天津市和平区2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题（本大题共6小题，每小题4分，每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得4分，有选错或不答的，得0分）
1．（2024高一下·和平期末）如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，并且做平抛运动；同时B球被松开，并且做自由落体运动。A、B两球同时开始运动。关于A、B两球落地先后，下列说法正确的是（ ）
A．A 球先落地 B．B球先落地
C．A、B 球同时落地 D．A、B 两球哪个先落地不确定
【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】因为两球同时运动，A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，则运动快慢与B球相同，所以打击金属片，两球同时运动，则同时落地，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用平抛运动的分运动为自由落体运动，进而判别两个小球同时落地。
2．（2024高一下·和平期末）真空中两个点电荷，它们之间相互作用的库仑力大小是，若它们的电荷量保持不变，距离变为原来的3倍，则它们之间相互作用的库仑力大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】设两个点电荷的电荷量分别为Q1和Q2，点电荷之间的距离为r，根据库仑定律可以得出两个小球变化前的库仑力大小为
当两个小球的电荷量保持不变，距离变为原来的3倍时，根据库仑定律有：
联立两式可以求出变化后的库仑力大小为
故选D。
【分析】利用两个小球间的库仑定律及距离的变化可以判别库仑力的大小变化。
3．（2024高一下·和平期末）如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的线速度保持不变
B．摩天轮转动过程中，乘客所受合力保持不变
C．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
D．摩天轮转动一周，乘客所受重力做功为零
【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，乘客的线速度大小保持不变，线速度的方向为轨迹的切线方向，则方向时刻改变。故A错误；
B．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮转动过程中，乘客所受合力大小不变，合力方向时刻指向圆心，则方向时刻改变。故B正确；
C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但重力势能在变化，机械能为重力势能与动能之和，因此乘客的机械能在变化。故C错误；
D．摩天轮转动一周，乘客回到初始高度，由于高度变化量为0，根据重力做功的表达式有
可知所受重力做功为零。故D正确。
故选D。
【分析】物体做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，合力方向时刻改变；机械能随重力势能不断发生改变；利用重力做功结合高度变化可以求出重力做功的大小。
4．（2024高一下·和平期末）月球探测是中国迈出航天深空探测的重大举措。2024年6月，我国发射的嫦娥六号探测器完成世界首次月球背面的采样和起飞，预计2030年前我国将实现载人登月。若将来我国宇航员在月球（视为质量分布均匀的球体）表面以大小为的初速度竖直上抛一物体（视为质点），已知万有引力常量为G，月球的质量为M，月球的半径为R。则物体从刚被抛出到落回抛出点的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设月球表面重力加速度为，月球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得月球表面的重力加速度为：
根据匀变速直线运动的速度公式有，物体从刚被抛出到落回抛出点的时间为
联立解得
故选B。
【分析】利用引力形成重力可以求出月球表面重力加速度的大小，结合速度公式可以求出物体运动的时间。
5．（2024高一下·和平期末）“复兴号”动车组由多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的“复兴号”动车组在平直的轨道上行驶，该动车组有n节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为P，若动车组受到的阻力与其速率成正比，比例系数为k，则动车组能达到的最大速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】动车做匀速直线运动时，当牵引力等于阻力时，动车组的速度最大，则根据功率的表达式及平衡方程有：
解得动车组能达到的最大速度为
故选A。
【分析】根据动车的平衡条件可以求出牵引力的大小，结合功率的表达式可以求出动车的最大速度。
6．（2024高一下·和平期末）如图，两个电荷量都为Q的正、负可视为点电荷的带电体固定在光滑水平面上的A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为＋q的带电质点放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使带电质点由静止开始沿直线从C点运动到O点，则此过程中，（ ）
A．施加的外力沿CO方向
B．带电质点受到的电场力一直不变
C．带电质点做加速度增大的加速运动
D．带电质点的电势能逐渐增大
【答案】C
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．为了使质点沿CO方向运动，则合力方向应该沿CO方向根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知带电质点在运动过程中受水平向右的电场力作用，受力分析如图所示，
