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浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题（原卷版+解析版），文件包含浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题原卷版docx、浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
4.参加联批学校的学生可关注公众号查询个人成绩分析；
5.本卷计算中重力加速度g取。
选择题部分
一、选择题I（本大题包括13小题每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选答案中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 功率是反映做功快慢的物理量，下列关于功率单位用国际制基本单位来表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
，
可知用国际制基本单位来表示功率单位，则有
故选D。
2. 关于物理学史与物理研究的思想方法，下列说法中正确的是（ ）
A. 质点、合力概念的建立都体现了等效替代的思想
B. 牛顿利用扭秤实验测出万有引力常量G，体现了放大思想
C. 伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法
D. 加速度的定义采用了比值法定义，a的大小由与决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．质点的建立是理想模型法，合力概念的建立体现了等效替代的思想，故A错误；
B．卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量G，体现了放大思想，故B错误；
C．伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确；
D．加速度的定义采用了比值法定义，a的大小与与均无关，故D错误。
故选C。
3. “区间测速”是通过测出车辆经过两个监测点的时间，从而计算车辆是否超速违章。如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长、全程限速，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为和，通过测速区间的时间为。下列判断正确的是（ ）
A. 测速区间长度“”表示位移
B. 通过监测起点的速度表示瞬时速度大小
C. 该车全程平均速度为
D. 在测速区间，该车没有超速现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．测速区间长度“”表示路程，故A错误；
B．通过监测起点的速度表示瞬时速度大小，故B正确；
C．根据题意无法知道全程的位移大小，所以无法得到该车全程的平均速度，故C错误；
D．由题意只知道汽车通过监测起点和终点的速度分别为和，平均速率为100km/h. 不清楚在测速区间，其他位置的瞬时速度，所以无法判断该车有没有超速现象，故D错误。
故选B。
4. 2023年12月29日晚19：35，CBA传奇球星易建联的球衣退役仪式在东莞篮球中心举行，同时安排了一场退役表演赛。如图为易建联在比赛中的某张照片，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球刚被投出后受到重力、手的推力和空气阻力作用
B. 篮球对手产生弹力是因为篮球发生了形变
C. 篮球离开手后，速率增大，惯性变小
D. 研究易建联的投篮动作时可以把篮球当成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．篮球刚被投出后受到重力和空气阻力作用，故A错误；
B．篮球对手产生弹力是因为篮球发生了形变，故B正确；
C．篮球离开手后，篮球质量不变，惯性不变，故C错误；
D．研究易建联的投篮动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以把篮球当成质点，故D错误。
故选B。
5. 物理与生活息息相关，以下是教科书中的几幅插图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 甲图，医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术
B. 乙图，汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成高速档
C. 丙图，砂轮切割金属产生的火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
D. 丁图，物体沿曲面运动时，重力做的功跟路径有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲图，医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术，故A正确；
B．乙图，根据
汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成低速档，故B错误；
C．炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，图中有些火星的轨迹不是直线，是受到重力、互相的撞击等作用所致，故C错误；
D．丁图，物体沿曲面运动时，重力做的功跟路径无关，只与初末位置的高度差有关，故D错误。
故选A。
6. 某质点在平面上运动。时质点位于y轴上。它在x轴方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 质点初速度为，方向沿x正方向
B. 质点加速度为，方向沿x正方向
C. 质点做变加速曲线运动
D. 内质点的位移大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知，质点在y方向做匀速直线运动，速度大小为
可知质点初速度大小为
故A错误；
B．由图甲可知，质点在x方向做匀加速直线运动，加速度大小为
由于质点在y方向做匀速直线运动，则质点加速度为，方向沿x正方向，故B正确；
C．质点在x方向做匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，则质点做匀变速曲线运动，故C错误；
D．内质点在x方向的位移大小为
