江西省赣州市龙南中学2022-2023学年高一下学期期末复习物理试题
一、单选题
1．一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是（ ）
A．“点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了比值定义法
B．法国物理学家库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量
C．地面上的人观察高速飞行的火箭时，发现火箭里的钟表变慢了
D．海王星是先观测到再计算其位置后被确定的，被称为“笔尖下发现的行星”
2．在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨杆的平均拉力为，半径为，转动一周为，则（ ）
A．驴转动一周拉力所做的功为0
B．驴转动一周拉力所做的功为
C．驴转动一周拉力的平均功率为
D．磨盘边缘的线速度为
3．如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高二上·湖南月考）如图所示，地球可看作质量分布均匀、半径为R的球体，地球内部的a点距地心的距离为r，地球外部的b点距地心的距离为3r，。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽略地球的自转，则a、b两点的重力加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．小球的质量为4kg
B．固定圆环的半径R为0.4m
C．小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环的弹力大小为20N，方向向上
D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100N
6．如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0~10s内水斗上升的高度为4m
D．0~10s内井绳拉力所做的功为255J
7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着正电荷，球面半径为R，为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，，已知N点的电场强度大小为，M点的电场强度大小为，静电力常量为k，则半球面所带的总电荷量可表示为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·济南模拟）如图所示，与水平面成角的传送带以的速度顺时针运行，质量为的小物块以初速度从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．传送带从底端到顶端的长度为1m
B．物体在传送带上向上运动的时间为0.5s
C．物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m
D．物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J
9．（2023高一下·洛阳月考）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，A、B两点固定两个等量正电荷的点电荷，O为A、B两点连线的中点，C、D为连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L。将一带正电的小球（可视为点电荷）从C点由静止释放，以C点为坐标原点、CB为x轴，取水平向右为正方向，下列关于电场强度E、小球受到的电场力F、小球的加速度a、小球的动能随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
10．如图所示，有一条柔软的质量为、长为的均匀链条，开始时链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，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
B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度
C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
11．如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径，运动周期，则（ ）
A．甲、乙两行星质量之比为
B．甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为
C．甲、乙两行星密度之比为
D．甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为
12．如图所示，有两个质量相同的小球，电荷量均为，一个固定在足够长的光滑绝缘杆的端，另一个套在杆上，两球均可视为点电荷，为过点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为。开始杆静止，此时两球间的距离为，现让杆以为轴转动，角速度从零开始缓慢增大，直至两球间的距离变为。已知重力加速度为，静电力常量为，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．当两球间的距离为时，杆转动的角速度为
C．在此过程中，光滑绝缘杆对小球的弹力保持不变
D．在此过程中，小球间的库仑力做负功
三、实验题
13．研究电荷间的相互作用力。
（1）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
①该实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法
②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而 （填“增大”、“减小”或“不变”）
③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为时保持静止，小球所受电场力大小为 。
（2）法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度与力F的大小成正比。以下判断正确的是（ ）
A．若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能增为原来的两倍
B．若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能减为原来的一半
