2025-2026学年广西南宁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广西南宁市高一（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.用国际单位制的基本单位表示力的单位，其中正确的是( )
A. kg⋅m/sB. kg⋅m/s2C. kg⋅m/s3D. N
2.如图所示，转笔是大部分同学都会的一个小游戏。在转笔时，重的一端到支撑点的距离要近一点，这样才能使笔在手指上更稳定地绕该点转动，假设重的一端的尾部是A点，轻的一端的尾部是B点，支撑点为O，OA：OB=2：3，笔绕支撑点匀速转动，下列说法正确的是( )
A. 相同时间内A点和B点转过的角度之比为2：3
B. 相同时间内A点和B点走过的路程之比为3：2
C. A、B两点向心加速度之比为2：3
D. 相同时间内OA和OB扫过的面积相等
3.关于重力做功、动能定理、机械能守恒定律的理解，下列说法正确的是( )
A. 重力做功等于重力势能的变化量
B. 物体在运动过程中只要初末位置的机械能相等，则该物体机械能守恒
C. 系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，总的机械能保持不变
D. 重力做功改变重力势能；弹力做功改变弹性势能；合力做功则改变物体的动能
4.我国发现一颗特殊毫秒脉冲星PSRJ0435+3233，天文学家将其视为质量均匀分布的球体。该脉冲星稳定自转的周期T=3.2ms，万有引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。若脉冲星自转过程中，星体表面物体恰好不脱离星体，则该脉冲星的最小密度约为( )
A. 1.1×1015kg/m3B. 1.4×1016kg/m3C. 4.6×1016kg/m3D. 8.2×1017kg/m3
5.近期，FAST(中国天眼)团队将连接着馈源舱原有的进口钢索全部更换为国产钢索，实现了这一关键部件的国产化。如图，6根钢索一端共同牵连着馈源舱，另一端分别连接在均匀分布于直径600m圆周上的6座百米级高塔上。假定馈源舱质量为M，在某个时刻悬停于空中，此时钢索与竖直方向的夹角均为θ，不计钢索自身重力，重力加速度取g，则单根钢索对馈源舱的拉力大小为( )
A. Mg6csθB. Mg6sinθC. MgcsθD. Mgsinθ
6.现有四个物体从t=0时刻起从同一位置出发做直线运动，运动图像如下图所示。图中v为速度、x为位移、t为时间，则从t=0时刻起，完成12m位移用时最长对应的图像是( )
A. B.
C. D.
7.某港口码头使用电动卷扬机提升建筑材料，其装置可简化为如甲图所示的模型。卷扬机滚筒半径r=0.25m，在保持卷扬机的输出功率不变时，将质量为40kg的材料用细钢丝绳由静止开始竖直向上提起，电动机驱动滚筒转动的角速度ω随时间t变化的关系如乙图所示，t=8s时材料达到最大速度并开始匀速上升。若忽略滚筒的质量及所有摩擦阻力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 在0−8s内，材料匀加速上升B. 材料匀速上升时的速度大小为3.2m/s
C. 卷扬机的输出功率为1280WD. 在0−8s内，材料上升的高度为31.2m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在学习物理的过程中，教材为我们提供了丰富的插图，关于下列插图的说法正确的是( )
A. 甲图中，汽车速度计上显示的是瞬时速率
B. 乙图中，大人跟小孩掰手腕时很容易把小孩的手压在桌面上，说明大人施加给小孩的力比较大
C. 丙图中的装置是用于探究平抛运动竖直分运动的特点
D. 丁图中，忽略空气阻力，运动员以不同速率从跳台水平飞出，落到斜面上时速度方向均相同