质点在y方向的位移大小为
则内质点位移大小为
故D错误。
故选B。
7. 青岛是中国帆船运动的发源地，被誉为中国的“帆船之都”。如图，一艘帆船正在静止水面上航行，帆船是靠风在帆船上产生的作用力而前进的，设风对帆面的作用力F垂直于帆面，它会分成两个分力、，其中垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，沿着航向。若帆面与帆面航向之间的夹角为，帆船总质量为m，下列说法正确的是（ ）
A. 船受到的合力大小为
B. 横向阻力大小为
C. 船前进的动力大小为
D. 若船沿着航向的反方向受到的阻力为，则船的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．是船前进的动力，大小为
船沿着航向的反方向还会受到阻力f，则船受到的合力大小为
故AC错误；
B．垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，则横向阻力大小为
故B错误；
D．若船沿着航向的反方向受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
解得船的加速度大小为
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，上过街大桥时，甲乙两位同学分别选择了步行楼梯和自动扶梯上桥，此过程可以看成匀速，下列说法正确的是（ ）
A. 甲同学受到楼梯的支持力做正功
B. 乙同学受到自动扶梯的作用力不做功
C. 甲同学的机械能一定增加
D. 乙同学机械能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲同学上桥时，楼梯的支持力位移为零，楼梯的支持力不做功，故A错误；
B．根据平衡条件可知乙同学受到自动扶梯的作用力沿斜面向上，且位移不为零，乙同学受到自动扶梯的作用力做正功，故B错误；
CD．甲、乙两同学上桥过程速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增大，故甲、乙同学的机械能增加，故C正确，D错误。
故选C。
9. 安全气囊是一种车辆乘员约束系统，能在碰撞事件中为乘员提供柔软的缓冲和约束，减少对乘客和车内人员的伤害。如图所示为某汽车安全气囊的触发装置，金属球被强磁铁吸引固定。当汽车受到猛烈撞击，碰撞过程中加速度不小于时，金属球会脱离强磁铁，沿导轨运动接通电路，安全气囊打开。若金属球的质量为，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A. 碰撞过程中，小球因为受到一个向前的力作用而脱离强磁铁
B. 强磁铁对金属球的最大引力为
C. 汽车在紧急刹车时，小球对强磁铁的压力变大
D. 若汽车某次事故中车头发生正碰，碰撞时间为，车头部凹陷了，此过程看作匀减速运动，则此次碰撞会导致安全气囊弹出
【答案】B
【解析】
【详解】A．碰撞过程中，汽车受到猛烈撞击，速度减小，存在向左的加速度，当强磁铁对小球的吸引力不足以提供向左的加速度时，小球与强磁铁发生相对运动，从而脱离强磁铁，可知小球脱离强磁铁并不是因为受到另外的一个力的作用，故A错误；
B．结合上述，根据牛顿第二定律有
即强磁铁对金属球的最大引力为20N，故B正确；
C．汽车匀速行驶时，强磁铁对小球向右的弹力大小等于吸引力，汽车在紧急刹车时，小球的加速度方向向左，根据牛顿第二定律可知，强磁铁对小球的向右的弹力变小，根据牛顿第三定律可知，小球对强磁铁的压力变小，故C错误；
D．若汽车某次碰撞时间为0.03s，车头部凹陷了0.15m，利用逆向思维，根据位移公式有
解得
故此碰撞不会导致安全气囊弹出，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，A是静止在地球赤道面上的一个物体，B是绕地球做圆周运动的一颗卫星，其轨道平面与赤道面重合，离地高度为。下列说法正确的是（ ）
A. A的线速度大小等于
B. A的周期要比B的周期大
C. A的向心加速度比B的向心加速度大
D. 地球对A的万有引力大于地球对B的万有引力大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度7.9km/s是人造卫星在空中绕地球做匀速圆周运动的最大速度，则同步卫星的线速度小于7.9km/s，地球同步卫星的角速度等于A的角速度，根据
A的线速度小于同步卫星的线速度，所以A的线速度小于，故A错误；
B．A的周期等于同步卫星的周期，根据
同步卫星的周期大于B的周期，所以A的周期要比B的周期大，故B正确；
C．根据
同步卫星的向心加速度大于A的向心加速度，根据
同步卫星的向心加速度小于B的向心加速度，所以A的向心加速度比B的向心加速度小，故C错误；
D．A、B质量大小不确定，则地球对A的万有引力与地球对B的万有引力大小不确定，故D错误。
故选B。
11. 用长为L的轻绳系着质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至水平位置由静止释放，下列说法中正确的是（ ）
A. 绳子越长，小球运动到最低点时受到的拉力越大
B. 绳子越长，小球运动到最低点时加速度越大
C. 绳子越长，小球运动到最低点时的速度越大
D. 小球下落过程中重力的功率不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】C．将小球拉至水平位置由静止释放，设小球运动到最低点时的速度为，根据动能定理可得
可得
可知绳子越长，小球运动到最低点时的速度越大，故C正确；
AB．小球运动到最低点时，加速度大小为
以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
可得拉力大小为
可知小球运动到最低点时受到的拉力、加速度均与绳子长度无关，故AB错误；
D．根据
小球从水平位置静止释放到最低点过程，小球竖直方向的分速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选C。
12. 风力发电是指把风的动能转化为电能。某地有一风力发电机，它的叶片长度为。某时间内该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将的空气动能转化为电能。则该风力发电机发电的功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在t时间内空气动能为
则此风力发电机发电的功率约为
故选A。