根据平行四边形定则可知外力F的方向应当斜向左下。故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，由于电场线不断变密集，所以电场强度逐渐增大，则带电质点受到的电场力一直变大。故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，由于电场强度不断增大则试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，根据平行四边形定则则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，带电质点的加速度一直变大，做加速度增大的加速运动。故C正确；
D．由于电场力方向始终与速度方向垂直，所以电场力不做功，带电质点的电势能不变。故D错误。
故选C。
【分析】利用质点的运动方向可以判别合力方向，结合平行四边形定则可以判别外力的方向；利用电场线的疏密可以判别电场强度的大小变化进而判别电场力的大小变化；利用电场力的变化及平衡方程可以判别水平分力的大小变化，结合平行四边形定则可以判别竖直分力的大小变化，结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化；利用电场力不做功可以判别电势能不变。
二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，完全正确的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的，得0分）
7．（2024高一下·和平期末）关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了
C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角的设计与火车质量无关
D．如图丁，若小球在竖直放置的光滑圆形轨道内侧做完整圆周运动，则对轨道最低点和最高点的压力差一定是自身重力的6倍
【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，需要合力指向圆心提供向心力，则物体受到重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力提供所需的向心力，故A错误；
B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则是由于物体受到的合力不足以提供向心力，有可能是速度变大需要的向心力增大，也有可能是物体受到的合力变小，故B错误；
C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，此时火车受到的重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得火车的线速度表达式为：
可知倾角的设计与火车质量无关，故C正确；
D．如图丁，若小球在竖直放置的光滑圆形轨道内侧做完整圆周运动，小球在最高点时，小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球在最地点时，小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球从最高点到最低点的运动过程中，根据动能定理可得
联立可得压力差为：
可知小球对轨道最低点和最高点的压力差一定是自身重力的6倍，故D正确。
故选CD。
【分析】物体做匀速圆周运动，根据向心力的方向可以判别物体的受力情况；物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力；根据火车受到的重力和支持力可以求出火车速度的大小；利用小球在最高点和最低点的牛顿第二定律结合运动过程的动能定律可以求出小球受到的轨道压力差的大小。
8．（2024高一下·和平期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带负电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．云层带负电，根据异种电荷相互吸引，则避雷针尖端带正电。故A错误；
BD．粒子做曲线运动时，轨迹的弯曲方向为合力的方向，根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，带电粒子带负电，根据功能关系有：由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。故BD正确；
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，根据等势线的疏密代表电场强度的大小，则等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大。故C错误。
故选BD。
【分析】利用异种电荷相互吸引可以判别避雷针的带电；利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合粒子轨迹的切线方向可以判别速度方向，进而判别电场力做功，再利用功能关系可以比较电势能的大小；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
9．（2024高一下·和平期末）如图甲所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图乙所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A．周期为
B．半径为
C．线速度的大小为
D．加速度的大小为
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．由于探测器经过一周被探测器探测一次，由图乙可知
则P的公转周期为，故A正确；
B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得行星P的运行半径为
故B错误；
C．根据线速度和周期的大小关系可以得出P的线速度的大小为
故C正确；
D．根据向心加速度的表达式可以得出P的加速度大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】利用探测器探测行星的亮度可以求出行星运动的周期，结合引力提供向心力可以求出行星的周期；利用线速度和周期的关系可以求出行星的线速度大小；利用向心加速度的表达式可以求出行星的向心加速度大小。
10．（2024高一下·和平期末）如图甲所示，将物块从倾角为的斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能、重力势能与下滑位移x间的关系如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．下滑全程摩擦力对物块做功
