2023-2024学年湖南省永州重点中学高二（上）入学物理试卷（含解析）

2023-2024学年湖南省永州重点中学高二（上）入学物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.为了美观和经济，许多桥面建成拱形，如图所示。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，行驶速度过

大的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其

重力的0.6倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为100M,取g=10m/s2o则该限

速标志所示速度约为（）

A.40km/hB.50km/hC.72km/hD.lOOkm/h

2.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送

了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力。如图所示是北

斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、匕、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是

地球同步卫星，（忽略地球自转）则（）

A.卫星a的向心加速度大于地球表面重力加速度

B.卫星a的加速度大于b的加速度

C.卫星b的周期大于24九

D.卫星a的角速度小于c的角速度

3.如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为r,电流表、电压表均为理想电表,

当生的滑片向左滑动时（）

A.电压表读数变小

B.电流表读数变大

C.8消耗的功率变大

D.电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比黑的绝对值不变

4.如图所示装置可以根据平行板电容器的决定因素来测量微小形变，电容器

上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若

材料温度变化时，极板上所带电荷量增多，贝U（）

形变

物体

ZZZ

A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变

C.通过电流表的电流方向向左D.电容器电容变大

5.如图所示，力、B、C、D为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中AD—,..................八

A%

边与电场线平行，。点为4c与连线的交点。一个电荷量为Q的正点电荷固定在。----「、、不，：

点，下列说法正确的是（）；/“、、：

B".................JC

A.C、。两点的电场强度相同

B.A、8两点的电势不等

C.将电子沿直线从B点移动到C点，电场力做正功

D.将电子沿直线从C点移动到。点，电势能先减小后增大

6.如图，△abc中be=4cm,z.acb=30°»匀强电场的电场线平行于△abc所在平b»、

面，且a、b、c点的电势分别为6V、-3V.6V»下列说法中正确的是（）/

A.电场强度的方向沿ac方向

B.电场强度的大小为450V/m

C.电子从a点移动到b点，电场力做功为18eV

D.电子从c点移动到b点，电势能增加了18eV

7.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块

以速度。从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端

的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）

V2

A.Bc

16g-S-g

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

8.如图所不，电源电动势E=10V,内阻为r=l。，&=1.50,Z?2=512,开关

闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机的额定电压U”为5乙电动机的线圈

的电阻R”为0.50,下列说法正确的是（）

A.通过电动机线圈的电流为104B.通过电阻公的电流为24

C.电动机输出的机械功率为50WD.电源的输出功率为16/

9.北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王轨道I1-……丁

，/轨道n\

亚平、叶光富3名航天员送入太空。飞船在某段时间内的无动力运动可近似为如/

图所示的情境，圆形轨道I为空间站运行轨道，椭圆轨道n为载人飞船运行轨：｝a

道，B点为椭圆轨道H的近地点，椭圆轨道H与圆形轨道I相切于4点，设圆形::

J.一」

轨道I的半径为r,地球表面重力加速度为g,地球半径为R,地球的自转周期

为7,椭圆轨道H的半长轴为a,不考虑大气阻力。下列说法正确的是（）

A.空间站运行的周期与载人飞船在椭圆轨道U上运行的周期之比为I同：W

B.载人飞船由B点飞到4点速度逐渐减少

C.载人飞船在轨道I上4点的加速度大于在轨道H上4点的加速度

4”2r3

D.根据题中信息,可求出地球的质量M

GT2

10.如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量

为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离

OQ=d,金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角。=37。，不计一切

摩擦，重力加速度为g,则（）

A.金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大

B.金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为-与mgd

C.金属环在Q点的速度大小为

D.若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角a=37°

11.如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为

m的小球从y轴上P点以水平速度。进入第一象限，速度方向沿x轴正方向；经

过万轴上Q点时的速度大小也为"，方向与x轴夹角为60。。重力加速度大小为

go不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（）

O

A.速度的最小值为?u

B.所受电场力的最小值为号电

C.动能与电势能之和一直增大

D.水平位移与竖直位移的大小之比为2：<3

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

12.某兴趣小组在“验证机械能守恒定律”的实验中。

ABCD

甲乙

（1）图甲所示操作中合理的是。

（2）本实验中，下列说法正确的是。（多选）

A.先接通电源，后让重锤下落

8.若测得的重锤质量不准则会导致实验误差

C可以根据u=gt来计算重物在t时刻的瞬时速度

D安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上

（3）在实验中，当地重力加速度g=9.8m/s2,若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点4、8、

C到第一个点的距离如图乙所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）。8点的速度为%=m/s,数值上

