2025-2026学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年浙江省温州市高一（下）期末物理试卷（A卷）(含详细答案解析)，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量属于标量且单位符号表示正确的是( )
A. 角速度r/sB. 周期HzC. 功率WD. 电场强度N/C
2.下列说法正确的是( )
A. 爱因斯坦的相对论时空观认为，时间、空间与物质运动有关
B. 卡文迪什发现了真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律
C. 密立根总结出了行星运动的规律，并找出了行星按照这些规律运动的原因
D. 法拉第发现雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷
3.2026年4月19日，人形机器人“闪电”在北京亦庄半程马拉松中夺冠并打破机器人组赛会纪录。若机器人在一段圆弧轨道上转弯，运动过程中速度大小保持不变，则机器人( )
A. 所受合外力可能为零
B. 速度的方向一定变化
C. 加速度的方向保持不变
D. 所受合外力的大小一定变化
4.如图所示为户外炫彩圆盘风车，风车在竖直面内顺时针匀速转动。两相同雨滴a、b分别从风车最高点和最低点脱离，脱离瞬间速度等于其所在处风车边缘的线速度，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 雨滴b脱离风车后，做自由落体运动
B. 若增大风车转速，则雨滴b落地时间变小
C. 若增大风车转速，则雨滴a落地前的重力功率变大
D. 雨滴a脱离风车后，在相等时间内速度的变化量相同
5.手机屏幕的核心可简化为两个平行导体板。当手指靠近时，导体板与指尖间的电场线分布如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 图中任意两条电场线都不可能相交
B. 电场线终止于指尖，故指尖感应出负电荷
C. 在A点放入一试探电荷，其体积可以很大
D. 同一带电粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力
6.2025年11月1日，神舟二十号与神舟二十一号机组在太空完成“会师”。已知地球静止卫星轨道高度约36000km，地球半径约6400km，空间站运行在离地约400km的圆轨道上。下列说法正确的是( )
A. 空间站运行速度大于7.9km/s
B. 空间站在24小时内大约可以环绕地球16次
C. 空间站的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 空间站内的物体处于完全失重状态，是因为不受地球引力作用
7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，不计摩擦阻力和空气阻力。当A的位移为h时，下列说法正确的是( )
A. 重物B所受拉力大小为mg
B. 重物A的机械能增加量为mgh
C. 重物B动能是重物A动能的2倍
D. 重物A的速度大小为 25gℎ
8.如图所示，A、B两带电小球用绕过光滑定滑轮长为L的绝缘轻线连接，B球紧靠竖直光滑绝缘挡板。系统静止时，A、B球处于同一高度，悬挂A球的轻线与水平方向夹角为37∘，悬挂B球的轻线竖直。已知A、B球带等量正电荷，B球质量为m，静电力常量为k，重力加速度为g，两小球均可视为质点，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法正确的是( )
A. A球的质量为mB. A球所受库仑力大小为0.6mg
C. A球所带的电荷量为 mgL25kD. 剪断细线瞬间，A球的加速度大小为g
9.我国于2025年5月29日发射“天问二号”探测器，首要目标是对近地小行星2016HO3进行探测、取样并返回地球。返回过程可简化为：飞船先在较高圆轨道Ⅰ上运行，在A处点火进入椭圆轨道Ⅱ，由远地点A向近地点B运动，在B处进行二次点火进入近地圆轨道Ⅲ并稳定运行。忽略两次点火的时长，上述全过程中飞船的速率随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示为洞头鹿西岛风电场，共有2台风力发电机，叶片转动时可形成半径为50m的圆面。某时段风速为10m/s，风向恰好与圆面垂直。已知空气密度为1.2kg/m3，风力发电机将圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是( )
