福建省名校聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1部分中學(xué)2025屆高中畢業(yè)班上學(xué)期期中質(zhì)量檢測(cè)物理試題本試卷共6頁(yè)，考試時(shí)間75分鐘，總分100分。注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.我國(guó)運(yùn)動(dòng)員全紅嬋在2024年奧運(yùn)會(huì)女子10米跳臺(tái)跳水決賽中榮獲冠軍.下圖為她在決賽中一次跳水時(shí)重心的運(yùn)動(dòng)軌跡和相關(guān)數(shù)據(jù).將全紅嬋視為質(zhì)點(diǎn)，將她的運(yùn)動(dòng)情況簡(jiǎn)化為豎直方向的運(yùn)動(dòng)。關(guān)于本次跳水她在空中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A.全紅嬋的位移大小為11.4mB.圖中顯示的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間1.6s指時(shí)刻C.數(shù)據(jù)中的入水速度47.2km/h指的是平均速率D.全紅嬋在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)平均速度大小為約為6.25m/s【答案】D【解析】A．全紅嬋的位移大小為10m，A錯(cuò)誤；B．圖中顯示的空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間1.6s指時(shí)間間隔，B錯(cuò)誤；C．?dāng)?shù)據(jù)中的入水速度47.2km/h指的是瞬時(shí)速度的大小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)平均速度計(jì)算公式可得D正確。故選D2.如圖所示，在粗糙水平木板上放一個(gè)物塊，使木板和物塊一起在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運(yùn)動(dòng)中木板始終保持水平，物塊相對(duì)于木板始終靜止，則（）A.物塊始終受到三個(gè)力作用B.物塊受到的合外力始終指向圓心C.在c、d兩個(gè)位置，物塊所受支持力N相同，摩擦力f為零D.在a、b兩個(gè)位置，物塊所受摩擦力提供向心力，支持力【答案】B【解析】A．物塊在最高點(diǎn)c和最低點(diǎn)d均受重力和支持力兩個(gè)力作用，兩個(gè)力的合力提供向心力，故A錯(cuò)誤；B．物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，可知合外力始終指向圓心，故B正確；C．在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，摩擦力是零，重力和支持力的合力提供向心力，在位置c，根據(jù)牛頓第二定律得所以在位置d，根據(jù)牛頓第二定律得所以C錯(cuò)誤；D．在a、b兩個(gè)位置，重力和支持力平衡，即，物塊所受靜摩擦力提供向心力，故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖，套在豎直細(xì)桿上的輕環(huán)A由跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩與重物B相連。輕環(huán)A在外力作用下沿桿勻速上升，從圖中M位置上升至與定滑輪的連線處于水平的N位置過(guò)程中（）A.重物B勻速下降 B.重物B加速下降C.繩對(duì)B的拉力小于B的重力 D.繩對(duì)B的拉力大于B的重力【答案】D【解析】AB．設(shè)輕環(huán)A在外力作用下沿桿勻速上升時(shí)繩與豎直方向的夾角為，由繩關(guān)聯(lián)的速度關(guān)系有因逐漸增大，則減小，可知減小，即重物B減速下降，故AB錯(cuò)誤；CD．因重物B減速下降，由牛頓第二定律可知所受合外力向上，即繩對(duì)B的拉力大于B的重力，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A.下滑過(guò)程中，加速度一直減小B.下滑過(guò)程中，因摩擦力產(chǎn)生的熱量小于C.下滑經(jīng)過(guò)B的速度小于上滑經(jīng)過(guò)B的速度D.在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為-mgh【答案】C【解析】A．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)需要先加速再減速，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯(cuò)誤；B．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)能定理圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動(dòng)能定理聯(lián)立可解故B錯(cuò)誤；C．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程，由動(dòng)能定理圓環(huán)從B處由靜止開(kāi)始上滑到A過(guò)程，由動(dòng)能定理聯(lián)立可解所以下滑經(jīng)過(guò)B的速度小于上滑經(jīng)過(guò)B的速度，故C正確；D．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)能定理圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動(dòng)能定理解得在C處，彈簧的彈性勢(shì)能故D錯(cuò)誤。故選C。二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不選的得0分。5.運(yùn)動(dòng)場(chǎng)上，一位同學(xué)將鉛球拋出，鉛球做斜拋運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于鉛球被拋出后在空中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.