13. 如图所示，倾角的斜面ABC固定在水平地面上，斜面高为h。O点位于A点左上方，OA间的竖直高度为。将小球分别以速度与从O点水平抛出，刚好分别落到斜面顶点A与斜面中点P处，且小球分别落到A点与落到P点时速度方向与斜面的夹角相等。下列说法中不正确的是（ ）
A. 小球抛出的初速度为
B. O点与A点间的水平距离为
C. 斜面高度h为
D. 若以速度水平抛出，则小球刚好落到斜面底端C处
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球分别落到A点与落到P点时速度方向与斜面的夹角相等，说明速度的偏向角相等，根据速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍，可知位移偏向角相等，则说明OAP三点共线，则OA的水平距离
从O到A，则
解得
选项AB正确，不符合题意。
C．以从O点水平抛出刚好落到斜面中点P处，，则
解得
则
可得
选项C正确，不符合题意；
D．若以速度水平抛出，设小球落到斜面上的点距离顶端l，则
解得
l=6m
斜面长度
则小球已经越过斜面底端落到水平面上，选项D错误，符合题意。
故选D。
二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分。）
14. 把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 小球受到重力、弹力、向心力三个力作用
B. 小球受到重力和弹力作用，这两个力的合力提供向心力
C. 小球受到重力和弹力作用，其中弹力沿水平方向的分力提供向心力
D. 小球在漏斗壁上不同位置做匀速圆周运动时半径越大，向心加速度就越大
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．小球在某一水平面内做匀速圆周运动，小球受到重力和弹力作用，这两个力的合力提供向心力，也可以认为弹力沿水平方向的分力提供向心力，故A错误，BC正确；
D．设小球受到弹力方向与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得
解得
小球在漏斗壁上不同位置做匀速圆周运动时半径越大，向心加速度大小保持不变，故D错误。
故选BC。
15. 水平面MN上固定一斜面AB，高为h，倾角为θ，如图所示。质量为m的滑块以某一初速度从斜面底端B点沿斜面上滑，刚好能到达斜面顶端A。已知物块与斜面间动摩擦因数为（），P为斜面中点，规定MN处水平面为重力势能参考平面。下列说法中正确的是（ ）
A. 滑块开始上滑时的动能为
B. 滑块上滑过程中机械能减少量为
C. 上滑过程中动能与重力势能相等的位置刚好在P点
D. 下滑过程中动能与重力势能相等的位置在P点下方
【答案】AD
【解析】
【详解】A．滑块从底端到顶端过程，根据动能定理可得
解得滑块开始上滑时的动能为
故A正确；
B．滑块上滑过程中，根据功能关系可知机械能减少量为
故B错误；
C．上滑过程中，若斜面光滑，则根据机械能守恒可知，动能与重力势能相等的位置刚好在P点，实际上存在摩擦力做负功，所以滑块在P点的实际动能小于在P点的重力势能，因为上滑做减速运动，则动能与重力势能相等的位置在P点下方，故C错误；
D．下滑过程中，若斜面光滑，则根据机械能守恒可知，动能与重力势能相等的位置刚好在P点，实际上存在摩擦力做负功，所以滑块在P点的实际动能小于在P点的重力势能，因为下滑做加速运动，则动能与重力势能相等的位置在P点下方，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题部分（本题有5小题，共55分）
16. “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图如图1所示，托盘质量为，托盘中重物质量为m，小车和砝码的总质量为M。某同学发现挂上托盘拉动小车运动时，刚好能使打出的纸带点迹分布均匀，所以他就用托盘的重力来补偿小车受到的阻力，用重物的重力表示小车受到的合力。他进行了以下实验：保持小车质量一定时，改变盘中重物质量，来探究加速度与力的关系；保持盘中重物一定时，改变小车上的砝码，来探究加速度与质量的关系。
（1）用上述方法能否用来探究小车质量一定时，加速度与力的关系。____（选填：“能”或“不能”）；在实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为的交流电。根据纸带可求出小车加速度为____。（结果均保留两位有效数字）。分析该实验数据是否合理，为什么？____。
（2）用上述方法能否用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系？____（选填：“能”或“不能”）
【答案】（1） ①. 能 ②. 4.0 ③. 不合理，因为加速度太大，不满足（或）要求
（2）不能
【解析】
【小问1详解】
[1]保持小车的质量一定，改变盘中重物的质量，即可改变小车受的合外力，则用上述方法能用来探究小车质量一定时，加速度与力的关系。
[2]小车加速度为
[3]该数据不合理；因为加速度太大，不满足（或）要求；
【小问2详解】
用上述方法细线下面悬挂重物时，细线的拉力随小车的质量的变化而变化，则不能用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
17. 如图所示探究平抛运动特点和规律的实验装置。用小击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。观察两球的运动情况，可以得到平抛运动的运动特征。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复这个实验。已知A、B两球大小相同，A球质量为，B球质量为，忽略空气阻力，重力加速度g取。
（1）说明该实验的实验现象及实验结论；
（2）若某次实验小球距离地面高度为，A球的水平位移为，求该次击打过程中弹性金属片对小球A所做的功和A球下落过程中重力做功的平均功率；
（3）保持小球距离地面高度不变，改变小锤击打力度，使A球做平抛运动水平位移不同，在先后两次实验中A球的水平位移分别为与。求小球A两次平抛运动落地前瞬间重力做功的瞬时功率之比。
【答案】（1）见解析；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）该实验的实验现象：听到A、B两球始终同时落地；
实验结论：由于A、B两球始终同时落地，说明A、B两球竖直方向有相同的运动情况，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；水平方向的速度不影响竖直方向的运动。
（2）由
可得
由
解得初速度为