A. 每秒冲击每台发电机叶片圆面的气流体积约为7.5×103m3
B. 每秒冲击每台发电机叶片圆面的空气动能约为4.5×106J
C. 每台发电机的发电功率约为
D. 该发电场工作2小时，总发电量约为900kWh
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.下列说法正确的是( )
A. 图甲中，油罐车车尾铁链用于吸附灰尘，防止灰尘进入油罐
B. 图乙中，静电除尘中，尘埃带电后因同种电荷相互排斥而被吸附
C. 图丙中，雷雨天气待在金属外壳的汽车内比待在木屋里更安全
D. 图丁中，高压设备导体的表面尽量光滑，是为了避免尖端放电
12.如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正三角形，顶点到O点的距离均为R。在正三角形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q的正点电荷，且电荷量为2q的点电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度( )
A. 方向沿x轴负方向
B. 大小为 3kqR2
C. 方向与x轴负方向成30∘斜向上
D. 大小为kqR2
13.图甲为某快递自动分拣系统，其中某一水平传送带俯视简化图如图乙所示，其表面为边长L=1.6m的正方形ABCD，以速度v=2m/s匀速向左运动。质量m=0.4kg的货物(视为质点)以初速度v0从CD边中点垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。下列说法正确的是( )
A. 若v0=0，货物将从传送带ABCD右侧离开
B. 若v0=0，货物离开传送带所需的时间为1.0s
C. 若v0=0，货物离开传送带时相对传送带滑动的位移大小为0.4m
D. 若v0=1.5m/s，则货物在传送带上运动全过程中系统因摩擦产生的热量为1.25J
三、实验题：本大题共3小题，共14分。
14.某实验小组用图1装置开展“探究平抛运动的特点”实验。
(1)除了如图1所示的器材外，还需要的仪器有 。
A.弹簧测力计
B.白纸和复写纸
C.天平
(2)图2和图3是实验后得到的记录纸。图2产生的原因可能是 ，图3产生的原因可能是 。
A.斜槽末端切线不水平
B.选择的斜槽轨道表面粗糙
C.释放小球的初始位置不同
(3)某同学改变实验方案，装置如图4所示。竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动相同的距离，重复实验，在白纸同一竖直线上依次留下点迹1、2、3，其位置关系可能是图5中 (选填“甲”、“乙”或“丙”)。以点迹O为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3。若钢球半径不可忽略，则y2 选填“>”、“=”或“vl即最终稳定速率大于初始速率，最终水平线在初始水平线上方，故A正确，BCD错误。
故选：A。
飞船从高轨道变轨到低轨道，需要在远地点A和近地点B两次点火减速，在椭圆轨道上从A到B运动时，因引力做正功，速率会增大。
本题是经典的航天变轨问题，综合考察了圆周运动、椭圆运动、能量守恒和变轨原理，并结合v−t图像进行分析，能有效检验对天体运动规律的深刻理解。
10.【答案】B
【解析】解：A.每秒内冲击圆面的气流体积为V=πR2vt=3×502×10×1m3=7.5×104m3，故A错误；
B.1秒内冲击圆面的空气质量为m=ρV，代入ρ=1.2kg/m3、V=7.5×104m3，可得m=1.2×7.5×104kg=9×104kg，则空气的动能为Ek=12mv2，代入，故B正确；
C.单台发电机的发电功率(单位时间的发电量)为P=η⋅Ekt，代入η=10%、Ek=4.5×106J、t=1s，可得，故C错误；
D.该风电场共有2台发电机，工作时长为2小时，总发电量为，故D错误。
故选：B。
根据空气柱的体积公式列式解答；根据质量-密度公式结合动能的表达式列式求解；根据功率与效率和空气动能之间的关系列式求解；根据功和功率的关系列式解答。
考查能量的转换和守恒应用，理解空气柱模型，熟练掌握功和功率的关系式是关键，属于中等难度考题。
11.【答案】CD
【解析】解：A.油罐车车尾铁链是为了导走静电，防止静电产生的火花引起油罐爆炸，不是吸附灰尘，故A错误；
B.静电除尘中，尘埃带电后是因异种电荷相互吸引而被吸附到电极上，不是同种电荷相互排斥，故B错误；
