2025-2026学年湖北省随州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省随州市高一（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.下列说法错误的是( )
A. 静止在水平面的物体对水平面的压力大小不一定等于其重力的大小
B. 在乒乓球比赛中，击球后，乒乓球在空中运动时受到重力、推力和阻力作用
C. 小汽车的底盘一般厚重且位置较低是为了降低重心，使驾乘感更平稳舒适
D. 在研究物体运动时，利用光电门测瞬时速度的科学方法是极限法
2.在随州市科技节活动中，某中学创新小组利用废弃饮料瓶制作了一枚“水火箭”如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内气压升高，当瓶口的橡皮塞突然脱离时，瓶内水向后急速喷出，火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的“水火箭”速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段为直线，关于“水火箭”的运动，下列说法错误的是( )
A. t0∼t1时间内“水火箭”的平均速度为v12
B. t3∼t4时间内平均速度为v3+v42
C. t3∼t4时间内，“水火箭”继续上升
D. t0∼t2时间内“水火箭”做加速度先增大后减小的加速运动
3.在随城山公园有很多丰富多彩的亲子娱乐项目，比如“套圈圈”游戏。如图所示小孩和大人在同一竖直线上不同高度先后水平抛出两个相同的小圆环，想要套中同一个熊猫玩偶。若小圆环的运动视为平抛运动，则( )
A. 大人抛出的圆环在空中运动时间较短B. 大人抛出的圆环初速度较大
C. 大人抛出的圆环速度变化量较大D. 大人抛出的圆环速度变化率较大
4.如图所示为某饮料自动售卖机出口处的截面图。初始时挡板处于竖直位置，现用外力缓慢推动挡板，使挡板绕转轴O逆时针缓慢转动至与斜面垂直，饮料罐始终静止在斜面上且未脱离斜面和挡板。不计一切摩擦。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 挡板对饮料罐的弹力先减小后增大B. 挡板对饮料罐的弹力逐渐减小
C. 斜面对饮料罐的支持力逐渐增大D. 斜面对饮料罐的支持力先增大后减小
5.2025年10月26日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将高分十四号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示为其发射过程的模拟图。卫星先进入圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，再经椭圆轨道Ⅱ，最终进入圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、轨道Ⅲ相切于P、Q两点。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在P处点火减速
B. 卫星在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度
C. 地球的密度为ρ=3g4πGR
D. 卫星在轨道Ⅱ上，从P点运动到Q点，机械能逐渐减小
6.一辆质量为m的汽车以恒定功率P行驶，先在水平路面匀速行驶，之后又驶下倾角为θ的斜坡，速度逐渐增大后稳定匀速(斜坡长度足够长)。已知全程摩擦阻力Ff大小不变，下列说法正确的是( )
A. 整个过程中速率最大为v=PFf
B. 下坡过程中，牵引力先减小后不变，加速度先减小后增大
C. 下坡稳定匀速时，牵引力大小一定小于水平路面匀速时的牵引力
D. 下坡稳定匀速时，汽车所受摩擦力等于重力沿斜面向下的分力
7.如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q(电荷量很小不会影响两板间电场的分布)，带电油滴在P点处于静止状态，B板接地。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，EP表示带电油滴在P点的电势能。则下列说法中正确的是( )
A. 若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，Q减小
