2025-2026学年湖南省怀化市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖南省怀化市高一（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.截止2026年6月13日，张雪机车在WSBK(世界超级摩托车锦标赛)拿下6个分站冠军。如图，某次比赛中，张雪机车从A点沿曲线运动到B点，下列说法不正确的是( )
A. 在A点的瞬时速度方向沿曲线在A点的切线
B. 在A点受到的合力方向沿曲线在A点的切线
C. 从A点沿曲线运动到B点过程的位移方向由A指B
D. 从A点沿曲线运动到B点过程的平均速度方向由A指B
2.如图，某个走时准确的时钟，分针与时针从转动轴到针尖的长度之比是1.4：1。下列说法正确的是( )
A. 分针与时针的周期之比为60：1
B. 分针与时针的角速度之比为120：1
C. 分针针尖与时针针尖的线速度之比为360：1
D. 分针针尖与时针针尖的加速度之比为1008：5
3.汽车行驶过程中遇到不同路况时，司机通常都会通过换挡和加、减油门来操控汽车，从而使汽车行驶平稳。如图，当汽车要上长陡坡时，司机最恰当的操作应该是( )
A. 换低速挡，减油门减小发动机的输出功率B. 换高速挡，减油门减小发动机的输出功率
C. 换低速挡，加油门增加发动机的输出功率D. 换高速挡，加油门增加发动机的输出功率
4.图甲为某电影公司拍摄武打片时演员吊威亚(钢丝)的场景，可以简化为图乙，轨道车通过细钢丝跨过滑轮拉着演员竖直上升，便可呈现出演员飞檐走壁的效果。某次拍摄时轨道车沿水平地面以v=10m/s的速度向左匀速运动，当连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角θ=37∘时。下列说法正确的是( )(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)
A. 演员正在匀速上升B. 演员正在减速上升
C. 该时刻演员的速度大小为6m/sD. 该时刻演员的速度大小为8m/s
5.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆，如图所示。测得斜坡与水平方向的夹角为30∘，运动员从A处飞出后经2s离斜面最远。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 运动员在B处着陆时的速度大小是40m/s
B. 运动员在B处着陆时的速度大小是160m/s
C. A处到B处的距离是40m
D. A处到B处的距离是160m
6.已知引力常量G和月球半径R，航天员登陆月球后，在月球表面附近某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t小球落回抛出点。忽略月球的自转，则月球质量的表达式为( )
A. 2v0R2GtB. v0R2GtC. 2v0R2Gt2D. v0R2Gt2
7.学校举行1分钟跳绳比赛，体重48kg的小明同学在1min内跳绳180次获得了第一名。观察发现，小明单次跳绳过程中脚与地面接触的时间约为单次跳绳总时间的15，则小明在1分钟跳绳比赛中克服重力做功的功率约为( )
A. 38WB. 58WC. 88WD. 128W
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.2026年3月，国家航天局宣布我国嫦娥七号探测器将于今年执行月球南极探测任务，目标是在月球极区永久阴影坑寻找水冰资源，并开展月表环境与地形高精度勘察。如图所示，若嫦娥七号在环月调整阶段沿椭圆轨道绕月飞行，近月点M与远月点N到月球中心的距离之比约为2：7，PQ为椭圆轨道的对称轴。下列说法正确的是( )
A. 月球对探测器的引力大于探测器对月球的引力
B. 探测器通过M点与N点时的加速度大小之比约为49：4
C. 探测器通过M点时的速度大于通过N点时的速度
D. 探测器通过PNQ和QMP两段路径所用的时间相等
9.如图所示为某快递公司利用机器人分拣包裹的场景，机器人将水平托盘上的包裹送至指定投递口后，缓慢翻起托盘，当托盘倾角增至θ时，包裹恰好开始下滑，直至离开托盘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 包裹与托盘间的动摩擦因数为tanθ
