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2023-2024学年重庆市朝阳中学高一（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市朝阳中学高一（下）期中物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国天宫号空间站绕地球做圆周运动，宇航员多次利用空间站内物体的完全失重现象开设“天宫课堂”，下列说法正确的是( )
A. 空间站内物体受到地球的万有引力充当圆周运动的向心力
B. 空间站内物体受到地球的万有引力因离开地球很远可以忽略不计
C. 空间站必须在同步轨道运动时才会产生完全失重
D. 空间站内物体之间因完全失重而不可能做摩擦实验
2.下列物理量的负号表示大小的是( )
A. 速度v=−2m/sB. 力F=−0.01N
C. 重力势能Ep=−50JD. 力做功为W=−10J
3.为备战年级篮球赛，育才中学高2025届11班篮球队的同学在育才篮球馆加紧训练，如图所示是王崇宇同学将篮球投出到入框经多次曝光得到的照片，篮球在P位置时受力方向可能是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
4.用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功−3J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是( )
A. 物体在空中是下降的B. 物体的机械能减少了3J
C. 物体的动能增加了4.5JD. 物体的动能增加了8J
5.如图，将地球看成圆球，A为地球赤道上某点一物体，B为北纬30°线上某点一物体，在地球自转过程中，A、B两物体均相对于地面静止且看作质点，下列说法正确的是( )
A. A、B两物体线速度大小之比为2： 3
B. A、B两物体角速度之比为2：1
C. A、B两物体向心加速度大小之比为4：3
D. A、B两物体向心力大小之比2： 3
6.假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g1，在赤道的大小为g2；星球自转的周期为T，引力常数为G，则该星球的密度为( )
A. 3πGT2B. 3πGT2·g1g2C. 3πGT2·g1g1−g2D. 3πGT2·g1−g2g1
7.如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为θ=30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～6s时间内物体运动的v−t图象如图乙所示，其中除1～5s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是( )
A. 在0～1s内电动机牵引力大小为10N
B. 1s后电动机的输出功率为100W
C. 物体达到的最大速度vm=12m/s
D. 在0～5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.嫦娥四号探测器成功发射，实现了人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的( )
A. 周期为T= 4π2r3GMB. 角速度为 Gmr3
C. 向心加速度为GMR2D. 线速度为 GMr
9.如图甲，一可视为质点的物体以初速度v0在足够长的水平面上做减速运动，运动过程中物体动能Ek随位移x的变化如图乙所示。已知物体质量为2kg，以地面为零势能面，不计空气阻力，g=10m/s2，可得( )
A. 物体的初速度v0大小为4m/s
B. 物体与地面间的动摩擦因数为0.8
C. x=1.75m时，物体的动能为10J
D. x=1.75m时，摩擦力的瞬时功率大小为12W
10.如图，将质量为2.5m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53°的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为34d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 环从A点释放时，环的加速度大小为0.8g
B. 环下降到最低点前，轻绳对重物一直做正功
C. 环下降到达最大速度时，环下降的高度为43d
D. 环到达B处时，环的速度大小为 519gd
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某实验小组利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左、右半径比分别是1：1、2：1和3：1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到左、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小与标尺露出的等分格的格数成正比。
(1)该实验用到的方法是______。
A.理想实验
B.等效替代法
C.微元法
D.控制变量法
(2)在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球分别放在A、C位置，将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2：1的塔轮上，实验中匀速转动手柄时，得到左、右标尺露出的等分格数之比为1：4；
(3)若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为3：1的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为______，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明______。
12.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz。已知，m1=50g，m2=150g。则：(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5= ______m/s；
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk= ______J；