B. 若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，φP增大
C. 若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，EP增大
D. 若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，U减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.盘山公路转弯处路面造得外高内低。当车向右转弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些。汽车的运动可以看成是做半径为R的匀速圆周运动。当质量为m的小汽车行驶速率为v1时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，重力加速度为g，则在该转弯处( )
A. 汽车此时所需向心力的大小F=mv12R
B. 当路面结冰时，与未结冰时相比，v1的值应不变
C. 转弯处路面与水平面夹角为θ，则v1= gRsinθ
D. 当汽车的速率v>v1，但未发生侧滑时，汽车所受的支持力FN”“0)的烟尘颗粒以一定的水平初速度v0=L2 5gd从左侧进入装置，打到金属板上的颗粒将被收集，但不影响原电场的分布。烟尘颗粒的重力不能忽略，不考虑颗粒间的相互作用力和空气阻力
(1)求烟尘颗粒在金属板间运动时加速度的大小
(2)烟尘颗粒进入电场前均匀分布，求被金属板N收集的烟尘颗粒占烟尘颗粒总数的百分比
(3)求颗粒打到右侧挡板上时与O点距离的最大值
15.如图所示，竖直面内固定有一光滑圆弧轨道，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α=37∘。现将质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)从空中的A点以初速度v0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，已知A、B两点的高度差为ℎ=0.8m，圆弧轨道半径为R=0.5m，小滑块到达C点经光滑水平段CD后，从D点滑上依次紧挨着静止在水平地面上的四块质量M均为1kg、长度L均为1m的木板，木板上表面与D点等高。小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。求：
(1)小滑块的初速度v0的大小
(2)小滑块到达C点时对轨道的压力
(3)小滑块滑离木板前，木板4在地面上滑动的最大速度大小
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.静止在水平面的物体，如果物体受到向上的拉力或者其他竖直方向上的力，此时物体对水平面的压力大小就不等于自身重力，故A正确；
B.击球后乒乓球在空中运动时，球拍已经和乒乓球分离，不存在推力作用，乒乓球只受到重力和空气阻力作用，故B错误；
C.降低重心可以提升物体的稳定程度，小汽车底盘厚重且位置较低，正是通过降低重心来让行驶平稳，故C正确；
D.利用极短时间内的平均速度近似等于该时刻的瞬时速度，当时间间隔趋近于0时，平均速度就无限趋近于瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确。
故选：B。
AB.根据物体的受力情况分析作答；
C.根据物体的稳度与重心的关系分析作答；
D.根据极限思维的含义分析作答。
本题主要考查了弹力的概念及其产生条件、重心的位置特点、滑动摩擦力的性质和极限法等知识点的运用。
2.【答案】A
【解析】解：A.根据v−t的图像与时间轴所围成的面积等于位移，可知t0∼t1时间内水火箭的位移小于AB段匀加速直线运动的位移；匀加速直线运动的平均速度为v12，根据平均速度定义式v−=xt，可知t0∼t1时间内水火箭的平均速度小于v12，故A错误。
B.匀变速直线运动的平均速度通用公式为v初+v末2，图像中DE段为直线，表示水火箭在此阶段做匀变速直线运动，所以t3∼t4时间段内的平均速度可写作v3+v42，故B正确。
C.由图可知，在t3∼t4时间内水火箭的速度仍是正的，说明这段时间水火箭仍向上运动，故C正确。
D.根据v−t图像的斜率表示加速度，t0∼t2时间内图像的斜率先增大后减小，可知水火箭的加速度先增大后减小，且全程速度上升，为加速运动，故D正确。