B. 托盘倾角缓慢增至θ过程中，托盘对包裹的支持力不做功
C. 托盘倾角缓慢增至θ过程中，托盘对包裹的摩擦力逐渐变大
D. 托盘倾角缓慢增至θ过程中，托盘对包裹的作用力逐渐变小
10.如图甲所示，一物块从倾角θ=37∘的斜坡上的最高点由静止开始下滑，物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep与下滑位移x间的关系如图乙所示，取地面为零势能面，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 图乙中两直线交点的横坐标为1.6mB. 物块的质量为2kg
C. 物块与斜坡之间的动摩擦因数为0.25D. 物块下滑1.6m时的速度为4m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组用如图所示的装置研究平抛运动及其特点。
(1)利用图甲所示的装置，用小锤轻击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开自由下落，下列操作和说法正确的是______。(填序号)
A.两球的质量必须相等
B.应改变装置的高度和打击的力度进行多次实验
C.实验发现小球A、B总是同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动
D.实验发现小球A、B总是同时落地，说明平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动
(2)用图乙所示装置研究平抛运动时，必须满足的实验条件和必要的实验操作是______。(填序号)
A.斜槽轨道末端切线必须水平
B.小球每次从斜槽上不同的位置自由滚下
C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
(3)用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，以抛出点为坐标原点，分别沿竖直方向建立y轴，沿水平方向建立x轴，如图丙所示。重力加速度g取9.8m/s2，则小球平抛初速度的大小为______m/s。(结果保留两位有效数字)
(4)由于该同学在确定竖直方向时未用到铅垂线，而导致该同学所绘图像的y轴比实际竖直方向向左稍偏θ角，则该实验小组测得的小球的初速度______(填“大于”“等于”或“小于”)小球真实的初速度。
12.某小组同学用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。(填序号)
A.实验前必须用天平测出重物的质量
B.应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些
C.实验时先接通电源，打点稳定后再释放纸带
D.利用公式v= 2gℎ计算重物速度
(2)实验得到如图乙所示的一条纸带(其中一段纸带图中未画出)。选取纸带上清晰的某点记为O，再选取三个连续打出的点A、B、C，测出它们到O点的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，重物质量m=300g，当地重力加速度g取9.8m/s2。由此可计算出打点计时器打下B点时重物下落的瞬时速度vB=______m/s。从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为______ J。(结果保留两位有效数字)
(3)气垫导轨是中学物理常用实验装置，利用水平放置的气垫导轨和光电门可以完成本实验，装置如图所示。测得遮光片的宽度为d，光电门A、B中心间的距离为L，遮光片通过光电门A、B的时间分别为t1、t2。已知滑块(含遮光片)的质量为M，钩码的质量为m，重力加速度大小为g。若要验证钩码和滑块构成的系统机械能守恒，需要验证的等式为______(用所给物理量的符号表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.为方便师生出行，某校园无人接驳车从t=0时刻由静止开始沿平直道路做匀加速直线运动，其加速度大小a1=1m/s2，在t1=10s时开始做匀速运动，行驶一段时间后开始匀减速刹车，加速度大小a2=2m/s2，刚好停在图书馆站点，已知接驳车行驶的总位移为525m。求：