(3)若某同学作出12v2−h图像如图丙所示，则当地的重力加速度g= ______m/s2。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求
(1)细线对小球的拉力大小F；
(2)小球做圆周运动的周期T；
(3)若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，小球运动周期是否变化。
14.如图所示，“神舟十六号”载人飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g。求：
(1)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T3；
(2)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间t。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
15.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连)、细圆管道GHIJ(HI和IJ为两段四分之一圆弧)和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m=30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r=0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1=1.5m不变，L2=0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ=0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h=2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
(1)大圆弧管道IJ的半径R；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
(3)若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h=3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，故A正确，B错误；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关，故C错误；
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验，故D错误。
故选：A。
AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，仍然受引力的作用；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关。
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验。
本题主要考查万有引力定律的应用，解题关键是知道空间站在运行过程中由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，与重力有关的实验都不能做。
2.【答案】C
【解析】解：A.速度是矢量，速度v=−2m/s的“−”表示速度方向与选取的正方向相反，故A错误；
B.力是矢量，力F=−0.01N的“−”表示力的方向与选取的正方向相反，故B错误；
C.重力势能Ep=−50J的“−”表示重力势能比0小，表示大小，故C正确；
D.力做功为W=−10J，负号表示该力是阻力，力的方向与相对位移方向相反(或力的方向与相对位移方向之间的夹角为钝角)，不表示大小，故D错误。
故选：C。
矢量是有大小、方向的物理量，用正、负号表示矢量的方向；常见的矢量有：速度、力、位移、加速度等；标量是只有大小的物理量；常见的标量有：路程、功等。
本题考查矢量与标量，解题关键是掌握矢量与标量的区别。属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：篮球在空气中运动的过程中首先要受到竖直向下的重力的作用，同时篮球运动的过程中受到与运动的方向相反的空气的阻力，篮球在P位置时受力是重力与空气阻力的合力，可知图中③是可能的受力方向，故ABD错误，C正确。
故选：C。
地面附近的物体都受到重力的作用，在空气中运动的物体受到空气的阻力，由此分析篮球的受力即可。
该题考查对物体受力分析的初步知识，解答的关键要正确找出物体受到的各个力，不能多力，也不能漏力。
4.【答案】C
【解析】解：A.因为重力做功−3J，则物体在空中上升的，故A错误；
B.除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量，则物体的机械能增加了8J−0.5J=7.5J，故B错误；
CD.根据动能定理：W合=ΔEk，得ΔEk=−3J+8J−0.5J=4.5J，即物体的动能增加了4.5J，故C正确，D错误。
故选：C。
根据各力做功的代数和等于动能的变化，来求动能的增加量，根据重力做功求重力势能的变化量，从而求得机械能的变化量。
解答本题时要知道功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合外力做功是动能变化的量度。
5.【答案】A
【解析】解：AB.两物体随地球自转的角速度相同，角速度之比为1：1；
设地球半径为R，则A物体随地球自转做圆周运动的半径为RA=R，由几何关系可知B物体随地球自转做圆周运动的半径为RB=R⋅cs30°= 32R，由v=rω
可知，A、B两物体的线速度大小之比vAvB=R 32R=2 3
故A正确；
C.由a=rω2加速度大小之比aAaB=R 32R=2 3，故C错误；
D.由于质量关系不明确，因此无法判断向心力大小关系，故D错误。
故选：A。
物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，角速度相等，都靠静摩擦力提供向心力，根据公式v=rω，分析线速度的关系，由公式a=rω2分析向心加速度大小之比．根据牛顿第二定律求解摩擦力大小之比。
本题分析的关键是抓住共轴转动物体的角速度相等，熟练运用公式v=rω、a=rω2和牛顿第二定律进行解题。
6.【答案】C
【解析】解：在两极，引力等于重力，则有：mg1=GmMR2，