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，将减为原来的一半
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，将增为原来的两倍
14．小华用图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A（含挡光片）、B的质量分别为mA和mB（mB>mA），挡光片的宽度为d，重力加速度为g。按下列实验步骤操作。
①按图甲装配好定滑轮和光电门
②A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
③测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
④先接通光电门的电源，后释放B
⑤记录挡光片经过光电门的时间
（1）挡光片通过光电门时的速度为 （用题中的物理量表示）。
（2）如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为 （用题中的物理量表示）。
（3）小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间，作出图像如图乙所示，测得图线的斜率为k，则 。
四、解答题
15．（2023高一下·洛阳月考）电荷量的带正电小球a通过长度l＝3m的绝缘细绳悬挂在天花板上的O点，连接电荷量的带负电小球b与小球a的绝缘细绳长度也为l＝3m。现给小球所处的竖直平面内加上范围足够大、方向水平向左、电场强度大小的匀强电场后，两球达到静止时的位置如图所示，小球b正好位于O点正下方，小球a、b间的细绳与竖直方向的夹角为30°，已知静电力常量，取重力加速度大小g＝10m/s ，两小球均可视为点电荷，求
（1）小球a、b之间的库仑力大小F库；
（2）小球a、b之间细绳上的拉力大小F；
（3）小球a的质量和小球b的质量。
16．滑雪是冬奥会的项目之一，某高山滑雪运动员在比赛中经过一斜坡，如图所示，运动员（可视为质点）沿着右侧斜面运动，到达顶点A后以v0＝10 m/s的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为θ＝53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B点，左侧斜面与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）运动员离左侧斜面的最大距离；
（2）起跳点A与落点B之间的距离；
（3）运动员落到B点时的速度大小。
17．天文观测到某行星有一颗以半径r、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m，万有引力常量为G。求：
（1）该行星的质量M是多大？
（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的，那么行星表面处的重力加速度是多大？
（3）如果该行星的半径为R，行星与其卫星之间的引力势能表达式为，r为行星与卫星的中心间距。求在该行星上发射一颗刚好脱离此行星的卫星，发射速度应为多少？
18．如图，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=2kg的小物块接触但不栓接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=16m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分长s=2.5m，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。C点处有一半径为R的光滑竖直圆轨道与水平面BC平滑连接。已知传送带以v=4m/s的速率顺时针转动，不考虑水平面与传送带连接处物块的机械能损失。开始时弹簧处于压缩状态，小物块固定，弹簧储存的弹性势能Ep=36J。放开物块，小物块通过圆轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力，物块最终停在粗糙水平面上，重力加速度g=10m/s2。求
（1）物块运动到B点的动能Ek；
（2）竖直圆轨道的半径R；
（3）若传送带速度大小可调，要使物块不脱离轨道，传送带的速度大小满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】库仑定律；物理学史；比值定义法；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，故A错误；
B．法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故B错误；
C．相对论的两个基本效应是“动钟变慢”、“动棒缩短”，故C正确；
D．海王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下发现的行星”，符合史实，故D错误。
故选C。
【分析】
熟练掌握点电荷以及电场强度的研究方法；
对库仑定律以及油膜实验研究透彻；
了解相对论；
对海王星发现的历史要掌握。
2．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】AB、驴对磨盘的拉力沿着圆周的切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周的切线方向，所以拉磨过程中拉力方向始终和速度方向相同，根据数学的微积分原理可得，拉力对磨盘所做的功等于拉力与作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨盘转动一周，弧长为
所以 驴转动一周拉力所做的功为
故AB错误；
C、根据功率的定义可得
故C正确；
D、线速度为
故D错误。
故选C。
【分析】根据分析得出拉力与速度方向相同，再根据数学知识微积分求出功为力与弧长的乘积，再根据弧长求出拉力做功大小；
根据功率的定义式求解；
根据计算。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】设N点到水平面的距离为x，则由几何关系可得
解得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
解得
故选D。
【分析】先根据几何关系求出角度大小，再根据机械能守恒得出速度大小。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球密度为 ，根据题意可知 点距地心距离为 ，且小于 ，则只有半径为 的球体对其产生万有引力，则有 ， ，解得 ， 点距地心的距离为 ，则有 ， ，解得 ，解得
故答案为：B。
【分析】利用引力形成重力结合质量和体积的关系可以求出a和b重力加速度的大小。
