2025-2026学年天津市西青区高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

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1.对于做匀速圆周运动的物体来说，变化的物理量是( )
A. 周期B. 转速C. 角速度D. 线速度
2.有两个质地均匀完全相同的实心球，它们间的万有引力大小为F，若两球心间的距离变为原来的2倍，则此时两球间的万有引力大小变为( )
A. F4B. F16C. F32D. F64
3.如图所示为G233国道天津蓟州段(天津最美自驾天路)的一段水平弯道照片。为了行驶安全，司机会在弯道处减速，防止出现侧滑，下列图中能表示汽车减速通过弯道过程某处瞬时速度v和加速度a方向关系的是( )
A. B.
C. D.
4.如图a所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图b所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是( )
A. ωP>ωQB. vP=vQ
C. 一个周期内，P通过的位移大小与Q的相同D. 同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
5.如图所示，质量为m的小球用长为L的细绳悬于P点，使小球在水平面内做匀速圆周运动。小球运动过程中，细绳跟竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是( )
A. 小球受到重力、拉力和向心力
B. 细绳的拉力大小为mgtanθ
C. 摆球受平衡力的作用
D. 保持OP的距离不变，增大L，小球运动的角速度不变
6.如图所示，一位同学拉着质量为m的行李箱沿平直路面匀速行走，设她对行李箱的拉力大小恒为F，方向与水平面成θ角，若她在时间t内运动的位移为x，重力加速度为g。关于该运动过程，下列说法正确的是( )
A. 拉力F对行李箱做的功为Fx
B. 拉力F对行李箱做的功为Fxsinθ
C. 拉力的平均功率为Fxcsθt
D. 行李箱所受重力做功为mgx
7.如图所示，某高中生在进行足球训练时将一质量为m的足球从地面上以速度v踢出，足球恰好水平击中高为h的球门横梁。以球门横梁为重力势能的零势能面，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 此学生对足球做的功为12mv2
B. 足球击中球门横梁时重力的瞬时功率为mg v2−2gℎ
C. 足球在踢出前具有的重力势能为mgh
D. 足球在飞行过程中重力势能减少了mgh
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.在“天宫课堂”系列授课任务中，中继卫星系统承担了双向音视频信号传输的主通道角色。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的地球静止卫星，则该卫星( )
A. 授课期间经过天津正上空B. 加速度小于空间站的加速度
C. 运行周期大于空间站的运行周期D. 运行速度大于空间站的运行速度
9.物理学习需重视教材阅读，下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是( )
A. 甲图中，卡文迪什在实验室里通过扭秤实验得出了引力常量的数值
B. 乙图中，若A、B两球总是同时落地，则说明平抛运动水平分运动为匀速直线运动
C. 丙图中，火车转弯若超过规定速度行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用
D. 丁图中，研究物体沿曲面运动时重力做功采用微元思想将曲线变成小的直线运动分析
10.把一定质量的小球放在竖直的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)，弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是( )
A. A到C的过程，小球的机械能守恒
B. A到B的过程，小球的动能一直变大
C. A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量
D. A到C的过程，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