则该次击打过程中弹性金属片对小球A所做的功为
A球下落过程中重力做功的平均功率
（3）根据
，
A球两次下落高度相同，则两次落地前瞬间，竖直方向上分速度相等，则小球A两次平抛运动落地前瞬间重力做功的瞬时功率之比为
18. 用如图所示的向心力演示器来探究向心力大小，长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上挡板A和短槽上挡板C到各自转轴的距离相等。在实验过程中，下列说法中正确的是
（1）探究向心力与质量的关系时，要将两质量不同的小球分别放在挡板____（选填：“AB”、“AC”或“BC”），手柄传动皮带套在半径之比等于____（选填“”、“”或“”）的塔轮上。
（2）若将质量之比等于两小球分别放在挡板B与挡板C处，传动皮带套在半径之比等于的塔轮上时，标尺露出红白相间的等分格数比等于____。
【答案】（1） ①. AC ②. 1∶1
（2）1∶1
【解析】
【小问1详解】
[1][2]探究向心力与质量的关系时，要保持半径和角速度一定，则要将两质量不同的小球分别放在挡板AC，手柄传动皮带套在半径之比等于的塔轮上。
【小问2详解】
若将质量之比等于的两小球分别放在挡板B与挡板C处，转动半径为2:1；传动皮带套在半径之比等于的塔轮上时，则根据v=ωr可知角速度之比为1:2，根据F=mω2r可知向心力之比为1:1，即标尺露出红白相间的等分格数比等于1:1。
19. 兴趣小组同学为了探究弹簧弹性势能与形变量的关系，用如图4所示装置做了以下实验。将轻弹簧竖直悬挂，刻度尺上端固定，并与弹簧平行，记录弹簧原长位置。兴趣小组分成甲、乙两组进行，甲组同学将钩码挂上弹簧后，用手托着钩码使其由弹簧原长位置缓慢下降，直到手离开钩码达到平衡时测出弹簧的伸长量x，他们认为此时弹簧的弹性势能就等于；乙组同学将钩码挂上弹簧后，由静止开始释放，并记录钩码达到的最低位置，测出弹簧伸长量，他们认为此时弹簧的弹性势能就等于。改变钩码个数，重复以上步骤，记录数据如下表：
（1）甲、乙两组方案中，哪一组的方案是合理的____（选填“甲”或“乙”）。另一组不合理的方案中，实际钩码重力势能的减少量要____弹簧弹性势能的增加量（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）分析题中所给数据，若弹簧的劲度系数为k，则弹簧的弹性势能与弹簧形变量的关系为____。
【答案】（1） ① 乙 ②. 大于
（2）
【解析】
【小问1详解】
[1]甲同学在钩码下降时，手对钩码做功，钩码与弹簧组成的系统机械能不守恒，乙同学在钩码下降的过程中只有系统内的重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故乙同学的合理。
[2]甲同学的方案中，因为下降过程中手对钩码做负功，故钩码减少的重力势能大于弹簧增加的弹性势能。
【小问2详解】
弹簧增加弹性势能为
结合题中数据根据对称性，弹力重力相等的位置为
联立可得
20. 如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，物块A叠放在B上面。已知，。A、B间动摩擦因数为，B与地面间动摩擦因数为。现在给B一个水平推力F，使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）当时，A、B所受摩擦力分别多大？
（2）要使A、B间不发生相对滑动，推力F不能超过多少？
（3）A、B的加速度大小、与F的关系。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）当B刚好开始滑动时，有
所以当时，A、B均处于静止状态；根据受力平衡可得
（2）当A、B间刚好开始滑动时，此时A、B共同加速度达到最大，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知要使A、B间不发生相对滑动，推力不能超过。
（3）①当时，A、B都处于静止，则有
②当时，A、B一起加速，根据牛顿第二定律可得
解得
③当时，A、B间滑动，则有
21. 如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧的劲度系数，原长为。质量为的铁球从弹簧正上方高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，整个运动过程都在弹簧的弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）铁球速度最大时离地面的高度h；
（2）以铁球初始位置为原点，竖直向下为x轴正方向，试画出铁球所受合力F随下落位移x变化的图像，要求标出关键点坐标；（提示：图像中图线与横坐标所包围的面积可以表示做功多少）
（3）铁球的最大加速度大小及方向。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向上
【解析】
【详解】（1）铁球速度最大时
解得
可得
（2）内，铁球自由下落
时
当时
当弹簧压缩到最低点时，小球速度为0，此过程中合力做功为0，即由F—x图像所包围的面积为0。可求得此时x=0.4m，F=15N。
（3）当x=0.4m时，铁球加速度最大
解得
方向竖直向上。
22. 如图所示，某装置由斜面轨道AB、水平面轨道BC、光滑圆周轨道、光滑直轨道平滑连接组成，B、C、C'为连接点（C、C'略微岔开），F端有一挡板，挡板上固定有一轻弹簧，整个装置处于同一竖直平面内。质量为m的滑块以某一初速度从A点开始下滑，沿着轨道运动。已知，圆周轨道半径，AB长度，倾角，BC长度，物块与AB、BC间动摩擦因数均为。不计其它阻力，，。
（1）若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点E，求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能和从A点开始下滑时初速度的大小；
（2）要使滑块不脱离轨道，求的取值范围；
（3）在满足（2）条件下，滑块过C点时对轨道最大压力的大小。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
【详解】（1）物块恰好过E点时
物块压缩弹簧最大弹性势能
解得
物块由A到E过程中
解得
（2）物块恰好能到达与圆心等高D处
解得
由（1）可知，物块恰好能过圆周最高点时
物块返回后恰好不超过A点
解得
综上所述，要使物块不脱离轨道，初速度v0需满足
或
（3）由（2）可知，当时，物块对C点的压力最大
得
由
可得
由牛顿第三定律得，物块对轨道的最大压力大小为12N。
m
2m