由此可得地球质量M=g1R2G ①，
在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，
则有：GmMR2−mg2=mR4π2T2 ②
密度：ρ=MV=M43πR3 ③
由①②③解得：ρ=3πg1GT2(g1−g2)，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7.【答案】B
【解析】解：AB、在0～1s内，设细绳拉力的大小为F1，加速度为a，由图象可知t1=1s末速度为v1=5m/s，则
a=v1t1=51m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律可得
F1−mgsin30°=ma
解得：F1=20N
1s末电动机的输出功率为P=F1v1=20×5W=100W
1s后电动机的输出功率保持不变，所以1s后电动机的输出功率为100W，故A错误，B正确；
C、设当物体达到最大速度vm后，细绳的拉力大小F2，此时物体的加速度为零，则有
F2=mgsinθ=0
由P=F2vm，解得：vm=10m/s，故C错误；
D、0～1s内物体上滑的位移为
x1=v12t1=52×1m=2.5m
在1～5s内，设位移为x2，根据动能定理得
P(t−t1)−mgx2sinθ=12mvm2−12mv12
代入数据解得：x2=32.5m
则物体在0～5s内物体沿斜面向上运动位移为x=x1+x2=2.5m+32.5m=35m，故D错误。
故选：B。
在0～1s内，根据图象的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求牵引力大小，由公式P=Fv算出1s后电动机的输出功率。当物体的加速度为零时，速度最大，根据功率公式P=Fv和平衡条件相结合求解最大速度。由图象的面积求出0～1s内物体上滑的位移，根据动能定理求出1～5s物体的上滑位移x2，再求物体的上滑总位移。
本题与汽车启动类似，关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况，明确实际功率达到额定功率时匀加速直线运动结束，加速度为零时，速度最大。
8.【答案】AD
【解析】解：A、嫦娥四号探测器围绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，解得：T= 4π2r3GM，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mω2r，解得：ω= GMr3，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma，解得：a=GMr2，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，故D正确。
故选：AD。
嫦娥四号探测器围绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解。
本题解题的依据是万有引力提供向心力，要能灵活选择向心力公式的形式，并能熟练运用。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由乙图可知，物体的初动能为Ek=12mv02=16.0J，解得：v0=4m/s，故A正确；
B、设物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体做减速运动的过程，根据动能定理得：−μmgΔx=0−Ek，则μmg=EkΔx=，解得：μ=0.2，故B错误；
C、x=1.75m时，物体克服摩擦力做功为Wf=μmgx=0.2×2×10×1.75J=7J
根据动能定理得：−Wf=E′k−Ek
可得物体的动能为E′k=Ek−Wf=16.0J−7J=9J，故C错误；
D、x=1.75m时，物体的速度为v= 2Ek′m= 2×92m/s=3m/s
摩擦力的瞬时功率大小为Pf=μmgv=0.2×2×10×3W=12W，故D正确。
故选：AD。
由图读出初动能，再求出初速度v0大小；根据动能定理求解动摩擦因数；x=1.75m时，先根据Wf=μmgx求出物体克服摩擦力做功，再根据动能定理求物体的动能；x=1.75m时，先求出物体的速度，再根据Pf=μmgv求摩擦力的瞬时功率大小。
本题图像反映的是物体动能Ek随位移x的变化规律，要想到动能定理，运用动能定理时，要明确各力做功情况，注意摩擦力做负功。
10.【答案】BD
【解析】解：A、环从A点释放时，水平方向绳子拉力和杆的弹力平衡，竖直方向只受重力，对环由牛顿第二定律可得加速度大小：a=mgm=g，故A错误；
B、环下降到最低点过程中，环和滑轮之间绳子的长度一直增加，则滑轮和重物之间的绳子长度一直减小，重物一直上升，所以绳子对重物一直做正功，故B正确；
C、环下降到达最大速度时，环、重物所受合力都为零，设此时环与滑轮之间的绳子与竖直方向的夹角为β，设绳子拉力为T，
对重物则有：T=2.5mgsinα
对环则有：Tcsβ=mg
代入数据可得：csβ=0.5，则β=60°
设环速度最大时，环下降的高度为h，由几何关系有：tanβ=dh，可得h= 33d，故C错误；
D、环到达B处时，B点到滑轮的距离：L= d2+(34d)2=54d
设环在B点的速度大小为v1，把环的速度沿着绳长和垂直绳长分解，如下图所示：
由平行四边形定则可得：v2=v1csθ，重物速度沿着绳长方向，所以此时重物速度大小等于v2
由几何关系可得：tanθ=d34d=43
不计一切摩擦阻力，对环和重物组成的系统机械能守恒，则有：mg×34d−2.5mg(L−d)sinα=12mv12+12×2.5mv22
代入数据可得：v1= 519gd，故D正确。
故选：BD。
A、环释放瞬间，对环受力分析，利用牛顿第二定律可得环的加速度大小；
B、根据重物与滑轮间绳子长度变化可知重物上升，根据拉力与速度方向关系可知绳子对重物做功的正负；
C、环速度最大时，环、重物的合力都为零，再利用几何关系可得环下降的高度；
D、把环的速度沿着绳长和垂直绳长分解，根据环和重物组成的系统机械能守恒可得环的速度大小。
本题考查了关联速度、机械能守恒定律，解题的关键是知道环的速度最大时，环和重物的合力都为零，注意重物的速度大小与环沿着绳长方向的速度大小相等。
11.【答案】D 1：3 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比
