辽宁省大连王府高级中学2025-2026学年高二下学期期末物理试卷

**基本信息** 以西藏旅行气体鼓包、双衰变研究等真实情境为载体，考查热学、力学、核物理等知识，融合科学思维与物理观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|理想气体定律、核反应方程|结合生活与科技情境，如零食鼓包现象| |多选题|3/18|光的全反射、万有引力|注重模型建构，如“太空电梯”向心加速度分析| |实验题|2/16|牛顿运动定律、气体实验定律|强调误差分析与图像处理，如探究加速度与力关系| |计算题|3/38|气体定律、动力学多过程|分层设问，如羽毛球在筒内运动的多过程分析|

2025-2026学年辽宁省大连王府高级中学高二（下）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.曾同学去西藏旅行时，发现从低海拔地区买的密封包装的零食，到了高海拔地区时出现了严重的鼓包体积膨胀现象，如图所示。假设零食袋里密封的气体可视为理想气体，从低海拔地区到高海拔地区的过程中温度保持不变，高海拔地区的大气压强显著小于低海拔地区的大气压强，下列说法正确的是(    ) A. 袋内气体的压强增大 B. 零食袋中气体分子的平均动能减小 C. 从低海拔地区到高海拔地区的过程中，袋内气体从外界吸收了热量 D. 从低海拔地区到高海拔地区的过程中，外界对气体做正功 2.2026年2月11日，南京理工大学物理学院研究者发表了有关双衰变的研究成果。研究指出，发生双衰变后生成，已知、和粒子的比结合能分别为、、，下列说法正确的是(    ) A. 该双衰变的方程为 B. 的比结合能大于的比结合能 C. 1个发生双衰变释放的核能为 D. 环境温度越高发生双衰变的半衰期越短 3.随着手机的普及，越来越多的“低头族”出现脖子僵硬、酸痛等问题。当头前倾看手机时，如图甲所示，颈椎和后颈肌肉可简化为如图乙所示的模型，颈椎可视为用铰链固定的轻杆、后颈肌肉可视为轻绳、头部可视为重物m。假设头的质量，重力加速度，当头部前倾，后颈肌肉与颈椎之间的夹角为时，颈椎受到的压力约为(    ) A. 250N B. 200N C. 150N D. 100N 4.如图所示，小球B与水平地面成角以某一初速度在地面斜向上抛出，在小球B的正上方h处小球A以某一初速度水平抛出。两个小球同时抛出且同时落在地面上同一点，则小球B上升的最大高度和小球A落地时速度大小分别为(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 5.氢原子能级图如图所示。大量处在能级的氢原子向低能级跃迁时，下列说法正确的是(    ) A. 可能辐射出三种不同频率的光 B. 氢原子辐射出能量，电子的动能减少，电势能减少 C. 从能级跃迁到能级时辐射出的光子频率最小 D. 从能级跃迁到能级时辐射出的光子波长最长 6.如图所示，将小球从倾角为的斜面底端正上方某点以的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动6m时小球撞在斜面上。小球的质量为2kg，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，g取，，。下列说法正确的是(    ) A. 小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动 B. 小球在空中的运动时间为 C. 抛出点与斜面底端的高度差为 D. 小球撞在斜面之前瞬间速度大小为 7.如图所示，一劲度系数为k的理想弹簧一端固定于天花板上，另一端固定连接一质量为2m的物块A，物块A的下方还有一质量为m的物块B，A、B之间无粘连处理。由静止刚释放后瞬间测得A、B组成的系统具有竖直向下大小为的加速度。现使A、B回原位置静止，释放的同时在物块B上作用一外力F，使该系统竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动直到物块A、B分离，则当两物块分离的瞬间(    ) A. 