9.如图，长为l且不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接着质量为m的小球。现将小球拉至O点上方，此时轻绳恰好伸直且无拉力并与水平面成30∘角。由静止释放小球，忽略空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是( )
A. 小球运动过程中机械能守恒
B. 小球运动过程中机械能不守恒
C. 轻绳刚开始有拉力时，其拉力大小为mg
D. 轻绳刚开始有拉力时，其拉力大小为2mg
10.如图，有一质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条总长的3L4处于水平桌面上，剩余L4垂于桌外，现用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是( )
A. 若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v= gL2
B. 若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=14 15gL
C. 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL32
D. 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL16
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某小组利用如甲图装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)该实验使用电火花打点计时器，即乙图中的 (选填“A”或“B”)装置。该计时器工作适配的交流电压为 (填“约8V”“220V”)
(2)该实验中，关于进行“平衡摩擦力”的操作，下列说法正确的是______
A. 其目的是使小车的合外力大小等于小车受到的细线拉力大小
B. 平衡摩擦力时，应将槽码用细线通过定滑轮系在小车上
C. 每次改变小车的质量后，都需要重新平衡摩擦力
(3)本实验中我们常用槽码的总重力大小代替小车受到细线的拉力大小，而实际上小车所受的拉力大小要小于槽码的总重力大小。这种实验误差叫做 (选填“系统”或“偶然”)误差
12.某同学在学习了验证机械能守恒定律的相关课程之后，分析了原有教材实验(如甲图)的误差来源，并设计了如乙图所示的新实验装置，利用横截面直径均为d的条形材料做成的矩形线框和光电门进行实验探究。某次实验中，矩形线框保持竖直且上下两边处于水平状态从光电门的正上方自由下落，下落过程均保持竖直状态。测得矩形线框下边经过光电门的挡光时间为t1，上边经过光电门的挡光时间为t2
(1)如甲图所示，按课本原有方案进行实验时，在所有操作均正确合理的情况下，发现重力势能的减少量大于动能的增加量，请分析其中的原因。
(2)按照乙图装置进行实验，为了能完成实验目的，还需要测量的物理量是______
A. 矩形线框的质量m
B. 矩形线框上底边和下底边之间的距离L(L≫d)
C. 释放前，矩形线框的下边界与光电门间的高度ℎ(ℎ≫d)
(3)按照乙图装置进行实验，需要验证的表达式： (结果请用测量的物理量和已知量表示并化简，重力加速度取g)成立，即证明机械能守恒定律成立
(4)根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作 (t2−t1、t22−t12、1t22−1t12)图像
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某汽车以v0=12m/s的速度在笔直的公路上匀速行驶时，前方L=36m处突然出现一群小鹿横穿公路，汽车的“主动刹车系统”耗时t0=1s完成识别(系统识别期间汽车做匀速直线运动)，之后便启动刹车系统让汽车做匀减速直线运动，汽车恰好在小鹿前l=6m处完全停下。求：
(1)汽车刹车阶段的加速度a
(2)汽车整个减速过程中，最后2s内通过的位移大小l1
(3)汽车从发现小鹿到完全停止的总时间t总