11.一辆新能源小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知小汽车的质量m=2.0×103kg，汽车受到地面的阻力恒为车重的0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 汽车在前5s内的牵引力为8×103NB. 汽车的额定功率为100kW
C. 汽车的最大速度为80m/sD. 汽车速度为20m/s时的加速度为2m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.“探究向心力大小的表达式”的实验装置如图甲所示。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下有如图乙所示三种组合方式传动。实验时转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮转动，槽内的小球也随着做圆周运动，挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，标尺上红白相间的等分格数之比就显示出两个小球所受向心力的比值。
(1)这个实验主要采用的方法是______；
A.等效替代法
B.控制变量法
C.理想实验法
D.演绎推理法
(2)若探究向心力与圆周运动轨道半径的关系时，将传动皮带调制第一层左右塔轮，然后将质量相等的两个小球分别放置在挡板______处(选填“A和B”、“A和C”、“B和C”)；
(3)若传送皮带连接第二层左右塔轮，此时两小球做圆周运动的角速度大小之比为______；
(4)若选用质量相等的两小球分别置于A和C进行实验，将传动皮带调制第三层左右塔轮，发现左右标尺上露出的红白相间等分格数之比为______。
13.某同学利用图甲所示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律。
该同学实验主要步骤有：
A.将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；
B.测出遮光条的宽度d；
C.记录钩码的总质量m，用天平称出滑块和遮光条的总质量M；
D.将滑块移至图示位置，测出两光电门的距离L；
E.由静止释放滑块，读出遮光条通过两光电门的遮光时间Δt1、Δt2；
F.改变L，多次重复实验，记录数据。
(1)用刻度尺测量遮光条的宽度d，如图所示，则d=______ mm；
(2)遮光条的宽度与挡光时间的比值可以近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为了使其更接近瞬时速度，下列说法正确的是______；
A.换用宽度更窄的遮光条
B.提高遮光条宽度的测量精度
C.使滑块的释放点更靠近光电门
D.增大气垫导轨与水平面的夹角
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，若式子______(用给出的物理量符号表示)成立，则机械能守恒定律得到验证。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
14.2025年11月25日神舟二十二号飞船与“天宫”空间站对接，宣告我国载人航天首次应急救援任务告捷。我国空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，已知地球半径为R，空间站轨道距离地球表面的高度为h，引力常量为G，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。求：
(1)地球的质量M；
(2)地球的第一宇宙速度的大小v；
(3)空间站绕地球运动的周期T。
15.如图所示是位于同一竖直平面内的某装置，M是固定的直三棱柱，O是三棱柱表面上的一点。N是倾角为θ=37∘的固定斜面，A是斜面上的点。小球从距离O点为H=11.25m高度处静止落下，与三棱柱碰撞于O点(不计碰撞时间)，碰后速度方向水平向右，速度大小与碰前相同，之后小球恰能垂直斜面打在A点。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)小球落在A点的速度大小vA；
(2)小球从O点运动到A点的水平位移大小x；
(3)小球从开始运动至运动到A点的总时间t。
16.如图所示，竖直平面内固定半径R=0.45m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道最底端与水平传送带平滑对接，传送带右端与光滑水平轨道平滑对接，水平轨道末端固定一轻弹簧。已知传送带长度L=1.8m，传送带以速度v=5.0m/s顺时针匀速转动，滑块的质量m=0.1kg，滑块可看作质点，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。开始时滑块从圆弧顶端(与圆心O等高)由静止释放。求：
