四川省成都市石室中学2019-2020学年高二9月入学考试物理试题
成都石室中学 2021 级 2019 年 9 月入学考试物理试卷
一、单项选择题
1.小船横渡一条两岸平行的河流，船本身的速度(即在静水中的速度)大小不变、船身方向垂
直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则( )
A. 渡河过程中水流速度恒定不变
B. 渡河过程中越接近河岸水流速度越大
C. 无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时不变且最短
D. 该船渡河的时间会受水流速度变化的影响
【答案】C
【解析】
【详解】AB.从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向
上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故 A 错误，B 错误。
CD.由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故 C 正确，
D 错误。
2.如图所示，位于同一高度的小球 A、B 分别以 v1 和 v2 的速度水平抛出，都落在了倾角为 30°
的斜面上的 C 点，小球 B 恰好垂直打到斜面上，则 v1、v2 之比为 （ ）
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶2 D. 2∶3
【答案】C
【解析】
【详解】小球 A 做平抛运动，根据分位移公式有：
又有：
由以上方程可得：
小球 B 恰好垂直打在斜面上，则有
则
综上可得：
【点睛】本题考查的是平抛运动的知识，平抛运动总的解题方法就是分解，如果知道平抛运
动位移的信息，就分解位移；如果知道速度信息就分解速度。
3.如图所示，粗糙且绝缘的斜面体 ABC 在水平地面上始终静止。在斜面体 AB 边上靠近 B 点固
定一点电荷，从 A 点无初速度释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到 P
点时速度恰为零.则小物块从 A 到 P 运动的过程( )
A. 水平地面对斜面体没有静摩擦作用
1x v t= 21
2y gt=
tan30 y
x
° =
1
3
2v gt=
2 2tan30
y
v v
v gt
° = =
2
3
3v gt=
1 2: 3: 2v v =
B. 小物块的电势能先减小后增大
C. 小物块所受到的合外力减小后增大
D. 小物块损失的机械能等于增加的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】AC.根据题意可知物块 A 先向下加速后向下减速，距离 B 点越近，库仑力越大，所以
加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大；当物块加速下滑时，斜面有向右运
动的趋势，水平地面对斜面体有水平向左的静摩擦力，选项 A 错误，选项 C 正确。
B.由运动情况可知，小物块带负电，点电荷也带负电，故小物块在下滑的过程中，库仑力做
负功，故物块的电势能增大，选项 B 错误;
D.由能量守恒可知小物块损失的机械能等于增加的电势能和因摩擦产生的内能，故小物块损
失的机械能大于增加的电势能，选项 D 错误，
4.“嫦娥二号”卫星发射后直接进入近地点高度 200 千米、远地点高度约 38 万千米的地月转
移轨道直接奔月，如图所示．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也
就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点 100
千米、周期 12 小时的椭圆轨道 a.再经过两次轨道调整，进入 100 千米的极月圆轨道 b，轨道
a 和 b 相切于 P 点．下列说法正确的是( )
A. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于 7.9 km/s，小于 11.2 km/s
B. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于 11.2 km/s
C. “嫦娥二号”卫星在 a、b 轨道经过 P 点的速度 va＝vb
D. “嫦娥二号”卫星在 a、b 轨道经过 P 点的加速度分别为 aa、ab，则 aa
vb，但万有引力相同，加速度相同，CD 错误．故选 A.