鉛球處于失重狀態(tài)B.鉛球所受重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成正比C.任意相等時(shí)間內(nèi)鉛球的速度變化量相同D.任意相等時(shí)間內(nèi)鉛球動(dòng)能變化量相等【答案】AC【解析】A．鉛球從拋出一直只受重力作用，加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A正確；B．鉛球在豎直方向上的速度先減小后增大，則由重力的瞬時(shí)功率可知先減小后增大，B錯(cuò)誤；C．做拋體運(yùn)動(dòng)物體只受重力的作用，所以其加速度為重力加速度，不發(fā)生變化，是勻變速運(yùn)動(dòng)，可知在相等的時(shí)間內(nèi)速度變化量都相同，故C正確；D．鉛球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，任意相等時(shí)間內(nèi)豎直方向發(fā)生的位移大小不同，任意相等時(shí)間內(nèi)重力做功不相等，由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽艿淖兓坎煌?，故D錯(cuò)誤。故選AC。6.我國(guó)計(jì)劃于2025年發(fā)射“天問(wèn)2號(hào)”小行星取樣返回探測(cè)器，首要目標(biāo)是近地小行星2016HO3（太陽(yáng)系內(nèi)），它將對(duì)該小行星開(kāi)展伴飛探測(cè)并取樣返回地球。“天問(wèn)2號(hào)”發(fā)射后接近近地小行星時(shí)，先完成從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ的變軌，然后進(jìn)入環(huán)小行星圓軌道Ⅲ。如圖，若軌道Ⅰ的長(zhǎng)軸為a，軌道Ⅱ的長(zhǎng)軸為b，在軌道Ⅲ上的線速度大小為v。則“天問(wèn)2號(hào)”（）A.發(fā)射速度大于第三宇宙速度B.在軌道Ⅱ上P點(diǎn)速度大于vC.在軌道Ⅱ的機(jī)械能比在軌道Ⅰ的大D.在軌道Ⅰ上的周期與在軌道Ⅱ上的周期之比大于【答案】BD【解析】A．由于近地小行星在太陽(yáng)系中，因此“天問(wèn)2號(hào)”的發(fā)射速度小于第三宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．“天問(wèn)2號(hào)”在Ⅲ軌道的P點(diǎn)需要點(diǎn)火加速變軌到Ⅱ軌道，在Ⅱ軌道的P點(diǎn)的速度大于v，故B正確。C．“天問(wèn)2號(hào)”從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ要減速，機(jī)械能會(huì)減小，即在軌道Ⅱ的機(jī)械能比在軌道Ⅰ的小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律故D正確。故選BD。7.“兒童蹦極”是一項(xiàng)廣受歡迎的娛樂(lè)項(xiàng)目。該項(xiàng)目在小孩的腰間兩側(cè)對(duì)稱(chēng)系上相同的輕質(zhì)橡皮繩，小孩可在橡皮繩的作用下做豎直方向上下跳躍動(dòng)作。投入使用前，對(duì)該項(xiàng)目進(jìn)行安全性能測(cè)試。如圖，一質(zhì)量為m的測(cè)試員靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小均為mg，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.此時(shí)橡皮繩與水平方向夾角為60°B.測(cè)試員豎直方向上下跳躍過(guò)程中，速度最大時(shí)橡皮繩恰處于原長(zhǎng)C.某次測(cè)試中，剪斷右側(cè)橡皮繩瞬間，測(cè)試員加速度大小為gD.若左右兩側(cè)是相同的非彈性繩，剪斷左側(cè)繩瞬間，測(cè)試員加速度大小為【答案】CD【解析】A．根據(jù)題意，設(shè)此時(shí)橡皮繩與水平方向夾角為，由平衡條件有解得故A錯(cuò)誤；B．若小孩向上彈起，其速度最大時(shí)，加速度為零，所受合外力為零，兩彈性繩拉力的合力等于小孩的重力，彈性繩處于拉長(zhǎng)狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．靜止時(shí)受到重力和兩根橡皮繩的拉力，處于平衡狀態(tài)，合力為零，三個(gè)力中任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等值、反向、共線，右側(cè)橡皮繩突然斷裂，此瞬間，右側(cè)橡皮條拉力變?yōu)榱?，而左?cè)橡皮繩的拉力不變，重力也不變，故左側(cè)橡皮繩拉力與重力的合力與右側(cè)橡皮繩斷開(kāi)前的拉力方向相反、大小相等，等于mg，故加速度方向沿原斷裂繩的方向斜向下，故C正確；D．若拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點(diǎn)等高、完全相同的兩根非彈性繩，則左側(cè)非彈性繩在腰間斷裂時(shí)，左側(cè)繩子拉力瞬間變?yōu)榱?，右?cè)繩子的拉力發(fā)生突變，將重力沿繩垂直繩分解，沿繩方向該瞬間合力為零，垂直繩子方向有解得故D正確。故選CD。8.如圖甲，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為的小物塊從傳送帶的左端向右滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能與小物塊的位移x關(guān)系圖像如圖乙所示，圖中，取重力加速度。下列說(shuō)法正確的是（）A.小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B.從小物塊開(kāi)始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為1.5sC.整個(gè)過(guò)程中小物塊與傳送帶相對(duì)位移大小為2.5mD.由于小物塊的出現(xiàn)導(dǎo)致傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為12J【答案】BD【解析】A．