3m
4m
5m
6m
0.40
0.80
1.20
1.61
2.01
2.42
0.80
1.60
2.40
3.23
4.01
4.83
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
4.参加联批学校的学生可关注公众号查询个人成绩分析；
5.本卷计算中重力加速度g取。
选择题部分
一、选择题I（本大题包括13小题每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选答案中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 功率是反映做功快慢的物理量，下列关于功率单位用国际制基本单位来表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
，
可知用国际制基本单位来表示功率单位，则有
故选D。
2. 关于物理学史与物理研究的思想方法，下列说法中正确的是（ ）
A. 质点、合力概念的建立都体现了等效替代的思想
B. 牛顿利用扭秤实验测出万有引力常量G，体现了放大思想
C. 伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法
D. 加速度的定义采用了比值法定义，a的大小由与决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．质点的建立是理想模型法，合力概念的建立体现了等效替代的思想，故A错误；
B．卡文迪许利用扭秤实验测出万有引力常量G，体现了放大思想，故B错误；
C．伽利略利用斜面实验得到自由落体运动规律是运用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确；
D．加速度的定义采用了比值法定义，a的大小与与均无关，故D错误。
故选C。
3. “区间测速”是通过测出车辆经过两个监测点的时间，从而计算车辆是否超速违章。如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长、全程限速，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为和，通过测速区间的时间为。下列判断正确的是（ ）
A. 测速区间长度“”表示位移
B. 通过监测起点的速度表示瞬时速度大小
C. 该车全程平均速度为
D. 在测速区间，该车没有超速现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．测速区间长度“”表示路程，故A错误；
B．通过监测起点的速度表示瞬时速度大小，故B正确；
C．根据题意无法知道全程的位移大小，所以无法得到该车全程的平均速度，故C错误；
D．由题意只知道汽车通过监测起点和终点的速度分别为和，平均速率为100km/h. 不清楚在测速区间，其他位置的瞬时速度，所以无法判断该车有没有超速现象，故D错误。
故选B。
4. 2023年12月29日晚19：35，CBA传奇球星易建联的球衣退役仪式在东莞篮球中心举行，同时安排了一场退役表演赛。如图为易建联在比赛中的某张照片，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球刚被投出后受到重力、手的推力和空气阻力作用
B. 篮球对手产生弹力是因为篮球发生了形变
C. 篮球离开手后，速率增大，惯性变小
D. 研究易建联的投篮动作时可以把篮球当成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．篮球刚被投出后受到重力和空气阻力作用，故A错误；
B．篮球对手产生弹力是因为篮球发生了形变，故B正确；
C．篮球离开手后，篮球质量不变，惯性不变，故C错误；
D．研究易建联的投篮动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以把篮球当成质点，故D错误。
故选B。
5. 物理与生活息息相关，以下是教科书中的几幅插图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 甲图，医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术
B. 乙图，汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成高速档
C. 丙图，砂轮切割金属产生的火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
D. 丁图，物体沿曲面运动时，重力做的功跟路径有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲图，医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术，故A正确；
B．乙图，根据
汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成低速档，故B错误；
C．炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，图中有些火星的轨迹不是直线，是受到重力、互相的撞击等作用所致，故C错误；
D．丁图，物体沿曲面运动时，重力做的功跟路径无关，只与初末位置的高度差有关，故D错误。
故选A。
6. 某质点在平面上运动。时质点位于y轴上。它在x轴方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 质点初速度为，方向沿x正方向
B. 质点加速度为，方向沿x正方向
C. 质点做变加速曲线运动
D. 内质点的位移大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知，质点在y方向做匀速直线运动，速度大小为
可知质点初速度大小为
故A错误；
B．由图甲可知，质点在x方向做匀加速直线运动，加速度大小为
由于质点在y方向做匀速直线运动，则质点加速度为，方向沿x正方向，故B正确；
C．质点在x方向做匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，则质点做匀变速曲线运动，故C错误；
D．内质点在x方向的位移大小为
质点在y方向的位移大小为
则内质点位移大小为
故D错误。
故选B。