C.金属外壳的汽车可起到静电屏蔽作用，在雷雨天气待在金属外壳的汽车内比待在木屋里更安全，故C正确；
D.高压设备导体的表面尽量光滑，是为了避免尖端放电，因为尖端处电荷容易聚集，容易发生尖端放电现象，故D正确。
故选：CD。
逐一分析各选项涉及的静电学原理，A选项油罐车铁链用于导走静电，B选项静电除尘利用异种电荷相吸，C选项汽车防雷利用了法拉第笼效应，D选项高压设备表面光滑为防止尖端放电，其中C和D均为正确描述，但D选项更直接地解释了图示设备的设计原理。
本题综合考查了静电现象在生活中的多种应用与防护，旨在检验学生对静电屏蔽、尖端放电等核心概念的理解。
12.【答案】AB
【解析】解：根据点电荷电场强度公式，三个点电荷在O点的电场强度大小分别为E1=kqR2、E2=k2qR2、，方向如图所示：
将三个电场强度沿、y坐标轴正交分解，x方向有Ex=E1cs30∘−E3cs30∘，y方向有
可得Ex=− 3kqR2，负号说明方向合分量沿轴负方向；Ey=0，说明竖直方向电场分量完全抵消，O点合场强仅存在水平分量。
根据矢量的合成可知O点处的电场强度大小为 3kqR2，沿x轴负方向，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
根据点电荷场强公式算出三个电荷在O点各自场强的大小，将三个场强沿x、y坐标轴正交分解，分别计算水平、竖直方向的合分量；竖直方向两分场强向上分量与向下场强抵消，竖直合场强为零，水平方向分量叠加后得到总合场强大小与沿x轴负向的方向。
本题考查点电荷电场强度公式、电场强度矢量的正交分解与叠加运算，掌握场强矢量的分解、分量合成方法，利用三角函数处理不同角度的场强分量，属于静电场矢量叠加基础题型。
13.【答案】CD
【解析】解：A、若v0=0，货物轻放在传送带CD边中点，相对地面初速度为零。
由于传送带向左运动，货物受到的滑动摩擦力向左，货物将向左做匀加速直线运动，故货物最终将从传送带的左侧(AD边)离开，故A错误；
B、若v0=0，货物的加速度大小a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2。
货物加速到与传送带共速所需的时间t1=va=25s=0.4s，在此时间内货物对地位移。
由于货物从CD边中点放入，距离左侧边缘的距离为L2=1.62m=0.8m，因为，所以货物在到达左侧边缘前已与传送带共速。
共速后货物随传送带匀速运动，到达左侧边缘剩余的时间t2=L2−x1v=0.8−0.42s=0.2s。
则货物离开传送带所需的最短总时间t=t1+t2=0.4s+0.2s=0.6s，故B错误；
C、若v0=0，在0∼0.4s的相对滑动过程中，传送带的位移x带=vt1=2×0.4m=0.8m，货物的位移x1=0.4m，货物相对传送带滑动的位移大小Δx=x带−x1=0.8m−0.4m=0.4m(共速后不再相对滑动)，故C正确；
D、若v0=1.5m/s，货物相对地面的初速度沿y轴正方向，传送带速度沿x轴负方向，以传送带为参考系，货物初速度v相对= v02+v2= 1.52+22m/s=2.5m/s。货物受到的滑动摩擦力大小，方向始终与相对速度方向相反，所以货物在传送带上做匀减速直线运动，其相对加速度大小。
货物相对传送带减速到零的时间。
在这个时间内，在地面参考系中，货物沿y轴方向的加速度大小，沿y轴的位移；
沿x轴方向的加速度大小，沿x轴的位移，因此货物在此过程中尚未滑出传送带即可与传送带共速。货物相对传送带滑动的总位移大小，系统因摩擦产生的热量，故D正确。
故选：CD。
货物从传送带CD边中点以初速度v0垂直侧边滑入，分析其在水平向左匀速运动的传送带上的运动过程。若v0=0，货物相对地面静止释放，受向左滑动摩擦力作用而向左加速，可能经历加速与匀速两个阶段才能从左侧离开，需关注其加速位移是否足够到达左侧边缘以确定运动时间及相对滑动位移。若v0≠0，货物具有垂直于传送带运动方向的初速度，其相对传送带的初速度为合速度，摩擦力方向与相对速度方向相反使货物做匀减速直线运动，需分析其相对运动至共速过程中在传送带上的位移范围及摩擦生热。核心在于通过相对运动与受力分析判断货物是否在共速前滑出传送带，并利用运动学规律与功能关系求解相应物理量。
本题综合考查传送带模型与曲线运动，涉及牛顿第二定律、运动学公式、相对运动以及能量转化等核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，不仅要求学生扎实掌握匀变速直线运动规律，还要求他们具备较强的运动分解与合成能力，并能灵活运用相对运动思想处理复杂情境。在v0=1.5m/s的情境中，巧妙地将二维运动分解与相对加速度计算相结合，有效考查学生的空间想象力和建模分析能力。货物与传送带共速前相对滑动的位移是求解摩擦生热的关键，体现了对功能关系理解的深度。
