊立柱可顯示球1所受的向心力F1的大小，右邊立柱可顯示球2所受的向心力F2的大小。皮帶與輪A、輪B有多種組合方式，圖示為其中的一種組合，此時連接皮帶的兩輪半徑。圖中兩球距離立柱轉軸中心的距離，下列說法正確的是（　　）
A．若，轉動手柄，則立柱上應顯示
B．若，僅將球1改放在N位置，轉動手柄，則立柱上應顯示
C．若，僅調整皮帶位置使，則立柱上應顯示
D．若，既調整皮帶位置使，又將球1改放在N位置，則立柱上應顯示
6．（2024高一下·越秀期末）中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托面一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削離時距開水鍋的高度為L，與鍋沿的水平距離為L，鍋的半徑也為L，若將削出的小面片的運動視為平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為g，則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度為，則
7．（2024高一下·越秀期末）2024年5月3日，嫦娥六號探測器由長征五號遙八運載火箭在中國文昌航天發射場發射成功。如圖所示為嫦娥六號探測器的飛行軌道示意圖，環月軌道1為圓軌道，環月軌道2為橢圓軌道。則（　　）
A．探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度最大
B．探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度大
C．探測器在環月軌道1上經過P點的加速度大于在環月軌道2上經過P點的加速度
D．探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度
8．（2024高一下·越秀期末）如圖所示為一電場等勢面的分布情況。虛線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，A、B為軌跡上的兩點，則（　　）
A．帶電粒子帶正電
B．帶電粒子在A點的加速度小于B點的加速度
C．帶電粒子在A點的電勢能小于B點的電勢能
D．若帶電粒子由A點靜止釋放，僅在電場力作用下將沿等勢面d運動
9．（2024高一下·越秀期末）嫦娥六號是中國嫦娥探月計劃第六個探測器，著陸區為月球背面南極-艾特肯盆地，2024年5月8日10時12分，嫦娥六號順利進入環月圓軌道飛行。若探測器在軌飛行的周期為T，軌道半徑為r，月球的半徑為R，萬有引力常量為G，則下列說法正確的有（　　）
A．嫦娥六號的發射速度必須達到第三宇宙速度
B．月球的第一宇宙速度
C．在環月軌道上，地球對探測器的引力小于月球對探測器的引力
D．月球的平均密度
10．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60°，軌道最低點A與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質量為和的兩小球（均可視為質點），掛在圓弧軌道光滑邊緣C的兩邊，開始時位于C點，然后從靜止釋放，則下列說法正確的是（　　）
A．在由C點下滑到A點的過程中兩球速度大小始終相等
B．在由C點下滑到A點的過程中，重力對做功功率先增大后減小
C．在由C點下滑到A點的過程中，機械能守恒
D．若恰好能沿圓弧軌道下滑到A點，則
11．（2024高一下·越秀期末）學校物理興趣小組去某廢水處理廠參加社會實踐活動，當大家經過廠里的廢水排水口時，發現距較大水池一定高度的較小的水平排水管正在向外滿口排放廢水，如圖所示。小組同學只找到一把卷尺，他們想估測排水管每秒的排污體積。當地的重力加速度大小為g。
（1）要想估測排水管每秒的排污體積，同學們需利用卷尺測量管口的周長l、　 　、　 　三個數據。（寫出測量的物理量和對應的符號）
（2）排水管每秒的排污體積的表達式為V=　 　。（用題中相關物理量的符號表示）
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，測量準確，不考慮其他因素對測量的影響，則排水管每秒的排污體積的測量值　 　。（填“偏大”或“偏小”）
12．（2024高一下·越秀期末）小明利用題圖所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。細線一端系在圓形量角器中心軸上，另一端系一個金屬小球，在小球運動軌跡的最低點安裝一個光電門。本實驗需要測量的物理量有：小球的直徑d、細線長度L、小球通過光電門的擋光時間，小球靜止釋放時細線與豎直方向的夾角等。