14.在地月系统中，通常认为地球静止不动，其模型如图a所示，由图a可算出月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T1；而实际上地月系统的模型应如图b所示的双星系统，即地球和月球在两者的万有引力作用下绕它们连线上的O点做周期为T2的匀速圆周运动，O点在地球内部。若地球、月球质量分别为M、m，两球心相距为r，万有引力常量为G，求：
(1)如图b双星模型中地球和月球绕O点做圆周运动的半径分别为r1、r2，请推导出r1、r2的表达式(用M、m、r表示)
(2)请推导出T1和T2的表达式(用G、M、m、r表示)，并判断T1和T2的大小关系
(3)若将部分月壤从月球运回地球，导致地球质量M变大，月球质量m变小，但月地距离r保持不变。结合(2)问分析知月球绕O点运动的周期理论值T2将 (选填“变大”或“变小”或“不变”)
15.如甲图所示，水平轨道由光滑的AB段和粗糙的BC段组成。AB段左端固定一轻弹簧，B点为弹簧原长位置；BC段长度L1=1.5m，动摩擦因数为μ1=0.4；BC右端平滑连接长为L2=2m的水平传送带CD，传送带以速度v顺时针匀速转动，物块与传送带间动摩擦因数μ2=0.3。传送带右端D点与竖直平面内的光滑半圆形轨道DE相切(D为最低点)，半圆形轨道的半径R=0.3m。现将一质量m=0.4kg的物块(可视为质点)向左压缩弹簧至P点，此时弹簧的弹性势能Ep=6J；从P点由静止释放物块，物块沿轨道向右运动，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)若物块恰能滑到半圆形轨道的最高点E处，求其经过D点时的速度大小
(2)若改变传送带速度v的大小，求物块到达D点时的速度范围
(3)若要保证物块在半圆形轨道上滑动时不脱离轨道，求传送带速度v的取值范围
(4)改变传送带的速度v，物块在半圆形轨道上能到达的最大高度为h，请写出ℎ−v2的函数关系式并在乙图中画出相应的图像。(要求标注出关键的拐点坐标)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据动量p=mv得kg⋅m/s是动量的单位，不是力的单位，故A错误；
B、根据牛顿第二定律F=ma，质量m的国际基本单位为kg，加速度a的国际基本单位为m/s2，因此kg⋅m/s2是力用国际基本单位表示的正确形式，故B正确；
C、kg⋅m/s3不是力的单位，故C错误；
D、N是力的导出单位，不属于国际基本单位，不符合题干要求，故D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律公式F=ma以及式中各个量的单位，从而用基本单位来表示力的单位。
解决本题时要知道N是导出单位，是根据牛顿第二定律推导出来的，知道物理公式同时对应了单位的换算。
2.【答案】C
【解析】解：A、由题意得A和B两点同轴转动，角速度相等，所以在相同时间内A点和B点转过的角度之比为1：1，故A错误；
B、根据l=vt=ωrt∝r，可知相同时间内A点和B点走过的路程之比为2：3，故B错误；
C、根据a=ω2r∝r可知A、B两点向心加速度之比为2：3，故C正确；
D、根据S=12rl=12ωr2t∝r2，可知相同时间内OA和OB扫过的面积之比为4：9，故D错误。
故选：C。
根据θ=ωt分析；根据l=vt=ωrt分析；根据a=ω2r分析；根据S=12rl=12ωr2t分析。
本题考查学生建模能力，可以从生活实际中的实例抽象出物理模型，顺利解题，要知道同轴转动的物体角速度相等。
3.【答案】D
【解析】解：A.重力做功与重力势能变化的关系为WG=Ep初−Ep末=−ΔEp，即重力做功等于重力势能变化量的大小，二者符号相反，故A错误；
B.机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，其他力不做功。若过程中存在其他力做功，仅初末位置机械能相等，不能判定机械能守恒，故B错误；
C.系统所受外力矢量和为零时，若存在除重力、系统内弹力外的其他力做功，机械能会变化，故C错误；