5．【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，根据牛顿第二定律可得
根据图像乙可得
故A错误；
B、当F等于0时，由重力提供向心力可得
结合图像可得
故B错误；
C、根据B选项可得，当时，F等于0，所以在最高点的速度为时，可知重力和弹力的合力提供向心力，故弹力方向向下，故C错误；
D、小球经过最低点时，根据牛顿第二定律可得
若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒定律可知
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据乙图的特殊点力等于0和速度等于0，结合牛顿第二定律求解出所需物理量；
根据求出的最高点速度判断力的方向即可，无需求解力的大小；
根据最低点牛顿第二定律与整体机械能守恒求解。
6．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算
【解析】【解答】A、由图可知
水斗速度随时间变化规律为
故A错误；
B、水斗匀加速上升时的加速度
根据牛顿第二定律可得
解得 井绳拉力大小
故B错误；
C、内水斗上升的距离为
故C错误；
D、内绳子拉力做的功为
故D正确。
故选D。
【分析】根据图像求出角速度与时间的关系式，结合求出速度与时间关系式；
根据上述求出加速度大小，结合牛顿第二定律求出拉力；
根据代入数据求解；
根据求解。
7．【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】假设存在另外半个电量、半径一样的带电球壳，则在O点有一个完整的电荷量为的带电球壳，设完整球壳在M点产生的电场强度为，左半球在M点产生的电场强度为，右半球在M点产生的电场强度大小与左半球在N点产生的电场强度大小相等，均为，根据矢量叠加原理可得
且
整理解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】假设一个整的点电球体，根据电场强度矢量的叠加求解。
8．【答案】D
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
设经过时间t1减速到与传送带速度相等
解得x1=0.75m，t1=0.25s
速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律
解得x2=1m，t2=1s
则传送带从底端到顶端的长度为 ，
AB都错误；
C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移 ，
物块相对传送带上滑，
即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，C不符合题意；
D．物块相对传送带滑动路程为+=1.25m
则摩擦生热 Q=μmgcosθ Δs
代入数据可得Q=3.75J
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物块在传送带上先做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合速度位移公式可以求出减速的位移，当物块速度小于传送速度后，利用牛顿第二定律可以求出物块传送带上再次减速的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合其速度位移公式可以求出再次减速的位移；利用传送带匀速直线运动的位移公式可以求出传送带运动的位移，结合物块运动的位移可以求出相对位移的大小；利用其相对位移可以求出物块相对于传送带滑动的路程大小；利用其摩擦力及相对路程的大小可以求出摩擦产生的热量大小。
9．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场强度；电场线；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】解：A、设AC间距为L0，离C点距离为x的电场强度大小E=-不是线性的，方向先向右后向左，故A错误；
B、根据F=Eq，小球电场力方向先向右后向左，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，a=，结合E的表达式，可知C正确；
D、 小球的动能随小球运动的位移x变化的图像 斜率为合力（电场力），从C点到D点，电场力先减小后增大，故斜率先减小后增大，故D错误。
故选：C。
【分析】根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，分析电场强度图象；根据F=Eq，分析电场力；根据牛顿第二定律，分析加速度；根据规律小球的动能随小球运动的位移x变化的图像 斜率为合力（电场力），分析图象斜率。
10．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、自由释放链条，以桌面为零势能参考平面，根据机械能守恒可得
解得链条刚离开桌面时的速度
故B正确，A错误；
CD、 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 为垂在桌面外链条增加的重力势能，故
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定零势能面，根据机械能守恒列式；
若要拉上来链条，则需施加的力做的功至少为被拉上来的链条增加的重力势能。
11．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力，可得
解得
可得出甲、乙两行星质量之比为，故A错误；
B、由
解得甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为，故B正确；
C、根据
解得甲、乙两行星密度之比为，故C错误；
D、根据
解得甲、乙两行星重力加速度之比为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据万有引力提供向心力，列式求解所需物理量之比；
根据可求出密度之比。
12．【答案】A,B
【知识点】库仑定律；线速度、角速度和周期、转速；功的计算
【解析】【解答】A、当杆静止时，套在杆上的小球受力平衡，根据力的平衡条件可得
解得
故A正确；
B、当两球间的距离为时，设杆对小球的支持力为，竖直方向上
在水平方向上有
解得
故B正确；
C、在两个小球间的距离增大为的过程中，根据竖直方向平衡方程可知，光滑绝缘杆对小球的弹力不断增大，故C错误；
D、由于为同种电荷，则在远离的过程中，库仑力与运动方向相同，故小球间的库仑力做正功，故D错误。
故选AB。
【分析】根据受力平衡列式求解；
