浙江省六校联盟2025-2026学年高一上学期10月月考（尖子班）物理试卷（Word版附解析）

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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（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
一、选择题Ⅰ（本题共 10 小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得 3 分，
选错得 0 分，共 30 分）
1. 在物理学的重大发现中，科学家创造出了许多物理学研究方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、
极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述，
正确的是（ ）
A. “理想化模型”在研究的问题中是实际存在的
B. 定义加速度 用了比值法，加速度与 成正比
C. 在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法
D. 根据速度定义式 ，当 非常非常小时，v 表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
法
【答案】D
【解析】
【详解】A．“理想化模型”是为了简化问题而建立的抽象概念，实际中并不存在，故 A 错误；
B．定义加速度 用了比值法，但加速度与 无关，故 B 错误；
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了理想模型法，故 C 错误；
D．根据速度定义式 ，当 非常非常小时，v 表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思
想法，故 D 正确。
故选 D。
2. 在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所作
科学贡献的叙述中，下列说法正确的是（ ）
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A. 卡文迪许用扭秤实验测出万有引力常量，被称为第一个“测出地球质量”的人
B. 在对自由落体运动研究中，伽利略猜想运动速度大小与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 关于运动和力的清晰概念是由亚里士多德建立的
D. 第谷通过大量的天文观测，发现了行星绕太阳的运动轨迹是椭圆而不是完美的圆
【答案】A
【解析】
【详解】A．卡文迪许通过扭秤实验测定了万有引力常量 ，结合地球表面重力加速度 和地球半径 ，
结合
得出地球质量 ，因此他是第一个“测出地球质量”的人，故 A 正确。
B．伽利略通过斜面实验间接验证自由落体规律（匀加速运动），但因当时技术限制无法直接测量速度与时
间的关系，故“直接用实验验证”的说法错误，故 B 错误。
C．亚里士多德认为“力是维持运动的原因”，这一观点被伽利略和牛顿推翻。牛顿建立了关于运动和力的
清晰概念（牛顿运动定律），故 C 错误。
D．第谷通过观测积累了行星运动数据，但行星椭圆轨道的结论是开普勒分析其数据后提出的，故 D 错误。
故选 A。
3. 2025 年 9 月 3 日，我国隆重举行了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利 80 周年阅兵式，受阅
方队以整齐划一的步伐通过天安门广场。下列说法正确的是（ ）
A. 研究某一名受阅士兵的动作细节时，可将该士兵视为质点
B. 以天安门城楼为参考系，所有受阅方队均处于静止状态
C. 以某一受阅坦克为参考系，与它并排行驶的其他坦克是静止的
D. 研究受阅方队从出发点到天安门广场的行进时间时，不可将方队视为质点
【答案】C
【解析】
【详解】A．研究某一名受阅士兵的动作细节时，其形状和大小不可以忽略，故不可以将该士兵视为质点，
故 A 错误；
B．以天安门城楼为参考系，所有受阅方队与天安门城楼的位置有变化，故所有受阅方队均处于运动状态，
故 B 错误；
C．以某一受阅坦克为参考系，与它并排行驶的其他坦克与它的位置没有变化，故与它并排行驶的其他坦克
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是静止的，故 C 正确；
D．研究受阅方队从出发点到天安门广场的行进时间时，出发点到天安门广场的距离远大于方队的长度，故
可以将方队视为质点，故 D 错误。
故选 C。
4. 在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移。何者？大石重而沙石轻
也。”下列选项中从物理学的角度解释正确的是（ ）
A. “大石不移”是因为大石受到的阻力等于水的冲力
B. “大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力
C. 水对沙石的冲击力大于沙石对水的冲击力