(1)滑块第一次运动至圆弧最低点时，它对轨道压力的大小F压；
(2)滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Epm；
(3)滑块第一次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量E。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、周期是物体做匀速圆周运动一周所用的时间，在匀速圆周运动中，周期是不变的，故A错误；
B、转速是标量，只有大小没有方向，匀速圆周运动的转速是不变的，故B错误；
C、角速度是描述物体转动快慢的物理量，在匀速圆周运动中，角速度的大小和方向都不变，故C错误；
D、线速度是矢量，既有大小又有方向，在匀速圆周运动中，线速度的大小不变，但方向时刻在变化，所以线速度是变化的，故D正确。
故选：D。
线速度是矢量，周期、转速、角速度是标量，根据匀速圆周运动中各物理量的性质，对选项逐一进行分析。
本题是匀速圆周运动的基础概念题，重点考查对匀速圆周运动中各物理量的理解。题目难度较小，旨在检验学生对基本物理概念的掌握程度，有助于学生区分矢量和标量在圆周运动中的变化情况，为进一步学习圆周运动的相关知识奠定基础。
2.【答案】A
【解析】解：根据题意，有F=GMmR2，若两球心间的距离变为原来的2倍，则此时两球间的万有引力大小变为F′=GMm(2R)2=14⋅GMmR2=F4，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力的表达式结合距离变化列式解答。
考查万有引力定律的应用，理解万有引力定律的适用条件，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：在曲线运动中，汽车的速度方向沿轨迹的切线方向，合力指向运动轨迹的凹侧，加速度方向与合力方向相同，汽车在减速，故合力的方向(即加速度方向)与速度方向夹角为钝角。故B正确，ACD错误。
故选：B。
速度方向为轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的凹侧，且减速时加速度与速度方向成钝角。
本题主要考查了曲线运动，解题关键是掌握速度方向为轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的凹侧。
4.【答案】C
【解析】解：A.P、Q两点共轴转动，所以角速度相等，故A错误；
B.P、Q角速度相等，由v=rω得，P的线速度大于Q的线速度，故B错误；
C.一个周期内，P、Q均回到各自的起点，通过的位移均为零，故C正确；
D.两合力的方向指向各自圆周运动的圆心，方向相反，故D错误。
故选：C。
根据P、Q两点共轴转动，结合角速度与线速度的关系，综合两合力的方向指向各自圆周运动的圆心分析求解。
本题考查了圆周运动的基础知识，理解物体做圆周运动中线速度、角速度、周期等关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：AC、小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图
小球受重力、绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，叫做向心力，摆球受到的不是平衡力，故AC错误；
B、根据几何关系可知，小球受到绳子的拉力T=mgcsθ，故B错误；
D、设OP之间的距离为h，则摆球做圆周运动的比较r=ℎtanθ
根据牛顿第二定律知mgtanθ=mω2r=mω2ℎtanθ
解得ω= gℎ，可知保持OP的距离不变，增大L，小球运动的角速度不变，故D正确。
故选：D。
先对小球进行运动分析，做匀速圆周运动，再找出合力的方向，进对小球受力分析，根据力的合成与分解与根据牛顿第二定律求解合力、角速度。
向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！
6.【答案】C
【解析】解：AB、根据恒力做功公式W=Fxcsθ可知，拉力F对行李箱做的功为Fxcsθ，故AB错误；
C、根据平均功率公式P=Wt，解得拉力的平均功率P=Fxcsθt，故C正确；
D、行李箱沿平直路面运动，重力方向与位移方向垂直，重力对行李箱做功为0，故D错误。
故选：C。