弹簧弹力大小为 B. 外力F的大小为mg C. 物块B的速度大小为 D. 整个过程中外力F所做的功为 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示为某三棱镜的截面，该截面为的等腰三角形，其中，一细光束垂直BC边由D点射入棱镜，且该光束刚好在AB边发生全反射，已知，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是(    ) A. 该棱镜的折射率为2 B. 光束第一次到BC边时，能从该边射出 C. 光束第一次离开棱镜时，是从AC边离开的 D. 光束从射入到第一次离开棱镜，光束在棱镜中传播的时间为 9.如图所示，科学家设想在赤道平面内建造一条垂直于地面、延伸至太空的电梯轨道——“太空电梯”。乘客乘坐电梯舱可沿轨道从地面直接到达地球同步轨道上的空间站。已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步轨道距地面高度为h。某时刻电梯舱停留在距地面高度为的P点处。此时，电梯舱内一质量为m的乘客站在体重计上，体重计示数为F。引力常量为G。下列说法正确的是(    ) A. 乘客在P点受到的万有引力大小为 B. 乘客在P点的向心加速度小于 C. 乘客在P点的线速度大小为 D. 体重计的示数 10.如图所示，不可伸长的柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，两端拴着质量分别为m和M的小球。当小球m绕细管的几何轴匀速转动时，m到管口的绳长为l，绳与竖直方向的夹角为，小球M处于静止状态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. 小球m的线速度大小 B. 小球m的运动周期 C. 向下缓慢拉动M的过程中，夹角变小 D. 向下缓慢拉动M的过程中，小球m的角速度变大 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置。 下列说法正确的是        多选； A.实验时需要保持细线与桌面平行 B.补偿阻力进行一次实验后，改变槽码质量或者小车质量继续进行实验时，均不需要再次补偿阻力 C.开始实验前，小车应靠近定滑轮 D.为寻找a与M的关系，数据处理时作出图像 实验中，把槽码的重力大小视为小车受到的细绳拉力大小，这是实验误差的一个主要因素。若槽码质量为m，小车包括车上的钩码质量为M，为了减小误差，m和M间应满足的关系是        ；在“保持小车所受拉力一定时，探究“加速度与质量的关系”时，        选填“需要”或“不需要”满足上一空的质量关系。 只要槽码的重力mg与小车受到的细绳拉力F的误差在以内，我们就可以认为两者相等，即，此时，m和M间应满足的关系是        。 12.某同学用如图1所示实验装置探究一定质量的气体发生等温变化时压强与体积的关系。将注射器活塞移动到体积最大的位置，接上软管和压强传感器，记录此时注射器内被封闭气体的压强p和体积V；推动活塞压缩气体，记录多组气体的压强和体积。 关于该实验下列说法正确的是______。 A.改变气体体积时应缓慢推拉活塞 B.为方便推拉活塞，要用手握注射器再推拉活塞 C.在活塞与注射器壁间涂上润滑油主要是为了减小摩擦 D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位 分别在环境温度为、时完成上述探究活动。下列反映实验过程中气体压强p随体积V变化规律可能正确的是______。 实验小组根据实验数据，做出的图像是一条过坐标原点的倾斜直线，可以得出结论：______； 该同学用此装置测量大米的密度。他取少许大米，先用天平测出其质量，再将其装入注射器内，重复上述实验操作，记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数P，根据实验测量数据，作出图像可能是图2中的______选填“A”“B”或“C”。