14.【答案】B
A
C
乙
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【解析】解：(1)探究平抛运动的实验中，需要用白纸和复写纸记录小球的落点位置，本实验不需要测量力和小球质量，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)图2的轨迹向上弯曲，说明小球抛出时初速度斜向上，原因是斜槽末端切线不水平，小球不是平抛运动，
故选：A。
图3中各点不在同一条平滑轨迹上，原因是每次小球抛出的初速度不同，即释放小球的初始位置不同；斜槽粗糙只要每次从同一位置释放，初速度仍保持一致，不影响轨迹。故选：C。
(3)平抛运动水平方向为匀速直线运动，挡板每次向右移动相同距离，因此相邻两次撞击挡板的时间间隔Δt相等；竖直方向为自由落体运动，相等时间内竖直向下的位移越来越大，因此从上到下相邻点的竖直间距越来越大，符合该规律的是乙。
设钢球半径为r，挡板每次移动距离Δx，初速度v0则小球击中第n个点时，球心的水平位移为nΔx−r，对应运动时间竖直位移yn=12gtn2
代入得y1=12g(Δx−rv0)2，y2=12g(2Δx−rv0)2=4×12g(Δx−r2v0)2
可得
故填>。
故答案为：(1)B；(2)A，C；(3)乙，>。
(1)由实验器材、实验原理及注意事项确定；
(2)由轨迹向上弯曲，说明小球抛出时初速度斜向上，图中各点不在同一条平滑轨迹上，原因是每次小球抛出的初速度不同，即释放小球的初始位置不同确定；
(3)由平抛运动的规律及水平分位移相等计算。
本实验考查探究平抛运动的特点，实验器材、实验原理及注意事项，轨迹向上弯曲，说明小球抛出时初速度斜向上，图中各点不在同一条平滑轨迹上，原因是每次小球抛出的初速度不同，即释放小球的初始位置不同，平抛运动的规律及水平分位移相等。
15.【答案】D
30.20
2.60
C

【解析】解：(1)释放纸带时手提拉着纸带的上端，使纸带呈竖直状态，重物要靠近打点计时器，纸带要适当长一些，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)刻度尺的分度值为1mm，B点对应的刻度值为30.20cm，则从打下O点开始至打下B点的过程中，重物下落的高度为30.20cm；
已知交流电的频率为50Hz，则打点周期为T=150s=0.02s
根据打点纸带测量速度的原理，可得打下B点时，重物的速度为v=AC2T=(35.60cm−25.20cm)×10−22×0.02sm/s=2.60m/s。
(3)由题意可知从O点到B点的过程，重物下落到B点的动能大于重力势能的减少量。
A.工作电压偏高，不会影响实验数据的测量，故A错误；
B.存在空气阻力和摩擦力，会导致重物的机械能损失，会使重物下落到B点的动能小于重力势能的减少量，故B错误；
C.接通电源前释放了纸带，会导致打下打下第一个点O点时重物已经具有了动能，则重物下落到B点的动能大于O点到B点重力势能的减少量，故C正确。
故选：C。
故答案为：(1)D；(2)30.20；2.60：(3)C。
(1)释放纸带时手提拉着纸带的上端，使纸带呈竖直状态，重物要靠近打点计时器，纸带要适当长一些。
(2)确定刻度尺的分度值，读出B点对应的刻度值；确定打点周期，根据打点纸带测量速度的原理求得打下B点时重物的速度大小。
(3)工作电压偏高，不会影响实验数据的测量；存在空气阻力和摩擦力，会导致重物的机械能损失，会使重物下落到B点的动能小于重力势能的减少量；接通电源前释放了纸带，会导致打下打下第一个点O点时重物已经具有了动能，则重物下落到B点的动能大于O点到B点重力势能的减少量。
本题考查了利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验。掌握实验操作规范，掌握打点纸带测量速度的方法。
16.【答案】C
B

【解析】解：(1)由于影响向心力大小的因素有半径、角速度和质量，因此本实验采用的研究方法是控制变量法，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)探究向心力大小与半径的关系时，应保持两小球的质量相同，角速度相同；根据线速度与角速度的关系v=Rω可知，两塔轮的半径应该相等，故B正确，AC错误。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)B。
