2025-2026学年湖南省邵阳市沅邵联盟高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省邵阳市沅邵联盟高一（下）期末物理试卷（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.如图所示，一架无人机沿曲线MN向上飞行对某建筑物外墙进行清洗，速度逐渐增大。下列关于该无人机所受合力的四种可能方向，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.列关于四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲中，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，说明摩擦过程中创造了电荷
B. 图乙中，燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了静电屏蔽原理
C. 在图丙所示的静电场中，同一试探电荷在A点所受电场力小于在B点所受电场力
D. 图丁中，把带正电的带电体C靠近导体AB，导体A和导体B下部的金属箔都张开，且导体A带正电，B带负电
3.如图所示为宽度为d=200m的河，河水以恒定的速度向右流动，小船从A点开始渡河，当船头始终与河岸垂直时，渡河时间为t=20s，最终在河对岸的C点登陆。已知AB垂直河岸、BC=100 3m，小船相对静水的速度恒定。下列说法正确的是( )
A. 船在静水中的速度大小为5 3m/s
B. 河水流速为5m/s
C. 若小船以最短的位移渡河，渡河时间为40s
D. 若小船以最短的位移渡河，则船头与河岸的夹角为60∘
4.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则( )
A. B、C两点场强大小和方向都相同B. A、D两点场强大小相等，方向相反
C. E、O、F三点比较，O点场强最弱D. B、O、C三点比较，O点场强最强
5.如图所示，水平桌面上固定一半径为R的半球形光滑绝缘碗，球心为O。有两个完全相同可视为点电荷的带电金属球甲、乙，电荷量分别为3q和q(q>0)。甲固定于碗内壁A点，将乙放于碗内壁B点时，它恰好能处于静止状态。已知A、O、B三点位于同一个竖直平面内，O、B在同一水平面上，∠AOB=120∘，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 两球之间的库仑力大小为kq22R2
B. 乙球的质量为kq22gR2
C. 碗对乙球的支持力为 3kq2R2
D. 若用绝缘镊子将乙与甲充分接触后，再置于B点，乙球依然能静止
6.如图所示，足够长的质量M=2kg的木板静止在粗糙的水平地面上，质量1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ1=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板和地面之间的动摩擦因数μ2=0.02，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F，则下列说法中正确的是( )
A. 若F=0.8N，物块和长木板发生相对滑动
B. 若F=1.5N，长木板的加速度为0.3m/s2
C. 若F=2.5N，物块和长木板之间的摩擦力为1N
D. 若F=2.5N，物块的加速度为0.2m/s2
二、多选题：本大题共4小题，共19分。
7.如图所示，在水平转台上放一个质量M=2kg的木块，它与转台间最大静摩擦力fmax=6.0N，绳的一端系在木块上，穿过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m=1.0kg的物体，当转台以角速度ω=5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10m/s2，M、m均视为质点)( )
A. 0.04 mB. 0.08 mC. 0.16 mD. 0.32 m
8.跳台滑雪是冬奥会项目之一，是一项勇敢者的运动。如图所示，某运动员(视为质点)从跳台A处以大小为v0的线速度沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆。已知斜面AB与水平面的夹角为30∘，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 运动员从A点运动到B点所用的时间为2 3v03g
B. 运动员从A点运动到B点所用的时间为3v0g
C. 运动员从A点运动到B点的过程中到斜面AB的最大距离为 3v0212g
D. 运动员从A点运动到B点的过程中到斜面AB的最大距离为v024g
9.如图所示，A是静止在赤道上的物体，线速度大小为vA，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，线速度大小为vB，C是地球静止卫星，周期为TC。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，地球半径为R，引力常量为G。则以下判断正确的是( )