(1)接驳车匀速运动时的速度大小；
(2)接驳车匀速行驶的时间。
14.如图所示，以速度v=4m/s运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L=6m，平板B的质量M=2kg。现将一质量m=2kg的滑块A(可视为质点)轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，滑块与平板间的动摩擦因数μ1=0.3，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块恰好不会从平板上掉下，g取10m/s2。求：
(1)滑块从传送带左端到右端的时间；
(2)滑块刚滑上平板时滑块和平板的加速度大小；
(3)平板的长度。
15.某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α=30∘，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ=30∘的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m=1kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0= 2m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离都为1m，小滑块与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时，受到轨道的弹力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点飞出，若能，求飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后停在何处。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、曲线运动物体瞬时速度沿轨迹切线方向，故A正确；
B、曲线运动合力指向曲线内侧，不会沿切线方向，故B错误；
C、位移由初位置指向末位置，方向由A指向B，故C正确；
D、平均速度方向与位移方向一致，由A指向B，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
根据曲线运动瞬时速度方向规律、合力指向曲线内侧的特点分析速度与合力方向；依据位移定义确定位移方向；结合平均速度定义判断平均速度方向。
本题考查曲线运动基础概念，解题关键是牢记：瞬时速度沿轨迹切线；合力一定指向曲线弯曲内侧；平均速度方向与位移方向相同。
2.【答案】D
【解析】解：A、分针周期T分=1ℎ，时针周期T时=12ℎ，周期之比T分：T时=1：12，故A错误；
B、由ω=2πT，角速度与周期成反比，ω分ω时=T时T分=121，角速度之比为12：1，故B错误；
C、已知r分：r时=1.4：1，由v=ωr，v分v时=ω分r分ω时r时=12×1.41×1=16.81，故C错误；
D、由an=ω2r，a分a时=ω分2r分ω时2r时=122×1.412×1=144×1.41=201.61=10085，故D正确。
故选：D。
先明确时钟分针周期T分=1ℎ，时针周期T时=12ℎ；由ω=2πT求出角速度之比；结合v=ωr求出针尖线速度之比；利用an=ω2r求出向心加速度之比。
本题考查同轴转动圆周运动物理量比值计算，解题关键是记住时钟分针、时针周期，熟练运用ω=2πT、v=ωr、an=ω2r推导各物理量比值，计算时注意半径比例参与运算。
3.【答案】C
【解析】解：汽车上长陡坡时阻力变大，需要更大牵引力；加大油门可以增加发动机输出功率；换低速挡，减小行驶速度，根据P=Fv，在功率提升的情况下获得更大牵引力，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据机车功率公式P=Fv分析上坡操作；上坡阻力增大，需要增大牵引力，功率允许时加大油门提高输出功率，降低车速换低速挡增大牵引力。
本题考查机动车功率与牵引力关系，解题关键是知道P=Fv，当需要增大牵引力时，可增大输出功率同时降低行驶速度。
4.【答案】D
【解析】解：AB、轨道车的水平速度v=10m/s为合速度，将其沿钢丝方向和垂直钢丝方向分解，如图所示：