故选：A。
对比曲线运动阶段和匀加速直线阶段的图像面积，结合平均速度定义比较平均速度大小；对图像中的直线区段使用匀变速直线运动平均速度公式分析；依靠速度正负判断物体运动方向；通过斜率变化判断加速度变化规律，结合速度升降判断运动性质。
本题考查v−t运动图像的解读应用，涉及图像面积与位移的关系、匀变速直线运动平均速度计算、速度正负对应运动方向、图像斜率对应加速度等知识点，综合考查根据运动图像分析物体运动过程、辨析物理结论的能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.小圆环在空中做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有ℎ=12gt2，可得运动时间t= 2ℎg，由于大人抛出的圆环下落高度较大，所以大人抛出的圆环在空中运动时间较长，故A错误。
B.小圆环水平方向做匀速直线运动，有x=v0t，大人抛出的圆环运动时间更长，在水平位移相等的前提下，对应的平抛初速度更小，故B错误。
C.平抛运动加速度恒定为重力加速度，速度变化量大小Δv=gt。大人抛出的圆环运动时间较长，所以速度变化量较大，故C正确。
D.两个圆环运动过程中均只受重力作用，加速度均等于重力加速度，所以二者速度变化率相同，故D错误。
故选：C。
把圆环的平抛运动正交分解为竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动，利用竖直方向位移公式判断运动时长差异，结合水平位移公式分析初速度大小，依据Δv=gt比较速度变化量，通过加速度比较二者速度变化率。
本题考查平抛运动的分解规律，涉及运动时间的决定因素、水平初速度推导、速度变化量计算、加速度等同于速度变化率这些知识点，检验运用正交分解思想定量对比平抛运动物理量的能力。
4.【答案】B
【解析】解：饮料罐缓慢转动始终保持平衡状态，仅受重力、斜面的支持力以及挡板的弹力，全程不计摩擦。
其中重力大小与方向恒定不变，斜面对饮料罐的支持力方向始终垂直斜面、角度固定，挡板对饮料罐的弹力垂直挡板，方向随挡板逆时针转动持续变化。将三个力构建封闭矢量三角形，如图所示：
由矢量三角形可知，在挡板转动至与斜面垂直的全过程里，代表挡板弹力的矢量长度持续缩短，代表斜面支持力的矢量长度也同步缩短，说明挡板对饮料罐的弹力逐渐减小，斜面对饮料罐的支持力同样逐渐减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
缓慢转动的饮料罐受重力、斜面支持力、挡板弹力，构建封闭矢量三角形，根据矢量边长对应力的大小这一规律，观察挡板转动过程中两个弹力对应矢量长度的变化趋势，判断两个力的大小变化情况。
本题考查动态平衡的矢量三角形解法，涵盖物体受力辨析、不同性质弹力的方向判断、力的矢量合成技巧，侧重考查借助矢量几何图像分析动态过程中力的大小变化、解决共点力平衡问题的分析能力。
5.【答案】C
【解析】解：A、卫星从低轨道向高轨道变轨，需要点火加速，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在P处点火加速，故A错误；
B、两个轨道上在同一点万有引力相同，则GMmr2=ma
代入数据可得a=GMr2
则在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度，故B错误；
C、在地球表面GMmR2=mg
由ρ=MV=M43πR3
代入数据可得地球的密度ρ=3g4πGR，故C正确；
D、卫星在轨道Ⅱ上运行的过程中，仅有万有引力做功，所以卫星的机械能守恒，故D错误。
故选：C。
本题需逐一分析选项，A项从低轨变高轨需加速，B项同一点加速度由距离决定故相同，D项轨道上只有引力做功机械能守恒，C项利用地表重力加速度公式和密度公式ρ=MV即可推导出地球密度。
这是一道典型的天体运动综合题，有效考查了学生对卫星变轨、加速度、机械能守恒及万有引力定律应用等核心知识点的掌握情况。
6.【答案】C
【解析】解：A、下坡稳定后，有F2+mgsinθ=Ff
最大速度满足P=F2v2
代入数据可得v2=PFf−mgsinθ
水平路面匀速的速度为v1=PFf
代入数据可得v2>v1，故A错误；
B、下坡时，速度变大，功率不变，牵引力先减小后不变，结合F+mgsinθ−Ff=ma
加速度会一直减小到0，故B错误；
C、汽车水平匀速时F1=Ff，下坡匀速时牵引力F2=Ff−mgsinθ
可得F2mgsinθ，故D错误。