明叫,原因可能是。

13.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：

A.电流表内阻％=100P,满偏电流乙=5mA）

B.电流表4（内阻约为10，量程为0.34）

C.定值电阻&=9000

力.滑动变阻器%（2卜0,24）

E.滑动变阻器7?2（1。0。,24）

F.干电池组（6匕0.050,允许通过的最大电流为0.54）

G一个开关和导线若干

H.螺旋测微器，游标卡尺

(1)如图甲，用螺旋测微器测金属棒直径为mm-,如图乙，用20分度游标卡尺测金属棒长度为

(2)用多用电表粗测金属棒的阻值:用“X10”挡，指针静止时如图丙所示，则金属棒的阻值约为0。

(3)该同学根据提供的器材，设计了实验电路。为了保证实验电路的安全及操作方便，应该选用的滑动变阻

器是(填“RJ或"/?2”)。请在虚线框中画出你设计的实验电路图。

四、简答题(本大题共3小题，共34.()分)

14.如图所示，马戏团正在上演飞车节目，杂技演员驾驶摩托车(整体可视为质点)在一

个可视为球体的固定铁笼内绕铁笼的竖直直径在水平面内做匀速圆周运动，此时摩托

车所在位置与铁笼中心。点的连线与水平方向的夹角。=30%已知铁笼的半径R=

5.4m,杂技演员与摩托车整体的质量m=150kg,不计铁笼与摩托车间的摩擦，取重

力加速度大小g=10m/s2o求:

(1)摩托车对铁笼的压力大小；

(2)摩托车此时行驶的速度大小。

15.如图a所示，水平面与斜面在B处平滑连接，斜面上的C端处安装有轻弹簧。质量为m=1kg小物块被斜

向上a=37。的恒力产作用下从4位置静止开始向右运动，到达B点后撤去恒力尸。小物块从4点出发到速度第

一次减为零的过程，其动能%、重力势能与(以水平面为零势能面)，弹簧弹性势能E随小物块路程s的变化

如图b三条图线所示。

(1)请判断三条图线各表示哪个能量；(无需分析过程)

(2)求斜面的倾斜角伙

(3)求图b中。点表示的能量大小。

16.如图甲所示，质量为小、电荷量为e、初速度为0的电子经电压/加速后，沿0］。2方向垂直进入偏转电场，

偏转电场极板M、N长度均为23极板间距为d。3O2为两极板的中心线，P是足够大的荧光屏，且屏与极

板右边缘的距离为3不考虑电场边缘效应。

(1)求电子通过偏转电场的时间；

(2)若偏转电场电压恒为“，电子经过偏转电场后打在屏上4点(图甲中未画出)，求4点到中心线。1。2的距离;

(3)若偏转电场两板间的电压UMN随时间t按图乙所示做周期性变化，电子经/加速后在3周期时刻进入偏转

电场，要使电子恰好沿水平方向飞出偏转电场，求偏转电场周期T的大小及电压U。需满足的条件。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：汽车以最大速度到达桥顶时，对汽车受力分析，汽车受到重力mg，桥面对汽车的支持力FN=

F压=0.6mg

由牛顿第二定律得：mg—0.6mg=m^-

代入数据解得：v-20m/s=72km/h

故。正确，A3。错误。

故选：Co

汽车以最大速度到达桥顶时，汽车所受重力和支持力的合力指向圆心，提供向心力，结合牛顿第二定律列

式求解即可。

本题考查拱桥模型，解题关键是对汽车做好受力分析，结合牛顿第二定律列式求解即可。

2.【答案】D

【解析】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r,地球的质量为卫星绕地球匀速圆周运动时，有G^=

v247r2

m—=ma=m-r-r=ma)2£r

rT

箱徂[~GMc_GMr~^PGM

可得V=J下，a_百，T=2个菰，3=J百

4、由于忽略地球自转，则地球表面处的重力加速度和近地卫星的加速度相等，由万有引力提供向心力G等=

ma

因为卫星a的半径大于近地卫星的半径，所以卫星a的向心加速度小于贴地卫星的向心加速度，故A错误；

B、卫星a与b的轨道半径相等，根据a=缪，知卫星a与b的加速度大小相等，故B错误；

C、卫星a与b的轨道半径相等，根据丁=2兀它，知卫星a与b的周期相等，均为24八，故C错误；

7GM

。、卫星a的轨道半径大于卫星c的轨道半径，根据3=J呼，知卫星a的角速度小于c的角速度，故。正确。

可得，轨道半径越大角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，故。正确。

故选：D。

由于忽略地球自转，则地球表面处的重力加速度和近地卫星的加速度相等，由万有引力提供向心，分析加

速度大小；三颗卫星均绕地球匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式即可得线速度、

加速度、周期、角速度与轨道半径的关系式，由轨道半径大小关系及第一宇宙速度的定义进行分析即可。

解决本题的关键是掌握卫星问题的一般解题思路：万有引力等于向心力，通过列式进行半定量分析。

3.【答案】D

【解析】解：AB,当/?2的滑片向左滑动时，其接入电路中的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得