沿钢丝方向的分量即为演员的上升速度，可得该时刻演员的速度大小vB=vcsθ
轨道车向左运动时夹角θ减小、csθ增大，由vB=vcsθ可知演员的速度在增大，即演员正在向上加速运动，故AB错误；
CD、连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角θ=37∘时vB=vcs37∘=10×0.8m/s=8m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
将车的速度分解为沿钢丝方向与垂直钢丝方向的分速度，沿钢丝的分速度即为演员的速度。
本题考查运动的合成与分解，需要掌握速度的正交分解方法。
5.【答案】D
【解析】解：AB.运动员从A处飞出后经2s离斜面最远，此时速度方向与斜坡平行，则有tan30∘=vyv0=gtv0，解得运动员从A处飞出时的初速度为v0=20 3m/s，运动员从A处到B处的过程中，有tan30∘=yx=12gtB2v0tB，解得tB=4s，则运动员在B处着陆时的竖直分速度大小为vBy=gtB，运动员在B处着陆时的速度大小为vB= v02+vBy2,解得vB=20 7m/s，故AB错误；
CD.运动员从A处到B处的过程中，水平位移大小为x=v0tB，则A处到B处的距离为L=xcs30∘,解得L=160m，故C错误，D正确。
故选：D。
离斜面最远时速度方向与斜坡平行，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决，注意运动员离斜面最远时速度方向与斜坡平行。
6.【答案】A
【解析】解：取竖直向上为正方向，小球落回抛出点时位移为0，由匀变速直线运动位移公式0=v0t−12gt2
解得g=2v0t
忽略月球自转时，月球表面物体的万有引力等于重力，设月球质量为M，物体质量为m，则GMmR2=mg
解得M=2v0R2Gt，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先利用竖直上抛运动规律求出月球表面的重力加速度，再借助月球表面万有引力等于重力，联立推导月球质量表达式。
本题结合竖直上抛运动与万有引力定律的应用，属于“利用天体表面抛体运动求天体质量”经典题型，综合性适中，着重考查运动学规律和万有引力公式的联合运用，是万有引力章节典型基础计算题。
7.【答案】D
【解析】解：小明1分钟跳180次，故单次跳绳的周期T=60180s=13s，小明单次跳绳过程中脚与地面接触的时间约为单次跳绳总时间的15，则单次在空中的总时间为t1=45T,解得t1=415s，根据对称性可知，上升、下落时间相等，故有t上=t下=12t1,解得t上=215s，根据运动学公式可得上升的高度为ℎ=12×10×(215)2m=445m，则1分钟跳绳比赛中克服重力做功为W总=180mgℎ=180×48×10×445J=7680J，在1分钟跳绳比赛中克服重力做功的功率约为P=W总t=768060W=128W，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先求出单次跳绳周期，算出空中运动时间，结合竖直上抛规律得到起跳高度，再求出总克服重力做功，最后利用功率公式计算平均功率。
本题考查竖直上抛与功率综合计算，解题关键是知道只有腾空阶段克服重力做功，利用上升下落对称求起跳时间，区分单次周期、触地时间、空中运动时间。
8.【答案】BC
【解析】解：A.月球对探测器的引力与探测器对月球的引力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力和牛顿第二定律可得GMmr2=ma，可得a=GMr2
因rM：rN=2：7，则探测器通过M点与N点时的加速度大小之比约为49：4，B正确；
C.根据开普勒第二定律可知，探测器通过近月点M点时的速度大于通过远月点N点时的速度，C正确；
D.根据开普勒第二定律可知，探测器距离月球越近，则速率越大，则探测器通过PNQ的时间大于通过QMP的时间，D错误。
故选：BC。
根据牛顿第三定律分析相互引力大小关系；根据万有引力提供向心力分析近月点、远月点加速度之比；根据开普勒第二定律分析椭圆轨道近远月点速度大小；根据开普勒第二定律分析两段路径运动时间。
本题考查天体椭圆轨道运动，解题关键是知道相互作用力大小相等，开普勒第二定律反映行星(探测器)在轨道上的速度变化规律。