B．物块的质量是0.2kg
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．物块从静止释放到动能和重力势能相等时，机械能损失了0.6J
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】A．根据功能关系有：摩擦力对物块做功等于物块机械能的变化量，为
故A正确；
B．物块从顶端静止释放时，由图可知，小球下滑的最大位移为
以地面为零势能面，则在最高点时，根据重力势能的表达式有：小球的重力势能
解得小球的质量
故B正确；
C．根据功的表达式有：
摩擦力对物块做功为
根据摩擦力做功的大小可以求出物块与斜面间的动摩擦因数为
故C错误；
D．由图可知，根据重力势能和动能的表达式有：
物块从静止释放到动能和重力势能相等时，解得
，，
根据初末机械能的大小，则可以得出机械能损失
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据功能关系及机械能的变化可以求出摩擦力做功的大小；利用重力势能的表达式及重力势能的大小可以求出物块的质量大小；利用摩擦力做功及摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；利用重力势能和动能相等时，可以求出机械能的大小，结合最初机械能的大小可以求出机械能的损失。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
11．（2024高一下·和平期末）如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（ ）
A．探究两个互称角度的力的合成规律
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为（ ）（填选项前的字母）
A． B． C． D．
【答案】（1）C
（2）一
（3）D
【知识点】向心力
【解析】【解析】（1）探究一个物理量与多个物理量的关系需要使用控制变量法，则探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互称角度的力的合成规律，利用合力与分力效果相同则采用的实验方法是等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，利用作出平抛运动的轨迹点记录平抛运动轨迹，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，使用的实验方法与探究向心力的大小方法相同，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，根据转轮的线速度和角速度的关系式有：，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有：
根据表达式可知两小球的角速度之比为
根据向心力的表达式有
由于标尺的格数表示向心力的大小，可知左右两标尺露出的格子数之比为
故选D。
【分析】（1）本实验使用控制变量法，与探究牛顿第二定律的实验方法相同；
（2）探究向心力与小球运动半径的关系时，需要保持小球的角速度相同，由于皮带线速度相同，则需要保持转轮的半径相同；
（3）探究向心力和角速度的大小关系，根据转轮的半径可以求出小球角速度的关系，结合向心力的表达式可以求出标尺的格数之比。
（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互称角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据
可知两小球的角速度之比为
根据
可知左右两标尺露出的格子数之比为
故选D。
12．（2024高一下·和平期末）某实验小组在用重物下落来验证机械能守恒。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2）实验过程中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量 ，动能的增加量 。
（3）某同学的实验结果显示，动能的增加量大于重力势能的减少量，原因可能是（ ）
A．没有测量重物的质量
B．先释放重物，后接通电源打出纸带
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．利用公式计算重物速度大小
【答案】（1）A
（2）；
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带的长度，要手提纸带末端，为了减小纸带和打点计时器的摩擦，需要保证纸带竖直，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物的重力势能的减少量
[2]已知打点计时器的打点频率，根据打点频率和打点周期的关系有
打点计时器打到B点时，根据平均速度公式可以得出重物的速度为
根据动能的表达式可以得出：动能的增加量
联立，解得
（3）A．实验中比较与大小的时候，根据重物的质量可以约掉，所以有没有测量重物的质量，对实验结果没有影响。故A错误；
B．先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，则会导致重锤每一个位置的动能变化量增大，则会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况。故B正确；
C. 因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，根据能量守恒定律则减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，则会导致重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误；
D．利用公式计算重物速度大小，则与表达式相同，机械能守恒，那么重力势能的减少量等于动能的增加量。故D错误。
故选B。
【分析】（1）为了充分利用纸带和减小阻力的影响，纸带要靠近打点计时器并保持竖直释放；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式可以求出重锤的速度大小，结合动能的表达式可以求出动能的增加量；
（3）根据机械能守恒定律可以判别重物的质量可以约去，不需要测量；先释放重物后打开打点计时器会导致动能的增加量大于重力势能的减少量；阻力的影响会导致动能的增加量小于重力势能的减少量；利用速度位移公式求出重物的速度则机械能守恒。