D. 只有水的持续作用力才能让沙石持续运动，因为力是维持物体运动的原因
【答案】A
【解析】
【详解】AB．“大石不移”是因为大石静止受力平衡，摩擦力等于水 冲力，故 A 正确，B 错误；
C．根据牛顿第三定律，水对沙石的冲击力与沙石对水的冲击力大小相等，故 C 错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，而非维持运动的原因，故 D 错误。
故选 A。
5. 在运动会的撑杆跳高项目中，如图所示某运动员在某次撑杆跳高的过程中，从杆发生形变到最后人离开
杆的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 杆一直对人做负功
B. 杆一直对人做正功
C. 弹性势能先增大后减小
D. 杆对人的弹力方向始终竖直向上
【答案】C
【解析】
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【详解】AB．从杆开始发生形变到杆形变最大过程中，弹性势能逐渐增大，杆对人做负功，从形变最大到
人离开杆的过程中，弹性势能逐渐减小，杆对人做正功，故 A、B 错误；
C．上述分析可知，从杆发生形变到最后人离开杆的过程，弹性势能先增大后减小，C 正确；
D．杆对人的弹力方向与杆发生形变的方向相反，整个过程不断变化，不是始终竖直向上，D 错误。
故选 C。
6. 用运动的合成与分解可以分析比较复杂的问题。如图所示，汽车在水平路面上以速度 v0 正常匀速行驶时，
车轮上的任意一点均同时参与了水平方向的匀速直线运动和绕车轴的匀速圆周运动。某时刻，车轮上的 P
点与地面接触时对地速度为零。车轮半径为 R，下列说法正确的是（ ）
A. P 点运动到车轴等高时的瞬时速度大小为 2v0
B. P 点参与的圆周运动的角速度为
C. P 点运动到最高点时瞬时速度大小为 2v0
D. 经过时间 t，P 点沿水平方向移动的距离为
【答案】C
【解析】
【详解】BC．P 点运动到最高点时，车轮与地面接触点设为 Q，Q 点的速度等于 0。
此时车轴和 P 点均以 Q 点为圆心（转动瞬心）做圆周运动，并且角速度ω相同。
此时车轴的线速度为
P 点瞬时速度大小为
解得 ， ，B 错误，C 正确；
A．P 点运动到车轴等高时，车轮与地面接触点设为 E。
此时 P 点以 E 点为圆心（转动瞬心）做圆周运动，P、E 之间的距离为
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P 点的线速度为
解得 ，A 错误；
D． “某时刻，车轮上的 P 点与地面接触时对地速度为零。”该时刻为
经过时间 t， P 点转过的角度为
经过时间 t，P 点沿水平方向移动的距离为
解得 ，D 错误。
故选 C。
7. 如图所示的半圆形凹槽，半径为 R．从左侧圆周上与圆心 O 点等高的 A 处平抛一小球．若小球初速度为
， 为小球击中凹槽位置与圆心 O 连线与竖直方向的夹角，则（ ）．
A.
B.
C
D. 若小球的初速度可以任意选择，则小球有可能垂直击中凹槽
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．几何关系有
平抛运动
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代入解得
故 A 正确，BC 错误；
D．速度反向延长线必然均分水平位移，所以小球不可能垂直击中凹槽，故 D 错误。
故选 A。
8. 如图所示，质量均为 m 的木块 A 和 B，用一个劲度系数为 k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力
加速度为 g，现在用力 F 向上缓慢拉 A 直到 B 刚好要离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量ΔEp 和力 F
做的功 W 分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A 未加力 F 时，受力平衡，此时弹簧压缩量为 x1，根据平衡得
B 刚好离开地面时弹簧的伸长量为 x2，根据平衡得
A 上升过程弹簧压缩量先减小，后弹簧被拉长，两次弹簧形变量相同，所以弹性势能的变化量
这一过程中物块 A 上升的最大高度为
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根据能量守恒可知 F 做的功即为 A 物体重力势能的增加量，即
故选 D。
9. 一小球以某一初速度做抛体运动，忽略阻力。为了使小球的速度方向在最短的时间内发生 的偏转，则
小球初速度方向与竖直向下方向之间的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】小球初速度方向与竖直向下方向之间的夹角 ，小球抛出时的初速度为 ，经过 时间速度方向发
生偏转 ，根据抛体运动规律可得 ，
经过 时间，则有 ，
由几何知识可得
联立可得
整理可得
由数学知识可知当 ，时间 有最小值。
故选 A。
10. 如图所示，O 为地球球心，A 为地球表面上的点，B 为 O、A 连线间的点，AB=d，将地球视为质量分