该同学未考虑软管中气体的体积，由此求出大米的密度比真实值______。选填“偏大”“偏小”或“相等” 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，A管内气体的压强。气体温度保持不变，以cmHg为压强单位 14.如图所示，两端开口的球筒中静置着一个羽毛球，现用手握住球筒从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速直线运动，持续较短时间t后立即停止，球筒速度瞬间变为零并保持静止，进而利用惯性使得羽毛球离开球筒。若羽毛球速度变为零时仍未离开球筒，则再次重复上述过程，直到羽毛球离开球筒。已知羽毛球质量为m，与球筒间的最大静摩擦力，且滑动摩擦力等于最大静摩擦力。初始时羽毛球离球筒的上、下端距离分别为、。重力加速度为g，不计空气阻力。 若在圆筒停止运动前，羽毛球与球筒间未发生相对运动，则加速度a须满足什么要求？ 若，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ 若，重复操作2次上述过程，羽毛球离开了球筒，则t须满足什么要求？ 15.某工厂输送物件的传送系统由倾角为的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数、与木板的动摩擦因数，传送带以的恒定速度顺时针转动。现将物件P无初速置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度，求： 传送带的长度； 木板的长度以及物件从A到D所需的时间T； 假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它将在木板上运动的总路程s是多少？ 答案和解析 1.【答案】C  【解析】A.根据气体的等温变化规律可知，袋内气体压强减小，选项A错误; B.温度不变，则零食袋中气体分子的平均动能不变，选项B错误; 从低海拔地区到高海拔地区的过程中，袋内气体对外界做正功，袋内气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，袋内气体从外界吸收了热量，选项 C正确、D错误。 2.【答案】C  【解析】解：双衰变会放出2个粒子，根据质量数守恒：，电荷数守恒：，因此正确方程应为：，选项A中只写了1个粒子，不满足守恒定律，故A错误； B.衰变过程释放能量，说明生成物和粒子比反应物更稳定，而比结合能越大的原子核越稳定，因此的比结合能大于，故B错误； C.反应物总结合能：核子数比结合能产物总结合能：个个粒子释放的核能等于产物总结合能减去反应物总结合能：，故C正确； D.半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等条件无关，因此环境温度变化不会改变半衰期，故D错误。 故选：C。 核反应方程先验证质量数和电荷数守恒，双衰变放出2 个粒子；衰变释放能量时，产物比结合能一定大于反应物；核能计算：产物总结合能-反应物总结合能；半衰期只与原子核有关，与外界条件无关。 本题全面考查了双衰变方程、比结合能与稳定性、核能计算、半衰期的性质，是核物理部分的典型综合题。核心易错点：双衰变放出2个粒子，容易误算为1个；混淆比结合能与原子核稳定性的关系，误以为反应物比结合能更大；核能计算时，总结合能应为“核子数比结合能”，容易漏算2个粒子的核子数；误以为温度会影响半衰期，忽略其由原子核本身决定的性质。 3.【答案】A  【解析】解：设颈椎对头支持力为F，画出受力图如上图所示 由正弦定理可得  解得  颈椎受到的压力与颈椎对头支持力为F为作用力与反作用力的关系，根据牛顿第三定律 故A正确，BCD错误。 故选：A。 对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力。 本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图像，再由几何关系即可求解。 