（1）為完成實驗，以下器材中必須用到的是________（填寫器材前的字母標號）
A．秒表 B．天平 C．刻度尺
（2）某次釋放小球前，細線與圓形量角器位置關系的局部放大圖如題2圖所示，此時對應的為　 　度。
（3）按正確實驗方法操作，測得小球的直徑為d，小球通過光電門的擋光時間為，可知小球經過最低點的速度大小　 　。
（4）若在實驗誤差允許范圍內，滿足　 　，即可驗證機械能守恒定律（用題給字母L、d、以及當地重力加速度g和小球質量m表示）。
（5）改變角度重復實驗，發現小球由靜止運動到最低點的過程中，動能的增加量總是大于重力勢能的減少量，原因可能是　 　。
13．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，勻強電場的方向與等腰直角△ABC所在的平面平行，A、B間的距離為，將電荷量為點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做了的功，再從B點移到C點，靜電力做了的功。求：
（1）AB兩點間的電勢差；
（2）勻強電場的電場強度E的大小。
14．（2024高一下·越秀期末）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點，另一端系有質量為m，可視為質點的小球，將小球拉至O點正上方的A點，給其一水平方向的初速度，使其恰好通過A點后，在豎直平面內以O點為圓心做半徑為r的圓周運動。當小球運動到最低點B時，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為g。求：
（1）小球初速度的大小。
（2）繩能承受拉力的最大值。
（3）小球落地時的速度大小v。
15．（2024高一下·越秀期末）在光滑的水平導軌MN上固定一彈射裝置，彈簧處于原長狀態，如圖所示。導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶右端Q處與光滑的半圓軌道理想連接，傳送帶長，以速率沿順時針方向轉動。質量為的滑塊置于水平導軌上（滑塊可視為質點），現將滑塊向左移動壓縮彈簧由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后以速度滑上傳送帶，并恰好通過半圓軌道。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數，。求：
（1）滑塊釋放瞬間，彈簧具有的彈性勢能；
（2）滑塊從N點運動到Q點過程中，摩擦力對滑塊做的功；
（3）半圓軌道的半徑。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電場線；等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．根據電場線的疏密可知b、d兩點的場強大小相等，利用電場線的切線方向可以得出方向不同，故A錯誤；
B．由于等勢面與電場線垂直，所以直線不是等勢線，由對稱性可知b、d兩點電勢相等，故B錯誤；
C．由圖中軌跡的彎曲方向可知，離子受到的電場力方向與電場方向相反，所以離子帶負電，沿著電場線電勢降低可知a點電勢大于b點電勢，根據電勢能的表達式，可知離子在a、b兩點的電勢能滿足，離子在a點到b點過程中，由于電場力做功導致電勢能和動能相互轉化，所以可得，故C正確；
D．c點所在的電場線是一條曲線，則受到的電場力方向不斷改變，所以離子不會沿著c點所在的電場線到達b點，故D錯誤；
故選C。
【分析】利用電場線的分布可以判別電場強度的大小及方向；利用等勢線與電場線垂直可以判別bd不是等勢線；利用電場力方向和電場方向可以判別離子電性，結合電勢的大小可以比較電勢能的大小；利用電場力方向可以判別離子運動方向。
2．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動的合成與分解
【解析】【解答】AB．吊籃在下降過程中，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，因豎直方向的加速度發生了變化，則合運動不是做勻變速曲線運動，選項AB錯誤；
C．吊籃內的人員在內由于加速度符號為負值則與速度方向相反，速度方向向下，則加速度豎直向上，處于超重狀態，選項C正確；
D．時刻后吊籃內的人員因水平方向做勻速運動，利用平衡條件可以得出不受靜摩擦力作用，選項D錯誤。
故選C。