【解析】解：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，每次只改变一个变量，控制其他因素不变，运用了控制变量法，故D正确，ABC错误；
(3)左右塔轮边缘的线速度相等，且左、右塔轮半径之比为3：1，结合ω=vr可得左、右两边塔轮的角速度之比为1：3
两次实验中，角速度之比分别为1：2和1：3，得到的向心力之比为1：4和1：9，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
故答案为：(1)D(2)1：3，做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，每次只改变一个变量，控制其他因素不变，运用了控制变量法；左右塔轮边缘的线速度相等，结合ω=vr可知角速度的比值；由实验数据结合向心力公式得出结论。
解决该题的关键是明确实验原理，了解实验器材的操作过程，知道各部分元件在试验中的作用以及所代表的物理意义，熟记向心力公式
12.【答案】2.4 0.58 9.7
【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，在纸带上打下计数点5时的速度为v5=x462T=21.60+26.402×0.1×10−2m/s=2.4m/s
(2)系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v52=12×(50+150)×10−3×2.42J≈0.58J
(3)根据系统机械能守恒可得(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2
整理得v22=(m2−m1)gm1+m2⋅h
可得图像的斜率为k=(m2−m1)gm1+m2=
解得当地的重力加速度为g=9.7m/s2
故答案为：(1)2.4；(2)0.58；(3)9.7。
(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解在纸带上打下计数点5时的瞬时速度；
(2)根据动能的定义求解相同动能的增加量；
(3)根据机械能守恒定律求解12v2−h函数，结合图像斜率的含义求当地重力加速度。
本题考查了验证系统机械能守恒定律，能够根据纸带求解瞬时速度；掌握重力势能减小量的求解方法。
13.【答案】解：(1)对小球进行受力分析如图所示
小球受到的拉力与重力的合力提供向心力，合力的方向沿水平方向，则有Fcsθ=mg
得F=mgcsθ
(2)根据受力分析可得mgtanθ=mω2lsinθ
解得ω= glcsθ
周期T=2πω=2π lcsθg
(3)根据上述有ω= glcsθ
根据几何关系有csθ=hl
解得ω= gh
可知，若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，增大绳长l，小球做匀速圆周运动的角速度ω不会发生改变，所以周期不变。
答：(1)细线对小球的拉力大小F为mgcsθ；
(2)小球做圆周运动的周期T为2π lcsθg；
(3)小球运动周期不变。
【解析】(1)根据小球的受力情况，写出细线对小球的拉力大小F；
(2)写出相应的向心力方程，求出小球做圆周运动的周期T；
(3)若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，写出相应的向心力方程，判断改变绳长l，小球运动周期是否变化。
熟练掌握向心力公式是解题的关键，本题难度不大，还需要掌握里面的几何关系。
14.【答案】解：(1)空间站组合体在轨道Ⅲ时满足万有引力提供向心力
GMmr32=m4π2T32r3
且根据地球表面万有引力等于重力
GMmR2=mg
解得
T3=2πR r33g
(2)根据开普勒第三定律可得
a3T22=r33T32
其中轨道半长轴
a=r1+r32
解得
T2= π2(r1+r3)32gR2
飞船由轨道而的A点飞至B点所需的时间为
t=12T2=12 π2(r1+r3)32gR2
答：(1)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T3为2πR r33g；
(2)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间t为12 π2(r1+r3)32gR2。
【解析】(1)空间站组合体在轨道Ⅲ时万有引力提供向心力，在地球表面万有引力等于重力，列式求解周期；
(2)根据开普勒第三定律求解A点飞至B点所需的时间。
本题考查了天体的运动，要能够熟练运用万有引力提供向心力和开普勒第三定律解题，题本身难度不大，解答时要注意各个物理量的符号。
15.【答案】解：(1)物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
mgh−μmg(L1+L2)−mg(R+14R)=0−0
解得：R=0.8m
(2)运动到P点时，根据动能定理得：
mgh−μmgL1−mgr=12mvP2
在P点时，F1=mvP2r
解得：vP=4m/s；F1=1615N
运动到H点时
mgh−μmg(L1+L2)=12mvH2
F1−mg=mvH214R
解得：F2=3.3N
因此F1F2=3299
(3)要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当L最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh−μmg(L1+L2+2Lmax)−mgr=0
解得：Lmax=1.3m
当L最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
mg=vF2r
则由动能定理得：mgh−μmg(L1+2L2+2Lmin)−2mgr=12mvF2
解得：Lmin=0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
答：(1)大圆弧管道IJ的半径为0.8m；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比为32：99；
(3)弹性挡板与J的间距L满足满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
【解析】(1)根据动能定理列式分析物块从B到水平轨道的过程，由此计算出大圆弧管道的半径；
(2)根据动能定理和牛顿第二定律分别算出滑块对不同点的压力并做比值即可；
(3)先分析出两种情况的临界状态，结合动能定理计算出L的极值。