的
5.如图甲所示，两个点电荷 、 固定在 x 轴上距离为 L 的两点，其中 带正电荷位于原
点 O，a、b 是它们的连线延长线上的两点，其中 b 点与 O 点相距 现有一带正电的粒子 q 以
一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动 粒子只受电场力作用 ，设粒子经过 a，b
两点时的速度分别为 、 ，其速度随坐标 x 变化的图象如图乙所示，则以下判断不正确的
是
A. 带负电且电荷量小于
B. b 点的场强一定为零
C. a 点的电势比 b 点的电势高
D. 粒子在 a 点的电势能比 b 点的电势能小
【答案】ABC
【解析】
【详解】由图象分析可知：在 b 点前做加速运动，b 点后做减速运动，可见 b 点的加速度为
0，则在 b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知 b 点的合场强为零，Q 2 带负电，且有
，所以，Q1＞Q2，故 AB 正确．该电荷从 a 点到 b 点，做加速运动，且该电荷
为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，再据 Ep=qφ 知，电势降低，所以 b 点电势较低，
故 C 正确，D 错误；故选 ABC．
6.在点电荷 Q 的电场中的 O 点，由静止释放一个质量为 m、带电荷量为+q 的试探电荷，试探
电荷运动到 a 点时的速度大小为 v，若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服
电场力做功为 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，设无穷远处电势为零，(不计试
探电荷的重力)。则下列判断正确的是( )
A. 电场中 a 点电势
1Q 2Q 1Q
3 .L
( )
av bv
( )
2Q 1Q
1 2
2 2(3 ) (2 )
kQ kQ
L L
=
a
W
q
ϕ = −
B. 电场中 O 点电势为中
C. 试探电荷的最大速度为
D. aO 间电势差为
【答案】B
【解析】
【详解】A.正试探电荷从无穷远处移到电场中 a 点克服电场力做功 W， 表明电场力为斥力，
场源电荷带正电，由电场力做功得
a 点电势 ， A 项错误
B.若将试探电荷从 O 移到 a，由动能定理得
而
解得 ，B 项正确;
C.该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服电场力做功 W，试探电荷运动到 a 点
时的速度大小仍为 v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有
则 ，C 项错误。
D. ，即 ，D 项错误。
7.如图，倾角为 300 的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在斜面 底
2
2O
W mv
q q
ϕ = +
m
2Wv m
=
2
2aO
mvU q
=
( )a aW qU qϕϕ∞ ∞= = −
a
W
q
ϕ =
21 02OaqU mv= −
Oa o aU ϕ ϕ= −
2
2O
W mv
q q
ϕ = +
2 2
m
1 1
2 2W mv mv= −
2
m
2Wv v m
= +
aO OaU U= −
2
2aO
mvU q
= −
端的挡板上，另一端与质量为 m 的物块 A 连接，A 静止于 P 点。现对 A 施加一方向平行于斜面
向上、大小 F =mg 的恒定拉力，使 A 向上运动。若运动过程中，弹簧形变未超过弹性限度，重
力加速度为 g，则（ ）
A. 刚施加拉力 F 时，A 的加速度大小为 0. 5g
B. 速度最大时，A 距 P 点的距离为
C. 在 A 上升到最高点的进程中，A 和弹簧系统的机械能先增加后减小
D. 在 A 上升到最高点的过程中，A 的机械能先增加后减小
【答案】D
【解析】
A、施加拉力前，弹簧被压缩 x，沿斜面方向 ，可知 由牛顿第二定律
，解得 ，方向沿斜面向上，故 A 错误。B、物块先向上加速运动后减速运动，
当 a=0 时速度最大，有 ，解得伸长量为 ，故 A 距 P 点的距离为
，B 错误。C、物块和弹簧的系统在上升过程中除重力和弹簧弹力做功外，其它力
F 一直做正功，故机械能一直增大，故 C 错误。D、A 的机械能由拉力 F 和弹簧弹力做功衡量，
两个力的合力先向上后向下，故先做正功后做负功，则机械能先增大后减小。故 D 正确。故
选 D.