布均匀的球体，半径为 R．设想挖掉以 B 为圆心、以 为半径的球．若忽略地球自转，则挖出球体后 A 点
的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】本题采用割补法，设想没有挖掉以 B 为圆心、以 为半径的球，则 A 点物体所受的引力是以 B 为
圆心、以 为半径的球的引力和剩余部分的引力的矢量和，设地球质量为 M，以 B 为圆心、以 为半径的
球的质量为 ，则
，
根据万有引力定律，有：
， ，所以
根据牛顿第二定律得：挖出球体后 A 点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为：
，所以选 B．
二、选择题Ⅱ（本题共 3 小题，每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得 4
分，选对但不全得 2 分，有选错得 0 分，共 12 分）
11. 目前新能源汽车迅猛发展，在某次测试中，甲、乙两车（均可视为质点）同时沿相同方向做直线运动，
它们的 图像如图所示， 时刻，甲车在乙车前方 处。下列说法正确的是（ ）
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A. 乙车追上甲车之前的最大距离为
B. 两车相遇的时刻为
C. 时，乙车超前甲车
D. 时刻，若甲、乙两车初位置互换，其他条件不变，则两车仍可以相遇
【答案】ABC
【解析】
【详解】根据位移时间关系
整理可得
可知甲、乙的初速度分别为 ，
甲、乙的加速度分别为 ，
A．当两车的速度相等时，乙车追上甲车之前的距离最大，根据速度关系
可得时间
最大距离为
代入数据得 ，故 A 正确；
B．甲车速度减为零所需的时间
此时甲、乙两车的距离
代入数据得
根据位移时间关系
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解得乙追上甲还需要的时间
两车相遇的时刻为 ，故 B 正确；
C． 时，即相遇后 2s 时间内，乙车超前甲车的距离
代入数据可得 ，故 C 正确；
D． 时刻，若甲、乙两车初位置互换，其他条件不变，两车速度相等时 距离
代入数据可得
此后乙车的速度大于甲车，即两车不会相遇，故 D 错误。
故选 ABC。
12. 学生在体育课上练习投掷铅球，铅球出手高度、出手速度大小及抛出角度对成绩均有影响。如图所示，
某同学投掷铅球，出手位置到地面的高度为 h，初速度大小为 ，与水平方向夹角为 ，重力加速度为 g，
不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A. 铅球抛出后继续上升的高度 为
B. 铅球落地时速度大小为 ，方向竖直向下
C. 若初速度变为 ，其余条件不变，则水平射程变为原来的 2 倍
D. 铅球经过最高点的曲率半径（最高点对应的圆弧半径）为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．铅球初速度在竖直方向和水平方向的分速度分别为 ，
在竖直方向上做自由落体运动，设最大上升高度为 ，有 ，故 A 项正确；
B．从铅球抛出后到落地，设铅球的竖直方向速度为 ，有
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落地时的速度为
铅球在水平方向做匀速直线运动，因此其水平方向始终有分速度，即其落地时速度方向不可能竖直向下，
故 B 项错误；
C．结合之前的分析可知，铅球抛出后初速度在竖直方向分速度为 ，铅球在竖直方向做竖直上抛运
动，有
设运动时间为 t，有
解得
由于铅球的初速度变为 ，则由其分析可知，铅球的运动时间增加。在水平方向由
由于铅球初速度变为二倍，所以水平方向的速度也增加二倍，但其时间变长，所以铅球在水平方向的位移
大于二倍，故 C 项错误；
D．铅球到达最高点时，其竖直方向速度为零，此时的速度为水平方向速度，有之前的分析可知
此时铅球的重力为其向心力，有
解得 ，故 D 项正确。
故选 AD。
13. 2025 年 7 月 15 日 5 时 34 分，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭，在我国文昌航天发射场
点火发射，并在 8 时 52 分成功对接空间站天和核心舱，从发射到完成对接用时仅 3 小时 18 分，中国航天
再展“太空闪送”实力。天舟九号货运飞船与空间站交会对接的示意图如图所示，飞船顺利进入预定圆轨
道Ⅰ，之后飞船从轨道Ⅰ经椭圆转移轨道Ⅱ逐步接近在圆轨道Ⅲ运行的空间站，完成交会对接后空间站仍
在原轨道运行。已知引力常量为 G，轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为 、 ，关于飞船的运动，下列说法正确的
是（ ）
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A. 天舟九号与空间站完成对接前后，空间站的运行速度大小不变
B. 天舟九号沿轨道Ⅱ从 A 点运动到 B 点的过程中，速度和机械能均不断减小
C. 天舟九号在轨道Ⅱ上运行时，在 A、B 两点的线速度之比为