本题主要考查了动能定理的相关应用，解题的关键点是找好分析的过程，结合牛顿第二定律完成解答，难度中等偏上。
1.我国天宫号空间站绕地球做圆周运动，宇航员多次利用空间站内物体的完全失重现象开设“天宫课堂”，下列说法正确的是( )
A. 空间站内物体受到地球的万有引力充当圆周运动的向心力
B. 空间站内物体受到地球的万有引力因离开地球很远可以忽略不计
C. 空间站必须在同步轨道运动时才会产生完全失重
D. 空间站内物体之间因完全失重而不可能做摩擦实验
2.下列物理量的负号表示大小的是( )
A. 速度v=−2m/sB. 力F=−0.01N
C. 重力势能Ep=−50JD. 力做功为W=−10J
3.为备战年级篮球赛，育才中学高2025届11班篮球队的同学在育才篮球馆加紧训练，如图所示是王崇宇同学将篮球投出到入框经多次曝光得到的照片，篮球在P位置时受力方向可能是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
4.用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功−3J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是( )
A. 物体在空中是下降的B. 物体的机械能减少了3J
C. 物体的动能增加了4.5JD. 物体的动能增加了8J
5.如图，将地球看成圆球，A为地球赤道上某点一物体，B为北纬30°线上某点一物体，在地球自转过程中，A、B两物体均相对于地面静止且看作质点，下列说法正确的是( )
A. A、B两物体线速度大小之比为2： 3
B. A、B两物体角速度之比为2：1
C. A、B两物体向心加速度大小之比为4：3
D. A、B两物体向心力大小之比2： 3
6.假设某星球可视为质量均匀分布的球体，已知该星球表面的重力加速度在两极的大小为g1，在赤道的大小为g2；星球自转的周期为T，引力常数为G，则该星球的密度为( )
A. 3πGT2B. 3πGT2·g1g2C. 3πGT2·g1g1−g2D. 3πGT2·g1−g2g1
7.如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为θ=30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～6s时间内物体运动的v−t图象如图乙所示，其中除1～5s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是( )
A. 在0～1s内电动机牵引力大小为10N
B. 1s后电动机的输出功率为100W
C. 物体达到的最大速度vm=12m/s
D. 在0～5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.嫦娥四号探测器成功发射，实现了人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的( )
A. 周期为T= 4π2r3GMB. 角速度为 Gmr3
C. 向心加速度为GMR2D. 线速度为 GMr
9.如图甲，一可视为质点的物体以初速度v0在足够长的水平面上做减速运动，运动过程中物体动能Ek随位移x的变化如图乙所示。已知物体质量为2kg，以地面为零势能面，不计空气阻力，g=10m/s2，可得( )
A. 物体的初速度v0大小为4m/s
B. 物体与地面间的动摩擦因数为0.8
C. x=1.75m时，物体的动能为10J
D. x=1.75m时，摩擦力的瞬时功率大小为12W
10.如图，将质量为2.5m的重物系在轻绳的一端，放在倾角为α=53°的固定光滑斜面上，轻绳的另一端系一质量为m的环，轻绳绕过光滑轻小定滑轮，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为34d处。轻绳绷直，系重物段轻绳与斜面平行，不计一切摩擦阻力，轻绳、杆、斜面足够长，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度为g。现将环从A处由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 环从A点释放时，环的加速度大小为0.8g
B. 环下降到最低点前，轻绳对重物一直做正功
C. 环下降到达最大速度时，环下降的高度为43d
D. 环到达B处时，环的速度大小为 519gd
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某实验小组利用如图所示的装置进行“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验。转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。塔轮至上而下有三层，每层左、右半径比分别是1：1、2：1和3：1。左、右塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A(或B)处，A、C到左、右塔轮中心的距离相等，两个小球随塔轮做匀速圆周运动，向心力大小与标尺露出的等分格的格数成正比。
(1)该实验用到的方法是______。
A.理想实验
B.等效替代法
C.微元法
D.控制变量法
(2)在某次实验中，某同学把两个质量相等的小球分别放在A、C位置，将皮带连接在左、右塔轮半径之比为2：1的塔轮上，实验中匀速转动手柄时，得到左、右标尺露出的等分格数之比为1：4；
(3)若将皮带连接在左、右塔轮半径之比为3：1的塔轮上，左、右两边塔轮的角速度之比为______，当左边标尺露出1个等分格时，右边标尺露出9个等分格，则实验说明______。
12.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz。已知，m1=50g，m2=150g。则：(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5= ______m/s；
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk= ______J；
(3)若某同学作出12v2−h图像如图丙所示，则当地的重力加速度g= ______m/s2。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于固定点B，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角是θ，重力加速度为g。不计空气阻力，求