4.【答案】B  【解析】解：设小球A做平抛运动的时间为t，竖直方向有，解得，小球B做斜抛运动，竖直方向分运动为竖直上抛运动，两球同时落地，则B球运动时间也为t，有，解得B球竖直分速度，小球B上升的最大高度，解得， 小球A落地时竖直分速度。两球水平位移相同，运动时间相同，则水平分速度大小相等，即，对B球，由， 解得，小球A落地速度，故B正确，ACD错误。 故选：B。 斜抛运动可分解为水平匀速直线运动、竖直上抛运动；平抛运动分解为水平匀速直线运动、竖直自由落体运动；两球运动时间相等、水平位移相等。 本题考查平抛运动与斜抛运动综合问题，解题关键是把抛体运动正交分解，利用运动时间、水平位移相等建立方程。 5.【答案】D  【解析】解：大量处在能级的氢原子向低能级跃迁时，最多辐射出种不同频率的光，故A错误； B.氢原子辐射出能量，则能级降低，轨道半径减小，根据库仑力提供向心力 可知电子的速度变大， 可知电子的动能变大，库仑力做正功，电势能减少，故B错误； C.根据，由图可知从能级跃迁到能级时辐射出的光子能量最大，可知频率最大，故C错误； D.由图可知从能级跃迁到能级时辐射出的光子能量最小，根据可知光子波长最长，故D正确。 故选：D。 根据数学方法计算光的种类；氢原子辐射出能量，轨道半径减小，根据库仑力提供向心力分析；能级差越大，辐射光子能量越大，光子频率越高，波长越短，反之波长越长。 解题关键是知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。 6.【答案】C  【解析】解：小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，平行光竖直向下照射小球，所以小球的“影子”做匀速直线运动，故A错误； B.根据题意，由几何关系可得，小球在水平方向上运动的位移为：，代入数据解得：，又有：， 解得小球在空中的运动时间为：，故B错误； C.根据题意，由几何关系可知，抛出点与斜面底端的高度差为：，解得：，故C正确； D.根据题意可知，小球撞击斜面前竖直分速度为：，则小球撞击斜面前瞬间速率为：，解得：，故D错误。 故选：C。 小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，由此分析“影子”的运动情况；由几何关系求解小球在水平方向上运动的位移，根据运动学公式求解小球在空中的运动时间；由几何关系求解抛出点与斜面底端的高度差；根据运动学公式求解小球撞击斜面前竖直分速度，由此得到小球撞击斜面前瞬间速率。 本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。 7.【答案】C  【解析】解：由静止刚释放A、B组成的系统的瞬间，设弹簧的压缩量为x； 根据牛顿第二定律 又，解得 物块A、B分离瞬间，对物体A，根据牛顿第二定律 代入数据解得 对B物体 代入数据解得，故AB错误； C.设分离时，弹簧的伸长量为，根据胡克定律 解得 从释放瞬间到AB分离，弹簧的形变量 根据匀变速运动公式 代入数据解得，故C正确； D.以物块AB为研究对象，弹力在整个过程中做功为零； 根据动能定理 代入数据解得，故D错误。 故选：C。 两物块分离的瞬间，二者之间的作用力为零；对A根据牛顿第二定律求解弹簧弹力，对B根据牛顿第二定律求解力F；求出从开始到分离整体向下运动的位移，根据速度-位移关系求解速度大小；根据功能关系求解外力做的功。 本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用以及功能关系，解答本题的关键是知道分离时二者之间的弹力为零、加速度大小不变，能够根据牛顿第二定律进行分析。 8.【答案】AD  【解析】解：A、光束在AB边刚好发生全反射，入射角等于临界角C，由几何关系可知，临界角，则该棱镜的折射率为，故A正确； B、作出光束在棱镜中的光路图，如图所示。 