故选：C。
根据恒定功率下牵引力与速度的反比关系，结合下坡时重力分力对合力的影响，分析加速至匀速过程中牵引力、加速度及速度的变化规律。
本题关键在于明确“下坡匀速时牵引力变小，速度变大”，并正确列出沿斜面方向的平衡方程，即可快速排除干扰项。
7.【答案】B
【解析】解：AB、若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容C减小，若电容器的电压U不变时，根据电容的定义式C=QU分析可知，电容器所带电荷量将要减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量Q保持不变；根据C=εrS4πkd，C=QU，E=Ud，推导可得E=4πkQϵrS，板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB=EdPB，UPB变大，根据UPB=φP−φB可知P点的电势增大，故A错误，B正确；
CD、若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，板间距离减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd知，电容增大；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要增大，由于二极管具有单向导电性，电流仅能从a流向b，电容增大时电源可向电容器充电，因此电容器两端电压保持等于电源电压不变；根据E=Ud，板间电场强度E变大，P点与B板间电势差UPB=EdPB，UPB变大，根据UPB=φP−φB可知P点的电势变大。根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据EP=qφ可知油滴在P点的电势能EP减小，故CD错误。
故选：B。
若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析电容C的变化，若电压不变，根据电容的定义式C=QU分析电容器所带电荷量可能的变化，结合二极管的单向导电性分析电容器的电荷量是否变化；根据场强公式E=Ud，电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合分析板间电场强度E的变化，再判断P点的电势变化情况；若保持极板B不动，将极板A稍向下平移，采用同样方法分析电容器的电荷量变化情况，根据E=Ud分析板间电场强度E的变化，再判断P点的电势变化，进而判断带电油滴在P点的电势能变化情况。
本题是电容器动态分析问题，根据题意确定不变量，再根据场强公式E=Ud，电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU结合二极管的单向导电性进行分析。
8.【答案】AB
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，汽车此时所需向心力F的大小为mv12R，故A正确；
BC、汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则汽车不受侧向的摩擦力作用，
转弯处为斜坡，坡面与水平面夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ=mv12R，解得v1= gRtanθ
当路面结冰时，与未结冰时相比，v1的值不变，故B正确，C错误；
D、当v>v1时，所需向心力增大，需沿斜面向下的摩擦力补充向心力，竖直方向FNcsθ=mg+fsinθ
解得FN=mg+fsinθcsθ>mgcsθ，故D错误。
故选：AB。
根据向心力公式求汽车转弯需要的向心力；应用牛第二定律求出汽车转弯时的临界速度，然后分析答题。
本题考查了汽车转弯问题，分析清楚汽车的运动过程与受力情况，知道向心力来源，应用牛顿第二定律即可解题。
9.【答案】BD
【解析】解：A.若小船相对静水的速度大小恒为5m/s，当小船船头垂直河岸渡河时，时间最短，则过河最短时间为tmin=dv船=100 35s=20 3s
小船向下游运动s=v水tmin=5×20 3=100 3m，大于100m，所以不能安全渡河，故A错误；
B.若小船相对静水的速度大小恒为6m/s，因为小船相对静水的速度大于水流速度，所以小船可以到达正对岸，则小船最短渡河位移大小等于河宽为100 3m，故B正确；