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用及机械能守恒定律；要分析清楚物体的运动过程，应
用牛顿第二定律与机械能守恒定律可以正确解题．
8.如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过
光滑滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m.开始时，a、b 及传送带均静止，且 a 不受传送带摩擦
力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过程中下列说法错
误的是( )
2
mg
k
sinkx mg θ=
2
mgx k
=
F ma= a g=
sinF kx mg θ+′=
2
mgx k
′ =
mgx x k
+ ′ =
θ
A. 物块 a 的重力势能减少
B. 摩擦力对 a 做的功等于 a 机械能的增量
C. 摩擦力对 a 做的功等于物块 a、b 动能增量之和
D. 任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.开始时，a、 b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，有 ，
则 上升 h，则 a 下降 ，则 a 重力势能的减小量为
故 A 正确不符合题意;
BC.根据能量守恒定律得，摩擦力对 a 做的功等于 a、b 系统机械能的增量，因为 a 重力势能
的减小量等于 b 重力势能增加量，系统重力势能不变，所以摩擦力对 a 做的功等于系统动能
的增量，故 B 错误符合题意，C 正确不符合题意;
D.任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力做功的瞬时功率 ，对 a 有:
所以重力对 a、b 做功 瞬时功率大小相等，故 D 正确不符合题意。
二、多项选择题
9.下面对于物理概念及物理规律的理解，正确的是( )
A. 物体受到的合外力等于物体动量的变化率
B. 汽车以恒定功率在平直路面上行驶，阻力大小一定，则无论汽车加速还是减速，加速度必
定减小
C. 一个系统的合外力等于零，这个系统的机械能一定 守恒
的
mgh
sinam g mgθ =
sina
mm θ= sinh θ
sinpa aE m g h mghθ∆ = ⋅ =
bP mgv=
sina aP m gv mgvθ= =
D. 做匀变速曲线运动的物体，当速度方向与合力方向垂直时，速度最大
【答案】AB
【解析】
【详解】A.根据动量定理可知，物体的合外力为 ，即合外力等于动量的变化率，故 A
正确；
B. 汽车加速运动时，根据牛顿第二定律有其加速度为 ，速度增大，根据 P=Fv 可得，
牵引力减小，所以加速度减小，如汽车减速运动，根据牛顿第二定律有其加速度为
，速度减小，根据 P=Fv 可得，牵引力增大，所以加速度减小，故 B 正确；
C. 当物体匀速上升时，合外力为零，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故 C 错误；
D. 做斜抛运动的物体只受到竖直向下的重力，在最高点合外力与速度相互垂直，但速度是最
小的，故 D 错误；
10.如图所示，分别在 M、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-q (Q>q)， 以MN 连线的中点 O 为圆
心的圆周上有 A、B、C、D 四点。下列说法中正确的是( )
A. A 点场强大于 B 点场强
B. C 点场强与 D 点场强相同
C. A 点电势小于 B 点电势
D. 将正电荷从 C 点移到 O 点，电场力做负功
【答案】AD
【解析】
【详解】A.由于 Q>q， A 点处电场线比 B 点处电场线密，A 点场强大于 B 点场强，故 A 正确。
B.由于电场线关于 M 对称，C， D 两点电场线疏密程度相同，则 C 点场强大小等于 D 点场强大
小，由于两电荷电量不同，方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故 B 错
pF t
∆=
F fa m
−=
f Fa m
−=
误。
C.由题意知，电场线方向由 M 指向 N，则 A 点电势高于 B 点电势，故 C 错误。
D. 电场线从 Q 出发到 q 终止，关于 MN 对称，由于 Q＞q，则正检验电荷在 CO 上受到的力指向
右上方，则正检验电荷从 C 移到 O 的过程，克服电场力做功，即电场力做负功，故 D 正确。
11.图中三条实线 a、b、c 表示三个等势面．一个带电粒子射入电场后只在电场力作用下沿虚
线所示途径由 M 点运动到 N 点，由图可以看出（ ）
A. 三个等势面的电势关系是 φa＞φb＞φc
B. 三个等势面的电势关系是 φa＜φb＜ωc
C. 带电粒子在 N 点的动能较小，电势能较大
D. 带电粒子在 N 点的动能较大，电势能较小
【答案】C
【解析】
试题分析：物体做曲线运动时，一定受到指向其曲线内侧的力，若物体只受电场力，则电场
力一定指向曲线内侧，这是解决带电粒子在电场中做曲线运动的突破点，然后根据电场力做
功情况进一步判断动能、电势能的变化情况，或者根据电场线方向判断电势的高低．
带电粒子所受电场力指向曲线内侧，即大体上是向右，带电粒子从 M 运动到 N 过程中速度方
向和电场力的方向的夹角大于 90°，电场力做负功，电势增大，动能减小，故 N 动能小，电
势能大，故 C 正确 D 错误；由于不知电荷带电的正负，因此无法判断电场线方向，故三个等
势面的电势高低无法判断，故 AB 错误．
12.如图，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，