由圖乙可知，圖像斜率的絕對(duì)值表示合外力的大小，小物塊向右滑動(dòng)過(guò)程，合外力為，則有且物塊返回與傳送帶共速的動(dòng)能為，則有聯(lián)立解得，，故A錯(cuò)誤：B．小物塊與傳送帶共速前，小物塊的加速度大小為從小物塊開(kāi)始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為故B正確；C．從小物塊開(kāi)始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度過(guò)程，小物塊向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為傳送帶向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為則整個(gè)過(guò)程中小物塊與傳送帶相對(duì)位移大小為故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過(guò)程中小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為根據(jù)能量守恒可得可得整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為故D正確。故選BD。三、非選擇題：共60分。請(qǐng)根據(jù)要求作答。9.某升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖，質(zhì)量為50kg的人站在升降機(jī)中，取豎直向上為正方向。則0~10s內(nèi)，升降機(jī)的位移大小為_(kāi)_____m；0~2s內(nèi)，人對(duì)升降機(jī)地板的壓力大小為_(kāi)_____N，取重力加速度。【答案】14550【解析】[1]圖像的面積表示升降機(jī)的位移，則0~10s內(nèi)有[2]0~2s內(nèi)，人和升降機(jī)的加速度由圖像可得對(duì)人受力分析，由牛頓第二定律有由牛頓第三定律可知聯(lián)立可得人對(duì)升降機(jī)地板的壓力大小為10.如圖，截面為四分之一圓周的柱狀物體A置于光滑水平地面上，其與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B。對(duì)A施加一水平向左的力F，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。將A緩慢向左移動(dòng)稍許的過(guò)程中，A對(duì)地面的壓力______；推力F______。（均選填“增大”“不變”或“減小”）【答案】不變減小【解析】[1]把物體AB作為整體研究可知，受力如下圖則地面對(duì)A的支持力等于二者重力之和，恒定不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)地面的壓力也不變；[2]對(duì)小球B受力分析如圖，將A緩慢向左移動(dòng)稍許的過(guò)程中，該過(guò)程B處于動(dòng)態(tài)平衡，其A對(duì)B的彈力方向與豎直方向的夾角減小，故結(jié)合平行四邊形可知，墻壁對(duì)B的彈力減小，故F減小。11.某類(lèi)地天體可視為質(zhì)量分布均勻的球體。由于自轉(zhuǎn)的原因，其表面“赤道”處的重力加速度為，“極點(diǎn)”處的重力加速度為，已知該天體的半徑為R，引力常量為G。則該天體的質(zhì)量為_(kāi)_____，第一宇宙速度為_(kāi)_____，自轉(zhuǎn)周期為_(kāi)_____。（用題中所給物理量符號(hào)表示）【答案】【解析】[1]根據(jù)解得[2]根據(jù)解得第一宇宙速度[3]根據(jù)聯(lián)立，解得12.圖甲所示裝置為平拋豎落儀，用小錘輕擊彈簧金屬片，A球向水平方向飛出，同時(shí)B球被松開(kāi)豎直向下運(yùn)動(dòng)。（1）用不同的力擊打彈簧金屬片，可以觀察到______。A.A、B兩球同時(shí)落地B.擊打的力越大，A、B兩球落地時(shí)間間隔越大C.A、B兩球各自的運(yùn)動(dòng)軌跡均不變（2）如圖乙所示，某學(xué)生做“科學(xué)探究：平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)中，獲得小球運(yùn)動(dòng)中的一段軌跡，但漏記小球做平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)位置。該生在軌跡上選取了水平距離相等的a、b、c三點(diǎn)，并測(cè)量了各點(diǎn)間的豎直距離。則a、b兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔為_(kāi)_____s，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為_(kāi)_____m/s。若以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以初速度方向?yàn)閤軸正方向，以重力方向?yàn)閥軸正方向，則圖中拋出點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_____cm，______cm，取重力加速度?！敬鸢浮浚?）A（2）0.12－20－5【解析】【小問(wèn)1詳析】AB．用小錘輕擊彈簧金屬片，在同一高度，A球做平拋運(yùn)動(dòng)，B球做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，因此無(wú)論擊打的力多大，A、B兩球總是同時(shí)落地，且落地時(shí)間不變，故A正確，B錯(cuò)誤；C．用不同的力擊打彈簧金屬片時(shí)，A球獲得的水平初速度不同，則A球的運(yùn)動(dòng)路線不同，B球始終是自由落體運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)路線相同，故C錯(cuò)誤。故選A?！