距离变大后，根据受力平衡，正交分解列式，可求出角速度；
根据正交分解的列式求解弹力的变化；
判断库仑力的方向与运动方向判断做功的正负。
13．【答案】（1）B；减小；
（2）B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）①实验的目的是探究影响电荷间的静电力的因素，由于该因素有多种，在研究某一因素之前，需要保持其他因素一定，所以采用了控制变量法，故B正确，AC错误。
故选B。
②根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，距离越大，摆角越小，即作用力减小。
③对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
（2）AB、若仅将C的电荷量减为原来的一半，根据库仑定律公式可知F变为原来的一半，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的一半，故A错误，B正确；
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的，故C错误；
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】（1）熟悉控制变量法的使用范围；对物体受力分析，根据平衡条件列式；
（2）根据库仑定律列式，然后根据物理量的改变去求解。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光片通过光电门时的速度为
（2） 如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为
整理后可得
（3）由上述式子可得
由图可知斜率为
解得
【分析】（1）根据速度等于位移与时间的比值求解；
（2）根据机械能守恒列式即可求出；
（3）根据第二问求解的式子整理出符合乙图的式子，根据斜率求出质量之比。
15．【答案】（1）解：根据库仑定律有
解得
（2）解：对小球b受力分析，水平方向上有
解得
（3）解：对小球b受力分析，竖直方向上有
解得
设O点与小球a间的细绳上的拉力为F＇，对小球a、b构成的整体受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
解得
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1） 根据库仑定律 ，求 小球a、b之间的库仑力大小 ；（2） 对小球b受力分析 ，求 小球a、b之间细绳上的拉力大小F； （3） 对小球b受力分析，竖直方向 列式， 对小球a、b构成的整体受力分析，竖直方向 和水平方向列式，求 小球a的质量和小球b的质量。
16．【答案】（1）解：设运动员的质量为m，沿左侧斜面和垂直斜面建立坐标系，并沿这两个方向分解初速度v0、运动员受到的重力G，则有
v0x＝v0cos 53°＝0.6v0＝6 m/s
v0y＝v0sin 53°＝0.8v0＝8 m/s
Gx＝mgsin 37°＝0.6mg＝max
Gy＝mgcos 37°＝0.8mg＝may
垂直斜面方向上，从A点到离斜面最远的时间t1＝＝1 s
从A点到落到B点共用时间t＝2t1＝2 s
当vy＝0时，运动员距离斜面最远，此时y＝＝4 m
（2）解：在沿斜面方向上从起跳点A到落地点B之间的距离x＝v0xt＋axt2＝24 m
（3）解：运动员落到B点时
vBy＝8 m/s
vBx＝v0x＋axt＝18 m/s
解得vB＝＝m/s＝2m/s
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）分解到沿斜面和垂直于斜面方向，沿斜面方向先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，沿斜面方向一直做匀加速运动；当垂直于斜面方向速度减为0时，离斜面最远，根据运动学公式即可求解；
（2） 起跳点A与落点B之间的距离为沿斜面方向走过的距离，根据运动学公式即可求解；
（3）根据运动学公式求出沿斜面和垂直于斜面的分速度，通过运动的合成，即可求得末速度。
17．【答案】（1）解：根据万有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，万有引力等于重力
得g=
（3）解：所发射的卫星要能够刚好运动到距离地球无穷远处，即无穷远处的卫星动能为零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
得vR==
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）根据 列式求解M；
（2）根据在行星表面，万有引力等于重力，求出重力加速度；
（3）根据能量守恒求反射速度。
18．【答案】（1）解：物体被弹出，弹簧的弹性势能全部转化为动能，弹簧与物块组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
由于可知，物块滑上传送带之后立即减速，从减速到与传送带共速的过程中有，
解得
故物体减速至与传送带共速后与传送带相对静止，并最终以4m/s的速度滑下传送带，因此运动到B点时物块的动能
（2）解：由物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力可知，在轨道最高点有
从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理有
解得
（3）解：当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点有
解得
根据动能定理有
解得
当物体从v0减速到v3时有
解得
故当物块能通过最高点时传送带速度需满足
当物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理有
解得
当物体从v0减速到v4时有
解得
故当物块运动到与圆心等高处之下时传送带速度需满足
因此，物块不脱离轨道，传送带速度需要满足的条件为或
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据弹簧与物块组成的系统机械能守恒，求解出速度，与传送带速度对比，再根据从减速到与传送带共速的过程牛顿第二定律以及运动学公式求解；
（2）根据物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力列式，再根据从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理列式；