弹簧的另一端固定在墙上 点，且处于原长。现让圆环从 点由静止开始下滑，滑到 点正
下方 点时速度为零。则在圆环下滑过程中（ ）
m
O A O
B
A. 圆环机械能守恒
B. 弹簧的弹性势能先增大再减小，再增大
C. 弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大
D. 与圆环在 点的加速度相同的位置还有两处
【答案】BD
【解析】
【详解】A.弹簧的弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒，故选项 A 错误；
B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹
性势能先增大再减小后增大，故选项 B 正确；
C.圆环所受合力为零的时刻，圆环的速度最大，故弹簧再次恢复到原长时，圆环是有加速度
的，所以圆环的速度不是最大，故选项 C 错误；
D.圆环在 点的合力为 ，故弹簧恢复原长时、以及弹簧与杆垂直时合力均为 ，
故与圆环在 点的加速度相同的位置还有两处，故选项 D 正确。
13.绝缘水平面上固定一正点电荷 Q，另一质量为 m、电荷量为-q 的滑块（可看作点电荷）从
a 点以初速度 v0 沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度为零. 已知 a、b 间距离为 s，滑块与水
平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g. 以下判断正确的是（ ）
A. 滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B. 滑块在运动过程的中间时刻，瞬时速度的大小小于
C. 此过程中摩擦力做功的大小为大于
A
A sinmg θ sinmg θ
A
µ
0
2
v
2
0
2
mv
D. Q 产生的电场中，b、a 两点间的电势差为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而
库仑力与运动方相同，因滑块在 b 点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在
滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达 b 点时速度减为零，
若在 ab 之间某点库仑力大于摩擦力，则物体应做加速运动，不可能静止，因此库仑力一定小
于摩擦力。故 A 错误；
B.水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力
增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速
度小于 故 B 正确；
C.由动能定理可得： ，即 ，可知此过程中摩擦力做功
大于 ，选项 C 正确；
D.由动能定理可得：Uq-μmgs=0- mv02，解得两点间的电势差 U= ，故 D 正确；
14.如图所示，竖直平面内四分之一圆弧轨道 AP 和水平传送带 PC 相切于 P 点，圆弧轨道的圆
心为 O，半径为 R=2m。小耿同学让一质量为 m=1kg 的小物块从圆弧顶点 A 由静止开始沿轨道
下滑，再滑上传送带 PC，传送带以速度 v=4m／s 沿逆时针方向的转动。小物块与传送带间的
动摩擦因数为 ，滑块第一次滑到传送带上离 P 点 2.5m 处速度为零，不计物体经过圆
弧轨道与传送带连接处 P 时的机械能损失，重力加速度为 g=10m／s2。则（ ）
2
0( 2 )
2
m v gs
q
µ−
0
2
v
2
0
10 2fW W mv− = −库
2
0
1
2fW W mv= +库
2
0
2
mv
1
2
2
0( 2 )
2
m v gs
q
µ−
0.5µ =
A. 滑块从 A 开始下滑到 P 点过程机械能守恒
B. 滑块再次回到 P 点时对圆弧轨道 P 点的压力大小为 18N
C. 滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为 31.5J
D. 滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为 36J
【答案】BD
【解析】
滑块第一次滑到传送带上 P 点的速度 ，故滑块从 A 开始下滑
到 P 点过程机械能不守恒，A 错误；滑块再次回到 P 点时的速度为 v=4m/s，根据牛顿第二定
律 ，解得 ，根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道 P 点的压力大小为 18N，
B 正 确 ； 滑 块 第 一 次 在 传 送 带 上 运 动 由 于 摩 擦 产 生 的 热 量 为
，C 错误；滑块第一次在传送带上运
动而使电动机额外多做的功为 ，D 正确。
【点睛】本题考查了传送带模型上的动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程，应用动能
定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
三.实验题
15.图甲是某同学验证动能定理的实验装置。其步骤如下:
1 2 2.5 5m/s 2v g gRµ= ⋅ = <
2vN mg m R
− = 18NN =
2
21
1 1
( ) 1 ( ) 40.5J2 2
v vQ mg s mg m v vg
µ µ µ
+= ⋅∆ = ⋅ = + =
2 2
1 1
1 1( ) 4.5 40.5 36J2 2W mv mv Q= − + = − + =
A.易拉罐内盛上适量细沙,用轻绳通过滑轮连接在小车上,小车连接纸带。合理调整木板倾角,
让小车沿木板匀速下滑.