由几何关系可知，光束射到BC边的入射角为，大于全反射的临界角，所以光束在BC边发生全反射，不能从BC边离开棱镜，故B错误； C、光束经BC边全反射后到AC边，由几何关系可知，光束在AC边的入射角为，刚好等于全反射的临界角，则光束在AC边发生全反射，故C错误； D、由几何关系可知，故光束在棱镜中传播的距离为，解得。由可知，光束在棱镜中的速度为，则光束从射入到第一次离开棱镜，光束在棱镜中传播的时间为，故D正确。 故选：AD。 光束刚好在AB边发生全反射，入射角等于临界角C，由几何关系确定临界角，再由临界角公式求折射率；将光束射到BC边的入射角与临界角比较，判断光束能否发生全反射；同理判断光束在AC边能否发生全反射；根据几何关系求出光束在棱镜中传播的距离，由求出光束在棱镜中传播速度，再求传播时间。 解答本题时，要掌握临界角公式和全反射条件，正确判断光束能否发生全反射，画出光路图，根据几何知识求解相关角度和光程，熟记折射定律和光在介质中的传播速度公式。 9.【答案】BD  【解析】解：A、某时刻电梯舱停留在距地面高度为的P点处，万有引力定律得乘客在P点受到的万有引力大小为，故A错误； B、根据圆周运动公式得地球同步轨道上的空间站的向心加速度大小，因为乘客与空间站具有相同的角速度，但乘客在P点的运动半径小于地球同步轨道半径，所以乘客在P点的向心加速度小于，故B正确； C、假设乘客所受万有引力提供向心力得，解得， 但乘客还受到体重计的支持力，所以乘客在P点的线速度不等于，故C错误； D、根据牛顿第二定律得可知， 解得，故D正确。 故选：BD。 根据万有引力定律得出乘客在P点受到的万有引力大小；根据圆周运动公式得出地球同步轨道上的空间站的向心加速度，再进行比较；根据牛顿第二定律得出体重计的示数。 本题考查了万有引力定律，知道同步轨道站的角速度与地球自转的角速度相等，以及知道人所受的万有引力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，掌握牛顿第二定律，并能灵活运用。 10.【答案】BD  【解析】解：A、设小球的线速度大小为v，根据牛顿第二定律有，根据几何关系有，解得，故A错误； B、根据做匀速圆周运动的物体的周期公式可得，小球m的运动周期，又小球在竖直方向上受力平衡，M也保持静止，所以细绳上的拉力，对m有，联立解得，故B正确； C、根据平衡条件可知，，向下缓慢拉动M的过程中，T增大，夹角变大，故C错误； D.对m根据牛顿第二定律有，，解得，向下缓慢拉动M的过程中，绳子上的拉力T变大，悬挂小球m的绳长l变小，所以小球转动的角速度变大，故D正确。 故选：BD。 根据牛顿第二定律写出线速度的表达式；根据周期公式可以得到小球的转动周期；当缓慢向下拉M时，绳子上的张力变大，小球上端的绳子长度l变小，根据平衡条件和牛顿第二定律可以分析夹角的变化以及角速度的变化。 掌握小球的受力情况，能够根据牛顿第二定律写出对应的方向，写出线速度、角速度和周期的表达式是解题的基础。 11.【答案】BD 需要   【解析】解：细绳与轨道平行，保证小车合力为绳子拉力，减小实验误差，不是与桌面平行，故A错误； B.补偿阻力的本质是让小车重力沿轨道的分力与阻力平衡，即有 为木板倾角可知平衡摩擦力过程小车质量可约去，即改变槽码质量或者小车质量不需要重新平衡，故B正确； C.开始实验时，小车应靠近打点计时器，可在纸带上打出更多点，故C错误； D.为寻找a与M关系，数据处理时作出图像，图线是一条直线，故D正确。 故选：BD。 在平衡摩擦力后，小车所受的合力理论上指的是绳对小车的拉力，设拉力为F，则对小车由牛顿第二定律有 对槽码由牛顿第二定律有 整理可得 当时， 则拉力近似等于槽码的重力的条件是 “探究加速度与质量的关系”时，需要合外力不变，即槽码的重力不变，需要满足。 根据， 可得 又 联立得 故答案为：；，需要；。 由实验原理及注意事项确定； 由隔离法和整体法应用牛顿第二定律确定； 由隔离法和整体法应用牛顿第二定律计算。 本实验考查实验原理及注意事项，研究对象的选取：隔离法和整体法，牛顿第二定律的应用。 12.