【分析】利用豎直方向的加速度變化可以判別吊籃不是做勻變速運動；利用加速度的符號可以判別加速度的方向進而判別超重與失重；利用水平方向的平衡條件可以判別人員不受摩擦力的作用。
3．【答案】C
【知識點】功的計算；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．根據
三者落地時速度大小都相同，但是方向不同，選項A錯誤；
B．a豎直加速度小于bc，則運動時間較長，選項B錯誤；
C．根據
知三者的重力做功都相等，選項C正確；
D．bc豎直速度相等，則重力的瞬時功率相等，a的豎直速度較bc小，則重力的瞬時功率較小，選項D錯誤。
故選C。
【分析】三者落地時速度大小都相同，但是方向不同，b和c豎直方向的運動相同，則運動時間相同。
4．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．根據豎直方向的平衡條件可以得出旋臂對模型飛船的作用力的豎直分量與飛船的重力平衡，由于作用力的水平分量提供向心力，根據力的合成則旋臂對模型飛船的作用力方向不是豎直向上，故A錯誤；
B．根據勻速圓周運動的軌跡圓心可以得出：模型飛船做勻速圓周運動的向心力沿水平方向指向轉軸，故B錯誤；
C．根據力的合成可以得出：旋臂對模型飛船的作用力
若僅增大角速度ω，旋臂對模型飛船的作用力一定增大，故C正確；
D．若僅增大夾角θ，結合作用力的表達式
可知，當θ由60°增加到90°時，飛船做圓周運動的半徑變大，則旋臂對模型飛船的作用力F變大；當θ由90°增加到120°時，飛船做圓周運動的半徑變小，則旋臂對模型飛船的作用力F變小，選項D錯誤。
故選C。
【分析】利用豎直方向的平衡條件可以判別作用力豎直方向的分量方向，利用水平方向向心力的方向可以判別水平方向分量的方向，利用力的合成可以求出懸臂對飛機的作用力大小及方向；利用表達式可以判別作用力的大小變化；利用軌跡的圓心可以判別向心力的方向。
5．【答案】C
【知識點】向心力
【解析】【解答】轉動過程中兩輪盤邊緣靠同一根皮帶傳動，皮帶不打滑，由于相同時間內轉過的弧長大小相等則邊緣的點線速度相等，由于皮帶套在兩塔輪半徑相同的兩個輪子上，根據線速度和半徑相同則
根據向心力的表達式
可知，若且，撬動手柄，則
故A錯誤；
B．僅將球1改放在N位置，則，根據向心力的表達式
可知，若，則
故B錯誤；
C．僅調整皮帶位置使，兩輪邊緣線速度相等，根據線速度的表達式有
可知角速度的大小關系有
根據向心力的表達式有
可知，若，則
故C正確；
D．調整皮帶位置使，兩輪邊緣線速度相等，根據線速度和角速度的關系式有
可知
根據向心力的表達式有
可知，將球1改放在N位置，則
則F1與F2不確定，故D錯誤。
故選C。
【分析】先利用塔輪線速度相等，結合半徑的大小可以比較角速度的大小，再結合小球質量和運動半徑的大小及向心力的表達式可以比較向心力的大小。
6．【答案】A
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】A．面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離逐漸變大，故A正確；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由
可知，下落的時間相等，由
可知，從拋出到落水前瞬間速度的變化量相等，故B錯誤；
CD．由
可知，下落時間為
水平位移的范圍為
則初速度的取值范圍為
可得
落入鍋中時的豎直分速度為
則落入鍋中時，最大速度
最小速度為
可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的3倍，故CD錯誤。
故選A。
【分析】根據平拋運動分解為水平勻速直線，豎直自由落體運動，高度決定時間；速度的變化量；初速的的大小決定水平位移，水平位移范圍，由此可求解初速度的范圍；根據最大初速度由平行四邊形定則求解最大速度；由于初速度不同，空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離有可能逐漸變大。
7．【答案】D
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】AD．環月軌道1相對于環月軌道2是高軌道，探測器由高軌道變軌到低軌道，根據向心運動的規律則需要在切點P位置減速，即環月軌道2在P點的速度小于環月軌道1的線速度，根據開普勒第二定律可以得出距離月球越近線速度越大，探測器在環月軌道2上繞行時P點處速度不是最大，探測器在環月軌道1上經過P點的速度大于在環月軌道2上經過P點的速度故A錯誤，D正確；