B.取下轻绳和易拉罐,测出易拉罐和细沙的质量 m1 及小车质量 m2.
C.取下细绳和易拉罐换一条纸带,让小车由静止释放,打出的纸带如图乙(中间部分未画出),O
为打下的第一点。已知打点计时器的打点频率为 f,重力加速度为 g.
（1）步骤 C 中小车所受的合外力大小为______;
（2）为验证从 O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系,测出 BD 间的距离为 x0,OC
间距离为 x1,则 C 点速度大小为_____，需要验证的关系式为_____(用所测物理量的符号表
示).
【答案】 (1). m1g； (2). ； (3). ；
【解析】
【详解】(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其
余力不变，故合力等于撤去的拉力；
(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故：vC= =
动能增量为： m1vc2=
合力 功为：w=m1gx1
需要验证的关系式为：m1gx1= ；
的
0
2
x f 2 2
2 0
1 1 8
m x fm gx =
0
2
x
T
0
2
x f
1
2
2 2
2 0
8
m x f
2 2
2 0
8
m x f
16.某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光
电门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．
①实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块 ，则
表示气垫导轨已调整至水平状态．
②不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门 1
的时间小于通过光电门 2 的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是
A．调节 P 使轨道左端升高一些
B．调节 Q 使轨道右端降低一些
C．遮光条的宽度应适当大一些
D．滑块的质量增大一些
E．气源的供气量增大一些
③实验时，测出光电门 1、2 间的距离 L，遮光条的宽度 d，滑块和遮光条的总质量 M，钩码质
量 m．由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t2，则系统机械能守恒成立的表
达式是 ．
【答案】① 能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等
② AB
③ mgL = (m + M)( )2– (m + M)( )2
【解析】
试题分析：（1）实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在导
轨任意位置静止或通过两光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态；
（2）滑块通过光电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间，说明滑块向左做加速运动，右端过
1
2 1
d
t
1
2 2
d
t
高，故可以调节 P 使轨道左端升高一些，或者调节 Q 使轨道右端降低一些，故选 AB；
（3）滑块通过两个光电门的速度分别为 和 ；则系统机械能守恒成立的表达式是
考点：验证机械能守恒定律
四.计算题
17.如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为
四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 的轻弹簧，
轻弹簧下端固定，上端恰好与管口 D 端齐平.质量为 的小球在曲面上距 BC 的高度为
处从静止开始下滑，进入管口 C 端时与管壁间恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧.