A. 卫星C的运行速度大小小于地球的第一宇宙速度
B. A、B的线速度大小关系为vA>vB
C. 周期大小关系为TC>T2>T1
D. 由题中的已知条件可以求出地球的密度为ρ=24πGT22
10.如图所示，利用倾角为α的传送带把一个质量为m的木箱沿传送带匀速传送L的距离，木箱升高的高度为h，传送过程中木箱和传送带始终保持相对静止，木箱和传送带间的动摩擦因数为μ。关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 物体克服重力做功mghB. 摩擦力对木箱做功为零
C. 摩擦力对木箱做功为μmgLcsαD. 摩擦力对木箱做功为mgh
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.三位同学根据不同的实验条件，进行“探究平抛运动规律”的实验。
(1)甲同学采用图1所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片让A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明______(选填A、B或C)
A. A球运动的竖直方向分运动是自由落体运动
B. A球运动的水平方向分运动是匀速直线运动
C. A球运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
(2)乙同学采用如图2所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，上端分别装有电磁铁C、D，轨道右端切线均水平、且位于同一条竖直线上，其中轨道N的末端可看作与光滑的水平板相切。调节电磁铁C、D的高度，使CA=DB，将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两铁球同时从轨道M、N的末端以相同的水平初速度v0射出，实验可观察到铁球P、Q同时到达水平轨道上同一位置相碰，初步说明铁球P
(3)丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图3所示的“小球做平抛运动”的照片。设图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g，由图可求得小球平抛运动的初速为 。以图中左上方第一个小球所在位置建立坐标系，向右为x轴正方向，向下为y轴正方向，那么可以求出小球抛出点的坐标为
12.验证机械能守恒定律的实验装置如图1所示，将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的右端固定一光滑的定滑轮。将质量为M的滑块a放在气垫导轨上，质量为m的物块(含遮光片)b通过与桌面平行细线和滑块a相连，物块b正下方固定一光电门。打开气源，将物块b由静止释放，记录遮光片的挡光时间为Δt。已知遮光片的宽度为d，物块b释放时遮光片距离光电门的高度为h，整个过程a未离开桌面，重力加速度为g。回答下列问题：
(1)将a，b(含遮光片)和地球作为一个系统，从物块由静止释放到遮光片通过光电门的过程中，系统增加的动能ΔEk= ，系统减少的重力势能ΔEp= ，比较ΔEk与ΔEp的大小，判断系统机械能是否守恒
(2)改变高度h，重复上述实验步骤，某同学根据记录的数据描绘出ℎ−(1Δt)2图像，若考虑到阻力作用不可忽略且大小不变为f，则画出的图像应为图2中的图线 (选填“①”“②”或“③”)，其图像的斜率k= 。阻力存在的情况下机械能不守恒，把气垫导轨左端抬高，让a滑块重力的分力与阻力平衡后来验证机械能守恒，这种做法 (选填“合理”或“不合理”)
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37∘；已知小球的质量m=0.04kg，所带电荷量q=1.0×10−5C，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)求绳子的拉力；
(2)求匀强电场的场强大小；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
14.一辆新能源汽车在专用道上进行起步测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程中速度随时间变化规律如图所示。已知OA段为直线，5s时汽车功率达到额定功率且此后功率保持不变，该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，求：
(1)汽车在前5s内受到牵引力的大小F
(2)汽车的额定功率P和运动过程中速度的最大值vm
(3)起步过程中0∼30s汽车行驶的总距离x