（1）释放纸带时，要手提纸带末端，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
[2]依题意，有
打点计时器打到B点时，重物的速度为
动能的增加量
联立，解得
（3）A．实验中比较与大小的时候，重物的质量可以约掉，所以有没有测量重物的质量，对实验结果没有影响。故A错误；
B．先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况。故B正确；
C. 因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误；
D．利用公式计算重物速度大小，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量。故D错误。
故选B。
四、计算题（本题共3小题，共46分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·和平期末）如图所示，一带电荷量为，质量为的小物块处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。，，，求：
（1）小物块的电性；
（2）电场强度E的大小；
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时的动能？
【答案】解：（1）小物块静止时受力如图所示
可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
（2）沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时，根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】
【分析】（1）物块静止时，根据平衡条件可以判别物块受到的电场力方向，结合电场强度的方向可以判别小球的电性；
（2）当物块处于静止时，利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（3）当电场强度减小时，小物块下滑，利用动能定理可以求出物块的动能大小。
14．（2024高一下·和平期末）如图所示，小球从P点出发，初速度大小为，经过一段粗糙水平面PA后进入一固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，小球直径略小于管道内径，小球运动到B点后以的速度脱离管道做平抛运动，与倾角的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径，且管道内径与其相比可忽略不计。小球质量，，，，求：
（1）小球经过管道的B点时，对管道的作用力F的大小和方向；
（2）小球在PA段摩擦力所做的功W；
（3）小球从B点飞出后打到斜面上C点的运动时间t？
【答案】解：（1）设在B点管道对小球的作用力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，小球对管道的作用力的大小为
方向竖直向下。
（2）从，根据动能定理
解得小球在PA段摩擦力所做的功
（3）小球与倾角的斜面垂直相碰于C点，则
解得
小球从B点飞出后打到斜面上C点的运动时间
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球做圆周运动，经过B点时，利用牛顿第二定律可以求出小球对管道作用力的大小；
（2）当小球从P到B的运动过程中，利用动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当小球做平抛运动时，利用速度的分解可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间。
15．（2024高一下·和平期末）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面，另一端与质量为m的物体P连接处于竖直状态，跨过定滑轮的轻绳一端与物体P连接，另一端与质量为2m的物体Q连接。用手托着物体Q使轻绳刚好伸直无张力，物体Q由静止释放后，物体P开始向上运动，运动过程中物体Q始终未接触地面，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。设物体P上升通过A点位置时速度最大，求：
（1）物体P静止时弹簧的形变量x1和物体P通过A点时弹簧的形变量x2；
（2）物体P通过A点位置时最大速度；
（3）若物体Q的质量增大为原来的N倍，试分析说明不管N多大，物体P上升到A点时的速度都不可能增大到。
【答案】解：（1）物体P处于静止状态，根据平衡条件有
解得
物体P通过A点时，速度达到最大。加速度为零，合力为零，则有
，
解得
（2）物块P在出发点位置和A位置，弹簧形变量相同，弹性势能相等，根据功能关系，可得
解得
（3）若物块Q的质量增大为原来的N倍，根据功能关系得
解得
当N→∞时，
而
可得
所以不管N多大，物块P上升到A点时的速度都不可能增大到2vm。
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据物体P的平衡方程可以求出最初弹簧的形变量，根据P经过A点时的速度最大，根据平衡方程可以求出此时弹簧形变量的大小；
（2）物块经过出发点和A时，根据平衡方程可以判别弹簧的形变量相同，根据功能关系可以求出物块P的最大速度；
（3）当物块Q的质量增大时，利用功能关系可以求出物块P上升到A点的速度最大值。
天津市和平区2023-2024学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题（本大题共6小题，每小题4分，每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得4分，有选错或不答的，得0分）
1．（2024高一下·和平期末）如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，并且做平抛运动；同时B球被松开，并且做自由落体运动。A、B两球同时开始运动。关于A、B两球落地先后，下列说法正确的是（ ）
A．A 球先落地 B．B球先落地
C．A、B 球同时落地 D．A、B 两球哪个先落地不确定