D.根据功能关系，重力做功对应重力势能的变化，弹力做功对应弹性势能的变化；根据动能定理，合力做功等于物体动能的变化量，即合力做功改变物体的动能，故D正确。
故选：D。
根据重力做功与重力势能的变化关系结合动能定理以及机械能守恒的条件逐一分析判断各选项正误。
考查机械能守恒的条件以及动能定理的理解和应用，知道重力做功的特点，属于较低难度考题。
4.【答案】B
【解析】解：星体表面物体恰好不脱离的临界条件为万有引力完全提供物体随星体自转的向心力，即GMmR2=m(2πT)2R
其中脉冲星质量M=ρ⋅V=ρ×43πR3
可得ρ=3πGT2=3××10−11×(3.2×10−3)2kg/m3≈1.4×1016kg/m3
故ACD错误，B正确。
故选：B。
星体表面物体刚好不脱离星体，万有引力恰好提供物体随星体自转的向心力，结合球体质量、体积公式推导密度表达式，代入自转周期与引力常量数值计算最小密度。
本题结合脉冲星天文实景，考查天体自转临界问题，融合万有引力、圆周运动、密度公式综合推导，数据运算贴合高考量级计算要求，能检验学生临界条件建模与公式联立化简的能力。
5.【答案】A
【解析】解：根据题意分析可知，以馈源舱为研究对象，其受到重力和6根钢索的拉力作用而处于平衡状态，设每根钢索中拉力为F，由平衡条件可得：Mg=6Fcsθ
解得：F=Mg6csθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
馈源舱悬停于空中，处于静止状态，受力平衡。需对馈源舱进行受力分析，利用共点力平衡条件，结合力的分解求解单根钢索的拉力。
本题考查共点力平衡的实际应用，关键在于对研究对象进行正确的受力分析，利用对称性简化力的关系(水平分量抵消，仅需考虑竖直分量)，再结合平衡条件列方程求解。
6.【答案】B
【解析】解：由图A的v−t图像知，物体A做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a=ΔvΔt=23m/s2
由位移时间公式x=12at2
可得物体A完成12m位移所需时间为tA=6s
由图B的x−t图像可知，物体B做匀速直线运动，速度为v=ΔxΔt=11m/s=1m/s
则物体B完成12m位移运动时间为tB=xv,解得tB=12s
由图C的v2−x图像以及速度-位移公式v2=2ax
可知，物体C做初速度为0的匀加速直线运动，图像斜率为k=2a=v2x=1m/s2
可得a=0.5m/s2
易得物体C完成12m位移所需时间为tC= 2xa=4 3s
由图D的xt−t图像以及公式xt=v0+12at
可知，物体D做初速度为0的匀加速直线运动，图像斜率为k=12a=1m/s2
可得a=2m/s2
物体D完成12m位移所需时间为tD= 2xa,解得tD=2 3s
比较得：tB>tC>tA>tD，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先根据图像信息推导每个物体运动方程，分别算出位移达到12m对应的时间，对比时间大小找出用时最长的物体。
本题结合多种运动图像考查匀变速、匀速直线运动规律，解题关键是读懂不同图像横纵坐标含义，准确写出位移-时间关系式，再代入目标位移求解时间。
7.【答案】D
【解析】解：A、材料上升速度为v=ωr。由图乙可知，在0∼8s内ω−t图像为曲线，ω随时间t非线性增加，则v随时间t非线性增加，材料变加速上升，故A错误；
BC、t=8s时材料达到最大速度并开始匀速上升，此时ω=16rad/s，则材料匀速上升时的速度大小为v=ωr=16×0.25m/s=4m/s
电动机的输出功率为P=Fv=mgv=40×10×4W=1600W，故BC错误；
D、设在0−8s内，材料上升的高度为为h。在0∼8s内，根据动能定理有Pt−mgℎ=12mv2，解得ℎ=31.2m，故D正确。
故选：D。
材料上升速度等于滚筒边缘的线速度，由v=ωr分析材料的运动情况，并求出材料匀速上升时的速度大小；由P=Fv求卷扬机的输出功率；根据动能定理求在0−8s内材料上升的高度。