15.如图所示，质量为m=4kg的滑块(可视为质点)放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点沿切线方向进入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径。R1=3m，AB两点的高度差ℎ=0.8m，光滑圆弧BC对应的圆心角为53∘，滑块与CD部分的动摩擦因数μ=0.1，LCD=2m，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。求：
(1)弹簧压缩至P点时的弹性势能
(2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力
(3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离轨道，轨道DE的半径R2满足的条件
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：做曲线运动的物体，合力一定指向轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向。而物体速度逐渐增大时，说明合力与斜向右上的速度方向的夹角为锐角，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据曲线运动的合外力必须指向曲线的凹侧且加速时与速度方向的夹角为锐角的特点分析解答。
考查曲线运动的特点，知道加减速时合外力与速度方向的夹角关系，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A.图甲中，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，只是毛皮上的部分电子会转移到橡胶棒上，并没有创造电荷，故A错误；
B.图乙中，燃气灶中安装了电子点火器，应用了尖端放电原理而不是静电屏蔽的原理，故B错误；
C.在图丙所示的静电场中，根据电场线的疏密程度可知，A点场强小于B点场强，根据F=qE可知，同一试探电荷在A点所受电场力小于在B点所受电场力，故C正确；
D.图丁中，把带正电的带电体C靠近导体AB，导体A和导体B下部的金属箔都张开，导体A带负电，B带正电，故D错误。
故选：C。
根据电荷守恒定律结合尖端放电原理、电场线的特点以及静电感应知识逐一分析判断各选项正误。
考查电荷守恒定律以及静电感应知识、尖端放电和静电屏蔽等，涉及知识点较多，平时多记多背，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A.船在静水中的速度大小为v船=dt=20020m/s=10m/s，故A错误；
B.河水流速为v水=BCt=100 320m/s=5 3m/s，故B错误；
C.若小船以最短的位移渡河，则合速度垂直于河岸，此时合速度的大小v合= v船2−v水2= 102−(5 3)2m/s=5m/s
则渡河时间为t′=dv合=2005s=40s，故C正确；
D.若小船以最短的位移渡河，则船头与河岸的夹角满足cs⁡θ=v水v船=5 310= 32，可得θ=30∘，故D错误。
故选：C。
当船头垂直河岸时，渡河时间最短，由此求出船的静水速；根据位移与时间的公式求出水速；根据运动学公式，即可求解小船以最短的位移渡河的时间及船头的方向。
考查运动的合成与分解，掌握平行四边定则的内容，注意船在静水中做匀速直线运动，这是解题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。这两点场强的方向均由B→C，方向相同。故A正确。
B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同。故B错误。
C、由图看出，E、O、F三点比较，O点场强最强，故C错误。
D、由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最疏，O点场强最弱。故D错误。
故选：A。
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。
对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。
5.【答案】B
【解析】解：A.∠AOB=120∘，结合几何关系可知∠OBA=30∘，两球之间的库仑力大小为F=k⋅3q⋅qAB2=k⋅3q⋅q(2Rcs30∘)2=kq2R2，故A错误；
BC.对乙球，根据平衡条件有Fsin⁡30∘=m乙g，Fcs30∘=FN
联立解得m乙=kq22gR2,FN= 3kq22R2，故B正确，C错误；
D.两球充分接触后带电量平分，导致两球间的库仑力发生了变化，但是几何关系没变，竖直方向无法平衡重力，乙球不能在B点处于静止状态，故D错误。
故选：B。
由几何关系得到 AB 间距，利用库仑定律求出库仑力；对乙球受力分析，根据平衡条件求解质量与支持力；两相同金属球接触后电荷平分，重新计算库仑力判断能否平衡。
本题考查库仑定律与共点力平衡，解题关键是确定几何关系，建立正交平衡方程。