（3）当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点重力提供向心力列式，然后根据动能定理求出末速度，根据运动学公式求此过程位移，判断位移与传送带长度关系；当物块能通过最高点时，求出速度关系；根据物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理求出末速度，根据运动学公式求此过程位移，判断位移与传送带长度关系；从而得出速度关系。
江西省赣州市龙南中学2022-2023学年高一下学期期末复习物理试题
一、单选题
1．一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，正确的是（ ）
A．“点电荷”和“电场强度”概念的提出，都应用了比值定义法
B．法国物理学家库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量
C．地面上的人观察高速飞行的火箭时，发现火箭里的钟表变慢了
D．海王星是先观测到再计算其位置后被确定的，被称为“笔尖下发现的行星”
【答案】C
【知识点】库仑定律；物理学史；比值定义法；相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】A．“点电荷”概念提出是应用了理想化模型法，“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，故A错误；
B．法国物理学家库仑发现了库仑定律，美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故B错误；
C．相对论的两个基本效应是“动钟变慢”、“动棒缩短”，故C正确；
D．海王星是人们根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下发现的行星”，符合史实，故D错误。
故选C。
【分析】
熟练掌握点电荷以及电场强度的研究方法；
对库仑定律以及油膜实验研究透彻；
了解相对论；
对海王星发现的历史要掌握。
2．在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨杆的平均拉力为，半径为，转动一周为，则（ ）
A．驴转动一周拉力所做的功为0
B．驴转动一周拉力所做的功为
C．驴转动一周拉力的平均功率为
D．磨盘边缘的线速度为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】AB、驴对磨盘的拉力沿着圆周的切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周的切线方向，所以拉磨过程中拉力方向始终和速度方向相同，根据数学的微积分原理可得，拉力对磨盘所做的功等于拉力与作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨盘转动一周，弧长为
所以 驴转动一周拉力所做的功为
故AB错误；
C、根据功率的定义可得
故C正确；
D、线速度为
故D错误。
故选C。
【分析】根据分析得出拉力与速度方向相同，再根据数学知识微积分求出功为力与弧长的乘积，再根据弧长求出拉力做功大小；
根据功率的定义式求解；
根据计算。
3．如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】曲线运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】设N点到水平面的距离为x，则由几何关系可得
解得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
解得
故选D。
【分析】先根据几何关系求出角度大小，再根据机械能守恒得出速度大小。
4．（2022高二上·湖南月考）如图所示，地球可看作质量分布均匀、半径为R的球体，地球内部的a点距地心的距离为r，地球外部的b点距地心的距离为3r，。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽略地球的自转，则a、b两点的重力加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球密度为 ，根据题意可知 点距地心距离为 ，且小于 ，则只有半径为 的球体对其产生万有引力，则有 ， ，解得 ， 点距地心的距离为 ，则有 ， ，解得 ，解得
故答案为：B。
【分析】利用引力形成重力结合质量和体积的关系可以求出a和b重力加速度的大小。
5．如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F﹣v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．小球的质量为4kg
B．固定圆环的半径R为0.4m
C．小球在最高点的速度为4m/s时，小球受到圆环的弹力大小为20N，方向向上
D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100N
【答案】D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，根据牛顿第二定律可得
根据图像乙可得
故A错误；
B、当F等于0时，由重力提供向心力可得
结合图像可得
故B错误；
C、根据B选项可得，当时，F等于0，所以在最高点的速度为时，可知重力和弹力的合力提供向心力，故弹力方向向下，故C错误；
D、小球经过最低点时，根据牛顿第二定律可得
若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒定律可知
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据乙图的特殊点力等于0和速度等于0，结合牛顿第二定律求解出所需物理量；
根据求出的最高点速度判断力的方向即可，无需求解力的大小；
根据最低点牛顿第二定律与整体机械能守恒求解。
6．如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0~10s内水斗上升的高度为4m
D．0~10s内井绳拉力所做的功为255J
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算
【解析】【解答】A、由图可知
水斗速度随时间变化规律为
故A错误；
B、水斗匀加速上升时的加速度
根据牛顿第二定律可得
解得 井绳拉力大小
故B错误；
C、内水斗上升的距离为
故C错误；
D、内绳子拉力做的功为
故D正确。
故选D。
【分析】根据图像求出角速度与时间的关系式，结合求出速度与时间关系式；
根据上述求出加速度大小，结合牛顿第二定律求出拉力；
根据代入数据求解；
根据求解。