7. 青岛是中国帆船运动的发源地，被誉为中国的“帆船之都”。如图，一艘帆船正在静止水面上航行，帆船是靠风在帆船上产生的作用力而前进的，设风对帆面的作用力F垂直于帆面，它会分成两个分力、，其中垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，沿着航向。若帆面与帆面航向之间的夹角为，帆船总质量为m，下列说法正确的是（ ）
A. 船受到的合力大小为
B. 横向阻力大小为
C. 船前进的动力大小为
D. 若船沿着航向的反方向受到的阻力为，则船的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．是船前进的动力，大小为
船沿着航向的反方向还会受到阻力f，则船受到的合力大小为
故AC错误；
B．垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，则横向阻力大小为
故B错误；
D．若船沿着航向的反方向受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
解得船的加速度大小为
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，上过街大桥时，甲乙两位同学分别选择了步行楼梯和自动扶梯上桥，此过程可以看成匀速，下列说法正确的是（ ）
A. 甲同学受到楼梯的支持力做正功
B. 乙同学受到自动扶梯的作用力不做功
C. 甲同学的机械能一定增加
D. 乙同学机械能守恒
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲同学上桥时，楼梯的支持力位移为零，楼梯的支持力不做功，故A错误；
B．根据平衡条件可知乙同学受到自动扶梯的作用力沿斜面向上，且位移不为零，乙同学受到自动扶梯的作用力做正功，故B错误；
CD．甲、乙两同学上桥过程速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增大，故甲、乙同学的机械能增加，故C正确，D错误。
故选C。
9. 安全气囊是一种车辆乘员约束系统，能在碰撞事件中为乘员提供柔软的缓冲和约束，减少对乘客和车内人员的伤害。如图所示为某汽车安全气囊的触发装置，金属球被强磁铁吸引固定。当汽车受到猛烈撞击，碰撞过程中加速度不小于时，金属球会脱离强磁铁，沿导轨运动接通电路，安全气囊打开。若金属球的质量为，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A. 碰撞过程中，小球因为受到一个向前的力作用而脱离强磁铁
B. 强磁铁对金属球的最大引力为
C. 汽车在紧急刹车时，小球对强磁铁的压力变大
D. 若汽车某次事故中车头发生正碰，碰撞时间为，车头部凹陷了，此过程看作匀减速运动，则此次碰撞会导致安全气囊弹出
【答案】B
【解析】
【详解】A．碰撞过程中，汽车受到猛烈撞击，速度减小，存在向左的加速度，当强磁铁对小球的吸引力不足以提供向左的加速度时，小球与强磁铁发生相对运动，从而脱离强磁铁，可知小球脱离强磁铁并不是因为受到另外的一个力的作用，故A错误；
B．结合上述，根据牛顿第二定律有
即强磁铁对金属球的最大引力为20N，故B正确；
C．汽车匀速行驶时，强磁铁对小球向右的弹力大小等于吸引力，汽车在紧急刹车时，小球的加速度方向向左，根据牛顿第二定律可知，强磁铁对小球的向右的弹力变小，根据牛顿第三定律可知，小球对强磁铁的压力变小，故C错误；
D．若汽车某次碰撞时间为0.03s，车头部凹陷了0.15m，利用逆向思维，根据位移公式有
解得
故此碰撞不会导致安全气囊弹出，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，A是静止在地球赤道面上的一个物体，B是绕地球做圆周运动的一颗卫星，其轨道平面与赤道面重合，离地高度为。下列说法正确的是（ ）
A. A的线速度大小等于
B. A的周期要比B的周期大
C. A的向心加速度比B的向心加速度大
D. 地球对A的万有引力大于地球对B的万有引力大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度7.9km/s是人造卫星在空中绕地球做匀速圆周运动的最大速度，则同步卫星的线速度小于7.9km/s，地球同步卫星的角速度等于A的角速度，根据
A的线速度小于同步卫星的线速度，所以A的线速度小于，故A错误；
B．A的周期等于同步卫星的周期，根据
同步卫星的周期大于B的周期，所以A的周期要比B的周期大，故B正确；
C．根据
同步卫星的向心加速度大于A的向心加速度，根据
同步卫星的向心加速度小于B的向心加速度，所以A的向心加速度比B的向心加速度小，故C错误；
D．A、B质量大小不确定，则地球对A的万有引力与地球对B的万有引力大小不确定，故D错误。
故选B。
11. 用长为L的轻绳系着质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至水平位置由静止释放，下列说法中正确的是（ ）
A. 绳子越长，小球运动到最低点时受到的拉力越大
B. 绳子越长，小球运动到最低点时加速度越大
C. 绳子越长，小球运动到最低点时的速度越大
D. 小球下落过程中重力的功率不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】C．将小球拉至水平位置由静止释放，设小球运动到最低点时的速度为，根据动能定理可得
可得
可知绳子越长，小球运动到最低点时的速度越大，故C正确；
AB．小球运动到最低点时，加速度大小为
以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
可得拉力大小为
可知小球运动到最低点时受到的拉力、加速度均与绳子长度无关，故AB错误；
D．根据
小球从水平位置静止释放到最低点过程，小球竖直方向的分速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选C。
12. 风力发电是指把风的动能转化为电能。某地有一风力发电机，它的叶片长度为。某时间内该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将的空气动能转化为电能。则该风力发电机发电的功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在t时间内空气动能为
则此风力发电机发电的功率约为
故选A。
13. 如图所示，倾角的斜面ABC固定在水平地面上，斜面高为h。O点位于A点左上方，OA间的竖直高度为。将小球分别以速度与从O点水平抛出，刚好分别落到斜面顶点A与斜面中点P处，且小球分别落到A点与落到P点时速度方向与斜面的夹角相等。下列说法中不正确的是（ ）
A. 小球抛出的初速度为
B. O点与A点间的水平距离为
C. 斜面高度h为