题目描述同学拉着行李箱匀速行走，需分析拉力做功和功率。行李箱位移方向为水平，拉力与位移方向夹角为θ，因此拉力做功应为拉力在位移方向的分力与位移的乘积，即Fxcsθ。重力方向竖直向下，与水平位移垂直，故重力不做功。平均功率是拉力做功与时间的比值，由此可确定拉力的平均功率表达式。
本题以学生匀速拉行李箱为情境，考查恒力做功与平均功率的基本概念和公式应用。题目计算量小，难度层级较低，属于基础题范畴，主要检验学生对功的定义式W=Flcsα中力和位移夹角的理解，以及对平均功率公式P=Wt的掌握。本题的易错点在于容易忽略力与位移方向间的夹角，误将拉力F直接与位移x相乘，或将重力做功与高度变化错误关联。通过本题，可以锻炼学生准确识别做功条件、分析力与位移方向关系的能力，巩固对功和功率基本物理含义的认识。
7.【答案】A
【解析】解：A、对踢球过程，根据动能定理可得，此学生对足球做的功为W=12mv2−0=12mv2，故A正确；
B、足球水平击中球门横梁，此时足球竖直分速度为0，根据PG=mgvy可知，足球击中球门横梁时重力的瞬时功率为0，故B错误；
C、以球门横梁为重力势能的零势能面，足球在踢出前具有的重力势能为−mgℎ，故C错误；
D、足球在飞行过程中克服重力做功mgh，则其重力势能增加了mgh，故D错误。
故选：A。
对踢球过程，利用动能定理求此学生对足球做的功；根据PG=mgvy求足球击中球门横梁时重力的瞬时功率；以球门横梁为重力势能的零势能面，足球在踢出前具有的重力势能为负值；足球在飞行过程中重力势能增加。
解答本题时，要明确动能定理是求功常用的方法。运用动能定理时，要选择合适的物理过程。
8.【答案】BC
【解析】解：A.中继卫星系统中某卫星是距离地面36000公里左右的地球静止卫星，则该卫星只能与赤道平面共面，可知授课期间不可能经过天津正上空，故A错误；
B.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，该卫星的轨道半径远大于空间站的轨道半径，可知加速度小于空间站的加速度，故B正确；
C.根据开普勒第三定律可知，该卫星的轨道半径远大于空间站的轨道半径，则该卫星的运行周期大于空间站的运行周期，故C正确；
D.根据GMmr2=mv2r，得v= GMr，则运行速度小于空间站的运行速度，故D错误。
故选：BC。
A.根据地球静止卫星的轨道特点分析判断；BCD.根据万有引力提供向心力导出加速度和线速度表达式结合开普勒第三定律分析判断。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和万有引力定律，属于较低难度考题。
9.【答案】AD
【解析】解：A.甲图中，卡文迪什在实验室里通过扭秤实验得出了引力常量的数值，故A正确；
B.乙图中，若A、B两球总是同时落地，则说明平抛运动竖直分运动为自由落体运动，故B错误；
C.丙图中，火车转弯若超过规定速度行驶时，火车有做离心运动的趋势，可知外轨对火车轮缘会有挤压作用，故C错误；
D.丁图中，研究物体沿曲面运动时重力做功采用微元思想将曲线变成小的直线运动分析，用的是微元法，故D正确。
故选：AD。
根据卡文迪什测量引力常量的常识分析判断；根据平抛运动和自由落体的关系分析解答；根据火车转弯时超速行驶时的受力情况分析判断；根据微元法思想结合相应的事例分析判断。
考查物理思想和物理学史，知道平抛运动的特征和火车转弯的受力分析，属于较低难度考题。
10.【答案】CD
【解析】解：A、A到C的过程，弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B、A到B的过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故B错误；
C、A到B的过程，只有重力和弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒。此过程中，弹簧的弹性势能转化小球的动能和重力势能，则小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确；
D、A到C的过程，小球的动能变化量为0，根据系统机械能守恒可知，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D正确。
故选：CD。
A到C的过程，分析除重力以外其他力做功情况，判断小球的机械能是否守恒；A到B的过程，分析小球的受力情况，结合弹力的变化情况，判断其运动情况，确定动能的变化情况；A到B的过程，分析能量转化情况，由系统机械能守恒分析小球动能的增加量与弹簧弹性势能的减少量的关系；A到C的过程，根据系统机械能守恒分析小球重力势能的增加量与弹簧弹性势能的减少量的关系。