2．（2024高一下·和平期末）真空中两个点电荷，它们之间相互作用的库仑力大小是，若它们的电荷量保持不变，距离变为原来的3倍，则它们之间相互作用的库仑力大小是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·和平期末）如图所示，摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的线速度保持不变
B．摩天轮转动过程中，乘客所受合力保持不变
C．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
D．摩天轮转动一周，乘客所受重力做功为零
4．（2024高一下·和平期末）月球探测是中国迈出航天深空探测的重大举措。2024年6月，我国发射的嫦娥六号探测器完成世界首次月球背面的采样和起飞，预计2030年前我国将实现载人登月。若将来我国宇航员在月球（视为质量分布均匀的球体）表面以大小为的初速度竖直上抛一物体（视为质点），已知万有引力常量为G，月球的质量为M，月球的半径为R。则物体从刚被抛出到落回抛出点的时间为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·和平期末）“复兴号”动车组由多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的“复兴号”动车组在平直的轨道上行驶，该动车组有n节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为P，若动车组受到的阻力与其速率成正比，比例系数为k，则动车组能达到的最大速度为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·和平期末）如图，两个电荷量都为Q的正、负可视为点电荷的带电体固定在光滑水平面上的A、B两点，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为＋q的带电质点放在AB连线的中垂线上距O为x的C点，沿某一确定方向施加外力使带电质点由静止开始沿直线从C点运动到O点，则此过程中，（ ）
A．施加的外力沿CO方向
B．带电质点受到的电场力一直不变
C．带电质点做加速度增大的加速运动
D．带电质点的电势能逐渐增大
二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，完全正确的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的，得0分）
7．（2024高一下·和平期末）关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则一定是因为物体的速度突然变大了
C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，倾角的设计与火车质量无关
D．如图丁，若小球在竖直放置的光滑圆形轨道内侧做完整圆周运动，则对轨道最低点和最高点的压力差一定是自身重力的6倍
8．（2024高一下·和平期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带负电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
9．（2024高一下·和平期末）如图甲所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图乙所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A．周期为
B．半径为
C．线速度的大小为
D．加速度的大小为
10．（2024高一下·和平期末）如图甲所示，将物块从倾角为的斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能、重力势能与下滑位移x间的关系如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）
A．下滑全程摩擦力对物块做功
B．物块的质量是0.2kg
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．物块从静止释放到动能和重力势能相等时，机械能损失了0.6J
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）
11．（2024高一下·和平期末）如图甲所示为向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为，变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为、和，如图乙所示。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是（ ）
A．探究两个互称角度的力的合成规律
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮。（选填“一”、“二”或“三”）
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为（ ）（填选项前的字母）
A． B． C． D．
12．（2024高一下·和平期末）某实验小组在用重物下落来验证机械能守恒。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2）实验过程中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量 ，动能的增加量 。
（3）某同学的实验结果显示，动能的增加量大于重力势能的减少量，原因可能是（ ）
A．没有测量重物的质量
B．先释放重物，后接通电源打出纸带
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．利用公式计算重物速度大小
四、计算题（本题共3小题，共46分，要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位。）
13．（2024高一下·和平期末）如图所示，一带电荷量为，质量为的小物块处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。，，，求：
（1）小物块的电性；
（2）电场强度E的大小；
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时的动能？