9.【答案】AC
【解析】解：A.当托盘倾角为θ时，包裹恰好开始下滑，根据平衡条件可得：mgsinθ=μmgcsθ，可得μ=tanθ，故A正确；
B.托盘倾角缓慢增至θ过程中，支持力方向垂直托盘向上，支持力方向与速度方向一直，支持力对包裹做正功，故B错误；
C.托盘倾角缓慢增至θ过程中，包裹始终处于平衡状态，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力：f=mgsinθ，随着θ增大，sinθ增大，因此摩擦力f逐渐变大，故C正确；
D.托盘倾角缓慢增至θ过程中，托盘对包裹的作用力是支持力与摩擦力的合力。由于包裹始终平衡，这个合力与包裹的重力大小相等、方向相反，始终等于mg，大小不变，故D错误。
故选：AC。
根据平衡条件求解动摩擦因数；根据支持力方向与速度方向的关系分析支持力做功情况；根据平衡条件、摩擦力的计算公式分析摩擦力的变化；托盘倾角缓慢增至θ过程中，托盘对包裹的作用力大小等于重力。
本题主要是考查了安培力作用下的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。
10.【答案】BD
【解析】解：根据题意及图乙可知，物块下滑的总位移L=2.5m，初态的重力势能Ep0=30J，末态的动能Ekm=25J。
由几何关系可得物块下降的总高度ℎ=Lsin37∘，根据重力势能公式Ep0=mgℎ，代入数据解得物块质量m=2kg；
根据动能定理有mgLsin37∘−μmgLcs37∘=Ekm，代入数据解得动摩擦因数μ=0.125；
在任意下滑位移x处，物块的动能Ek=(mgsin37∘−μmgcs37∘)x，即Ek=10x，重力势能Ep=Ep0−mgxsin37∘=30−12x。
A、令Ek=Ep，即10x=30−12x，解得图乙中两直线交点的横坐标x=1511m，故A错误；
B、根据上述分析可知，物块的质量为2kg，故B正确；
C、根据上述分析可知，物块与斜坡之间的动摩擦因数为0.125，故C错误；
D、当物块下滑x=1.6m时，由动能表达式可得Ek=16J，根据动能公式Ek=12mv2，代入数据解得速度v=4m/s，故D正确。
故选：BD。
从图像可知物块沿斜面下滑的总位移为2.5m，初始重力势能为30J，最终动能为25J。利用初始重力势能等于质量乘以重力加速度乘以总下滑高度，可求出质量。再根据动能定理，总下滑过程中重力做功减去摩擦力做功等于末动能，结合已求质量与斜面倾角，可计算动摩擦因数。对于任意下滑位移，动能随位移线性增加，重力势能随位移线性减小，令两者表达式相等可求交点横坐标。将特定位移代入动能表达式得到动能值，再通过动能与速度关系可求该位置的速度。
本题以物块沿斜面下滑为背景，通过图像呈现动能和重力势能随位移的变化关系，综合考查功能关系和运动分析。题目要求学生从能量图像中提取关键信息，如总位移、初末能量值，并灵活运用重力势能公式、动能定理以及能量转化与守恒的思想建立方程。本题计算量适中，但需要学生具备良好的图像解读能力和数理结合能力，能够将图像中的几何信息与物理规律准确对应。其中，求解两直线交点横坐标的过程，实质是寻找动能与重力势能相等的临界位置，考查学生对能量转化过程中特定状态的分析。
11.【答案】BC
AC
1.6
大于
【解析】解：(1)A.平抛运动和自由落体运动的规律与质量无关，两球的质量不需要相等，故A错误；
B.为了使实验结论具有普遍性，应改变装置的高度和打击的力度进行多次实验，故B正确；
C.实验发现小球A、B总是同时落地，说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，故C正确；
D.该实验只能说明平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，不能说明水平方向的运动规律，故D错误。
故选：BC。
(2)A.为了保证小球做平抛运动，斜槽轨道末端切线必须水平，故A正确；
B.为了保证小球每次平抛的初速度相等，小球每次必须从斜槽上相同的位置由静止自由滚下，故B错误；
C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故C正确。
故选：AC。
(3)根据平抛运动规律，在水平方向上有x=v0t，在竖直方向上有y=12gt2