B．月球上的第一宇宙等于近月軌道的環繞速度，根據引力提供向心力有
解得
環月軌道2的軌道半徑大于月球半徑，則探測器在環月軌道1的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B錯誤；
C．由于月球對探測器的引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
解得
可知，探測器在環月軌道1上經過P點的加速度等于在環月軌道2上經過P點的加速度，故C錯誤。
故選D。
【分析】根據開普勒第二定律可以得出探測器在軌道2P點的速度不是最大值；利用向心運動可以比較探測器在不同軌道P點速度的大小；利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以比較線速度和向心加速度的大小。
8．【答案】A,C
【知識點】加速度；電勢能；等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由電場方向與等勢面垂直，電場的方向由高電勢指向低電勢，根據粒子軌跡的彎曲方向有帶電粒子運動軌跡向低電勢方向彎曲，電場力方向為軌跡的彎曲方向，即粒子受到向低電勢方向的電場力，由于電場力方向與電場方向相同，可知帶電粒子帶正電，故A正確；
B．根據等勢面和電場線分布的關系有等差等勢面越密的地方，電場線越密，電場強度越大，則有
粒子電荷量不變，電場強度的大小影響電場力的大小，則帶電粒子在A點受的電場力大于在B點受的電場力，根據電場力產生加速度則帶電粒子在A點的加速度大于B點的加速度，故B錯誤；
C．帶電粒子帶正電，根據電勢能的表達式
可以得出在高電勢位置的電勢能大，在低電勢位置電勢能小，因此帶電粒子在A點的電勢能小于B點的電勢能，故C正確；
D．若帶電粒子由A點靜止釋放，僅在電場力作用下將沿低電勢方向運動，已知粒子受到的電場力方向，所以不會在等勢面d運動，故D錯誤。
故選AC。
【分析】利用電勢的分布可以判別電場的方向，結合軌跡彎曲方向可以判別電場力的方向，兩者對比可以判別粒子的電性；利用等勢面的疏密可以比較電場力的大小，結合牛頓第二定律可以比較加速度的大小；利用電勢的大小結合電荷量可以比較電勢能的大小；利用電場力的方向可以判別粒子的運動方向。
9．【答案】B,C
【知識點】萬有引力定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．發射速度大于第一宇宙速度即可，故A錯誤；
B．根據
解得
故B正確；
C．由于探測器繞月運動，則地球對探測器的引力小于月球對探測器的引力，故C正確；
D．根據
得
故D錯誤；
故選BC。
【分析】嫦娥六號登月，依然在地球月球間運動，根據萬有引力提供向心力，在環月軌道上，探測器受月球和地球的引力提供向心力。
10．【答案】B,D
【知識點】運動的合成與分解；功率及其計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．由C點下滑到A點的過程中，在滑下過程，設的速度為，的速度為，的速度方向與繩子方向的夾角為，兩球沿繩子方向的速度大小相等，根據速度的分解有
可知的速度始終不小于的速度，故A錯誤；
B．根據功率的表達式可以得出重力對做功功率為
一開始是由靜止釋放的，所以一開始的豎直速度也必然為零，此時重力瞬時功率為0；運動到A點時，的速度處于水平方向，所以此時的豎直速度也為零，重力瞬時功率為0；所以在由C點下滑到A點的過程中，重力對做功功率先增大后減小，故B正確；
C．在由C點下滑到A點的過程中，由于繩子拉力對做負功，根據功能關系可以得出的機械能減少，故C錯誤；
D．若恰好能沿圓弧軌道下滑到A點，根據速度關系可以得出此時、的速度均為0，根據系統機械能守恒可得
解得
故D正確。
故選BD。
【分析】利用速度的分解可以求出兩個小球速度的大小關系；利用繩子做功可以判別m1機械能不守恒；利用重力的瞬時功率結合豎直方向速度的大小可以判別瞬時功率的大小；利用機械能守恒定律可以求出兩個小球質量的大小關系。
11．【答案】廢水水平方向的位移大小x；管口到地面的高度h；；偏大
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】（1）根據排水管每秒的排污體積表達式為
要想估測排水管每秒的排污體積，需要測量管口的橫截面積，以及水的流速，故需要測量管口的直徑d，即測量管口的周長l，廢水出管口后看做平拋運動，根據位移公式有
聯立可得
故還需要測量廢水水平方向的位移大小，管口到地面的高度。
（2）排水管每秒的排污體積表達式為
聯立可得體積的表達式為