解决本题的关键要掌握机械能守恒的条件，在只有重力或系统内弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒。
11.【答案】AD
【解析】解：A、由图可知前5s内汽车加速度a=3m/s2，地面阻力f=0.1mg=0.1×2.0×103×10N=2×103N，由牛顿第二定律可知F−f=ma，代入数据可得牵引力F=8×103N，故A正确；
B、汽车5s末达到额定功率，由P=Fv可知，汽车额定功率P=8×103N×15m/s=120kW，故B错误；
C、汽车达到最大速度后做匀速直线运动，牵引力等于阻力，最大速度vm=Pf，代入数据可得vm=60m/s，故C错误；
D、汽车速度为20m/s时以额定功率运动，此时牵引力F′=120kW20m/s=6×103N，由牛顿第二定律可知F′−f=ma′，代入数据可得a′=2m/s2，故D正确。
故选：AD。
A、根据v−t图分析加速度，根据牛顿第二定律分析牵引力；
B、汽车5s末达到额定功率，根据P=Fv分析；
C、汽车达到最大速度后做匀速直线运动，牵引力等于阻力，根据P=Fv分析；
D、此时汽车以额定功率运动，先分析牵引力，再根据牛顿第二定律分析。
考查了机车恒加速度启动的分析方法，先分析机车的运动状态，再根据牛顿第二定律并结合功率表达式分析。
12.【答案】B
B和C
1：2
1：9
【解析】解：(1)本实验需要研究多个物理量之间关系，采用的方法是控制变量法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)若探究向心力与圆周运动轨道半径的关系时，将传动皮带调制第一层左右塔轮，根据v=ωR，可知角速度相同，然后将质量相等的两个小球分别放置在挡板B和C处，使小球的运动半径不同；
(3)若传送皮带连接第二层左右塔轮，根据v=ωR，可知此时两小球做圆周运动的角速度大小之比为1：2；
(4)若选用质量相等的两小球分别置于A和C进行实验，运动半径相同，将传动皮带调制第三层左右塔轮，根据v=ωR，可知此时两小球做圆周运动的角速度大小之比为1：3；根据F=mω2r可知向心力之比为1：9，则左右标尺上露出的红白相间等分格数之比为1：9。
故答案为：(1)B；(2)B和C；(3)1：2；(4)1：9。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据控制变量法、线速度和角速度关系判断；
(3)根据线速度和角速度关系判断；
(4)根据控制变量法、线速度和角速度关系、向心力公式判断。
本题考查“探究向心力大小的表达式”的实验，关键掌握实验原理和利用控制变量法、线速度和角速度关系、向心力公式处理问题的方法。
13.【答案】6.0
A
2mgL=(M+m)d2(1Δt22−1Δt12)
【解析】解：(1)如图所示，刻度尺的分度值为1mm，可得测量遮光条的宽度d=6.0mm；
(2)为了使遮光条的宽度与挡光时间的比值更接近瞬时速度，就要使通过光电门的时间间隔更小。
A.遮光条的宽度越小通过光电门的时间间隔越小，故换用宽度更窄的遮光条满足此目的，故A正确；
B.提高遮光条宽度的测量精度，只是提速度的测量精度，不能满足此目的，故B错误；
C.使滑块的释放点更靠近光电门，通过光电门的平均速度变小，使通过光电门的时间间隔更长，不能满足此目的，故C错误；
D.实验时气垫导轨要处于水平状态，不能使气垫导轨与水平面存在夹角，故D错误。
故选：A。
(3)根据光电门测速原理可得，滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为：v1=dΔt1、v2=dΔt2
此过程钩码下落的高度为L，若机械能守恒定律，则有：mgL=12(M+m)v22−12(M+m)v12
联立整理可得需要验证的式子为：2mgL=(M+m)d2(1Δt22−1Δt12)。
故答案为：(1)6.0；(2)A；(3)2mgL=(M+m)d2(1Δt22−1Δt12)。
(1)先确定刻度尺的分度值，再读出测量遮光条的宽度；
(2)为了使遮光条的宽度与挡光时间的比值更接近瞬时速度，就要使通过光电门的时间间隔更小。遮光条的宽度越小通过光电门的时间间隔越小；提高遮光条宽度的测量精度，只是提速度的测量精度；使滑块的释放点更靠近光电门，提供光电门的平均速度变小，使通过光电门的时间间隔更长；实验时气垫导轨要处于水平状态，不能使气垫导轨与水平面存在夹角。