E

R\+/?2+r

可知电流表的读数/减小

电压表的读数为（/=9一/（&+「），/减小，可知电压表的读数增大，故AB错误；

C、%消耗的功率为P=/2%,/减小，可知先消耗的功率在减小，故C错误；

D、根据电压表读数［/=£一/0+名）=一/&+/?1）+岳，知华为打一/图像的斜率，即为一（r+先），所以

电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比的绝对值不变，故。正确。

故选：Do

当R2的滑片向左滑动时，分析其接入电路的电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电路中电流的变化，即

可知道电流表读数的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表读数的变化。根据电流的变化分析％消

耗的功率的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比当的绝

对值与电阻的关系，再分析其变化情况。

本题是电路动态分析问题，关键要理清电路结构，按局部T整体T局部的顺序，根据串联电路规律和闭合电

路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况。

4.【答案】D

【解析】解：4。.根据电容的定义式

c-Q

c-u

因为电容器的电荷量增加，电势差保持不变，则电容增大，根据电容的决定式

£S

C——―--rr—:

4兀W

可知极板间距d减小，材料竖直方向尺度增大，故A错误，。正确；

8.两极板间形成匀强电场，根据

U

E=d

可知极板间电场强度变大，故B错误；

C.电容器电荷量增多，即电容器处于充电状态，电子移动到下极板，因此通过电流表的电流方向向右，故C

错误。

故选：D。

根据电容的比值定义式得出电容的变化趋势，结合电容的决定式分析出材料竖直方向的尺寸变化趋势;

根据场强的计算公式得出场强的变化趋势：

根据电荷量的变化趋势得出电流的方向。

本题主要考查了电容的相关应用，熟悉电容的计算公式，结合电路构造的分析即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：如图所示，在。点的正点电荷在4、B、C、。四点产生电场方向如图所示；

A、电场强度为矢量，由图可知，根据矢量合成规律可知，C、。两点的电场强度方向不相同，故C、。两点

的电场强度不相同，故A错误；

B、匀强电场在力、B两点的电势相等，点电荷形成的电场在4、8两点的电势相等，故A、B两点的电势相等，

故3错误；

C、点电荷在B、C两点的电势相等，故将电子沿直线从B点移动到C点，点电荷对电子做功为零，匀强电场

对电子做负功，故电场力做负功，故C错误；

。、CO边与匀强电场方向垂直，将电子沿直线从C点移动到D点，匀强电场对电子不做功，点电荷对电子先

做正功后做负功，故电势能先减小后增大，故。正确。

故选：D。

结合点电荷的电场线分布和电场叠加原理分析电场强度及电势。结合电场力做功分析做功的变化及电势能

变化.

本题考查静电场中电场强度、电势以及电势能等问题，学生需深刻理解场强与电势的关系，运用电场力做

功与电势能的关系分析电势能变化。

6.【答案】B

【解析】解：AB,由于a、c两点电势相等，故所以c连线为一条等势线。结合电场方向与等势线垂直，且

由高电势指向低电势可知，电场方向垂直于ac向上，故电场强度的大小为

七=不黑铲=*'/51=45017小，故A错误，B正确；

C、电子从a点移动到b点，电场力做功为

e(

〃ab=—eUab=-(KPa-0b)=-e[6—(-3)]——9eV,故C错误；

D、电子从c点移动到b点，电场力做功为

Wcb=-eUcb=-e(Wc-脸=-e[6-(-3)]=-9eV,电场力做9eU的负功,电势能增加9eV,故。错误。

故选：B。

根据题意知道ac连线为一条等势线，结合电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势确定电场强度方

向；由E=5求电场强度的大小；根据W=qU求电场力做功，根据电场力做的功确定电势能的变化。

本题的关键要确定等势线，根据电场线与等势线的关系，确定电场方向。要注意公式E=g中d代表沿电场

线方向两点间的距离。

7.【答案】B

【解析】【分析】

根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，

结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。

本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题

对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。

【解答】

解：设半圆的半径为R,根据动能定理得：

—mg-2/?=|mv'2—1mv2,

离开最高点做平抛运动，有:

2R—ggt?,x=v't,

联立解得：_4R(12-4gR)

人y一

9

可知当/?=《时，水平位移最大，故3正确，ACD错误。

故选故

8.【答案】BD

【解析】解：B、开关闭合后，电动机恰好正常工作，由电路可知此时/?2两端电压为5V，根据闭合电路欧

姆定律，可得电阻&中的电流为

10-5

A=2A故B正确;

r+R]1+1.5

A、根据串并联电路可求得通过电动机线圈的电流为

/M=/-=/—*=2A—=14，故A错误；

C、电动机的输入功率为

PA=UIM=5xlW=5W

电动机正常工作时内部消耗的热功率为

P热=6RM=Mx0.5W=0.5W

电动机输出的机械功率等于电动机总功率减去热功率

P出=0人一「静=5十一0・5皿=4.5皿，故C错误；

。、电源的输出功率等于电源总功率减去内电路消耗的功率

P,；,=El-l2r=10X2MZ-22X11V=16W,故O正确。

故选：BD。

电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r,运用欧姆定

律求电路中的电流；电动机输入功率2人=以，发热功率P热=〃RM,输出功率P,/=P人一P树根据功率

关系求出电动机输出的功率。

本题考查闭合电路欧姆定律适用范围，对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从能量转

化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路，电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。

9.【答案】AB

【解析】解：A、设空间站运动的周期为Ti，载人飞船运动的周期为R，根据开普勒第三定律有：■=捻

则国际空间站运动的周期与载人飞船在椭圆轨道H上运动的周期之比为小书：，一港，故A正确。

8、根据开普勒第二定律可得，载人飞船在远地点4点的速度小于在近地点B点速度的大小，所以飞船由B点

飞到A点速度逐渐减少，故8正确；

C、载人飞船在轨道/上通过4点时受到的万有引力等于在轨道n上运行时通过4时点万有引力，由牛顿第二

定律可知，它们的加速度相等，故C错误；

。、国际空间站做匀速圆周运动，设国际空间站运动的周期为A,由万有引力提供向心力有：竿"塔

解得地球质量：M=嘉，国际空间站运动的周期与地球的自转周期T不相等，故。错误；

故选：AB.

由开普勒第三定律求出周期之比：

根据开普勒第三定律比较B点与4点的速度大小，能够说明从B到4的速度变化；

载人飞船在轨道I上通过a点时受到的万有引力等于在轨道〃上运行时通过a时点万有引力，由万有引力提

供向心力可求出中心天体地球的质量。

本题考查万有引力定律，关键掌握万有引力提供向心力。熟练应用开普勒第三定律求解环绕天体的周期。

10.【答案】BC

【解析】解：4、刚开始时，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零；当环上升到Q时，由于环的

速度向上与绳垂直，重物的速度为零，此时重物所受重力的瞬时功率也为零，所以金属环从P上升到Q的过

程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误；

8、金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力对重物做的功为对重物，由动能定理得：

d

小+5mg（旃-d）=°

解得绳子拉力对重物做的功为：W=-mgd,故8正确；

C、设金属环在Q点的速度大小为外重物的速度为0,对环和重物组成的系统，由机械能守恒定律得：

（嘉-d）=mg•,解得：故C正确；

。、若金属环最高能上升到N点，则金属环从P上升到N的过程中，对环和重物组成的系统，由机械能守恒定

律得：

dddd

5血吗也6-sino?-7ng（tane+tana，

解得ON与直杆之间的夹角为a=53°,故。错误。

故选:BC。

对重物，根据初始速度为0,重力功率为0,末速度与重力垂直，重力功率也为0,分析重物所受重力的瞬时

功率变化情况；金属环从P上升到。的过程中，对重物，利用动能定理求解拉力对重物做的功；对环和重物

系统，由机械能守恒定律求解环在Q点的速度；整个过程中，对环和重物整体，由机械能守恒定律可解得ON

与直杆之间的夹角a。

本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，对于机械能守恒定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重

力势能外，还可以写成圆环变化的机械能等于重物变化的机械能。同时关注题中隐含条件的挖掘。

11.【答案】AC

【解析】解：由于小球从P到Q动能变化为零，则合力方向与PQ垂直，在Q点进行速度的分解，如图所示:

根据几何关系可得：vx=vcos60°,vy-vsin60°

根据运动学公式可知I：尤=字£=畔，、=?”毕，贝支加。=营，解得：0=30。

4、小球的速度最小值为沿PQ方向的速度，即为：vmin=vcos9,解得：也故A正确；

8、当电场力方向与合力方向垂直时最小，即电场力方向沿PQ方向，如图所示，根据图中几何关系可得：

Q^min=mgsind,解得：qEmin=^rng,故8错误；

C、小球的动能、电势能与重力势能之和不变，重力势能逐渐减小，则动能与电势能之和一直增大，故C正

确；

。、水平位移与竖直位移的大小之比为：%：y=竽：空=3：C，故。错误。

故选：ACo

由于小球从P到Q动能变化为零，则合力方向与PQ垂直，在Q点进行速度的分解，根据几何关系求解PQ与x轴

的夹角，根据速度的合成与分解结合几何关系求解最小速度和最小的电场力；根据功能关系分析动能与电

势能之和的变化情况：根据运动学公式求解位移之比。

本题主要是考查带电小球在电场和重力场中的运动，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，根据运动

的合成与分解、能量守恒定律等进行分析。

12.【答案】DAD0.97存在空气阻力和摩擦阻力做功

【解析】解：(1)正确的手持纸带的方法：手持纸带的末端，让纸带保持竖直，重物靠近打点计时器，故A8C

错误，。正确。

故选。。

(2)4先接通电源，后让重锤下落，可有效的利用纸带，故A正确；

8.要验证的表达式为：mgh=^mv2,重锤的质量可以被约掉，重锤的质量不准，不会对实验有影响，故8

错误；

C.利用u=gt,来计算重物在t时刻的瞬时速度，是认为物体做自由落体运动，而做自由落体运动的物体，

其机械能是守恒的，这就失去了验证的意义，故C错误；

D安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，可减少纸带与限位孔之间的摩擦阻力，故。正

确。

故选：AD.

(3)B点的速度等于4C段的平均速度，则有：%=舞=7•也,30001分=0.97?n/s

ZIZXu.u/nt

数值上dEp>/a,原因是存在空气阻力和摩擦力阻力做功。

故答案为：(1)D;(2)4D；(3)0.97；存在空气阻力和摩擦阻力做功

(1)(2)根据实验的操作方法和注意的事项解答；

(3)根据打点纸带测量速度的原理求得打B点时的速度；误差来自于存在空气阻力和摩擦力阻力。

本题考查了验证机械能守恒定律实验，分析实验的原理是解题的前提，掌握实验的操作和注意的事项。

13.【答案】5.66012.42517R2

【解析】解：(1)螺旋测微器的精度为O.Olrmn,读数为5.5nun+0.160/nm=5.660mm；

20分度游标卡尺的精度为O.OSznni,读数为124nmi+5x0.05mm=124.25mm=12.425cm；

(2)金属棒的阻值约为170；

(3)金属棒的阻值约为170,用/?2即可，电路图如下：

故答案为：(1)5.660,12.425；(2)17；(3)/?2

(1)明确螺旋测微器和游标卡尺的最小分度值再读数;

(2)根据欧姆表的读数方法读数;

(3)根据金属棒阻值选择与之相近的滑动变阻器。

本题关键掌握根据实验器材设计实验电路图，注意滑动变阻器的选择。

14.【答案】解：(1)演员驾驶摩托车的受力分析如图

♦G

在竖直方向，根据平衡条件可得

FNsin0=mg

可得铁笼对摩托车的支持力为

0_mg

"N一sin8

代入数据解得凤=3000N

根据牛顿第三定律可知摩托车对铁笼的压力大小为

FN'=FN=3000N

(2)由牛顿第二定律可得

FNCOS。=m忌

可得摩托车此时行驶的速度大小

v=9m/s

答：(1)摩托车对铁笼的压力大小为3000N；

(2)摩托车此时行驶的速度大小为9m/s。

【解析】(1)对摩托车受力分析，列出平衡方程可以得到摩托车受到的支持力，然后根据牛顿第三定律可以

求得结果；

(2)根据向心力公式可以得到摩托车的速度。

本题只要掌握基本的受力分析和向心力公式即可正确解答，难度不大，属于基础题。

15.【答案】解：(1)①表示小物块的动能，②表示小物块的重力势能，③表示弹簧的弹性势能；

(2)1〜1.8M路程内，小物块的重力势能增加4/,有

Epi=mgs2sinp

式中：Epi=4/,s2=1.8m—Im=0.8m

解得斜面的倾斜角为：8=30。

(3)由图线①可知，1〜1.8m路程内，小物块的动能从引减小至4人根据动能定理

—mgs2sin30°+叼=Ek2—Ekl

式中：Ekl=8J,Ek2=4J,解得：Wf=0

说明斜面没有摩擦，即斜面光滑。

由图线②可知，路程为2.2m时，小物块的重力势能为与2=6人路程从1m〜2