已知弹簧的弹性势能表达式为 ，x 为弹簧的形变量，小球与 BC 间的动摩擦因数
μ=0.5， 取 .求:
(1)水平面 BC 的长度 s;
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大速度 vm
【答案】(1) s=1.2 m(2) vm=4 m/s
【解析】
【详解】(1) 从 A 到 B 由机械能守恒得:
解得:
的
1
d
v 2
d
v
2 2
1 2
1 1( )( ) ( )( )2 2
d dmgL m M m Mt t
= + − +
0.4mr = 25N / mk =
1kgm =
0.8mh =
2
p
1
2E kx=
210m/sg =
2
B
1
2mgh mv=
B 2 4m / sv gh= =
在进入圆管时由
得
由动能定理得:
解得: s=1.2 m
(2)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离 D 端的距离为 x，则有: ，得:
由功能关系得:
解得: vm=4 m/s
答：(1) s=1.2 m(2) vm=4 m/s
18.在光滑水平面上有一质量 M=4kg 的滑块，滑块的一侧为一光滑的 圆弧，水平面恰好与圆
弧相切，圆弧半径 R=1m。一质量 m=1kg 的小球以速度 向右运动冲上滑块，g 取 。
若小球刚好没有冲出 圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度 的大小；
(2)滑块获得的最大速度。
【答案】（1）5m/s（2）2m/s
【解析】
【分析】当小球上升到滑块的上端时，水平方向动量守恒，根据机械能守恒定律求出小球的
初速度的大小；小球到达最高点以后又滑回，根据动量守恒和机械能守恒求出滑块获得的最
大速度。
2
Cvmg m r
=
C 2m / sv gr= =
2
C
1
2mgh mgs mvµ− =
kx mg=
0.4mmgx k
= =
2 2 2
Cm
1 1 1( ) 2 2 2mg r x kx mv mv+ − = −
1
4
0v 210 /m s
1
4
0v
解(1)当小球上升到滑块的上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为 ，根据水平方向
动量守恒有：
因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律，有：
解得：
(2)小球到达最高点以后又滑回，此过程滑块做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大
研究小球从开始冲上滑块到离开滑块的过程，根据动量守恒和机械能守恒，有：
解得：
19.如图所示,在 E=103 V/m 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与
一水平绝缘轨道 MN 连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径 R=40 cm,一带正电荷
q=10-4 C 的小滑块质量为 m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.2,取 g=10 m/s2,问:
(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C,滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放?
(2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大?(P 为半圆轨道中点)
(3)小滑块经过 C 点后最后落地,落地点离 N 点的距离多大?落地时的速度是多大?
【答案】(1)20m（2）1.5N（3）
【解析】
【分析】
在小滑块运动 过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理
可以求得滑块与 N 点之间的距离；在 P 点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑
块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；小滑块经
的
1v
( )0 1mv m M v= +
( )2 2
0 1
1 1
2 2mv m M v mgR= + +
0 5 /v m s=
0 2 3mv mv Mv= +
2 2 2
0 2 3
1 1 1
2 2 2mv mv Mv= +
3 2 /=v m s
0.6 , 17 /m m s
过 C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和
竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离 N 点的距离，根据速度的合成即可求出落地速度。
【详解】（1）设滑块与 N 点的距离为 L，分析滑块的运动过程，
由动能定理可得，
小滑块在 C 点时，重力提供向心力：
代入数据解得： v=2m/s，L=20m．
（2）滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理可得：
在 P 点时由牛顿第二定律可得：
解得：N=1.5N
由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力是 1.5N．
（3）小滑块经过 C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，有：
代入数据解得滑块运动的时间为：t=0.4s
滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，
由牛顿第二定律可得 qE=ma，
所以加速度： a=2.5m/s2，
水平的位移为：
代入解得：x=0.6m
落地速度：
【点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，
特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方
向来分析和处理问题。
20.如图所示，一足够长的水平传送带以速度 匀速运动，质量均为 m 物块 P 和小物块 Q 通过
滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块 P 从传送带左端以速度 2 冲上传送
带，P 与定滑轮间的绳子水平。已知物块 P 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25，重力加速度为
21•2 02qEL mgL mg R mvµ− − = −
2vmg m R
=
21• 2 PqE L R mgL mg R mvµ+ − − =（ ）
2
PvN qE m R
− =
212 2R gt=
21
2x vt at= −
( ) ( )2 2 17 /v at gt m s= + =
0v
0v
g，不计滑轮的质量与摩擦。
(1)求物块 P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q 系统机械能的改变量;
(2)若传送带以不同的速度 v (0
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