7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布着正电荷，球面半径为R，为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，，已知N点的电场强度大小为，M点的电场强度大小为，静电力常量为k，则半球面所带的总电荷量可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电场强度
【解析】【解答】假设存在另外半个电量、半径一样的带电球壳，则在O点有一个完整的电荷量为的带电球壳，设完整球壳在M点产生的电场强度为，左半球在M点产生的电场强度为，右半球在M点产生的电场强度大小与左半球在N点产生的电场强度大小相等，均为，根据矢量叠加原理可得
且
整理解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】假设一个整的点电球体，根据电场强度矢量的叠加求解。
8．（2022·济南模拟）如图所示，与水平面成角的传送带以的速度顺时针运行，质量为的小物块以初速度从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．传送带从底端到顶端的长度为1m
B．物体在传送带上向上运动的时间为0.5s
C．物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m
D．物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J
【答案】D
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
设经过时间t1减速到与传送带速度相等
解得x1=0.75m，t1=0.25s
速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律
解得x2=1m，t2=1s
则传送带从底端到顶端的长度为 ，
AB都错误；
C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移 ，
物块相对传送带上滑，
即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，C不符合题意；
D．物块相对传送带滑动路程为+=1.25m
则摩擦生热 Q=μmgcosθ Δs
代入数据可得Q=3.75J
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物块在传送带上先做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合速度位移公式可以求出减速的位移，当物块速度小于传送速度后，利用牛顿第二定律可以求出物块传送带上再次减速的加速度大小，结合速度公式可以求出加速的时间，结合其速度位移公式可以求出再次减速的位移；利用传送带匀速直线运动的位移公式可以求出传送带运动的位移，结合物块运动的位移可以求出相对位移的大小；利用其相对位移可以求出物块相对于传送带滑动的路程大小；利用其摩擦力及相对路程的大小可以求出摩擦产生的热量大小。
9．（2023高一下·洛阳月考）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，A、B两点固定两个等量正电荷的点电荷，O为A、B两点连线的中点，C、D为连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L。将一带正电的小球（可视为点电荷）从C点由静止释放，以C点为坐标原点、CB为x轴，取水平向右为正方向，下列关于电场强度E、小球受到的电场力F、小球的加速度a、小球的动能随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电场强度；电场线；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】解：A、设AC间距为L0，离C点距离为x的电场强度大小E=-不是线性的，方向先向右后向左，故A错误；
B、根据F=Eq，小球电场力方向先向右后向左，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，a=，结合E的表达式，可知C正确；
D、 小球的动能随小球运动的位移x变化的图像 斜率为合力（电场力），从C点到D点，电场力先减小后增大，故斜率先减小后增大，故D错误。
故选：C。
【分析】根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，分析电场强度图象；根据F=Eq，分析电场力；根据牛顿第二定律，分析加速度；根据规律小球的动能随小球运动的位移x变化的图像 斜率为合力（电场力），分析图象斜率。
二、多选题
10．如图所示，有一条柔软的质量为、长为的均匀链条，开始时链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，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
B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度
C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB、自由释放链条，以桌面为零势能参考平面，根据机械能守恒可得
解得链条刚离开桌面时的速度
故B正确，A错误；
CD、 若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 为垂在桌面外链条增加的重力势能，故
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定零势能面，根据机械能守恒列式；
若要拉上来链条，则需施加的力做的功至少为被拉上来的链条增加的重力势能。
11．如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆周运动，丙、丁两卫星的轨道半径，运动周期，则（ ）
A．甲、乙两行星质量之比为
B．甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为
C．甲、乙两行星密度之比为
D．甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力，可得
解得
可得出甲、乙两行星质量之比为，故A错误；
B、由
解得甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为，故B正确；
C、根据
解得甲、乙两行星密度之比为，故C错误；
D、根据
解得甲、乙两行星重力加速度之比为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据万有引力提供向心力，列式求解所需物理量之比；
根据可求出密度之比。