14．（2024高一下·和平期末）如图所示，小球从P点出发，初速度大小为，经过一段粗糙水平面PA后进入一固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，小球直径略小于管道内径，小球运动到B点后以的速度脱离管道做平抛运动，与倾角的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径，且管道内径与其相比可忽略不计。小球质量，，，，求：
（1）小球经过管道的B点时，对管道的作用力F的大小和方向；
（2）小球在PA段摩擦力所做的功W；
（3）小球从B点飞出后打到斜面上C点的运动时间t？
15．（2024高一下·和平期末）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在地面，另一端与质量为m的物体P连接处于竖直状态，跨过定滑轮的轻绳一端与物体P连接，另一端与质量为2m的物体Q连接。用手托着物体Q使轻绳刚好伸直无张力，物体Q由静止释放后，物体P开始向上运动，运动过程中物体Q始终未接触地面，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。设物体P上升通过A点位置时速度最大，求：
（1）物体P静止时弹簧的形变量x1和物体P通过A点时弹簧的形变量x2；
（2）物体P通过A点位置时最大速度；
（3）若物体Q的质量增大为原来的N倍，试分析说明不管N多大，物体P上升到A点时的速度都不可能增大到。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】因为两球同时运动，A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，则运动快慢与B球相同，所以打击金属片，两球同时运动，则同时落地，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用平抛运动的分运动为自由落体运动，进而判别两个小球同时落地。
2．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】设两个点电荷的电荷量分别为Q1和Q2，点电荷之间的距离为r，根据库仑定律可以得出两个小球变化前的库仑力大小为
当两个小球的电荷量保持不变，距离变为原来的3倍时，根据库仑定律有：
联立两式可以求出变化后的库仑力大小为
故选D。
【分析】利用两个小球间的库仑定律及距离的变化可以判别库仑力的大小变化。
3．【答案】D
【知识点】匀速圆周运动；向心力；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，乘客的线速度大小保持不变，线速度的方向为轨迹的切线方向，则方向时刻改变。故A错误；
B．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，摩天轮转动过程中，乘客所受合力大小不变，合力方向时刻指向圆心，则方向时刻改变。故B正确；
C．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但重力势能在变化，机械能为重力势能与动能之和，因此乘客的机械能在变化。故C错误；
D．摩天轮转动一周，乘客回到初始高度，由于高度变化量为0，根据重力做功的表达式有
可知所受重力做功为零。故D正确。
故选D。
【分析】物体做匀速圆周运动时，速度方向时刻改变，合力方向时刻改变；机械能随重力势能不断发生改变；利用重力做功结合高度变化可以求出重力做功的大小。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】设月球表面重力加速度为，月球对表面物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得月球表面的重力加速度为：
根据匀变速直线运动的速度公式有，物体从刚被抛出到落回抛出点的时间为
联立解得
故选B。
【分析】利用引力形成重力可以求出月球表面重力加速度的大小，结合速度公式可以求出物体运动的时间。
5．【答案】A
【知识点】机车启动
【解析】【解答】动车做匀速直线运动时，当牵引力等于阻力时，动车组的速度最大，则根据功率的表达式及平衡方程有：
解得动车组能达到的最大速度为
故选A。
【分析】根据动车的平衡条件可以求出牵引力的大小，结合功率的表达式可以求出动车的最大速度。
6．【答案】C
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．为了使质点沿CO方向运动，则合力方向应该沿CO方向根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知带电质点在运动过程中受水平向右的电场力作用，受力分析如图所示，
根据平行四边形定则可知外力F的方向应当斜向左下。故A错误；
B．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，沿直线从C点加速运动到O点，由于电场线不断变密集，所以电场强度逐渐增大，则带电质点受到的电场力一直变大。故B错误；
C．沿直线从C点加速运动到O点，由于电场强度不断增大则试探电荷受到的电场力一直变大，则外力的水平分力一直变大，由于施加外力的方向确定，根据平行四边形定则则竖直分力一直变大，根据牛顿第二定律可知，带电质点的加速度一直变大，做加速度增大的加速运动。故C正确；
D．由于电场力方向始终与速度方向垂直，所以电场力不做功，带电质点的电势能不变。故D错误。
故选C。
【分析】利用质点的运动方向可以判别合力方向，结合平行四边形定则可以判别外力的方向；利用电场线的疏密可以判别电场强度的大小变化进而判别电场力的大小变化；利用电场力的变化及平衡方程可以判别水平分力的大小变化，结合平行四边形定则可以判别竖直分力的大小变化，结合牛顿第二定律可以判别加速度的大小变化；利用电场力不做功可以判别电势能不变。
7．【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．如图甲，物体随水平圆盘匀速转动时，需要合力指向圆心提供向心力，则物体受到重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力提供所需的向心力，故A错误；
B．如图乙，物体在水平面上做圆周运动，若在A点运动轨迹突然发生改变而沿虚线运动，则是由于物体受到的合力不足以提供向心力，有可能是速度变大需要的向心力增大，也有可能是物体受到的合力变小，故B错误；