(1)细线对小球的拉力大小F；
(2)小球做圆周运动的周期T；
(3)若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，改变绳长l，小球运动周期是否变化。
14.如图所示，“神舟十六号”载人飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g。求：
(1)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T3；
(2)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间t。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
15.如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连)、细圆管道GHIJ(HI和IJ为两段四分之一圆弧)和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m=30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r=0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1=1.5m不变，L2=0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ=0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h=2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
(1)大圆弧管道IJ的半径R；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
(3)若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h=3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，故A正确，B错误；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关，故C错误；
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验，故D错误。
故选：A。
AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，仍然受引力的作用；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关。
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验。
本题主要考查万有引力定律的应用，解题关键是知道空间站在运行过程中由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，与重力有关的实验都不能做。
2.【答案】C
【解析】解：A.速度是矢量，速度v=−2m/s的“−”表示速度方向与选取的正方向相反，故A错误；
B.力是矢量，力F=−0.01N的“−”表示力的方向与选取的正方向相反，故B错误；
C.重力势能Ep=−50J的“−”表示重力势能比0小，表示大小，故C正确；
D.力做功为W=−10J，负号表示该力是阻力，力的方向与相对位移方向相反(或力的方向与相对位移方向之间的夹角为钝角)，不表示大小，故D错误。
故选：C。
矢量是有大小、方向的物理量，用正、负号表示矢量的方向；常见的矢量有：速度、力、位移、加速度等；标量是只有大小的物理量；常见的标量有：路程、功等。
本题考查矢量与标量，解题关键是掌握矢量与标量的区别。属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：篮球在空气中运动的过程中首先要受到竖直向下的重力的作用，同时篮球运动的过程中受到与运动的方向相反的空气的阻力，篮球在P位置时受力是重力与空气阻力的合力，可知图中③是可能的受力方向，故ABD错误，C正确。
故选：C。
地面附近的物体都受到重力的作用，在空气中运动的物体受到空气的阻力，由此分析篮球的受力即可。
该题考查对物体受力分析的初步知识，解答的关键要正确找出物体受到的各个力，不能多力，也不能漏力。
4.【答案】C
【解析】解：A.因为重力做功−3J，则物体在空中上升的，故A错误；
B.除重力以外的其他力做功等于机械能的增加量，则物体的机械能增加了8J−0.5J=7.5J，故B错误；
CD.根据动能定理：W合=ΔEk，得ΔEk=−3J+8J−0.5J=4.5J，即物体的动能增加了4.5J，故C正确，D错误。
故选：C。
根据各力做功的代数和等于动能的变化，来求动能的增加量，根据重力做功求重力势能的变化量，从而求得机械能的变化量。
解答本题时要知道功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合外力做功是动能变化的量度。
5.【答案】A
【解析】解：AB.两物体随地球自转的角速度相同，角速度之比为1：1；
设地球半径为R，则A物体随地球自转做圆周运动的半径为RA=R，由几何关系可知B物体随地球自转做圆周运动的半径为RB=R⋅cs30°= 32R，由v=rω
可知，A、B两物体的线速度大小之比vAvB=R 32R=2 3
故A正确；
C.由a=rω2加速度大小之比aAaB=R 32R=2 3，故C错误；
D.由于质量关系不明确，因此无法判断向心力大小关系，故D错误。
故选：A。
物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，角速度相等，都靠静摩擦力提供向心力，根据公式v=rω，分析线速度的关系，由公式a=rω2分析向心加速度大小之比．根据牛顿第二定律求解摩擦力大小之比。
本题分析的关键是抓住共轴转动物体的角速度相等，熟练运用公式v=rω、a=rω2和牛顿第二定律进行解题。
6.【答案】C
【解析】解：在两极，引力等于重力，则有：mg1=GmMR2，
由此可得地球质量M=g1R2G ①，
在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，
则有：GmMR2−mg2=mR4π2T2 ②
密度：ρ=MV=M43πR3 ③