本题是“恒定功率启动”的类型，需结合线速度与角速度的关系、功率公式P=Fv及动能定理进行分析，关键要理解在恒定功率下，速度增大时拉力减小；匀速时拉力等于重力，可通过功率与重力的关系求解功率，利用动能定理计算位移。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、根据题意分析可知，汽车速度计上显示的是瞬时速度的大小，即瞬时速率，故A正确；
B、根据题意分析可知，大人跟小孩掰手腕时，大人对小孩的作用力与小孩对大人的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故B错误；
C、根据题意分析可知，图丙中小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动，同时释放，最终两球同时落地，验证平抛运动在竖直方向上的运动规律和自由落体运动相同，所以该装置是用于探究平抛运动竖直分运动的特点，故C正确；
D、根据题意分析可知，由于斜面倾角θ不变，根据平抛运动的规律，运动员落在斜面的速度方向与水平方向的夹角的正切值始终为斜面倾角(位移与水平方向的夹角)正切值的两倍，即tanα=2tanθ
因此运动员以不同速率从跳台水平飞出，落到斜面上时速度方向均相同，故D正确。
故选：ACD。
结合瞬时速率、牛顿第三定律、平抛运动分运动特点、平抛运动落在斜面上的速度方向规律，对每个选项逐一分析判断。
本题考查瞬时速率、牛顿第三定律、平抛运动的实验探究及平抛运动落在斜面上的速度方向规律，需准确理解各物理概念和规律，结合分析判断选项正误。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.小球由静止释放后，由于轻绳刚好伸直且无拉力，此时重力并没有沿绳方向的分力，小球只会竖直向下做自由落体运动。当小球结束自由落体运动时，绳子此时与水平面成30∘角斜向下。在绳子绷紧的瞬间，小球具有竖直向下的速度。但由于轻绳不可伸长，小球沿绳子方向的速度分量瞬间减为零，这一过程会产生动能损失。可知小球在整个运动过程中机械能不守恒，故A错误，B正确；
CD.小球自由下落的高度h为初始高度与绷紧时高度之差ℎ=lsin30∘−(−lsin30∘)=2lsin30∘=l，绳子刚绷直前瞬间，小球的速度大小v1= 2gℎ= 2gl，方向竖直向下。此时轻绳与水平方向成30∘角斜向下，因此轻绳与竖直方向(即速度v1的方向)的夹角为60∘，绳子绷直瞬间，小球沿绳方向的速度丢失，只保留垂直于绳方向的速度。即切向速度大小v2=v1sin60∘= 2gl× 32，在绳子刚绷直产生拉力的瞬间，小球开始做圆周运动。由牛顿第二定律得T−mgcs60∘=mv22l，可得拉力T=mg×12+m32gll=12mg+32mg=2mg，故轻绳刚开始有拉力时，其拉力大小精确为2mg。故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.根据小球的运动情况结合小球速度的突变判断机械能的变化情况；CD.根据自由落体运动规律结合速度变化、牛顿第二定律列式求解。
考查机械能守恒定律的应用，关键是对小球运动过程中的受力分析，熟练掌握牛顿第二定律列式求解即可，属于中等难度考题。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、选取桌面所在的水平面为参考平面。在自由释放链条直到其刚离开桌面的过程中，因不计一切摩擦，只有重力对链条做功，故链条的整体机械能守恒。
初始状态时，桌面上方的链条(长3L4)重力势能为零；垂在桌面下方的链条长度为L4，其质量为m1=14m，这部分链条的重心位于桌面下方L8处，则初始状态链条的总机械能为E1=−m1gL8=−14mgL8=−mgL32
当链条刚离开桌面时，整根链条都处于竖直悬垂状态，其整体重心位于桌面下方L2处。设此时的速度为v，则末状态系统的总机械能为E2=12mv2−mgL2
根据机械能守恒定律E1=E2，可得−mgL32=12mv2−mgL2