D. 天舟九号稳定运行时，在轨道Ⅲ经过 B 点的加速度等于在轨道Ⅱ经过 B 点的加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设地球的质量为 M，空间站的质量为 m，在轨道Ⅲ，由万有引力提供向心力有
可得
可知在轨道Ⅲ上的运行速度与质量无关，即天舟九号与空间站完成对接前后，空间站的运行速度大小不变，
故 A 正确；
B．天舟九号从 A 点运动到 B 点，只有万有引力做功，机械能不变，故 B 错误；
C．天舟九号在轨道Ⅱ上 A、B 两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普勒第二定律有
解得 ，故 C 错误；
D．根据万有引力提供向心力有
可知天舟九号在轨道Ⅲ经过 B 点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过 B 点的加速度，故 D 正确。
故选 AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共 5 小题，共 58 分）
14. 某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时，已有的实验器材有：两个弹簧秤、橡皮条（带
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两个细绳套）、三角尺、木板、白纸和图钉。
（1）下列几项操作有必要的是________。（填正确选项前的标号）
A．两个弹簧秤的示数必须相等
B．两个弹簧秤之间的夹角必须取 90°
C．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
D．同一次实验中，结点 O 的位置不变
（2）下列做法对减小实验误差有益的是________。（多选，填正确选项前的标号）
A．弹簧秤、细绳套、橡皮条都应与木板平行
B．两细绳套之间的夹角越大越好
C．用两弹簧秤同时拉细绳套时，两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳套要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（3）图甲的四个力中，不是由弹簧秤直接测得的是________。
（4）如图乙所示，用 a、b 弹簧秤拉橡皮条使结点到 O 点，当保持弹簧秤 a 的示数不变，而在角α逐渐减
小到 0 的过程中，要使结点始终在 O 点，可以________。（多选，填正确选项前的标号）
A．增大 b 的示数，减小β角度
B．减小 b 的示数，增大β角度
C．减小 b 的示数，先增大β角度，后减小β角度
D．增大 b 的示数，先减小β角度，后增大β角度
【答案】 ①. D ②. AD##DA ③. F ④. BC##CB
【解析】
【详解】[1]A．两个弹簧秤的示数不必相等，A 错误；
B．两个弹簧秤之间的夹角适当就好，可以不取 90°，B 错误；
C．橡皮条应与两绳拉力的合力在同一直线上，但与两绳夹角的平分线不一定在同一直线上，C 错误；
D．本实验中运用到的物理思想方法为等效替代法，同一次实验中，结点 O 的位置不变，D 正确。
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故选 D。
[2]A．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳、弹簧秤应贴近并平行于木板，
A 正确；
B．两细绳套之间的夹角越大，合力相比分力太小，实验误差会大，B 错误；
C．用两弹簧秤同时拉细绳套时，两弹簧秤示数之差与实验效果无关，C 错误；
D．拉橡皮条的细绳套要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，使拉力方向的确定更为精确，D 正确。
故选 AD。
[3]F 是由平行四边形作图得出，不是由弹簧秤直接测得的是 F。
[4]由题意可知：保持 O 点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计 A 的读数不变，因此根据要求作出
力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：
第一种情况，原来α、β的值较小
所以由图可知α角逐渐变小时，b 的示数减小，同时β角减小；
第二种情况，原来α、β值较大
由图可以看出α角逐渐变小时，b 的示数减小，同时β角增大；
或者
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由图可以看出α角逐渐变小时，b 的示数减小，同时β角先增大，后减小；
故选 BC。
15. 用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道
PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 M 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面
会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有______（多选，填正确选项前的标号）；