C.若小船相对静水的速度大小恒为4m/s，由于小船相对静水的速度小于水流速度，则小船不可以到达正对岸，设船头与河岸上游成α时，渡河位移最短，如下图所示
则cs⁡α=v船v水=45，解得α=37∘。设河宽为d，此时最短位移s=dcsα=125 3m，但小船向下游运动s1=dtanα=100 3×34m=75 3>100m，故船不能安全渡河，故C错误；
D.若要使小船能安全渡河，小船渡河的临界轨迹如图所示，设AB方向与河岸方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin⁡θ=v船v水=d d2+L2=100 3 (100 3)2+1002= 32
解得小船相对静水的最小速度为v船=5 32m/s，故D正确。
故选：BD。
当小船船头垂直河岸渡河时，时间最短；小船相对静水的速度大于水流速度；当船头方向垂直合速度方向时过河位移最小；根据几何关系可得合速度方向，然后根据速度的矢量关系计算。
小船过河问题有两类，一类是最短时间过河，当船头垂直河岸方向时过河时间最短；一种是最短位移过河，当船速大于水速时，可以到达正对岸；当船速小于水速时，船头方向垂直合速度时位移最小。
10.【答案】AD
【解析】解：A.圆环A开始时受到重力、绳子的拉力和杆的弹力，在竖直方向由平衡条件有Fcs30∘=mg
解得轻绳拉力的大小为F=2 33mg，故A正确；
B.撤去外力的瞬间B在竖直方向只受到重力的作用，瞬时加速度为g，故B错误；
C.当连接A的绳与竖直方向夹角α=37∘时，设此时B绳与竖直方向夹角为β，由几何关系可得B到滑轮的距离x=Lsin30∘+L−Lsin37∘=43L
由几何关系可知csβ= 74
两个物体沿绳方向的分速度相等，即vAcs37∘=vBcsβ
联立可得vAvB=5 716，故C错误；
D.以定滑轮位置为参考平面，当A上升到定滑轮上方时，绳拉力对A做负功，所以A上升到定滑轮等高时，机械能最大，由于两物体沿绳方向速度相等，A上升到定滑轮等高时，B的速度恰好为零。以定滑轮位置为参考平面，则A上升到定滑轮等高时，A增加的机械能等于B损失的机械能ΔEA=2mg⋅2dcs30∘=2 3mgd
初始状态A的机械能为− 3mgd，故A最大的机械能为 3mgd，故D正确。
故选：AD。
对A受力分析，结合共点力平衡求出绳子的拉力；撤去外力的瞬间B在竖直方向只受到重力的作用，由此得出加速度的大小；
本题主要是考查了运动的分解和机械能守恒定律首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
11.【答案】【小题1】
0.515
2dΔt
【小题2】
3m0gH
212m0(dΔt)2
【小题3】
>

【解析】解：(1)20分度游标卡尺的精度为0.05mm，游标零刻度在主尺5mm后，游标第3条刻度线与主尺刻度线对齐，遮光条宽度d=5mm+3×0.05mm=5.15mm=0.515cm
光电门测得的dΔt可看作遮光条中心通过光电门时A物体的速度vA，由绳长约束可知B物体的速度vB=2vA=2dΔt
(2)从图甲状态到遮光条中心通过光电门，A物体上升H，B物体下降2H，系统重力势能减少量|ΔEp|=8m0gH−5m0gH=3m0gH
此时vA=dΔt，由关系式vB=2dΔt
系统动能增加量为ΔEk=12×5m0(dΔt)2+12×4m0(2dΔt)2
整理得ΔEk=212m0(dΔt)2
(3)设遮光条挡光开始和结束时A物体速度分别为v0、v1，匀变速直线运动在挡光时间中点的速度为v时中=v0+v12
由v2−v02=2ax可知，挡光位移中点的速度满足v位中2=v02+v122，由于v1>v0，所以v时中ΔEk
故答案为：(1)0.515；2dΔt；(2)3m0gH；212m0(dΔt)2；(3)>。
(1)①游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数；
③根据遮光片的宽度与遮光时间求出速度。
(2)根据重力势能与动能的计算公式求解。
(3)根据实验原理与运动过程分析答题。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理，分析清楚物块的运动过程，根据重力势能与动能的计算公式即可解题。
12.【答案】【小题1】
0.700
R2
【小题2】
a
【小题3】
2.5×10−6
【小题4】
CD

【解析】解：(1)螺旋测微器的精度为0.01mm，可得直径为0.5mm+20.0×0.01mm=0.700mm