（3）若排水管的管壁厚度不可忽略，則排水管的排水的橫截面積測量值偏大，根據表達式可知排水管每秒的排污體積的測量值偏大。
【分析】（1）利用排污體積的表達式結合平拋運動的位移公式可以得出需要測量的物理量；
（2）利用平拋運動的位移公式結合體積公式可以求出排污體積的表達式；
（3）當管壁厚度不可忽略會導致水的橫截面積變大則排污體積測量值偏大。
12．【答案】（1）C
（2）26.5°
（3）
（4）
（5）遮光條寬度d測量值偏大
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根據機械能守恒定律，由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以不需要天平測量小球的質量；小球通過光電門的時間可以直接得出，不需要秒表；實驗中需測量細線長度，則需要毫米刻度尺。
故選C。
（2）根據圖示刻度可以得出量角器的讀數為26.5°。
（3）測得小球的直徑為d，小球通過光電門的時間為，根據平均速度公式可知小球經過最低點的瞬時速度大小為
（4）根據重力勢能的表達式可以得出小球的重力勢能減少量為
當滿足重力勢能的減少量等于動能的增量時，則
即可驗證機械能守恒定律
（5）實驗用滑塊經過光電門時的平均速度代替瞬時速度，由于滑塊做加速運動，如果遮光條寬度d測量值偏大，瞬時速度的測量值偏大，根據動能的表達式會使動能的增加量總是略大于重力勢能的減少量。
【分析】（1）利用機械能守恒定律可以判別不需要使用天平測量小球的質量；實驗有光電門計時器不需要秒表；實驗需要刻度尺測量繩子的長度；
（2）利用量角器的刻度可以讀出角度的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出小球瞬時速度的大小；
（4）利用重力勢能的減少量等于動能的增量可以導出機械能守恒的表達式；當遮光條寬度d測量值偏大，瞬時速度的測量值偏大，根據動能的表達式會使動能的增加量總是略大于重力勢能的減少量。
13．【答案】【解答】（1）由電場力做功與電勢差關系，有
則A、B兩點間的電勢差為
（2）同理有
則A、C兩點為等勢點，所以電場強度E垂直AC斜向下

【知識點】電場力做功；電勢差與電場強度的關系
【解析】【分析】（1）已知電場力做功的大小，利用電場力做功可以求出電勢差的大小；
（2）已知電場力做功可以求出電勢差的大小，結合電勢差與場強的關系可以求出電場強度的大小。
14．【答案】【解答】（1）小球剛好通過A點，繩子拉力為零，僅重力提供向心力
解得
（2）從A點到B點，由動能定理
解得
在B點，由繩子拉力和小球重力共同提供向心力
解得
再由牛頓第三定律可得
（3）小球從B點到落地的過程中，只有重力做功，由動能定理
解得
+
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）小球經過A點時，利用重力提供向心力可以求出小球速度的大小；
（2）小球從A到B點時，利用動能定理可以求出小球經過B點時速度的大小，結合牛頓第二定律可以求出小球對繩子拉力的大小；
（3）小球從B點到落地的過程中，利用動能定理可以求出落地速度的大小。
15．【答案】解：（1）由能量守恒
解得
（2）滑塊滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v時所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊的位移為x；由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式得
解得
解得
所以滑塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，由動能定理
解得
（3）滑塊從傳送帶右端滑上半圓軌道，恰好通過半圓軌道時，在最高點
由Q到半圓軌道最高點，由機械能守恒有
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑塊釋放瞬間，利用彈性勢能轉化為動能可以求出彈簧彈性勢能的大小；
（2）滑塊滑上傳送帶后，利用牛頓第二定律可以求出滑塊加速度的大小，結合速度公式可以求出與傳送帶共速的時間，再利用位移公式可以求出加速的位移，結合動能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）滑塊恰好經過最高點時，利用牛頓第二定律可以求出經過最高點的速度，結合機械能守恒定律可以求出軌道半徑的大小。
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