由①②③解得：ρ=3πg1GT2(g1−g2)，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7.【答案】B
【解析】解：AB、在0～1s内，设细绳拉力的大小为F1，加速度为a，由图象可知t1=1s末速度为v1=5m/s，则
a=v1t1=51m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律可得
F1−mgsin30°=ma
解得：F1=20N
1s末电动机的输出功率为P=F1v1=20×5W=100W
1s后电动机的输出功率保持不变，所以1s后电动机的输出功率为100W，故A错误，B正确；
C、设当物体达到最大速度vm后，细绳的拉力大小F2，此时物体的加速度为零，则有
F2=mgsinθ=0
由P=F2vm，解得：vm=10m/s，故C错误；
D、0～1s内物体上滑的位移为
x1=v12t1=52×1m=2.5m
在1～5s内，设位移为x2，根据动能定理得
P(t−t1)−mgx2sinθ=12mvm2−12mv12
代入数据解得：x2=32.5m
则物体在0～5s内物体沿斜面向上运动位移为x=x1+x2=2.5m+32.5m=35m，故D错误。
故选：B。
在0～1s内，根据图象的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求牵引力大小，由公式P=Fv算出1s后电动机的输出功率。当物体的加速度为零时，速度最大，根据功率公式P=Fv和平衡条件相结合求解最大速度。由图象的面积求出0～1s内物体上滑的位移，根据动能定理求出1～5s物体的上滑位移x2，再求物体的上滑总位移。
本题与汽车启动类似，关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况，明确实际功率达到额定功率时匀加速直线运动结束，加速度为零时，速度最大。
8.【答案】AD
【解析】解：A、嫦娥四号探测器围绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，解得：T= 4π2r3GM，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mω2r，解得：ω= GMr3，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma，解得：a=GMr2，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，故D正确。
故选：AD。
嫦娥四号探测器围绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式求解。
本题解题的依据是万有引力提供向心力，要能灵活选择向心力公式的形式，并能熟练运用。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由乙图可知，物体的初动能为Ek=12mv02=16.0J，解得：v0=4m/s，故A正确；
B、设物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体做减速运动的过程，根据动能定理得：−μmgΔx=0−Ek，则μmg=EkΔx=，解得：μ=0.2，故B错误；
C、x=1.75m时，物体克服摩擦力做功为Wf=μmgx=0.2×2×10×1.75J=7J
根据动能定理得：−Wf=E′k−Ek
可得物体的动能为E′k=Ek−Wf=16.0J−7J=9J，故C错误；
D、x=1.75m时，物体的速度为v= 2Ek′m= 2×92m/s=3m/s
摩擦力的瞬时功率大小为Pf=μmgv=0.2×2×10×3W=12W，故D正确。
故选：AD。
由图读出初动能，再求出初速度v0大小；根据动能定理求解动摩擦因数；x=1.75m时，先根据Wf=μmgx求出物体克服摩擦力做功，再根据动能定理求物体的动能；x=1.75m时，先求出物体的速度，再根据Pf=μmgv求摩擦力的瞬时功率大小。
本题图像反映的是物体动能Ek随位移x的变化规律，要想到动能定理，运用动能定理时，要明确各力做功情况，注意摩擦力做负功。
10.【答案】BD
【解析】解：A、环从A点释放时，水平方向绳子拉力和杆的弹力平衡，竖直方向只受重力，对环由牛顿第二定律可得加速度大小：a=mgm=g，故A错误；
B、环下降到最低点过程中，环和滑轮之间绳子的长度一直增加，则滑轮和重物之间的绳子长度一直减小，重物一直上升，所以绳子对重物一直做正功，故B正确；
C、环下降到达最大速度时，环、重物所受合力都为零，设此时环与滑轮之间的绳子与竖直方向的夹角为β，设绳子拉力为T，
对重物则有：T=2.5mgsinα
对环则有：Tcsβ=mg
代入数据可得：csβ=0.5，则β=60°
设环速度最大时，环下降的高度为h，由几何关系有：tanβ=dh，可得h= 33d，故C错误；
D、环到达B处时，B点到滑轮的距离：L= d2+(34d)2=54d
设环在B点的速度大小为v1，把环的速度沿着绳长和垂直绳长分解，如下图所示：
由平行四边形定则可得：v2=v1csθ，重物速度沿着绳长方向，所以此时重物速度大小等于v2
由几何关系可得：tanθ=d34d=43
不计一切摩擦阻力，对环和重物组成的系统机械能守恒，则有：mg×34d−2.5mg(L−d)sinα=12mv12+12×2.5mv22
代入数据可得：v1= 519gd，故D正确。
故选：BD。
A、环释放瞬间，对环受力分析，利用牛顿第二定律可得环的加速度大小；
B、根据重物与滑轮间绳子长度变化可知重物上升，根据拉力与速度方向关系可知绳子对重物做功的正负；
C、环速度最大时，环、重物的合力都为零，再利用几何关系可得环下降的高度；
D、把环的速度沿着绳长和垂直绳长分解，根据环和重物组成的系统机械能守恒可得环的速度大小。
本题考查了关联速度、机械能守恒定律，解题的关键是知道环的速度最大时，环和重物的合力都为零，注意重物的速度大小与环沿着绳长方向的速度大小相等。
11.【答案】D 1：3 做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比
【解析】解：(1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，每次只改变一个变量，控制其他因素不变，运用了控制变量法，故D正确，ABC错误；
(3)左右塔轮边缘的线速度相等，且左、右塔轮半径之比为3：1，结合ω=vr可得左、右两边塔轮的角速度之比为1：3