6.【答案】C
【解析】解：A、物块与木板间的最大静摩擦力f1=μ1mg=0.1×1×10N=1N
木板与地面间的最大静摩擦力f2=μ2(m+M)g=0.02×(1+2)×10N=0.6N
物块与木板开始相对滑动时，对木板，由牛顿第二定律得f1−f2=Ma临
对物块与木板组成的系统，由牛顿第二定律得F临−f2=(m+M)a临
代入数据解得a临=0.2m/s2，F临=1.2N
A、若F=0.8N，则f2F临，两者相对滑动，物块与木板间的摩擦力f1=1N
对物块，由牛顿第二定律得F−f1=ma，代入数据解得a=1.5m/s2，故C正确，D错误。
故选：C。
当摩擦力达到最大静摩擦力时物体开始相对滑动，求出物体开始相对滑动时的临界拉力大小，然后应用牛顿第二定律求解。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
7.【答案】BCD
【解析】解：物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：
mg+f=Mω2r
解得：r=mg+fMω2
当f=fmax=6.0N时，r最大，rmax=10+62×25=0.32m，
当f=−6N时，r最小，则rmin=10−650=0.08m；
故半径介于0.08m−0.32m之间，故BCD正确。
故选：BCD。
物体在随转台一起做匀速圆周运动，木块的重力摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦力时，木块到O点的距离距离最大，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了向心力公式的直接应用，知道物体在随转台一起做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，要注意明确静摩擦力的性质。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、设运动员从A点运动到B点所用的时间为 t，运动员做平抛运动，水平方向位移x=v0t，竖直方向位移y=12gt2。根据几何关系可得tan30∘=yx=12gt2v0t=gt2v0，解得t=2v0tan30∘g=2 3v03g，故A正确，B错误；
CD、将运动员的初速度和重力加速度分别沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解。在垂直于斜面方向上，初速度大小为vy0=v0sin30∘，加速度大小为ay=gcs30∘。当运动员垂直于斜面方向的分速度减小到零时，距离斜面最远，由运动学公式0−vy02=−2ayH可得，运动员到斜面AB的最大距离H=vy022ay=(v0sin30∘)22gcs30∘=14v02 3g= 3v0212g，故C正确，D错误。
故选：AC。
运动员从A点水平飞出后做平抛运动，落到斜面上时位移偏角等于斜面倾角，结合平抛水平匀速、竖直自由落体的运动规律，可关联已知初速度、重力加速度与斜面倾角推导运动时间。分析到斜面的最大距离时，将运动分解为垂直斜面和平行斜面两个方向，垂直斜面方向速度减为零时距离最大，结合对应方向的初速度、加速度的运动规律即可推导对应距离。
本题考查平抛运动规律与运动的合成与分解，属于曲线运动模块的常规考点。整体难度中等偏下，计算量较小，考查重点为平抛落斜面模型的位移偏角规律，以及灵活选取运动分解方向处理曲线运动的方法，能够锻炼学生的模型识别能力与运动分解的灵活应用能力，将垂直斜面方向的分运动转化为类竖直上抛运动即可快速理清运动过程。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据GMmr2=mv2r，可知v= GMr，则轨道半径越大，线速度越小，所以卫星C的运行速度小于第一宇宙速度，故A正确；
B.由A选项可知v= GMr，则vB>vC，A物体随地球自转，C为同步卫星，两者角速度相等，根据v=rω可知，C的线速度较大，则有vB>vC>vA，故B错误；
C.根据开普勒第三定律，结合同步卫星的概念可知TC=T1>T2，故C错误；
D.对B分析，根据万有引力提供向心力GMm(2R)2=m×2R4π2T22，地球密度为ρ=MV=M43πR3，联立解得ρ=24πGT22，故D正确；
故选：AD。
根据万有引力提供向心力列式结合第一宇宙速度知识分析解答；根据推导的线速度表达式结合同步卫星的特点，线速度与角速度的关系式列式求解判断；根据开普勒第三定律和同步卫星的周期特点判断；根据万有引力提供向心力和质量-密度公式列式求解。
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同步卫星的特点等，属于中等难度考题。
10.【答案】AD
【解析】解：A.重力做功只和初末位置高度差有关，木箱上升高度h，重力做功WG=−mgℎ，因此物体克服重力做功为mgh，故A正确；
B.木箱相对传送带静止，受到沿传送带向上的静摩擦力，位移方向沿传送带向上，摩擦力对木箱做正功，做功不为零，故B错误；