由于采用替代法流过电流表的电流为30.0mA，大于R1允许通过的最大电流0.01A，而小于R2允许通过的最大电流0.5A，故选滑动变阻器R2。
(2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。
(3)由图3所示电阻箱可知，该合金丝的电阻为R=0×100Ω+0×10Ω+3×1Ω+2×0.1Ω=3.2Ω，
由电阻定律得R=ρlS=ρlπ(d2)2，解得ρ=πRd24l
其中d=0.700mm，l=80.00cm−30.00cm=50.00cm，代入数据解得ρ≈2.5×10−6Ω⋅m
(4)A、换用量程0∼0.6 A的电流表，量程过大，误差变大，故A错误；
B、本实验采用替代法，换用内阻更小的电流表对实验没有影响，故B错误；
CD、根据电阻定律可知ρ=πRd24l，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为0∼99.99Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值，故CD正确。
故选：CD。
故答案为：(1)0.700；R2；(2)a；(3)2.5×10−6；(4)CD。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数；根据题意选择滑动变阻器。
(2)根据电流表的接法确定接线位置。
(3)应用电阻定律求出电阻率。
(4)根据实验误差来源于实验注意事项分析实验误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；掌握基础知识，分析清楚电路结构，应用电阻定律即可解题。
13.【答案】【小题1】小球在圆管内从最低点到最高点，圆管内壁光滑，只有重力做功。
小球恰好可以运动到最高点时，最高点速度为0，由机械能守恒有12m2v12=2m2gR
解得R=v124g=424×10m=0.4m
【小题2】设最高点时小球对圆管的弹力大小为FN。
基座恰好不脱离地面时，地面对基座的支持力为0，圆管和基座整体受竖直方向力平衡，有FN=(M+m1)g
由牛顿第三定律可知，圆管对小球的弹力大小也为FN，方向竖直向下。
在最高点，小球所需向心力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+m2g=m2×v22R
联立得v2= (M+m1+m2)gRm2
代入数据解得v2=2 7m/s

【解析】解：(1)小球在圆管内从最低点到最高点，圆管内壁光滑，只有重力做功。
小球恰好可以运动到最高点时，最高点速度为0，由机械能守恒有12m2v12=2m2gR
解得R=v124g=424×10m=0.4m
(2)设最高点时小球对圆管的弹力大小为FN。
基座恰好不脱离地面时，地面对基座的支持力为0，圆管和基座整体受竖直方向力平衡，有FN=(M+m1)g
由牛顿第三定律可知，圆管对小球的弹力大小也为FN，方向竖直向下。
在最高点，小球所需向心力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+m2g=m2×v22R
联立得v2= (M+m1+m2)gRm2
代入数据解得v2=2 7m/s
答：(1)空心圆管的半径R为0.4m。
(2)小球在最高点的速度大小v2为2 7m/s。
(1)明确小球沿光滑圆管从最低点运动到最高点的过程，轨道内壁光滑无摩擦力做功，仅重力参与能量转化，小球恰好到达最高点的临界状态为最高点速度为零，调用机械能守恒定律，结合已知的最低点初速度，即可建立已知量与半径R的对应关系完成推导。
(2)先确定基座恰好不脱离地面的临界条件为地面对基座的支持力为零，对圆管和基座整体受力分析得到圆管对小球的弹力大小与方向，再对最高点的小球调用牛顿第二定律关联向心力需求，结合第一问求出的R，就能推导出小球在最高点的速度大小v2。
本题考查竖直面内圆周运动的轻管模型，涉及机械能守恒定律、受力平衡、牛顿运动定律与向心力公式的综合应用，难度中等偏上。第一问侧重基础规律的直接应用，第二问要求学生准确挖掘基座恰好不脱离地面的临界条件，理清弹力的相互性与方向，能够有效锻炼学生的临界分析能力、受力分析逻辑和多研究对象的综合建模能力，计算量适中，契合高中力学综合题的考查要求。
14.【答案】【小题1】烟尘颗粒在电场中运动时，根据牛顿第二定律有qUd+mg=ma
解得a=2g
【小题2】如图所示，若一颗粒恰好从N板右边缘飞出，在水平方向上有L=v0t
在竖直方向上有y=12at2
解得y=4d5
金属板N收集的烟尘颗粒占烟尘颗粒总数的百分比η=yd×100%=80%
【小题3】对于刚好从极板边缘出射的颗粒，打到右侧挡板上时与O点距离最大，则出射时速度的竖直分量vy=at=2g⋅Lv0=4 gd5
粒子出电场后竖直方向做匀加速直线运动，有y1=vyt′+12gt′2
水平方向有L2=v0t′
联立求得y1=910d
离O点的距离为s=y1+d2
解得s=7d5

【解析】解：(1)烟尘颗粒在电场中运动时，根据牛顿第二定律有qUd+mg=ma
解得a=2g
(2)如图所示，若一颗粒恰好从N板右边缘飞出，在水平方向上有L=v0t
在竖直方向上有y=12at2
解得y=4d5
金属板N收集的烟尘颗粒占烟尘颗粒总数的百分比η=yd×100%=80%
(3)对于刚好从极板边缘出射的颗粒，打到右侧挡板上时与O点距离最大，则出射时速度的竖直分量vy=at=2g⋅Lv0=4 gd5
粒子出电场后竖直方向做匀加速直线运动，有y1=vyt′+12gt′2
水平方向有L2=v0t′
联立求得y1=910d
离O点的距离为s=y1+d2
解得s=7d5
答：(1)烟尘颗粒在金属板间运动时加速度的大小为2g；
(2)烟尘颗粒进入电场前均匀分布，被金属板N收集的烟尘颗粒占烟尘颗粒总数的百分比为80%；
(3)颗粒打到右侧挡板上时与O点距离的最大值为7d5。
(1)对颗粒受力分析，带负电，电场方向由N指向M，电场力向上；结合给出电压表达式求出电场力大小，再与重力合成得到合外力，由牛顿第二定律求竖直加速度。
(2)分析颗粒水平匀速、竖直匀加速；先算出颗粒刚好能飞出极板的临界竖直位移，对比极板中轴线到N板距离，确定进入电场中哪些初始位置的颗粒会打到N板；利用入射均匀分布，通过竖直方向区间长度之比得到收集颗粒占比。
(3)分析能穿出极板的颗粒离开电场后做匀速直线运动；离O点最远的颗粒为刚好擦极板边缘飞出的颗粒，先求出飞出极板时竖直分速度、竖直偏移量，再计算极板右端到挡板L2水平距离内继续发生的竖直偏移，叠加得到O点的最大距离。
本题属于带电粒子在复合场中的类平抛模型，同时包含电场内偏转+电场外匀速直线的分段运动。容易出错点：受力方向判断，负电荷电场力与电场方向相反；不能忽略重力；核心思路：水平始终匀速，竖直恒定加速度；临界轨迹(刚好擦板飞出)是求解占比、最大偏移的关键；建模技巧：区分极板内匀变速、极板外匀速两段运动，分开计算竖直位移再叠加；均匀入射问题直接用竖直方向线度比值求数量百分比。
15.【答案】【小题1】设小滑块到达B点时竖直分速度大小为vy，由竖直方向自由落体规律有vy2=2gℎ
得vy=4m/s
小滑块恰沿圆弧轨道切线进入轨道，速度方向与水平方向夹角为90∘−α
有vyv0=tan(90∘−α)=1tanα
解得v0=vytanα=4×34m/s=3m/s
【小题2】从A点到C点，小滑块下降高度H=ℎ+Rsinα+R=0.8m+0.5×0.6m+0.5m=1.6m
由机械能守恒有12mvC2=12mv02+mgH
解得vC2=41m2/s2
在C点轨道对小滑块的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN−mg=mvC2R
解得FN=92N
由牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力大小为92N，方向竖直向下
【小题3】小滑块通过光滑水平段CD，滑上木板时速度仍为vC= 41m/s
小滑块受到的滑动摩擦力大小为f1=μ1mg
解得f1=4N
加速度大小为a=μ1g
解得
a=4m/s2
小滑块在木板1上时，木板1至4整体可受地面最大静摩擦力为μ2(m+4M)g>f1
在木板2上时，木板2至4整体可受地面最大静摩擦力为μ2(m+3M)g=f1
故木板1、2阶段木板均不动。
小滑块滑到木板3左端时，已经相对地面前进2L，由匀变速直线运动规律有v12=vC2−2a(2L)
整理得v1=5m/s
小滑块在木板3上时，木板3、4整体可受地面最大静摩擦力为μ2(m+2M)gf1
在木板2上时，木板2至4整体可受地面最大静摩擦力为μ2(m+3M)g=f1
故木板1、2阶段木板均不动。
小滑块滑到木板3左端时，已经相对地面前进2L，由匀变速直线运动规律有v12=vC2−2a(2L)
整理得v1=5m/s
小滑块在木板3上时，木板3、4整体可受地面最大静摩擦力为μ2(m+2M)g