两次实验中，角速度之比分别为1：2和1：3，得到的向心力之比为1：4和1：9，说明做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
故答案为：(1)D(2)1：3，做匀速圆周运动的物体，在质量和转动半径一定时，向心力与转动角速度的平方成正比。
探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系时，每次只改变一个变量，控制其他因素不变，运用了控制变量法；左右塔轮边缘的线速度相等，结合ω=vr可知角速度的比值；由实验数据结合向心力公式得出结论。
解决该题的关键是明确实验原理，了解实验器材的操作过程，知道各部分元件在试验中的作用以及所代表的物理意义，熟记向心力公式
12.【答案】2.4 0.58 9.7
【解析】解：(1)相邻计数点的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，在纸带上打下计数点5时的速度为v5=x462T=21.60+26.402×0.1×10−2m/s=2.4m/s
(2)系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v52=12×(50+150)×10−3×2.42J≈0.58J
(3)根据系统机械能守恒可得(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2
整理得v22=(m2−m1)gm1+m2⋅h
可得图像的斜率为k=(m2−m1)gm1+m2=
解得当地的重力加速度为g=9.7m/s2
故答案为：(1)2.4；(2)0.58；(3)9.7。
(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解在纸带上打下计数点5时的瞬时速度；
(2)根据动能的定义求解相同动能的增加量；
(3)根据机械能守恒定律求解12v2−h函数，结合图像斜率的含义求当地重力加速度。
本题考查了验证系统机械能守恒定律，能够根据纸带求解瞬时速度；掌握重力势能减小量的求解方法。
13.【答案】解：(1)对小球进行受力分析如图所示
小球受到的拉力与重力的合力提供向心力，合力的方向沿水平方向，则有Fcsθ=mg
得F=mgcsθ
(2)根据受力分析可得mgtanθ=mω2lsinθ
解得ω= glcsθ
周期T=2πω=2π lcsθg
(3)根据上述有ω= glcsθ
根据几何关系有csθ=hl
解得ω= gh
可知，若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，增大绳长l，小球做匀速圆周运动的角速度ω不会发生改变，所以周期不变。
答：(1)细线对小球的拉力大小F为mgcsθ；
(2)小球做圆周运动的周期T为2π lcsθg；
(3)小球运动周期不变。
【解析】(1)根据小球的受力情况，写出细线对小球的拉力大小F；
(2)写出相应的向心力方程，求出小球做圆周运动的周期T；
(3)若保持轨迹圆的圆心O到悬点B的距离h不变，写出相应的向心力方程，判断改变绳长l，小球运动周期是否变化。
熟练掌握向心力公式是解题的关键，本题难度不大，还需要掌握里面的几何关系。
14.【答案】解：(1)空间站组合体在轨道Ⅲ时满足万有引力提供向心力
GMmr32=m4π2T32r3
且根据地球表面万有引力等于重力
GMmR2=mg
解得
T3=2πR r33g
(2)根据开普勒第三定律可得
a3T22=r33T32
其中轨道半长轴
a=r1+r32
解得
T2= π2(r1+r3)32gR2
飞船由轨道而的A点飞至B点所需的时间为
t=12T2=12 π2(r1+r3)32gR2
答：(1)空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T3为2πR r33g；
(2)飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间t为12 π2(r1+r3)32gR2。
【解析】(1)空间站组合体在轨道Ⅲ时万有引力提供向心力，在地球表面万有引力等于重力，列式求解周期；
(2)根据开普勒第三定律求解A点飞至B点所需的时间。
本题考查了天体的运动，要能够熟练运用万有引力提供向心力和开普勒第三定律解题，题本身难度不大，解答时要注意各个物理量的符号。
15.【答案】解：(1)物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
mgh−μmg(L1+L2)−mg(R+14R)=0−0
解得：R=0.8m
(2)运动到P点时，根据动能定理得：
mgh−μmgL1−mgr=12mvP2
在P点时，F1=mvP2r
解得：vP=4m/s；F1=1615N
运动到H点时
mgh−μmg(L1+L2)=12mvH2
F1−mg=mvH214R
解得：F2=3.3N
因此F1F2=3299
(3)要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当L最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh−μmg(L1+L2+2Lmax)−mgr=0
解得：Lmax=1.3m
当L最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
mg=vF2r
则由动能定理得：mgh−μmg(L1+2L2+2Lmin)−2mgr=12mvF2
解得：Lmin=0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
答：(1)大圆弧管道IJ的半径为0.8m；
(2)滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比为32：99；
(3)弹性挡板与J的间距L满足满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
【解析】(1)根据动能定理列式分析物块从B到水平轨道的过程，由此计算出大圆弧管道的半径；
(2)根据动能定理和牛顿第二定律分别算出滑块对不同点的压力并做比值即可；
(3)先分析出两种情况的临界状态，结合动能定理计算出L的极值。
本题主要考查了动能定理的相关应用，解题的关键点是找好分析的过程，结合牛顿第二定律完成解答，难度中等偏上。
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