C.本题中摩擦力是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式f=μN计算大小；由平衡条件得静摩擦力大小f=mgsinα≠μmgcsα，故C错误；
D.根据动能定理可知，摩擦力对木箱做的功等于木箱克服重力做的功，木箱克服重力做功为mgh，则摩擦力对木箱做功为mgh，故D正确。
故选：AD。
分析物体受力情况，再根据功的公式求解重力的功；同时由于整个过程中物体是匀速运动的，由动能定理可以直接求出摩擦力所做的功。
本题由动能定理对整体分析，可以较简单的得出结论，在解题时要注意方法的选择，优先选择动能定理解题。
11.【答案】【小题1】
A
【小题2】
水平方向分运动是匀速直线运动
【小题3】
2 gL
(−L,−18L)

【解析】解：(1)在同一高度，同一时刻开始做平抛运动的小球与做自由落体运动的小球总是同时落地，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)实验可观察到的现象是铁球P、Q同时到达水平轨道上的同一位置相碰。小球P从M轨道抛出后做平抛运动，小球Q从N轨道抛出后做匀速直线运动，两球发生碰撞，这说明铁球P的水平分运动为匀速直线运动。
(3)小球在竖直方向为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动相邻相等时间位移差为定值，可知在竖直方向有：Δy=gT2
解得频闪时间间隔T= Δyg= Lg
小球平抛运动的初速vx=xT=2L Lg=2 gL
根据匀变速运动的特征，图中左上方第二个小球所在位置的竖直方向瞬时速度为vy=3L2T=32 gL
因此小球抛出到运动至左上方第二个小球所在位置的时间间隔t=vyg=32 Lg
小球在该过程中下降的高度为ℎ=12gt2=98L
水平方向的位移为x1=vxt=32vxT=3L
以图中左上方第一个小球所在位置建立坐标系，则小球抛出点的纵坐标为y0=L−ℎ=−18L
横坐标为x0=2L−x1=−L
故小球抛出点的坐标为(−L,−18L)
故答案为：(1)A；(2)水平方向分运动是匀速直线运动；(3)2 gL；(−L,−18L)。
(1)根据合运动和分运动的等时性进行判断；
(2)根据两球同时做平抛运动和匀速直线运动且两球相遇，判断小球平抛运动的水平方向分运动是匀速直线运动；
(3)根据匀变速直线运动相邻相等时间位移差为定值和匀速直线运动公式求解。
本题考查平抛运动实验，要求掌握平抛运动的实验原理，实验装置和数据处理。
12.【答案】【小题1】
12(M+m)(dΔt)2
mgh
【小题2】
②
(M+m)d22(mg−f)
不合理

【解析】1. 滑块a与物块b均沿着细线方向运动，两者速度大小相同，当物块b经过光电门时，遮光片通过光电门的速度大小为v=dΔt
故系统增加的动能ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)(dΔt)2
只有物块b下降了高度h，滑块a的重力势能不变，故系统减少的重力势能ΔEp=mgℎ
2. 阻力大小为f，则物块b下落的过程中，根据动能定理有mgℎ−fℎ=12(M+m)(dΔt)2
与图像对应的函数关系为ℎ=(M+m)d22(mg−f)(1Δt)2
即图像为一条过原点的直线，与图线②对应，且斜率为k=(M+m)d22(mg−f)
有阻力存在，阻力做功会减少机械能，机械能不守恒；利用重力分力平衡阻力后，阻力依然存在且减小机械能，机械能不守恒，这种做法是不合理的
13.【答案】绳子的拉力大小为0.5N，方向沿绳指向左上方
匀强电场的场强大小为3.0×104N/C
将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s
【解析】解：(1)小球受力情况如下图所示：
根据小球受力平衡可得绳子的拉力大小为：T=mgcsθ
解得：T=0.5N，方向沿绳指向左上方。
(2)对小球由平衡条件可得电场力大小为：qE=mgtanθ
解得电场强度大小为：E=3.0×104N/C
(3)电场撤去后小球做圆周运动，根据机械能守恒定律可得：mgl(1−cs37∘)=12mv2
解得：v=2m/s
答：(1)绳子的拉力大小为0.5N，方向沿绳指向左上方；
(2)匀强电场的场强大小为3.0×104N/C；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。
(1)对小球受力分析，根据平衡条件解答；
(2)对小球受力分析，根据平衡条件求得电场力，根据电场强度的定义求解电场强度的大小；
(3)电场撤去后小球做圆周运动，根据机械能守恒定律解答。
本题考查了带电体在电场中的受力问题，掌握电场强度的定义与电场力方向的确定。
14.【答案】【小题1】汽车在前5s内受到牵引力的大小为6000N
【小题2】汽车的额定功率为1.2×105W，运动过程中速度的最大值为60m/s
【小题3】起步过程中0∼30s汽车行驶的总距离为750m