(1)根据实验原理分析采用的物理方法；
(2)根据控制变量法、线速度与角速度的关系进行分析。
本题是探究向心力影响因素的经典实验题，重点考查了控制变量法的应用以及根据实验目的选择正确装置的能力。
17.【答案】正 A、B间的库仑力大小F为2mg 小球B所带的电荷量Q为mgL2kq
【解析】解：(1)由图可知，小球A、B之间的力为排斥力，则小球A、B带同种电荷，即小球A带正电；
(2)设绳子拉力为T，对小球A，根据平衡条件：
竖直方向
水平方向F=Tsin45∘
联立解得F=2mg
(3)根据库仑定律有F=kQq(Lsin45∘)2
解得小球B所带的电荷量Q=mgL2kq
答：(1)正；
(2)A、B间的库仑力大小F为2mg；
(3)小球B所带的电荷量Q为mgL2kq。
(1)分析小球A竖直方向合力，结合匀强电场方向与B带正电、A向右偏的受力情况判断A的电性；
(2)对A做受力分析，分解重力、匀强电场力、库仑斥力、绳子拉力，由平衡条件算出库仑力大小；
(3)通过几何关系得到AB间距，结合库仑定律反向求解小球B的电荷量。
本题融合匀强电场、点电荷库仑力、共点力平衡、库仑定律多个静电力学考点，借助45∘特殊角简化受力计算，分层设问逻辑连贯，综合考查带电物体复合场受力平衡的分析能力，是电场平衡典型计算题。
18.【答案】汽车所受的阻力大小Ff为1×103N 匀加速运动过程所需的时间t1为6s 前12s内汽车通过的路程x为140m
【解析】解：已知vm=216km/ℎ=60m/s，v=72km/ℎ=20m/s
(1)汽车达到最大速度时，牵引力和阻力大小相等，则有F=Ff
由P=Fvm=Ffvm得
(2)汽车做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律得
F−Ff=ma
设匀加速运动的末速度为v1，达到额定功率时，有P=Fv1
由运动学公式有v1=at1
联立解得：t1=6s，v1=12m/s
(3)前6s内汽车通过的路程
6−12s内，由动能定理得
解得：
故前12s内汽车通过的路程x=x1+x2=36m+104m=140m
答：(1)汽车所受的阻力大小Ff为1×103N；
(2)匀加速运动过程所需的时间t1为6s；
(3)前12s内汽车通过的路程x为140m。
(1)汽车做匀速运动时速度最大，根据功率公式求汽车所受的阻力大小Ff；
(2)汽车做匀加速直线运动时，已知汽车的质量和加速度，并求出了阻力，根据牛顿第二定律求出牵引力大小。达到额定功率时，根据功率公式列方程，求出匀加速运动的最大速度，再求匀加速运动过程所需的时间t1；
(3)根据运动学公式和动能定理相结合求前12s内汽车通过的路程x。
对于汽车车启动问题，要理清汽车的运动情况，把握速度最大的条件，知道在汽车的功率达到额定功率后，运用动能定理计算机汽车的路程是解题的关键。
19.【答案】在图甲中，圆盘在水平雪地上以角速度ω1=2rad/s匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径r1=6m的匀速圆周运动；转椅所需向心力的大小为1200N，AB与OB之间夹角α的正切值为14 将圆盘升高，如图乙所示；已知边缘A到雪地的竖直高度H=5m，绳长L=5 2m，圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做匀速圆周运动，轻绳在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角β=37∘(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)；求：
①转椅做匀速圆周运动的半径为8m；②转椅做匀速圆周运动的角速度 22rad/s；③缓慢增大圆盘的角速度，转椅恰好离开雪地时的临界角速度为1rad/s
【解析】解：(1)转椅做匀速圆周运动，轻绳的拉力的切向分量与转椅受到的地面的滑动摩擦力平衡，拉力
径向方向的分力提供圆周运动的向心力，因此：
Fn=mω12r1
Fn=1200N
tanα=14
(2)①|A1B|= L2−H2，解得|A1B|=5m
由几何关系得，解得=8m
②设绳子提供的拉力为F，对转椅进行受力分析可得：
FN=mg− 22F
解得：ω2= 22rad/s
③当转椅恰好离开雪地时，转椅与雪地之间不存在弹力，根据受力分析和几何关系可知，
现在的旋转半径满足：
r3=R+Lsin45∘，解得r3=10m
mgtan45∘=mω32r3
解得：ω3=1rad/s。