A. 斜槽轨道光滑
B. 斜槽轨道末段水平
C. 挡板高度等间距变化
D. 每次从斜槽上相同的位置由静止释放钢球
E. 为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来
（2）为定量研究，建立以水平方向为 x 轴、竖直方向为 y 轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，
将钢球静置于 Q 点，钢球的______（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原
点；在确定 y 轴时_______（选填“需要”或“不需要”）y 轴与重垂线平行；
（3）某同学从实验得到的平抛小球的运动轨迹上取出一些点，以平抛起点 O 为坐标原点，测量它们的水平
坐标 x 和竖直坐标 y，并作出 y-x2 图像。某同学认为若图像为正比例图像（如图乙所示），则可说明平抛运
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动在水平方向为匀速直线运动、竖直方向为自由落体运动。你认为该同学的观点是否正确（选填“是”或
者“否”）_______？
（4）在确认平抛运动的规律后，另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长 L=5cm，通过频闪照相机，
记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则与照相机的闪光频率对应的周期为______s，该小球做
平抛运动的初速度为______m/s；（g=10m/s2）（均保留两位有效数字）
【答案】（1）BD （2） ①. 球心 ②. 需要
（3）否 （4） ①. 0.10 ②. 1.5
【解析】
【小问 1 详解】
ABD．实验过程应保证钢球每次平抛运动的初速度相同，故每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，
且斜槽末段水平。斜槽不需要光滑，故 A 错误，BD 正确；
C．挡板高度不需要等距变化，故 C 错误。
E．为了比较准确地描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线连接尽可能多的点，不在曲线上的点相对均匀分
布在曲线两侧即可，故 E 错误。
故选 BD。
【小问 2 详解】
[1]小球在运动中记录下的是球心的位置，故抛点应是小球静置于 Q 点时球心的位置，即应以球心的位置为
坐标原点；
[2]小球在竖直方向上做自由落体运动，故 y 轴必须保证与重垂线平行。
【小问 3 详解】
根据抛体运动规律可知，水平方向
竖直方向
整理可得
显然 ，若能进一步说明在误差允许的范围内， 图像的斜率等于 ，方可说明平抛运动水平
方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。
小问 4 详解】
[1]根据平抛运动竖直方向为自由落体运动，则有
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解得照相机的闪光频率对应的周期为
[2]小球平抛运动的初速度
四、解答题（共 4 题，共 44 分）
16. 强行超车是道路交通安全的极大隐患之一，如图所示是汽车超车过程的示意图，B 为长 的大
货车，正以 的速度匀速向右行驶，A 是在 B 后方同向行驶的小汽车，长度 ．A 车以
的速度行驶，当两车相距 时，A 车司机准备借对向车道超越 B 车，但 A 车司机发现
对向车道与 A 车相距 处有另一小汽车 C 正迎面匀速驶来。已知 A 车加速时加速度 ，
A 车刹车时的加速度大小 （不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化）。求：
（1）若 A 车司机还想安全超越 B 车，则至少需要多长时间；
（2）若 A 车司机依然选择超越 B 车，为避免与 C 车相碰，C 车匀速的速度最大是多少；
（3）若 A 车司机放弃超车，为避免与 B 车相撞，立即刹车，同时鸣笛发出信号提示，B 车司机加速，B 车
司机反应时间 ，并立即以 的加速度加速，判断 A 车会不会追尾 B 车（请通过计算分析），
若不会求两车的最近距离。（结果保留两位小数）
【答案】（1）2s （2）18m/s
（3）A 车不会追尾 B 车，0.28m
【解析】
【小问 1 详解】
将题中速度进行单位换算 ，
设经过时间 超车成功，则 A 车位移满足
B 车位移满足
A 车和 B 车位移关系满足
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代入数据解得
若 A 车司机还想安全超越 B 车，则至少需要 。
【小问 2 详解】
A 车超车成功，设此过程 C 车前进的距离为 ，则有
A 车和 C 车前进的距离满足
解得
为避免与 C 车相碰，C 车匀速的速度最大是 。
【小问 3 详解】
经 时间 A、B 速度相等，则
位移关系分别满足 ，
解得 ， ，
因为 ，所以两车不相碰
且最近距离为