【解析】解：(1)速度-时间图像的斜率表示加速度，可知0∼5s汽车做匀加速直线运动，加速度为a=ΔvΔt=205m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律有F−Ff=ma
解得前5s内受到牵引力的大小F=6000N
(2)5s时汽车功率达到额定功率且此后功率保持不变，可知额定功率P=F⋅v1=6000×20W=1.2×105W
速度达到最大值时，牵引力大小等于阻力，有P=F牵vm=Ffvm
解得最大速度为vm=60m/s
(3)设t1=5s，前5s内汽车的位移为x1=12at12，代入数据解得x1=50m
5s∼30s内根据动能定理有P(t2−t1)−Ff⋅x2=12mvm2−12mv12
其中t2=30s，解得x2=700m
起步过程中0∼30s汽车行驶的总距离x=x1+x2，即x=750m
答：(1)汽车在前5s内受到牵引力的大小为6000N。
(2)汽车的额定功率为1.2×105W，运动过程中速度的最大值为60m/s。
(3)起步过程中0∼30s汽车行驶的总距离为750m。
(1)明确前5s汽车做匀加速直线运动，通过速度-时间图像的斜率得到该阶段加速度，关联牛顿第二定律，结合已知的汽车质量、恒定阻力，推导得到前5s的牵引力大小。
(2)5s末汽车功率达到额定功率，结合该时刻的牵引力与瞬时速度推导额定功率，功率恒定阶段汽车加速度逐渐减小，当牵引力与阻力大小相等时速度达到最大值，关联额定功率与阻力推导最大速度v_m。
(3)0到5s的位移通过匀变速直线运动位移规律计算，5到30s汽车功率保持恒定，利用动能定理，结合额定功率、运动时长、阻力及该阶段初末速度推导该段位移，两段位移相加得到0到30s的总行驶距离。
本题考查机车恒定加速度启动模型，涉及v−t图像分析、牛顿第二定律、瞬时功率计算、动能定理的应用，属于动力学与能量结合的高频考点。题目设问梯度清晰，计算量适中，难度中等偏上。能够引导学生建立分阶段分析运动过程的思维，锻炼过程建模、公式适配应用的能力，变加速阶段位移求解的设置，可有效区分学生对动能定理适用场景的掌握程度。
15.【答案】【小题1】弹簧压缩至P点时的弹性势能为18J
【小题2】滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为3163N，方向竖直向下
【小题3】轨道DE的半径R2满足的条件R2≤0.9m或R2≥2.25m

【解析】解：(1)滑块从A到B的过程，滑块在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动的速度公式vy2=2gℎ
可得vy= 2gℎ=4m/s
因为滑块恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，根据几何关系tan53∘=vyvA(tan53∘=43)
则vA=vytan53∘=3m/s
滑块从释放到A点的过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，根据能量守恒定律Ep=12mvA2
可得Ep=18J
(2)滑块从B到C的过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律mgR1(1−cs53∘)+12mvB2=12mvC2
可得vB= vA2+vy2=5m/s，vC=7m/s
在C点，根据牛顿第二定律FN−mg=mvC2R1
可得FN=3163N
根据牛顿第三定律，滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力FN′=FN=3163N，方向竖直向下
(3)滑块从C到D的过程，根据动能定理−μmgLCD=12mvD2−12mvC2
解得vD=3 5m/s
情况一：滑块能通过半圆轨道的最高点
设滑块能通过半圆轨道最高点的速度为v，在最高点根据牛顿第二定律mg=mv2R2
从D到半圆轨道最高点，根据机械能守恒定律12mvD2=12mv2+2mgR2
解得R2≤0.9m
情况二：滑块在半圆轨道上运动的高度不超过半圆轨道的圆心
根据机械能守恒定律12mvD2≤mgR2
解得R2≥2.25m
轨道DE的半径R2满足的条件是R2≤0.9m或R2≥2.25m
答：(1)弹簧压缩至P点时的弹性势能为18J；
(2)滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为>3163N，方向竖直向下；
(3)轨道DE的半径R2满足的条件R2≤0.9m或R2≥2.25m。
(1)由自由落体运动的速度-位移关系，速度的合成与分解的矢量三角形关系，能量守恒定律计算；
(2)根据机械能守恒定律，牛顿第二、三定律计算；
(3)根据动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律计算。
本题考查自由落体运动的速度-位移关系，速度的合成与分解的矢量三角形关系，能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，牛顿第三定律，动能定理的计算。