C．如图丙，火车转弯时，为避免轮缘与内外轨发生侧向变压，此时火车受到的重力和支持力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得火车的线速度表达式为：
可知倾角的设计与火车质量无关，故C正确；
D．如图丁，若小球在竖直放置的光滑圆形轨道内侧做完整圆周运动，小球在最高点时，小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球在最地点时，小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球从最高点到最低点的运动过程中，根据动能定理可得
联立可得压力差为：
可知小球对轨道最低点和最高点的压力差一定是自身重力的6倍，故D正确。
故选CD。
【分析】物体做匀速圆周运动，根据向心力的方向可以判别物体的受力情况；物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力；根据火车受到的重力和支持力可以求出火车速度的大小；利用小球在最高点和最低点的牛顿第二定律结合运动过程的动能定律可以求出小球受到的轨道压力差的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．云层带负电，根据异种电荷相互吸引，则避雷针尖端带正电。故A错误；
BD．粒子做曲线运动时，轨迹的弯曲方向为合力的方向，根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，带电粒子带负电，根据功能关系有：由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。故BD正确；
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，根据等势线的疏密代表电场强度的大小，则等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大。故C错误。
故选BD。
【分析】利用异种电荷相互吸引可以判别避雷针的带电；利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合粒子轨迹的切线方向可以判别速度方向，进而判别电场力做功，再利用功能关系可以比较电势能的大小；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
9．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．由于探测器经过一周被探测器探测一次，由图乙可知
则P的公转周期为，故A正确；
B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得行星P的运行半径为
故B错误；
C．根据线速度和周期的大小关系可以得出P的线速度的大小为
故C正确；
D．根据向心加速度的表达式可以得出P的加速度大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】利用探测器探测行星的亮度可以求出行星运动的周期，结合引力提供向心力可以求出行星的周期；利用线速度和周期的关系可以求出行星的线速度大小；利用向心加速度的表达式可以求出行星的向心加速度大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】A．根据功能关系有：摩擦力对物块做功等于物块机械能的变化量，为
故A正确；
B．物块从顶端静止释放时，由图可知，小球下滑的最大位移为
以地面为零势能面，则在最高点时，根据重力势能的表达式有：小球的重力势能
解得小球的质量
故B正确；
C．根据功的表达式有：
摩擦力对物块做功为
根据摩擦力做功的大小可以求出物块与斜面间的动摩擦因数为
故C错误；
D．由图可知，根据重力势能和动能的表达式有：
物块从静止释放到动能和重力势能相等时，解得
，，
根据初末机械能的大小，则可以得出机械能损失
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据功能关系及机械能的变化可以求出摩擦力做功的大小；利用重力势能的表达式及重力势能的大小可以求出物块的质量大小；利用摩擦力做功及摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；利用重力势能和动能相等时，可以求出机械能的大小，结合最初机械能的大小可以求出机械能的损失。
11．【答案】（1）C
（2）一
（3）D
【知识点】向心力
【解析】【解析】（1）探究一个物理量与多个物理量的关系需要使用控制变量法，则探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互称角度的力的合成规律，利用合力与分力效果相同则采用的实验方法是等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，利用作出平抛运动的轨迹点记录平抛运动轨迹，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，使用的实验方法与探究向心力的大小方法相同，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，根据转轮的线速度和角速度的关系式有：，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有：
根据表达式可知两小球的角速度之比为
根据向心力的表达式有
由于标尺的格数表示向心力的大小，可知左右两标尺露出的格子数之比为
故选D。
【分析】（1）本实验使用控制变量法，与探究牛顿第二定律的实验方法相同；
（2）探究向心力与小球运动半径的关系时，需要保持小球的角速度相同，由于皮带线速度相同，则需要保持转轮的半径相同；
（3）探究向心力和角速度的大小关系，根据转轮的半径可以求出小球角速度的关系，结合向心力的表达式可以求出标尺的格数之比。
（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A．探究两个互称角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；
B．探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，故B错误；
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确。