(3)根据光电门测速原理分别得到滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度大小，根据机械能守恒定律得到需要验证的式子。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验。掌握应用光电门测量速度的原理，掌握动能与重力势能的定义。
14.【答案】地球的质量为gR2G
地球的第一宇宙速度大小为 gR
空间站绕地球运动的周期为2π(R+ℎ)gR g(R+ℎ)
【解析】解：(1)地球表面的物体受到的万有引力与自身重力大小相等，有GMmR2=mg
可得地球质量M=gR2G。
(2)第一宇宙速度对应贴近地球表面运行的近地卫星的环绕速度，设近地卫星质量为m1，根据万有引力提供向心力有GMm1R2=m1v2R
可得第一宇宙速度v= gR。
(3)设空间站质量为m2，空间站轨道距地面高度为h，因此空间站做圆周运动的轨道半径为R+ℎ。根据万有引力提供向心力有GMm2(R+ℎ)2=m24π2T2(R+ℎ)
可得周期T= 4π2(R+ℎ)3gR2=2π(R+ℎ)gR g(R+ℎ)。
答：(1)地球的质量为gR2G。
(2)地球的第一宇宙速度大小为 gR。
(3)空间站绕地球运动的周期为2π(R+ℎ)gR g(R+ℎ)。
(1)利用地球表面万有引力等于重力建立方程，变形求出地球质量。
(2)由万有引力完全提供向心力，联立地表黄金代换推导出地球第一宇宙速度。
(3)根据万有引力提供向心力列周期方程，代入黄金代换式化简得到空间站运行周期。
本题考查万有引力定律的两类典型应用，一是利用星球表面万有引力等于重力的黄金代换求解中心天体质量，二是万有引力充当向心力，分别推导近地卫星第一宇宙速度、高空轨道航天器的运行周期。
15.【答案】小球落在A点的速度大小为25m/s
小球从O点运动到A点的水平位移大小为30m
小球从开始运动至运动到A点的总时间为3.5s
【解析】解：(1)小球自由落体运动，则有：v02=2gH，代入数据解得：v0= 2gH= 2×10×11.25m/s=15m/s，小球从O点开始做平抛运动，垂直打在斜面A点，在A点，将速度沿水平方向与竖直方向分解如图所示：
由运动的分解可得：vA=v0sin37∘=150.6m/s=25m/s；
(2)小球在竖直方向的分速度为：vy=v0tan37∘=150.75m/s=20m/s，所以小球做平抛运动的时间为：t2=vyg=2010s=2s，所以小球从O点运动到A点的水平位移大小为：x=v0t2=15×2m=30m；
(3)设小球做自由落体运动所用的时间为t1，则有：H=12gt12，解得：t1= 2Hg= 2×11.2510s=1.5s，所以小球从开始运动至运动到A点的总时间为：t=t1+t2=1.5s+2s=3.5s。
答：(1)小球落在A点的速度大小为25m/s；
(2)小球从O点运动到A点的水平位移大小为30m；
(3)小球从开始运动至运动到A点的总时间为3.5s。
(1)小球从距O点H高处静止下落，过程只受重力，做自由落体运动，可由自由落体运动的速度与位移关系，直接根据下落高度H求解落到O点的速度大小；小球从O点开始做平抛运动，垂直打在斜面A点，说明速度方向与斜面垂直，结合斜面倾角θ，将速度分解为水平与竖直分量，利用几何关系求解A点速度大小；
(2)由平抛运动水平方向匀速直线运动的规律，代入O点速度与运动时间，计算从O到A的水平位移大小；
(3)线求出自由落体运动所用的时间，然后求出平抛运动的时间，两者之和就是所求的时间。
本题综合自由落体与平抛运动规律，核心是平抛运动的速度分解与几何关系的结合。需理清碰撞前后的运动状态，抓住“垂直打在斜面”的关键条件，将几何关系与运动学公式结合，对运动过程的分析和几何能力有一定要求。
16.【答案】滑块第一次运动至圆弧最低点时，它对轨道压力的大小为3N
滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为1.25J
滑块第一次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量为1J
【解析】解：(1)滑块沿光滑圆弧轨道运动的过程，根据机械能守恒定律mgR=12mv02，解得到达圆弧最低点时的速度v0=3m/s；
在圆弧最低点，根据牛顿第二定律FN−mg=mv02R，解得支持力FN=3N；
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小F压=3N。
(2)滑块滑上传送带后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律μmg=ma，设滑块加速至与传送带同速所需时间为t，由速度公式v=v0+at，代入数据解得t=0.4s；
此阶段滑块的位移x=v0t+12at2，代入数据解得x=1.6m；
因x