联立得v0=x g2y
代入数据解得v0=1.6m/s
(4)y轴向左偏，导致坐标系中记录的曲线上对应点的纵坐标测量值y偏小，横坐标x不变，由v0=x g2y可知测得的初速度大于真实的初速度。
故答案为：(1)BC；(2)AC；(3)1.6；(4)大于。
(1)根据实验原理判断；根据使实验结论具有普遍性判断；根据对比A、B两球竖直方向运动判断；
(2)根据保证小球做平抛运动判断；根据保证小球每次平抛的初速度相等判断；根据使描出的轨迹更好地反映真实运动判断；
(3)根据平抛运动规律计算；
(4)根据平抛运动规律分析判断。
本题考查研究平抛运动及其特点实验，关键掌握实验原理、误差分析和数据处理方法。
12.【答案】C
1.5;0.35
mgL=12(M+m)(d2t22−d2t12)
【解析】解：(1)A.实验要验证的动能增加量和重力势能减少量均含有质量，实验前无须用天平测出重物的质量，故A错误；
B.为了减小空气阻力对实验影响，应选用质量较大的重物，故B错误；
C.为了充分利用纸带，实验时先接通电源，打点稳定后再释放纸带，故C正确；
D.实验需要验证机械能守恒，利用公式v= 2gℎ计算重物速度，属于认为机械能守恒，故D错误。
故选：C。
(2)相邻计数点间的时间间隔为
T=1f=150s=0.02s
匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度，则打B点时重物下落的速度为
vB=ℎ3−ℎ12T=15.19−9.202×0.02×10−2m/s≈1.5m/s
从打下O点到打下B点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEP=mgℎB=300×10−3×9.8×12.00×10−2J≈0.35J
(3)遮光片通过光电门A、B的速度为v1=dt1，v2=dt2
若机械能守恒，则有mgL=12(M+m)v22−12(M+m)v12
联立可得mgL=12(M+m)(d2t22−d2t12)
故答案为：(1)C；(2)1.5，0.35；(3)mgL=12(M+m)(d2t22−d2t12)。
(1)根据实验原理判断；根据减小空气阻力对实验影响判断；根据充分利用纸带判断；
(2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打B点时重物的速度；根据重力势能表达式计算；
(3)利用平均速度替代遮光片通过光电门A、B的速度，根据机械能守恒定律推导表达式。
本题考查验证机械能守恒实验，关键掌握实验原理和数据处理方法，光电门的测速原理。
13.【答案】接驳车匀速运动速度大小为10m/s
接驳车匀速行驶时间为45s
【解析】解：(1)接驳车在t1=10s时结束匀加速，匀速运动的速度为匀加速的末速度，由速度公式得v=a1t1
解得匀速运动时的速度大小v=10m/s
(2)匀加速阶段位移x1=12a1t12,解得x1=50m
匀减速刹车阶段，初速度为10m/s，末速度为0，加速度大小a2=2m/s2，由速度-位移公式得v2=2a2x3
解得匀减速位移为x3=25m
则匀速运动阶段的位移x2=x总−x1−x3
匀速行驶的时间t2=x2v,解得t2=45s
答：(1)接驳车匀速运动速度大小为10m/s；
(2)接驳车匀速行驶时间为45s。
(1)由匀加速运动公式求出10s末速度，即为匀速行驶速度；
(2)分段求出匀加速、匀减速位移，用总位移减去两段位移得到匀速段位移，再求出匀速行驶时间。
本题考查匀变速直线运动多过程问题，解题关键是将运动拆分为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，分别选用合适的运动学公式分段求解，理清各阶段速度、位移之间的衔接关系。
14.【答案】滑块从传送带左端到右端的时间为2s
滑块刚滑上平板时滑块的加速度大小为3m/s2，平板的加速度大小为1m/s2
平板的长度为2m
【解析】解：(1)滑块在传送带上加速运动，根据牛顿第二定律，有μmg=ma1，解得：a1=4m/s2。
滑块加速至与传送带共速所需时间t1=va1，代入数据得t1=1s。此过程中滑块的位移x1=v22a1，计算得x1=2m。
由于x1小于传送带长度L，此后滑块随传送带匀速运动，匀速运动的位移x2=L−x1=4m，匀速运动时间t2=x2v，代入数据得t2=1s。因此，滑块从左端运动到右端的总时间t=t1+t2=2s。