【答案】AD  BD  一定质量的理想气体，温度不变时，气体的压强与气体的体积成反比  A  偏大  【解析】解：实验中为了使气体能够做等温变化，改变气体体积应缓慢推拉柱塞，故A正确； B.推拉柱塞时不可用手握住注射器，会使气体温度变高，故B错误； C.柱塞上涂油是为了防止漏气，并不是为了减小摩擦，故C错误； D.由于等温变化时 注射器旁的刻度尺如果刻度分布均匀，可以用气体的长度来间接表示体积，可以不标注单位，故D正确。 故选AD。 对于一定质量的理想气体，当温度一定pV为定值，且温度越高，pV越大，A错误，B正确； 对于一定质量的理想气体，当温度一定p与成正比，斜率即pV的乘积，故斜率越大温度越高，C错误，D正确。故选BD。 做出的一图像是一条过坐标原点的倾斜直线，一定质量的理想气体，温度不变时，气体的压强与气体的体积成反比。 设大米的体积为，由理想气体方程得： 化简得： 温度不变，图像应该是A图线，故选A。 根据题意，图线与纵轴交点坐标表示的是大米装入注射器内，注射器测量出来的体积，因为大米整体呈现的是不规则形状大米整体形状中间高两边低，如果以最高点读数误差比较大，且测量的偏小，由密度 得大米的密度比真实值偏大。 故答案为： 一定质量的理想气体，温度不变时，气体的压强与气体的体积成反比 ；偏大 理解等温变化下气体压强与体积的关系；掌握玻意耳定律的应用；理解实验中的注意事项和误差来源；以及能够根据实验数据绘制并分析图像。 本题主要考查了等温变化时压强与体积的关系实验，以及利用该实验装置测量大米密度的拓展应用。 13.【答案】B管在上方时，A管内气体的压强等于。  【解析】解：设B管在上方时上部分气压为，则此时下方气压为，此时有 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则 可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为、，所以有 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有 对B管有 其中 联立解得 答：B管在上方时，A管内气体的压强等于。 水银总体积不变，结合倒置前后气体压强关系列式；倒置前后温度不变，根据玻意耳定律列式求解。 应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确确定压强是解题的关键。 14.【答案】加速度a须满足或  t须满足  t须满足  【解析】解：设在圆筒加速阶段，羽毛球与球筒未发生相对运动，即羽毛球向下的加速度也为a。 对羽毛球进行受力分析，取向下为正方向，根据牛顿第二定律有：要使羽毛球与球筒不发生相对滑动，静摩擦力必须满足：代入上述方程，得：解得：由于球筒是从静止开始向下加速运动的，故。 所以，加速度a须满足的要求为：或写为。 当时，因为，所以在加速时间t内，羽毛球与球筒不发生相对滑动。 加速阶段结束时，羽毛球与球筒的共同速度大小为，即，方向向下。 球筒瞬间停止后，羽毛球由于惯性继续向下运动，受到的滑动摩擦力方向向上，大小为。 根据牛顿第二定律，羽毛球向下的加速度为：即羽毛球以g的加速度向上减速。 从球筒停止到羽毛球相对地面速度减为零的过程中，羽毛球相对球筒向下滑动的距离为：每次操作，羽毛球只相对球筒向下移动。 要使羽毛球在重复操作2 次后刚好从下端离开球筒，须满足且，即且，解得 t 须满足的要求为。 当时，因为，所以在加速时间t内，羽毛球与球筒发生相对滑动。 加速阶段：羽毛球受到的向下摩擦力达到最大，即。 羽毛球向下的实际加速度为：，即在此阶段，球筒向下的位移，即为，羽毛球向下的位移，即为。 羽毛球相对球筒向上滑动的距离为：，即为。 加速结束瞬间，羽毛球向下的速度为，即。 停止阶段：球筒停止运动，羽毛球由于惯性继续向下运动，受到向上的滑动摩擦力。 羽毛球向下的加速度变为，即。 在此减速至零的阶段，羽毛球相对球筒向下滑动的距离为：，计算得，计算得。 一次完整的操作中，羽毛球相对球筒最终向上的净位移为：，即。 分析可知，羽毛球在整个过程中只会从球筒的上端离开。 