解得v=14 15gL，故A错误，B正确；
CD、若要把链条全部拉回桌面上，要求对链条做的功最少，则应缓慢拉动链条，即链条回到桌面时的动能依然为零。根据功能关系，外力对链条做的最少功等于链条重力势能的增加量。
初状态链条的总重力势能为Ep初=−mgL32，末状态整根链条都在桌面上，总重力势能为零(Ep末=0)，则至少需要对链条做的功为W=ΔEp=Ep末−Ep初=0−(−mgL32)=mgL32，故C正确，D错误。
故选：BC。
不计一切摩擦，自由释放链条后，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求链条刚离开桌面时的速度。根据功能关系求要把链条全部拉回桌面上至少要对链条做的功。
本题主要考查了机械能守恒定律，在分析重力势能的变化时，要注意先设定零势能面，结合功能关系即可完成分析。
11.【答案】【小题1】
B
220V
【小题2】
A
【小题3】
系统

【解析】解：(1)电火花打点计时器，即乙图中的B装置。该计时器工作适配的交流电压为220V。
(2)A.该实验中，进行平衡摩擦力的目的是使小车受到的合外力等于小车受到细线的拉力，故A正确；
BC.平衡摩擦力时，应将细绳和重物去掉，利用小车重力沿木板向下的分力平衡摩擦力，则有Mgsinθ=μMgcsθ，两边质量可以约去，则每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故BC错误。
故选：A。
(3)由于实验过程中，槽码有加速度，则小车所受的拉力大小要小于槽码的总重力大小，这种实验误差叫系统误差。
故答案为：(1)B，220V；(2)A；(3)系统。
(1)根据电火花打点计时器的工作电压判断；
(2)根据使小车受到的合外力等于小车受到细线的拉力判断；根据平衡摩擦力的原理判断；
(3)根据误差的特点分析判断。
本题考查“探究加速度与力、质量的关系”实验，关键掌握实验原理和平衡摩擦力的方法。
12.【答案】【小题1】
空气阻力的影响、纸带和限位孔之间有摩擦
【小题2】
B
【小题3】
1t22−1t12=2gLd2
【小题4】
1t22−1t12

【解析】解：(1)按图甲方案进行实验时，在所有操作均正确合理的情况下，发现重力势能的减少量大于动能的增加量，其原因是空气阻力的影响、纸带和限位孔之间有摩擦。
(2)按照乙图装置进行实验，机械能守恒的表达式为：mgL=12mv22−12mv12，可知表达式两边的质量会约去，不需要测矩形线框的质量；需要测量矩形线框上底边和下底边之间的距离L；v1、v2分别是线框下底边和上底边经过光电门时的速度大小，故AC错误；B正确。
故选：B。
(3)根据光电门测速原理可得线框下底边和上底边经过光电门时的速度大小分别为：v1=dt1、v2=dt2
按照乙图装置进行实验，从矩形线框下边经过光电门到矩形线框上边经过光电门的过程，若机械能守恒，则有：mgL=12mv22−12mv12
联立整理可得需要验证的表达式为：1t22−1t12=2gLd2
(4)由(3)的结论可得：1t22=1t12+2gLd2，可得为更直观地验证机械能守恒定律，应作1t22−1t12图像。
故答案为：(1)空气阻力的影响、纸带和限位孔之间有摩擦；(2)B；(3)1t22−1t12=2gLd2；(4)1t22−1t12。
(1)空气阻力的影响、纸带和限位孔之间有摩擦都是机械能产生损失的原因。
(2)根据机械能守恒定律得到需要验证的表达式，确定需要测量的物理量。
(3)根据光电门测速原理求得线框下底边和上底边经过光电门时的速度大小。根据机械能守恒定律得到需要验证的表达式。
(4)由需要验证的表达式确定图像为倾斜直线的图像。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，掌握使用光电门测量速度的方法，掌握应用图像处理数据的方法。
13.【答案】【小题1】汽车刹车阶段的加速度a大小为4m/s2，方向与汽车运动方向相反
【小题2】汽车整个减速过程中，最后2s内通过的位移大小l1为8m
【小题3】汽车从发现小鹿到完全停止的总时间t总为4s

【解析】解：(1)反应阶段匀速直线运动位移x反=v0t0=12×1m=12m
刹车阶段匀减速直线运动位移x刹=L−l−x反=36m−12m−6m=18m
由2ax刹=v02
得a=4m/s2
方向与汽车运动方向相反
(2)求最后2s位移大小可视为求逆向匀加速直线运动位移大小，即l1=12at2=12×4×22m=8m
(3)由v0=at刹
可得t刹=v0a=124s=3s
所以t总=t0+t刹=1s+3s=4s
答：(1)汽车刹车阶段的加速度a大小为4m/s2，方向与汽车运动方向相反；
(2)汽车整个减速过程中，最后2s内通过的位移大小l1为8m；
(3)汽车从发现小鹿到完全停止的总时间t总为4s。
(1)先算出识别阶段汽车匀速位移，得到刹车阶段的位移；利用匀变速直线运动速度-位移公式求解刹车加速度；
(2)把匀减速到零逆向等效为初速度为零的匀加速直线运动，计算最后2s位移；
(3)由速度公式求出刹车持续时间，加上识别时间得到全程总时间。
本题是典型汽车避险匀减速运动模型，分为匀速识别阶段与匀减速刹车阶段，同时考查逆向思维法处理末速度为零的匀减速问题，设问梯度清晰，贴合交通安全实际情景，能够检验学生分段运动处理能力与逆向思维的灵活运用。
14.【答案】【小题1】
双星模型中地球绕O点的圆周运动半径为mM+mr，月球绕O点的圆周运动半径为MM+mr
【小题2】
月球绕地球做匀速圆周运动的周期T1=2π r3GM，双星模型下月球绕O点运动的周期T2=2π r3G(M+m)，且T1>T2
【小题3】
不变

【解析】解：(1)根据万有引力定律，对地球有GMmr2=Mω2r1
对月球有GMmr2=mω2r2
其中r1+r2=r
联立可知ω= G(M+m)r3，r1=mM+mr，r2=MM+mr
(2)a图中对月球有GMmr2=m(2πT1)2r
解得T1=2π r3GM
b图中对月球有T2=2πω=2π r3G(M+m)
可知T1>T2
(3)根据T2=2π r3G(M+m)可知，地球和月球的总质量不变，地月距离不变，可知月球绕O点运动的周期理论值T2将不变。
答：(1)双星模型中地球绕O点的圆周运动半径为mM+mr，月球绕O点的圆周运动半径为MM+mr。
(2)月球绕地球做匀速圆周运动的周期T1=2π r3GM，双星模型下月球绕O点运动的周期T2=2π r3G(M+m)，且T1>T2。
(3)不变。
(1)明确双星系统中地球与月球绕共同质心O点做匀速圆周运动，两者角速度相同且万有引力提供向心力。通过地球与月球各自向心力表达式中的万有引力相等，结合轨道半径之和等于地月距离r，可建立质量与半径的比例关系，从而导出r1和r2的表达式。
(2)对于图a模型，月球绕静止地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，利用周期定义可推导T1表达式。对于图b双星模型，由(1)中已得角速度表达式，结合周期与角速度关系即可推导T2表达式。通过比较两表达式中分母部分的质量项，可判断T1与T2的大小关系。
(3)由T2的表达式可知，其大小取决于地月总质量M+m与距离r。当M增大、m减小但总质量M+m保持不变，且r不变时，周期T2将保持不变。
本题是一道综合性较强、模型新颖且具有思维深度的好题，考查学生对万有引力定律、圆周运动以及双星模型的深刻理解。题目通过对比传统地月模型与更精确的双星模型，引导学生从模型构建的角度分析问题，其计算量适中，但要求学生具备扎实的公式推导能力和清晰的物理图景。第(1)问直接考查双星模型的核心特征，即角速度相等和向心力均由相互的万有引力提供，通过联立方程可顺利推导出半径与质量成反比的结论，这是掌握双星模型的基础。第(2)问的亮点在于将两种模型置于同一情景下进行周期表达式的推导与比较，这不仅考查学生对不同模型动力学方程的熟练应用，更通过周期大小的比较，引导学生认识到模型简化对结果的影响，锻炼了学生的比较分析与逻辑推理能力。第(3)问则在第(2)问结论的基础上进一步深化，要求学生洞察周期表达式T2=2π r3G(M+m)中隐含的关键——周期取决于总质量M+m和距离r，而非单个天体质量的变化，这有效考查学生对公式物理意义的理解和灵活应用能力，是本题思维深度的集中体现。
15.【答案】【小题1】物块经过D点时的速度大小为 15m/s
【小题2】物块到达D点时的速度大小范围为 6m/s∼ 30m/s
【小题3】传送带速度v的取值范围为0≤v≤ 6m/s或v≥ 15m/s
【小题4】当0≤v≤ 6m/s时，ℎ=0.3m；当 6m/s≤v≤ 15m/s时，ℎ=v230+110；当v≥ 15m/s时，ℎ=0.6m；

【解析】解：(1)从D到E，根据动能定理有12mvD2=2mgR+12mvE2
在E处，根据牛顿第二定律有mg=mvE2R
解得vD= 15m/s
(2)若物块在传送带上一直减速，则从P至D过程有Ep=μ1mgL1+μ2mgL2+12mvD12
解得vD1= 6m/s
若物块在传送带上一直加速，则从P至D过程有Ep+μ2mgL2=12mvD22+μ1mgL1
解得vD2= 30m/s
可知，调节传送带速度v的大小，物块到达D处时的速度大小为 6m/s∼ 30m/s
(3)若物块刚好运动至半圆轨道与O等高处速度恰好为零，则有mgR=12mvD32
解得vD3= 6m/s
可知，传送带速度0≤v≤ 6m/s时，物块不脱离圆弧轨道。若物块恰好能够做完整的圆周运动，根据(1)有vD= 15m/s
可知，传送带速度应取v≥ 15m/s
综合上述可知，若要保证物块在半圆形轨道上滑动时不脱离轨道，传送带速度v的取值范围0≤v≤ 6m/s或v≥ 15m/s
(4)结合上述可知，当0≤v≤ 6m/s时，物块在传送带上一直减速，且可以到达与圆心等高处，即有ℎ=R，即ℎ=0.3m
当v≥ 15m/s时，物块均能够到达半圆轨道最高点，即有ℎ=2R，即ℎ=0.6m
当 6m/s≤v≤ 15m/s时，物块会在圆心等高处上方且未到最高点时脱离轨道，设脱离轨道处与圆心O的连线与竖直方向夹角为θ，则有mgcsθ=mv12R
从D到脱离轨道处有−mgR(1+csθ)=12mv12−12mv2
物块在半圆形轨道上能到达的最大高度ℎ=R(1+csθ)
解得ℎ=v230+110
画出图像，如图所示
答：(1)物块经过D点时的速度大小为 15m/s。
(2)物块到达D点时的速度大小范围为 6m/s∼ 30m/s。
(3)传送带速度v的取值范围为0≤v≤ 6m/s或v≥ 15m/s。
(4)当0≤v≤ 6m/s时，ℎ=0.3m；当 6m/s≤v≤ 15m/s时，ℎ=v230+110；当v≥ 15m/s时，ℎ=0.6m。
(1)物块从D点到E点的过程需满足在E点重力提供向心力，结合动能定理分析从D到E的能量转化，利用已知的半径和重力加速度建立D点速度与E点临界速度的关系，从而确定经过D点的速度大小。
(2)分析物块从P点释放到D点的全过程，考虑传送带速度对物块在传送带上运动状态的影响。当传送带速度较小时物块在传送带上一直减速，利用能量守恒求出D点最小速度；当传送带速度较大时物块一直加速，求出D点最大速度，从而得到D点速度的范围。
(3)物块不脱离轨道有两种临界情况：一是恰好到达与圆心等高处速度为零，二是恰好通过最高点。分别对应两种D点临界速度，结合第(2)问中D点速度与传送带速度的关系，确定传送带速度的取值范围。
(4)根据传送带速度的不同区间，物块在圆轨道上的运动状态不同，最大高度h与v2的关系需分段讨论。当速度较小时物块到达与圆心等高处；速度较大时通过最高点；中间速度区间物块在轨道上某点脱离，利用向心力公式和机械能守恒建立h与v2的函数关系，并画出分段图像。
本题综合考查力学与能量观点在复杂多过程问题中的应用，涉及弹簧、传送带、圆周运动等多个模型，对学生的建模分析能力与逻辑推理能力要求较高。题目计算量适中但思维链条较长，需准确判断物块在传送带上的不同运动状态及其对后续过程的影响。难点在于分析物块不脱离轨道的临界条件并建立h与v的分段函数关系，这要求学生能灵活运用动能定理、圆周运动向心力公式，并清晰划分不同速度区间对应的物理过程。