D. 若以速度水平抛出，则小球刚好落到斜面底端C处
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球分别落到A点与落到P点时速度方向与斜面的夹角相等，说明速度的偏向角相等，根据速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍，可知位移偏向角相等，则说明OAP三点共线，则OA的水平距离
从O到A，则
解得
选项AB正确，不符合题意。
C．以从O点水平抛出刚好落到斜面中点P处，，则
解得
则
可得
选项C正确，不符合题意；
D．若以速度水平抛出，设小球落到斜面上的点距离顶端l，则
解得
l=6m
斜面长度
则小球已经越过斜面底端落到水平面上，选项D错误，符合题意。
故选D。
二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分。）
14. 把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 小球受到重力、弹力、向心力三个力作用
B. 小球受到重力和弹力作用，这两个力的合力提供向心力
C. 小球受到重力和弹力作用，其中弹力沿水平方向的分力提供向心力
D. 小球在漏斗壁上不同位置做匀速圆周运动时半径越大，向心加速度就越大
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．小球在某一水平面内做匀速圆周运动，小球受到重力和弹力作用，这两个力的合力提供向心力，也可以认为弹力沿水平方向的分力提供向心力，故A错误，BC正确；
D．设小球受到弹力方向与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得
解得
小球在漏斗壁上不同位置做匀速圆周运动时半径越大，向心加速度大小保持不变，故D错误。
故选BC。
15. 水平面MN上固定一斜面AB，高为h，倾角为θ，如图所示。质量为m的滑块以某一初速度从斜面底端B点沿斜面上滑，刚好能到达斜面顶端A。已知物块与斜面间动摩擦因数为（），P为斜面中点，规定MN处水平面为重力势能参考平面。下列说法中正确的是（ ）
A. 滑块开始上滑时的动能为
B. 滑块上滑过程中机械能减少量为
C. 上滑过程中动能与重力势能相等的位置刚好在P点
D. 下滑过程中动能与重力势能相等的位置在P点下方
【答案】AD
【解析】
【详解】A．滑块从底端到顶端过程，根据动能定理可得
解得滑块开始上滑时的动能为
故A正确；
B．滑块上滑过程中，根据功能关系可知机械能减少量为
故B错误；
C．上滑过程中，若斜面光滑，则根据机械能守恒可知，动能与重力势能相等的位置刚好在P点，实际上存在摩擦力做负功，所以滑块在P点的实际动能小于在P点的重力势能，因为上滑做减速运动，则动能与重力势能相等的位置在P点下方，故C错误；
D．下滑过程中，若斜面光滑，则根据机械能守恒可知，动能与重力势能相等的位置刚好在P点，实际上存在摩擦力做负功，所以滑块在P点的实际动能小于在P点的重力势能，因为下滑做加速运动，则动能与重力势能相等的位置在P点下方，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题部分（本题有5小题，共55分）
16. “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图如图1所示，托盘质量为，托盘中重物质量为m，小车和砝码的总质量为M。某同学发现挂上托盘拉动小车运动时，刚好能使打出的纸带点迹分布均匀，所以他就用托盘的重力来补偿小车受到的阻力，用重物的重力表示小车受到的合力。他进行了以下实验：保持小车质量一定时，改变盘中重物质量，来探究加速度与力的关系；保持盘中重物一定时，改变小车上的砝码，来探究加速度与质量的关系。
（1）用上述方法能否用来探究小车质量一定时，加速度与力的关系。____（选填：“能”或“不能”）；在实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为的交流电。根据纸带可求出小车加速度为____。（结果均保留两位有效数字）。分析该实验数据是否合理，为什么？____。
（2）用上述方法能否用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系？____（选填：“能”或“不能”）
【答案】（1） ①. 能 ②. 4.0 ③. 不合理，因为加速度太大，不满足（或）要求
（2）不能
【解析】
【小问1详解】
[1]保持小车的质量一定，改变盘中重物的质量，即可改变小车受的合外力，则用上述方法能用来探究小车质量一定时，加速度与力的关系。
[2]小车加速度为
[3]该数据不合理；因为加速度太大，不满足（或）要求；
【小问2详解】
用上述方法细线下面悬挂重物时，细线的拉力随小车的质量的变化而变化，则不能用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
17. 如图所示探究平抛运动特点和规律的实验装置。用小击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。观察两球的运动情况，可以得到平抛运动的运动特征。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复这个实验。已知A、B两球大小相同，A球质量为，B球质量为，忽略空气阻力，重力加速度g取。
（1）说明该实验的实验现象及实验结论；
（2）若某次实验小球距离地面高度为，A球的水平位移为，求该次击打过程中弹性金属片对小球A所做的功和A球下落过程中重力做功的平均功率；
（3）保持小球距离地面高度不变，改变小锤击打力度，使A球做平抛运动水平位移不同，在先后两次实验中A球的水平位移分别为与。求小球A两次平抛运动落地前瞬间重力做功的瞬时功率之比。
【答案】（1）见解析；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）该实验的实验现象：听到A、B两球始终同时落地；
实验结论：由于A、B两球始终同时落地，说明A、B两球竖直方向有相同的运动情况，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动；水平方向的速度不影响竖直方向的运动。
（2）由
可得
由
解得初速度为
则该次击打过程中弹性金属片对小球A所做的功为
A球下落过程中重力做功的平均功率
（3）根据
，
A球两次下落高度相同，则两次落地前瞬间，竖直方向上分速度相等，则小球A两次平抛运动落地前瞬间重力做功的瞬时功率之比为