拘?wèn)2詳析】[1]小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可得則相鄰小球間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為[2]小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為[3][4]在豎直方向，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)在某段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度可得小球在b點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為可知小球從開(kāi)始拋出到b點(diǎn)的時(shí)間為則小球從拋出點(diǎn)到a點(diǎn)的時(shí)間為0.1s，因此圖中拋出點(diǎn)的坐標(biāo)為13.圖甲為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，一實(shí)驗(yàn)小組利用該裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取＃?）平衡摩擦力后，小車(chē)左端用細(xì)繩跨過(guò)定滑輪和鉤碼相連，從緊靠打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的位置由靜止釋放，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列點(diǎn)跡。某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶和相關(guān)數(shù)據(jù)如圖乙所示，其中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接電源的頻率為50Hz，由該紙帶可求得小車(chē)的加速度大小______。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（2）保持小車(chē)質(zhì)量不變，改變鉤碼的質(zhì)量m，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，得到多組a、m數(shù)據(jù)，作出的圖像的縱截距為b、斜率為k，如圖丙所示，則實(shí)驗(yàn)所用小車(chē)的質(zhì)量為_(kāi)_____，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮開(kāi)_____。（用b、k表示）【答案】（1）2.0（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】由于每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)，則計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為小車(chē)的加速度大小【小問(wèn)2詳析】[1][2]根據(jù)牛頓第二定律，有整理得即，解得，14.依據(jù)運(yùn)動(dòng)員某次練習(xí)時(shí)推動(dòng)冰壺滑行的過(guò)程建立如圖所示模型：質(zhì)量為的冰壺，先在大小，方向與水平方向夾角為的推力作用下沿著水平冰面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間后運(yùn)動(dòng)員松手，冰壺在冰面上繼續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離。取重力加速度，，，求：（1）冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）運(yùn)動(dòng)員松手時(shí)冰壺的速度大小?！敬鸢浮浚?）0.02（2）【解析】【小問(wèn)1詳析】以冰壺為研究對(duì)象，由共點(diǎn)力作用下物體的平衡條件,在水平方向,有其中在豎直方向,有聯(lián)立解得【小問(wèn)2詳析】由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度加速度關(guān)系式，得由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，得解得15.如圖所示，粗糙水平面AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道在B點(diǎn)平滑相接，一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C做平拋運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)軌半徑，小滑塊的質(zhì)量，小滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)，的長(zhǎng)度，重力加速度取。（1）求小滑塊對(duì)圓軌道最低處B點(diǎn)的壓力大?。唬?）求彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；（3）若僅改變AB的長(zhǎng)度L，其他條件不變，要使小滑塊在半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，求出L的可能值?！敬鸢浮浚?）6N；（2）5J；（3）或【解析】（1）小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，有解得從到根據(jù)動(dòng)能定理有解得在點(diǎn)，對(duì)小滑塊有解得根據(jù)牛頓第三定律可得小滑塊對(duì)圓軌道最低處點(diǎn)的壓力大小為6N。（2）設(shè)彈簧壓縮至點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為，根據(jù)能量守恒定律有解得（3）當(dāng)小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，的長(zhǎng)度為20m，則有；當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心等高時(shí)速度為零，從到與圓心等高位置，根據(jù)能量守恒定律可得解得小滑塊恰好到達(dá)點(diǎn)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律可得解得則有16.如圖，傾角的足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水