答：(1)在图甲中，圆盘在水平雪地上以角速度ω1=2rad/s匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径r1=6m的匀速圆周运动。转椅所需向心力的大小为1200N，AB与OB之间夹角α的正切值为14；
(2)将圆盘升高，如图乙所示。已知边缘A到雪地的竖直高度H=5m，绳长L=5 2m，圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做匀速圆周运动，轻绳在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角β=37∘(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。求：
①转椅做匀速圆周运动的半径为8m；
②转椅做匀速圆周运动的角速度 22rad/s；
③缓慢增大圆盘的角速度，转椅恰好离开雪地时的临界角速度为1rad/s。
(1)对图甲中转椅进行受力分析，明确重力、支持力、拉力、摩擦力的作用，利用竖直方向平衡和水平方向向心力公式，结合力的分解求解夹角α的正切值。
(2)对图乙中转椅进行受力分析，分解拉力为竖直和水平分量，结合竖直方向平衡、水平方向向心力条件及投影夹角β的几何关系，联立方程求解角速度ω2。
本题核心是圆周运动的向心力分析，需明确各力的方向(尤其是摩擦力的切向平衡与径向合力)，通过力的分解(竖直平衡、水平径向与切向分解)联立方程求解。关键在于准确分析受力几何关系，结合匀速圆周运动的切向合力为零、径向合力提供向心力的条件。
20.【答案】物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小为52N 物块恰好从D点沿切线进入轨道DE时的速度大小为5m/s 物块与DE间动摩擦因数的最大值为0.15 物块在DE间运动的总路程为5m
【解析】解：(1)物块从B点运动到C点的过程中，机械能守恒。
设物块在B点的速度为vB，有，代入数据得。
在最低点B，根据牛顿第二定律有F−mg=mvB2R，解得圆弧轨道对物块的支持力大小F=1×10N+1×842N=52N。
(2)由几何关系可知，物块在C点的速度方向与水平方向的夹角为60∘。
物块从C点飞出后做斜抛运动，其水平分速度vCx=vCcs60∘=8×0.5m/s=4m/s。
物块恰好从D点沿切线方向进入轨道DE，即到达D点时速度方向与水平方向夹角为37∘。
根据平抛运动水平方向速度不变，有vDcs37∘=vCx，解得物块恰好从D点进入轨道DE时的速度大小vD=40.8m/s=5m/s。
(3)物块从D点运动到E点，要能穿过Q，必须满足vE≥7m/s。
根据动能定理有，代入数据化简得15−20μ=12，解得物块与DE间动摩擦因数的最大值μ=0.15。
(4)当μ=0.25时，物块首次从D点滑到E点的过程，根据动能定理可得其到达E点时的动能。
因EkE=22.5J20J，所以物块将冲出D点并脱离倾斜轨道。
故物块在DE间运动的总路程(向下2.5m，向上2.5m)为s=2L=5m。
答：(1)物块经B点时圆弧轨道对其的支持力大小为52N。
(2)物块恰好从D点沿切线进入轨道DE时的速度大小为5m/s。
(3)物块与DE间动摩擦因数的最大值为0.15。
(4)物块在DE间运动的总路程为5m。
(1)物块从B到C的运动过程遵循机械能守恒，已知B点速度即可通过圆周运动规律计算支持力，关键在于利用C点速度与几何关系逆向求解B点速度，再根据向心力公式确定支持力与重力、速度的关联。
(2)C到D的斜抛运动水平分速度不变，已知C点速度方向及D点切线方向夹角，利用水平速度相等关系可求解D点速度大小，关键在于建立速度分解与角度间的几何联系。
(3)物块从D到E的运动过程需满足末端速度不小于7m/s，应用动能定理分析重力、摩擦力做功与动能变化的关系，通过已知位移、角度及速度条件求解动摩擦因数临界值。
(4)给定动摩擦因数后，需分析物块在DE间的往复运动过程，结合动能定理与反弹能量损失规律判断物块能否通过Q及是否脱离轨道，最终通过能量变化确定总路程。
本题综合考查力学中的机械能守恒、圆周运动、斜抛运动、动能定理以及能量守恒与转化等多个核心知识点。题目设计巧妙，将多个运动过程有机串联，计算量适中，对学生的物理建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。亮点在于通过设置特殊弹射装置Q，引入了能量损失与多次往返运动的复杂情景，有效考查学生对动能定理的灵活应用以及对临界条件的分析判断能力。解答过程需要学生清晰梳理物块从B到E的完整能量转化路径，并准确处理反弹后能量变化与运动状态的关联，对思维的严谨性和深度有良好锻炼。