所以 A 车不会追尾 B 车，两车的最近距离 。
17. 2050 年，人类发射“浙江号”载人航天探测器登上了银河系外某星球 A，在该行星表面用实心球做竖直
上抛运动，已知实心球初速度大小为 ，离地高度为 h，从抛出到落地的时间为 t。假设该星球为质量分布
均匀的球体，半径为 R，表面无空气，不考虑其自转及其他天体作用，已知万有引力常量 G。求
（1）该星球表面的重力加速度 g；
（2）该星球对应的第一宇宙速度 ；
（3）该星球对应的第二宇宙速度 。已知以无穷远处为零势能点时质量为 m 的物体的引力势能大小为
，其中 r 为距离质量为 M 的中心天体的距离。
【答案】（1）
（2）
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（3）
【解析】
【小问 1 详解】
根据匀变速直线运动规律可得
解得
【小问 2 详解】
在星球表面，根据牛顿第二定律可得
第一宇宙速度
【小问 3 详解】
根据机械能守恒定律可得
又因为
联立解得
18. 如图所示，足够长的水平传送带 以 的速度顺时针传输。质量 ，可以作为质点
的滑块放在与 等高的平台 上，与 点距离 。滑块在 点右侧始终受到水平向左的恒定外
力 ，在 点左侧恒力 消失。已知滑块与 、 间的动摩擦因数分别为 、 。
（1）滑块第一次运动到 点时的速度大小 ；
（2）滑块第一次从 点滑上传送带到再次返回 处所用的时间 ；
（3）滑块第 10 次向左运动到 点时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
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【解析】
【小问 1 详解】
对滑块受力分析，由动能定理可得
代入数据解得
【小问 2 详解】
滑块在传送带向左做匀减速运动，加速度的大小为 a1，根据牛顿第二定律可得
解得
滑块减速至零的时间
滑块向左移动的位移
滑块再向右做匀加速运动，加速度的大小为 a2，根据牛顿第二定律可得
解得
共速的时间
滑块向右移动的位移
滑块此时距 B 端的距离为
匀速运动到 B 端 时间
故滑块第二次到达 B 端的时间为
【小问 3 详解】
滑块第一次重新回到 B 点的速度为
方向水平向右。滑块在 BC 平台上向右做匀减速运动至 0，加速度大小为 a3，根据牛顿第二定律可得
解得
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根据运动学公式，向右运动的位移
之后滑块向左做初速度为 0 的匀加速直线运动，加速度为 a4，根据牛顿第二定律得
解得
则滑块第二次向左移动到 B 点时的速度平方
解得
因此滑块滑上传送带后再次向右回到 B 的速度
方向水平向右。根据运动学公式，滑块再次向右在平台 BC 上运动的位移
滑块第三次匀加速向左运动到 B 的速度的平方为
整理可得
以此类推，滑块第 10 次匀加速向左运动到 B 的速度的平方为
代入数据解得
19. 如图所示，竖直平面内固定的四分之一光滑圆弧轨道 和水平传送带 相切于 点，圆弧轨道的半
径 ，传送带以速度 沿逆时针方向运行，水平地面上固定一倾角 的直角斜面体
，直角边 的高度 ， 点位于 点的正上方，并与 点等高。一个可视为质点、质量
的滑块从圆弧轨道顶端 点由静止开始自由下滑，滑块刚好不从传送带右端 点滑落。已知滑块
与传送带间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，不计空气阻力。求：
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（1）滑块第一次滑到 点时对圆弧轨道的压力；
（2）若传送带轮子的半径为 ，滑块恰好能从 点水平飞出时，求传送带长度 ；
（3）若圆弧轨道半径可调，滑块从 点飞出后，落到斜面 上的最小动能及对应圆弧轨道的半径。（结
果可以保留根号）
【答案】（1）30N，方向竖直向下
（2）3.5m （3） ，
【解析】
【小问 1 详解】
从 A 到 B 过程，滑块受到重力和支持力作用，只有重力做功，根据动能定理有
解得
滑块在 B 点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块第一次滑到 B 点时对圆弧轨道的压力大小为 30N，方向竖直向下。
【小问 2 详解】
若传送带轮子的半径为 ，滑块恰好能从 点水平飞出，则滑块在 C 点只受重力作用，根据牛顿第
二定律有
解得
由题知，传送带沿逆时针方向运行，故滑块在传送带上做匀减速直线运动
对滑块，根据牛顿第二定律有
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解得
根据速度位移公式，可得
【小问 3 详解】
设滑块从 C 点平抛的初速度为 ，从 C 点抛出到落到斜面上，根据平抛运动规律有 ，
根据几何关系可得
根据动能定理有
联立可得滑块落到斜面上的动能为
根据数学知识可知，当 ，即 时 有最小值
则可得
滑块从释放滑块到落到斜面上，根据动能定理有
解得对应圆弧轨道的半径为
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