12．如图所示，有两个质量相同的小球，电荷量均为，一个固定在足够长的光滑绝缘杆的端，另一个套在杆上，两球均可视为点电荷，为过点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为。开始杆静止，此时两球间的距离为，现让杆以为轴转动，角速度从零开始缓慢增大，直至两球间的距离变为。已知重力加速度为，静电力常量为，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．当两球间的距离为时，杆转动的角速度为
C．在此过程中，光滑绝缘杆对小球的弹力保持不变
D．在此过程中，小球间的库仑力做负功
【答案】A,B
【知识点】库仑定律；线速度、角速度和周期、转速；功的计算
【解析】【解答】A、当杆静止时，套在杆上的小球受力平衡，根据力的平衡条件可得
解得
故A正确；
B、当两球间的距离为时，设杆对小球的支持力为，竖直方向上
在水平方向上有
解得
故B正确；
C、在两个小球间的距离增大为的过程中，根据竖直方向平衡方程可知，光滑绝缘杆对小球的弹力不断增大，故C错误；
D、由于为同种电荷，则在远离的过程中，库仑力与运动方向相同，故小球间的库仑力做正功，故D错误。
故选AB。
【分析】根据受力平衡列式求解；
距离变大后，根据受力平衡，正交分解列式，可求出角速度；
根据正交分解的列式求解弹力的变化；
判断库仑力的方向与运动方向判断做功的正负。
三、实验题
13．研究电荷间的相互作用力。
（1）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
①该实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法
②实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而 （填“增大”、“减小”或“不变”）
③小球的质量用m表示，重力加速度为g，可认为物体A与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为时保持静止，小球所受电场力大小为 。
（2）法国物理学家库仑利用扭秤装置研究了静止的点电荷间的相互作用力，并于1785年发现了库仑定律。如图所示的装置为库仑扭秤实验装置，细悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力F使悬丝扭转，已知悬丝转动的角度与力F的大小成正比。以下判断正确的是（ ）
A．若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能增为原来的两倍
B．若仅将C的电荷量减为原来的一半，可能减为原来的一半
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，将减为原来的一半
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，将增为原来的两倍
【答案】（1）B；减小；
（2）B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】（1）①实验的目的是探究影响电荷间的静电力的因素，由于该因素有多种，在研究某一因素之前，需要保持其他因素一定，所以采用了控制变量法，故B正确，AC错误。
故选B。
②根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，距离越大，摆角越小，即作用力减小。
③对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
（2）AB、若仅将C的电荷量减为原来的一半，根据库仑定律公式可知F变为原来的一半，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的一半，故A错误，B正确；
C．若仅将A、C间的距离增为原来的一倍，则F变为原来的，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的，故C错误；
D．若仅将A、C间的距离减为原来的一半，则F为原来的4倍，转动的角度与力F的大小成正比，所以为原来的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】（1）熟悉控制变量法的使用范围；对物体受力分析，根据平衡条件列式；
（2）根据库仑定律列式，然后根据物理量的改变去求解。
14．小华用图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A（含挡光片）、B的质量分别为mA和mB（mB>mA），挡光片的宽度为d，重力加速度为g。按下列实验步骤操作。
①按图甲装配好定滑轮和光电门
②A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
③测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
④先接通光电门的电源，后释放B
⑤记录挡光片经过光电门的时间
（1）挡光片通过光电门时的速度为 （用题中的物理量表示）。
（2）如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为 （用题中的物理量表示）。
（3）小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间，作出图像如图乙所示，测得图线的斜率为k，则 。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光片通过光电门时的速度为
（2） 如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为
整理后可得
（3）由上述式子可得
由图可知斜率为
解得
【分析】（1）根据速度等于位移与时间的比值求解；
（2）根据机械能守恒列式即可求出；
（3）根据第二问求解的式子整理出符合乙图的式子，根据斜率求出质量之比。
四、解答题
15．（2023高一下·洛阳月考）电荷量的带正电小球a通过长度l＝3m的绝缘细绳悬挂在天花板上的O点，连接电荷量的带负电小球b与小球a的绝缘细绳长度也为l＝3m。现给小球所处的竖直平面内加上范围足够大、方向水平向左、电场强度大小的匀强电场后，两球达到静止时的位置如图所示，小球b正好位于O点正下方，小球a、b间的细绳与竖直方向的夹角为30°，已知静电力常量，取重力加速度大小g＝10m/s ，两小球均可视为点电荷，求
（1）小球a、b之间的库仑力大小F库；
（2）小球a、b之间细绳上的拉力大小F；
（3）小球a的质量和小球b的质量。
【答案】（1）解：根据库仑定律有
解得
（2）解：对小球b受力分析，水平方向上有
解得
（3）解：对小球b受力分析，竖直方向上有
解得