故选C。
（2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则应控制两小球的角速度相同，需要将传动皮带调至第一层塔轮。
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则两小球做圆周运动的半径相同，传动皮带位于第二层，由于左右塔轮边缘线速度大小相等，根据
可知两小球的角速度之比为
根据
可知左右两标尺露出的格子数之比为
故选D。
12．【答案】（1）A
（2）；
（3）B
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解析】（1）释放纸带时，为了充分利用纸带的长度，要手提纸带末端，为了减小纸带和打点计时器的摩擦，需要保证纸带竖直，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）从打O点到打B点的过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物的重力势能的减少量
[2]已知打点计时器的打点频率，根据打点频率和打点周期的关系有
打点计时器打到B点时，根据平均速度公式可以得出重物的速度为
根据动能的表达式可以得出：动能的增加量
联立，解得
（3）A．实验中比较与大小的时候，根据重物的质量可以约掉，所以有没有测量重物的质量，对实验结果没有影响。故A错误；
B．先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，则会导致重锤每一个位置的动能变化量增大，则会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况。故B正确；
C. 因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，根据能量守恒定律则减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，则会导致重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误；
D．利用公式计算重物速度大小，则与表达式相同，机械能守恒，那么重力势能的减少量等于动能的增加量。故D错误。
故选B。
【分析】（1）为了充分利用纸带和减小阻力的影响，纸带要靠近打点计时器并保持竖直释放；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式可以求出重锤的速度大小，结合动能的表达式可以求出动能的增加量；
（3）根据机械能守恒定律可以判别重物的质量可以约去，不需要测量；先释放重物后打开打点计时器会导致动能的增加量大于重力势能的减少量；阻力的影响会导致动能的增加量小于重力势能的减少量；利用速度位移公式求出重物的速度则机械能守恒。
（1）释放纸带时，要手提纸带末端，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，并且物体要靠近打点计时器从而充分利用纸带。
故选A。
（2）[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
[2]依题意，有
打点计时器打到B点时，重物的速度为
动能的增加量
联立，解得
（3）A．实验中比较与大小的时候，重物的质量可以约掉，所以有没有测量重物的质量，对实验结果没有影响。故A错误；
B．先释放重物，后接通电源打出纸带，纸带上记录的重力的运动具有一定的初速度，会出现动能的增加量大于重力势能的减少量的情况。故B正确；
C. 因存在空气阻力和摩擦阻力的影响，减少的重力势能一部分转化为重物的动能，还有一部分转化为内能，说明重力势能的减少量大于动能的增加量。故C错误；
D．利用公式计算重物速度大小，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量。故D错误。
故选B。
13．【答案】解：（1）小物块静止时受力如图所示
可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
（2）沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时，根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】
【分析】（1）物块静止时，根据平衡条件可以判别物块受到的电场力方向，结合电场强度的方向可以判别小球的电性；
（2）当物块处于静止时，利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（3）当电场强度减小时，小物块下滑，利用动能定理可以求出物块的动能大小。
14．【答案】解：（1）设在B点管道对小球的作用力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，小球对管道的作用力的大小为
方向竖直向下。
（2）从，根据动能定理
解得小球在PA段摩擦力所做的功
（3）小球与倾角的斜面垂直相碰于C点，则
解得
小球从B点飞出后打到斜面上C点的运动时间
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球做圆周运动，经过B点时，利用牛顿第二定律可以求出小球对管道作用力的大小；
（2）当小球从P到B的运动过程中，利用动能定理可以求出摩擦力做功的大小；
（3）当小球做平抛运动时，利用速度的分解可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间。
15．【答案】解：（1）物体P处于静止状态，根据平衡条件有
解得
物体P通过A点时，速度达到最大。加速度为零，合力为零，则有
，
解得
（2）物块P在出发点位置和A位置，弹簧形变量相同，弹性势能相等，根据功能关系，可得
解得
（3）若物块Q的质量增大为原来的N倍，根据功能关系得
解得
当N→∞时，
而
可得
所以不管N多大，物块P上升到A点时的速度都不可能增大到2vm。
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据物体P的平衡方程可以求出最初弹簧的形变量，根据P经过A点时的速度最大，根据平衡方程可以求出此时弹簧形变量的大小；
（2）物块经过出发点和A时，根据平衡方程可以判别弹簧的形变量相同，根据功能关系可以求出物块P的最大速度；
（3）当物块Q的质量增大时，利用功能关系可以求出物块P上升到A点的速度最大值。