18. 用如图所示的向心力演示器来探究向心力大小，长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上挡板A和短槽上挡板C到各自转轴的距离相等。在实验过程中，下列说法中正确的是
（1）探究向心力与质量的关系时，要将两质量不同的小球分别放在挡板____（选填：“AB”、“AC”或“BC”），手柄传动皮带套在半径之比等于____（选填“”、“”或“”）的塔轮上。
（2）若将质量之比等于两小球分别放在挡板B与挡板C处，传动皮带套在半径之比等于的塔轮上时，标尺露出红白相间的等分格数比等于____。
【答案】（1） ①. AC ②. 1∶1
（2）1∶1
【解析】
【小问1详解】
[1][2]探究向心力与质量的关系时，要保持半径和角速度一定，则要将两质量不同的小球分别放在挡板AC，手柄传动皮带套在半径之比等于的塔轮上。
【小问2详解】
若将质量之比等于的两小球分别放在挡板B与挡板C处，转动半径为2:1；传动皮带套在半径之比等于的塔轮上时，则根据v=ωr可知角速度之比为1:2，根据F=mω2r可知向心力之比为1:1，即标尺露出红白相间的等分格数比等于1:1。
19. 兴趣小组同学为了探究弹簧弹性势能与形变量的关系，用如图4所示装置做了以下实验。将轻弹簧竖直悬挂，刻度尺上端固定，并与弹簧平行，记录弹簧原长位置。兴趣小组分成甲、乙两组进行，甲组同学将钩码挂上弹簧后，用手托着钩码使其由弹簧原长位置缓慢下降，直到手离开钩码达到平衡时测出弹簧的伸长量x，他们认为此时弹簧的弹性势能就等于；乙组同学将钩码挂上弹簧后，由静止开始释放，并记录钩码达到的最低位置，测出弹簧伸长量，他们认为此时弹簧的弹性势能就等于。改变钩码个数，重复以上步骤，记录数据如下表：
（1）甲、乙两组方案中，哪一组的方案是合理的____（选填“甲”或“乙”）。另一组不合理的方案中，实际钩码重力势能的减少量要____弹簧弹性势能的增加量（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）分析题中所给数据，若弹簧的劲度系数为k，则弹簧的弹性势能与弹簧形变量的关系为____。
【答案】（1） ① 乙 ②. 大于
（2）
【解析】
【小问1详解】
[1]甲同学在钩码下降时，手对钩码做功，钩码与弹簧组成的系统机械能不守恒，乙同学在钩码下降的过程中只有系统内的重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故乙同学的合理。
[2]甲同学的方案中，因为下降过程中手对钩码做负功，故钩码减少的重力势能大于弹簧增加的弹性势能。
【小问2详解】
弹簧增加弹性势能为
结合题中数据根据对称性，弹力重力相等的位置为
联立可得
20. 如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，物块A叠放在B上面。已知，。A、B间动摩擦因数为，B与地面间动摩擦因数为。现在给B一个水平推力F，使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）当时，A、B所受摩擦力分别多大？
（2）要使A、B间不发生相对滑动，推力F不能超过多少？
（3）A、B的加速度大小、与F的关系。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）当B刚好开始滑动时，有
所以当时，A、B均处于静止状态；根据受力平衡可得
（2）当A、B间刚好开始滑动时，此时A、B共同加速度达到最大，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
可知要使A、B间不发生相对滑动，推力不能超过。
（3）①当时，A、B都处于静止，则有
②当时，A、B一起加速，根据牛顿第二定律可得
解得
③当时，A、B间滑动，则有
21. 如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧的劲度系数，原长为。质量为的铁球从弹簧正上方高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，整个运动过程都在弹簧的弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）铁球速度最大时离地面的高度h；
（2）以铁球初始位置为原点，竖直向下为x轴正方向，试画出铁球所受合力F随下落位移x变化的图像，要求标出关键点坐标；（提示：图像中图线与横坐标所包围的面积可以表示做功多少）
（3）铁球的最大加速度大小及方向。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向上
【解析】
【详解】（1）铁球速度最大时
解得
可得
（2）内，铁球自由下落
时
当时
当弹簧压缩到最低点时，小球速度为0，此过程中合力做功为0，即由F—x图像所包围的面积为0。可求得此时x=0.4m，F=15N。
（3）当x=0.4m时，铁球加速度最大
解得
方向竖直向上。
22. 如图所示，某装置由斜面轨道AB、水平面轨道BC、光滑圆周轨道、光滑直轨道平滑连接组成，B、C、C'为连接点（C、C'略微岔开），F端有一挡板，挡板上固定有一轻弹簧，整个装置处于同一竖直平面内。质量为m的滑块以某一初速度从A点开始下滑，沿着轨道运动。已知，圆周轨道半径，AB长度，倾角，BC长度，物块与AB、BC间动摩擦因数均为。不计其它阻力，，。
（1）若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点E，求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能和从A点开始下滑时初速度的大小；
（2）要使滑块不脱离轨道，求的取值范围；
（3）在满足（2）条件下，滑块过C点时对轨道最大压力的大小。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
【详解】（1）物块恰好过E点时
物块压缩弹簧最大弹性势能
解得
物块由A到E过程中
解得
（2）物块恰好能到达与圆心等高D处
解得
由（1）可知，物块恰好能过圆周最高点时
物块返回后恰好不超过A点
解得
综上所述，要使物块不脱离轨道，初速度v0需满足
或
（3）由（2）可知，当时，物块对C点的压力最大
得
由
可得
由牛顿第三定律得，物块对轨道的最大压力大小为12N。
m
2m
3m
4m
5m
6m
0.40
0.80
1.20
1.61
2.01
2.42
0.80
1.60
2.40
3.23
4.01
4.83
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