(2)滑块刚滑上平板车时，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有μ1mg=maA，解得：aA=3m/s2。
对平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律，有μ1mg−μ2(m+M)g=MaB，解得：aB=1m/s2。
(3)滑块滑上平板车后做匀减速运动，平板车做匀加速运动，设两者经过时间t3达到共同速度，根据运动学规律，有v−aAt3=aBt3，解得：t3=1s。
由于滑块恰好不从平板车上掉落，表明达到共速时滑块刚好运动到平板车最右端。此过程中滑块的位移xA=vt3−12aAt32，代入数据得xA=2.5m。
平板车的位移xB=12aBt32，代入数据得xB=0.5m。因此，平板车的长度LB=xA−xB，代入数据解得LB=2m。
答：(1)滑块从传送带左端到右端的时间为2s。
(2)滑块刚滑上平板时滑块的加速度大小为3m/s2，平板的加速度大小为1m/s2。
(3)平板的长度为2m。
(1)滑块从传送带左端运动到右端，需要先分析其在传送带上的运动过程。滑块初速度为零，传送带有速度，滑块在滑动摩擦力作用下加速，当滑块速度与传送带速度相等后保持匀速。利用牛顿第二定律分析加速阶段的加速度，结合运动学规律分段计算加速时间和匀速时间，两者之和即为总时间。
(2)滑块刚滑上平板时，两者之间存在相对运动。分别对滑块和平板进行受力分析，滑块受到平板对其的滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可求其加速度。平板受到滑块对它的摩擦力和地面对它的摩擦力的共同作用，根据牛顿第二定律可求其加速度。
(3)滑块滑上平板后，滑块做匀减速运动，平板做匀加速运动，当两者速度相等时相对静止。由于滑块恰好不从平板掉下，意味着共速时滑块相对平板的位移等于平板长度。利用运动学规律分别求出共速所需时间以及此过程中滑块和平板各自的对地位移，两者位移之差即为平板长度。
本题是一道综合性较强的牛顿运动定律与运动学结合的应用题，涉及传送带模型与板块模型的组合，全面考查了学生对多过程、多对象问题的分析处理能力。题目首先需要分析滑块在传送带上的加速与匀速运动过程，计算运动时间，这要求学生准确判断滑块在传送带上的运动状态，并灵活运用运动学公式。第二部分则考查了对滑块与平板分别进行受力分析，并利用牛顿第二定律求解加速度的能力，其中对平板进行受力分析时需注意其受到滑块施加的摩擦力与地面施加的摩擦力的共同作用，这是本题的一个关键点。第三问则通过滑块与平板达到共速且滑块恰好不掉落这一临界条件，将问题转化为相对运动问题，通过计算两者的位移差求解平板长度，有效地考查了学生的逻辑推理与建模分析能力。本题计算量适中，过程清晰，难度中等偏上，能较好地锻炼学生综合运用动力学知识解决实际物理问题的能力。
15.【答案】小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小为2 2m/s
小滑块到达圆弧轨道上C点时，受到轨道的弹力大小为50N
弹簧的弹性势能的最大值为6J
滑块返回时不能从B点飞出，最后停在水平轨道CD上距D点0.2m处
【解析】解：(1)小滑块从A点到B点做平抛运动，根据题意及几何关系可知，小滑块在B点速度方向与水平方向夹角为60∘，
根据平抛运动规律有v0=vBcs60∘，代入数据解得经过圆弧轨道上B点的速度大小vB=2 2m/s。
(2)小滑块从B点运动到C点，根据动能定理有mg(R+Rsin30∘)=12mvC2−12mvB2，代入数据解得经过C点时的速度大小vC=4 2m/s；
在C点，根据牛顿第二定律有FN−mg=mvC2R，代入数据解得受到轨道的弹力大小FN=50N。
(3)小滑块从C点运动到F点，设C、D之间距离为L1，D、F之间距离为L2，根据能量守恒定律有12mvC2=μmgL1+mgL2sin30∘+Epm，代入数据解得弹簧的弹性势能的最大值Epm=6J。
(4)小滑块从F点返回至第一次经过C点，根据动能定理有Epm+mgL2sin30∘−μmgL1=12mvC′2，代入数据解得此时小滑块动能EkC′=6J；
若滑块能返回并从B点飞出，所需的最小重力势能增加量为ΔEp=mg(R+Rsin30∘)，代入数据解得ΔEp=12J，由于6J