设O点与小球a间的细绳上的拉力为F＇，对小球a、b构成的整体受力分析，竖直方向上有
水平方向上有
解得
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1） 根据库仑定律 ，求 小球a、b之间的库仑力大小 ；（2） 对小球b受力分析 ，求 小球a、b之间细绳上的拉力大小F； （3） 对小球b受力分析，竖直方向 列式， 对小球a、b构成的整体受力分析，竖直方向 和水平方向列式，求 小球a的质量和小球b的质量。
16．滑雪是冬奥会的项目之一，某高山滑雪运动员在比赛中经过一斜坡，如图所示，运动员（可视为质点）沿着右侧斜面运动，到达顶点A后以v0＝10 m/s的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为θ＝53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B点，左侧斜面与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）运动员离左侧斜面的最大距离；
（2）起跳点A与落点B之间的距离；
（3）运动员落到B点时的速度大小。
【答案】（1）解：设运动员的质量为m，沿左侧斜面和垂直斜面建立坐标系，并沿这两个方向分解初速度v0、运动员受到的重力G，则有
v0x＝v0cos 53°＝0.6v0＝6 m/s
v0y＝v0sin 53°＝0.8v0＝8 m/s
Gx＝mgsin 37°＝0.6mg＝max
Gy＝mgcos 37°＝0.8mg＝may
垂直斜面方向上，从A点到离斜面最远的时间t1＝＝1 s
从A点到落到B点共用时间t＝2t1＝2 s
当vy＝0时，运动员距离斜面最远，此时y＝＝4 m
（2）解：在沿斜面方向上从起跳点A到落地点B之间的距离x＝v0xt＋axt2＝24 m
（3）解：运动员落到B点时
vBy＝8 m/s
vBx＝v0x＋axt＝18 m/s
解得vB＝＝m/s＝2m/s
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）分解到沿斜面和垂直于斜面方向，沿斜面方向先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，沿斜面方向一直做匀加速运动；当垂直于斜面方向速度减为0时，离斜面最远，根据运动学公式即可求解；
（2） 起跳点A与落点B之间的距离为沿斜面方向走过的距离，根据运动学公式即可求解；
（3）根据运动学公式求出沿斜面和垂直于斜面的分速度，通过运动的合成，即可求得末速度。
17．天文观测到某行星有一颗以半径r、周期T环绕该行星做圆周运动的卫星，已知卫星质量为m，万有引力常量为G。求：
（1）该行星的质量M是多大？
（2）如果该行星的半径是卫星运动轨道半径的，那么行星表面处的重力加速度是多大？
（3）如果该行星的半径为R，行星与其卫星之间的引力势能表达式为，r为行星与卫星的中心间距。求在该行星上发射一颗刚好脱离此行星的卫星，发射速度应为多少？
【答案】（1）解：根据万有引力定律和向心力公式
得
（2）解：在行星表面，万有引力等于重力
得g=
（3）解：所发射的卫星要能够刚好运动到距离地球无穷远处，即无穷远处的卫星动能为零。由能量守恒得
EkR+EpR=Ek∞+Ep∞
得vR==
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）根据 列式求解M；
（2）根据在行星表面，万有引力等于重力，求出重力加速度；
（3）根据能量守恒求反射速度。
18．如图，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙上，右端与质量m=2kg的小物块接触但不栓接，弹簧原长小于光滑平台OA的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=16m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.1。粗糙水平面BD的BC部分长s=2.5m，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。C点处有一半径为R的光滑竖直圆轨道与水平面BC平滑连接。已知传送带以v=4m/s的速率顺时针转动，不考虑水平面与传送带连接处物块的机械能损失。开始时弹簧处于压缩状态，小物块固定，弹簧储存的弹性势能Ep=36J。放开物块，小物块通过圆轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力，物块最终停在粗糙水平面上，重力加速度g=10m/s2。求
（1）物块运动到B点的动能Ek；
（2）竖直圆轨道的半径R；
（3）若传送带速度大小可调，要使物块不脱离轨道，传送带的速度大小满足的条件。
【答案】（1）解：物体被弹出，弹簧的弹性势能全部转化为动能，弹簧与物块组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
由于可知，物块滑上传送带之后立即减速，从减速到与传送带共速的过程中有，
解得
故物体减速至与传送带共速后与传送带相对静止，并最终以4m/s的速度滑下传送带，因此运动到B点时物块的动能
（2）解：由物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力可知，在轨道最高点有
从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理有
解得
（3）解：当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点有
解得
根据动能定理有
解得
当物体从v0减速到v3时有
解得
故当物块能通过最高点时传送带速度需满足
当物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理有
解得
当物体从v0减速到v4时有
解得
故当物块运动到与圆心等高处之下时传送带速度需满足
因此，物块不脱离轨道，传送带速度需要满足的条件为或
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据弹簧与物块组成的系统机械能守恒，求解出速度，与传送带速度对比，再根据从减速到与传送带共速的过程牛顿第二定律以及运动学公式求解；
（2）根据物体通过轨道最高点时对轨道的压力恰好等于物块的重力列式，再根据从B点运动至轨道最高点的整个过程，根据动能定理列式；
（3）当物块恰能通过最高点时，在轨道最高点重力提供向心力列式，然后根据动能定理求出末速度，根据运动学公式求此过程位移，判断位移与传送带长度关系；当物块能通过最高点时，求出速度关系；根据物体恰能运动到与圆心等高处，根据动能定理求出末速度，根据运动学公式求此过程位移，判断位移与传送带长度关系；从而得出速度关系。