在第1次操作中，羽毛球离起始位置向上最远的距离为，要使第1次未离开，须满足：在第2次操作中，羽毛球离起始位置向上最远的距离出现在第2次的加速结束时，为。 要使第2次操作能离开，须满足：联立上述不等式组，，解得t须满足的要求为： 答：加速度a须满足或。 须满足。 须满足。 羽毛球与球筒在加速阶段保持相对静止，需满足两者加速度相同。对羽毛球受力分析，其合外力由重力与静摩擦力提供，静摩擦力需在最大静摩擦力范围内。由此建立加速度与静摩擦力的关系，结合加速度方向确定加速度的取值范围。 当加速度为2g时，满足不发生相对滑动的条件。分析一次操作过程：加速阶段两者共速获得速度，停止后羽毛球受滑动摩擦力向上减速。通过运动学规律计算羽毛球相对球筒向下滑动的距离。两次操作总下滑距离需大于等于才能从下端离开，且第一次下滑距离需小于，从而建立时间t需满足的不等式关系。 当加速度为14g时，加速阶段羽毛球与球筒发生相对滑动。需分别分析加速阶段和停止阶段羽毛球相对球筒的位移。加速阶段羽毛球受滑动摩擦力向下，其加速度小于球筒加速度，导致羽毛球相对球筒向上滑动；停止阶段羽毛球减速，相对球筒向下滑动。计算一次操作后羽毛球的净位移，并确定羽毛球只能从上端离开。根据两次操作后羽毛球向上累积的最大位移需大于等于，且第一次操作的最大向上位移需小于，建立关于时间t的不等式组。 本题综合考查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、相对运动分析以及临界条件判断，属于动力学中的多过程复杂问题。题目通过设置不同的加速度条件，将同一物理模型分解为静摩擦主导与滑动摩擦主导的两种不同情境，有效考查学生受力分析与运动过程分解的核心能力。第一问聚焦于静摩擦力的临界分析，要求学生准确把握羽毛球与球筒保持相对静止时静摩擦力的变化范围，从而得出加速度的允许区间，这有助于巩固静摩擦力随外力变化的动态特性理解。第二问与第三问则分别构建了两种典型的运动模式。当加速度较小时，两者先共同加速再分离减速，计算相对滑动的距离；当加速度较大时，两者在加速阶段即发生相对滑动，过程更为复杂，需分别计算加速与减速两阶段中羽毛球相对球筒向上和向下的位移，并求其净效果。这种设计不仅要求学生具备扎实的公式应用与计算能力，更强调了对复杂过程进行分段建模、逻辑推理以及综合判断的思维能力，尤其需要学生审慎分析羽毛球是从球筒上端还是下端离开这一关键点，对思维的严谨性提出了较高要求。 15.【答案】解：物件P放上皮带后，受力如图一所示，根据牛顿第二定律得    根据运动学公式有    解得 物件到达木板上C点后，受力如图二所示。根据牛顿第二定律得 木板的长度 解得 物件在皮带上上滑时间 物件在木板上上滑时间 故物件从A到D所需的时间 解得 物件从D点向下运动，受力如图三所示。 根据牛顿第二定律得    第一次返回B点时，， 滑过B点后在皮带上先向下减速后以相同的加速度返回，向上冲的位移 可得； 第二次返回B点时，，往上冲的位移 设第i次向上经过B点时速度为，物块可上冲位移为，则返回B点时 可知第次向上经过B点时速度大小仍为，则物件可上冲 即物件每次冲上木板的距离是上一次的倍 可得，此后物件将在木板上运动的总路程为 ………… 解得 答：传送带的长度是。 木板的长度是，物件从A到D所需的时间T是； 此后它将在木板上运动的总路程s是。  【解析】物件放在传送带后做匀加速运动，到达B端时速度与传送带相同，根据牛顿第二定律求出物件的加速度，再由速度-位移公式求传送带的长度； 物件到达C点后做匀减速运动，分析其受力，由牛顿第二定律和速度-位移公式相结合求木板的长度根据速度-时间公式求物件从A到D所需的时间T； 物件重新下滑过程在木板上做匀加速运动，在传送带上做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分析每次经过B点的速度规律，再求它将在木板上运动的总路程s。 本题的关键要理清物件的运动情况，把握每次经过B点时速度的规律，采用归纳法，根据牛顿第二定律和运动学公式进行研究。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $