安徽省滁州市定远县育才学校2020学年高二物理上学期入学考试试题（含解析）

安徽省滁州市定远县育才学校2020学年高二物理上学期入学考试试题（含解析）

安徽省滁州市定远县育才学校 2020 学年高二物理上学期入学考试 试题（含解析） 第 I 卷（选择题 48 分） 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，满分 48 分。） 1.如图所示，水平面上放置质量为 M 的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮細 绳跨过定滑轮分别连接质量为 m1 和 m2 的物块。m1 在斜面上运动，三角形斜劈保持静 止状态，下列说法中正确的是( ) A. 若 m2 加速向上运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力 B. 若 m2 匀速向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于(m1+ m2+M)g C. 若 m1 沿斜面减速向上运动，贝斜劈不受水平面的摩擦力 D. 若 m1 匀速向下运动，则轻绳的拉力一定大于 m2g 【答案】A 【解析】 A：若 m2 加速向上运动，则 m1 沿斜劈向下加速运动。把三者作为整体做研究对象， 因斜劈静止，m2 加速度向上，m1 加速度沿斜劈向下(加速度有向右的分量)，整体合 外力水平方向的分量向右；整体水平方向的力由地面的摩擦力提供，则斜劈受到水 平面向右的摩擦力。故 A 项正确。 B：若 m2 匀速向下运动，则 m1 沿斜劈向上匀速运动。把三者作为整体做研究对象， 因斜劈静止，m2 匀速向上，m1 沿斜劈向上匀速，整体合外力为零；地面对整体的支 持力等于整体的重力(m1+ m2+M)g。故 B 项错误。 C：若 m1 沿斜面减速向上运动，则 m2 减速向下运动。把三者作为整体做研究对象， 因斜劈静止，m2 加速度向上，m1 加速度沿斜劈向下(加速度有向右的分量)，整体合 外力水平方向的分量向右；整体水平方向的力由地面的摩擦力提供，则斜劈受到水 平面向右的摩擦力。故 C 项错误。 D：若 m1 匀速向下运动，则 m2 匀速向上运动。以 m2 为研究对象，m2 受重力和绳的拉 力；由平衡条件得：轻绳的拉力等于 m2g。故 D 项错误。 点睛：系统所受合力等于各部分物体所受合力之和。且 ， 2.中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大．现有一可视为均匀球体 的中子星，观测到它的自转周期为 T= s，要维持该星体的保持稳定，不致因自转 而瓦解的最小密度 ρ 约是（引力常量 G=6.67×10﹣11m3/kg•s2）（　　） A. ρ=1.27×1014kg/m3 B. ρ=1.27×1013kg/m3 C. ρ=1.27×1015kg/m3 D. ρ=1.27×1016kg/m3 【答案】A 【解析】 解：要维持该星体的保持稳定，则中子星上半径为 R 处的质量为 m 的物体随中子星 自转时所需向心力不大于它受到的万有引力； 万有引力相当于质量 的物体距 m 为 R 时对 m 的万有引力， 故有： ； 所以， ， 所以， ， 故 A 正确，BCD 错误； 点睛：星体不解体的临界条件是万有引力完全用来提供向心力。 3.甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始 1 1 2 2x x xF m a m a= + + 1 1 2 2y y yF m a m a= + + 1 30 34M R3 ρ π⋅＝ 2 2 M 2G ( )m m RR T π≥ 3 2 2 2 4 4 3 G mR mR R T π ρ π≥ 3 14 3 22 11 3 3 / 1.27 10 / 16.67 10 30 kg m kg mGT π πρ − ≥ = = ×  × ×   计时，其 v－t 图象如图所示。根据图象提供的信息可知( ) A. 从 t＝0 时刻起，开始时甲在前，6 s 末乙追上甲 B. 从 t＝0 时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为 12.5 m C. 8 s 末甲、乙相遇，且距离 t＝0 时的位置 45 m D. 在 0～4 s 内与 4～6 s 内甲的平均速度相等 【答案】B 【解析】 AC：由 v－t 图象与坐标轴围成面积表示对应位移可得 0～6s 甲前进的距离 ； 0～6s 乙前进的距离 ； t＝0 时刻甲、乙经过同一地点，故 6 s 末乙未追上甲；故 A 错误。 甲停止后乙才追上甲，追上点离出发点 40m；所需时间 ；故 C 错误。 B：t＝0 时刻甲、乙经过同一地点，此后甲的速度先比乙大，故甲先领先乙，当两 者速度相等（t=5s）时，两者之间的距离出现极大值。由 v－t 图象与坐标轴围成面 积表示对应位移可得：0～5s 内乙比甲多运动的位移为 0～5s 内两者图象围成的小 三角形面积，即 ，故 B 正确。 D：0～4 s 内甲的平均速度为 ， 4～6 s 内甲的平均速度 ；故 D 错误。 4.一斜面倾角为 θ，A，B 两个小球均以水平初速度 vo 水平抛出，如图所示。A 球垂 5 10 14 2 10m=40m2 2x × × ×甲 ＋＝ ＋ 5 6m=30mx ×乙＝ 40 85 xt s sv = =甲 乙 ＝ max 1 5 5 12.52x m m∆ = × × = 0 1 5 10 / 7.5 /2 2 v vv m s m s + += = = 2 0 10 0 / 5 /2 2 vv m s m s + += = = 直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则 A,B 两个小球下落 时间 tA 与 tB 之间的关系为（ ） A. tA=tB B. tA=2tB C. tB=2tA D. 无法确定 【答案】C 【解析】 A 球垂直撞在斜面上，则速度关系为： ，解得： ，当 B 点与落点的连线与斜面垂直，位移最短，则： ，解得： ，所以： ，故 C 正确，ABD 错误。 5.在如图所示的装置中，表面粗糙的斜面固定在地面上。斜面的倾角为 θ＝30°； 两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲 物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直 方向 α＝60°。现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体 运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动。已知乙物体的质量为 m ＝1kg，若重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法正确的是 0 0tan y A v v v gt θ = = 0 tanA vt g θ= 0 0 2 2tan 1 2 B B B v t vx y gtgt θ = = = 02 tanB vt g θ= 2B At t= A. 乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为 15N B. 乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为 25N C. 斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为 l5N D. 甲物体的质量为 2.5kg 【答案】D 【解析】 【详解】A.乙物体摆到最高点时绳子上的拉力最小，有： ， 故 A 不符合题意。 B.由最高点到最低点的过程中，根据动能定理可得： ， 再根据牛顿第二定律可得： ， 联立以上方程解得： ，故 B 错误。 CD.对甲物体有： ， ， 联立以上方程解得： ， ，故 C 错误，D 正确。 6.如图所示重 100N 的物体放在倾角为 30°的粗糙斜面上，一根原长为 10cm，劲度 1 1cos60 10 N 5N2T mg= = × = ( ) 211 cos60 2mgl mv− = 2 2 vT mg m l − = 2 20NT = 1 msin30m T f= +甲 m 2sin30m f T+ =甲 2.5kgm =甲 m 7.5Nf = 系数为 1000N/m 的弹簧,其一端固定在斜面上底端,另一端与物体连接,设物体静止 时弹簧长度为 7cm,现用力 F 沿斜面上拉物体,而物体仍静止，若物体与斜面间的最 大静摩擦力为 35N，则力 F 的可能值是（ ） A. 15N B. 50N C. 85N D. 100N 【答案】AB 【解析】 施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力 G、垂直斜面向上的支持力 N、沿 斜面向上的摩擦力 f 和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力 T，受力如图， 其 中 ， 根 据 平 衡 条 件 可 求 出 ，方向沿斜面向上； 施加拉力 F 后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大 小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则 ，即 ，摩擦力 f 随着 F 增大而较小，当 时， ，若 ，摩擦 力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以 ，代入数据可得 ，所以拉力在 0～55N 之间，故 AB 正确，CD 错误； 故选 AB。 【点睛】本题关键根据平衡条件确定拉力的最大值，要抓住物体刚要上滑时静摩擦 力达到最大值。 1000 (0.1-0.07)N=30NT k x= ∆ = × sin30 20f G T N= °− = sin30F f T G+ + = ° 20F f N+ = 20F N= 0f = 20F N> maxsin30F T G f+ < °+ 55F N< 7.如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经 a、b、c、d 到达最高 点 e。已知 ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2 s， 设小球经 b、c 时的速度分别为 vb、vc，则（ ） A. vc＝3 m/s B. vb＝2 m/s C. xde＝3 m D. 从 d 到 e 所用时间为 4 s 【答案】AD 【解析】 物体在 a 点时的速度大小为 v0，加速度为 a，则从 a 到 c 有 ，即 7=2v0+2a， 物体从 a 到 d 有 ，即 3=v0+2a，所以 ， ，根据速 度公式 vt=v0+at， ，故 A 正确； 从 a 到 b 有 ，解得 ，故 B 错误； 根据速度公式 vt=v0+at，可得 ，则从 d 到 e 有 ，解得 ，故 C 错误； vt=v0+at 可得从 d 到 e 的时间 ，故 D 正确。 8.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 aO、bO、cO，其下端都固定于 底部圆心 O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是 30°、 45°、60°．若有三个小孩同时从 a、b、c 处开始下滑（忽略阻力），则 2 0 1 1 1 2acx v t at= + 2 0 2 2 1 2adx v t at= + 2 1 2 ma s = 0 4mv s= 3c mv s= 2 2 2b a abv v ax− = 10b mv s= 0 2 2d mv v at s= + = 2 2d dev ax= 4dex m= 4d de vt sa = = A. a 处小孩最后到 O 点 B. b 处小孩最先到 O 点 C. c 处小孩最先到 O 点 D. a、c 处小孩同时到 O 点 【答案】BD 【解析】 【详解】小孩在斜面上的加速度为： ， 斜面 长度为： 根据匀变速直线运动的规律有： ， 把加速度和斜面的长度代入可得： ， 化简可得： ， 所以 a、b、c 处 三个小孩的下滑时间为分别为： ， sin sinmga gm θ θ= = 的 cos Rs θ= 21 2s gt= 21 sincos 2 R g tθθ = 2 2 sin cos Rt g θ θ= 的 2 a 2 8 3 31 3 2 2 R Rt gg = = × × ， ， 分析可得： ，故 BD 正确，AC 错误。 9.如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的 C 平台上， C 平台离地面的高度一定，运输机的皮带以一定的速度 v 顺时针转动且不打滑。将 货物轻轻地放在 A 处，货物随皮带到达平台，货物在皮带上相对滑动时，会留下一 定长度的痕迹，已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为 μ。若皮带的倾角 θ、运行 速度 v 和货物质量 m 都可以改变，始终满足 tanθ<μ，可以认为最大静摩擦力等于 滑动摩擦力( ) A. 当速度 v 一定时，角 θ 越大，运送时间可能越长 B. 当倾角 θ 一定时，改变速度 v，运送时间可能不变 C. 当倾角 θ 和速度 v 一定时，货物质量 m 越大，皮管上留下的痕迹可能越长 D. 当倾角 θ 和速度 v 一定时，贷物与皮带间的动摩擦因数口越大，皮带上留下的 痕迹越短 【答案】ABD 【解析】 A ： 货 物 在 皮 带 上 先 做 加 速 运 动 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 ： ，解得：货物的加速度 ，角 θ 越大， 加速度越小。 2 b 2 4 2 2 2 2 R Rt gg = = × × 2 c 2 8 3 31 3 2 2 R Rt gg = = × × b a ct t t< = cos sinmg mg maµ θ θ− = cos sina g gµ θ θ= − 皮带长度 ，角 θ 越大，皮带长度也越小。 根据运动学公式，货物在皮带上加速时间可能变长也可能变短。故 A 项正确。 B：货物的加速度 ，角 θ 一定，加速度一定。 如果货物一直做加速运动，改变速度 v， 货物的运动情况可能不变，运送时间可能 不变； 如果货物先加速后匀速运动，改变速度 v， 货物的运动情况改变，运送时间变化。 故 B 项正确。 C：当倾角 θ 和速度 v 一定时，货物的加速度 与货物质量 m 无 关，货物的运动情况与货物质量 m 无关。皮管上留下的痕迹不变。故 C 项错误。 D：皮带上留下的痕迹 、 ，解得 。 当倾角 θ 和速度 v 一定时，贷物与皮带间的动摩擦因数 越大，货物的加速度 越大，皮带上留下的痕迹越短。故 D 项正确。 点睛：理解并能熟练分析传送带模型中物体的受力和运动情况。 10.如图，小球以初速度为 从沦肌浃髓斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为 的 斜顶部．右图中 是内轨半径大于 的光滑轨道、 是内轨半径小于 的光滑轨道、 是内直径等于 光滑轨道、 是长为 的轻棒．其下端固定一个可随棒绕 点向 上转动的小球．小球在底端时的初速度都为，则小球在以上四种情况中能到达高度 的有（不计一切阻力）（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】AD sins h θ= cos sina g gµ θ θ= − cos sina g gµ θ θ= − 21 2x vt at∆ = − vt a = 2 2 vx a ∆ = µ cos sina g gµ θ θ= − 0v h A h B h C h D /2h O h 【解析】 该过程中小球的机械能守恒， ，小球在 B、C 的轨道内到达 h 高度的时 候一定有水平方向的速度，也就是具有动能，所以在 B、C 的轨道内小球不可能到达 h 高度，而在 A、D 轨道内却可以。故 A、D 项正确。 综上所述，本题正确答案为 AD。 11.如图所示，用三根轻绳 AB、BC、CD 连接两个小球，两球质量均为 m，A、D 端固 定，系统在竖直平面内静止，AB 和 CD 与竖直方向夹角分别是 30°和 60°则（　） A. AB 拉力是 mg B. BC 拉力是 mg C. CD 拉力是 mg D. BC 与水平方向夹角是 60° 【答案】ABC 【解析】 对 B、C 整体受力分析如图， 2 0 1 2mgh mv= 3 根据几何关系可得 ， 。 对 C 小球进行受力分析如图， 设 BC 与水平方向夹角为 ，根据平衡条件得: ; ； 解得： ，故 A、B、C 项正确。 综上所述本题正确答案为 ABC。 12.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的 圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最 大，到达 C 处的速度为零，AC=h。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回 到 A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g，则圆环（ ） 2 cos30 3ABF mg mg= = 2 sin30CDF mg mg= = α cos sin 60BC CDF Fα =  sin cos60BC CDF F mgα + = BCF mg= 30α =  A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为 C. 在 C 处，弹簧的弹性势能为 D. 上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 【答案】BD 【解析】 由题意知，圆环从 A 到 C 先加速后减速，到达 B 处的加速度减小为零，故加速度先 减小后增大，故 A 错误；从 A 到 C，根据能量守恒： ，从 C 到 A： ，联立解得： ， ，所以 B 正确， C 错 误 ； 从 A 到 B ： ， 从 C 到 A ： ， ，联立可得 ， 所以 D 正确。 【考点】能量守恒、动能定理 【方法技巧】本题涉及到受力分析、运动过程、能量变化的分析，由运动分析受力， 由经过 B 处的速度最大，得到加速度等于零，因为物体是在变力作用下的非匀变速 运动，故一定是利用能的观点解决问题，即由能量守恒得到摩擦力做功以及弹性势 能的大小，本题综合性较强，难度较大。 二、实验题（本题有 2 小题，共 14 分。） 13.如图是测量滑块与木板间动摩擦因数的装置，将木板水平固定在桌面上，利用一 根压缩的短弹簧来弹开滑块。请完成下列实验操作与分析： （1）先接通打点计时器的电源，再释放滑块，滑块被弹开后继续拖动纸带运动一段 距离后停下 （2）某次实验打出的纸带后面的一段如图，其中 B 点为滑块停下时在纸带上记录到 的点。打点计时器打点周期为 T，其他数据已在图中标出，则滑块通过 A 点的速度 v ＝________(用 T、x1、x2 表示)；再用________测出 A、B 之间的距离 L （3）已知重力加速度为 g，则滑块与木板间动摩擦因数 μ＝_____(用 g、L、T、x1、 x2 表示)。由于纸带与计时器存在阻力，测出的动摩擦因数μ 与真实值相比_____(选 填“一样大”“偏大”或“偏小”) 【答案】 (1). (2). 刻度尺 (3). (4). 偏大 【解析】 （2）根据做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的 瞬时速度,则知滑块通过 A 点时的速度 ;然后用刻度尺测出 AB 间的距离 L; （3）物体做匀减速运动,由匀变速运动的速度位移公式可得: 则得 由牛顿第二定律得: ,可得动摩擦因数 ; 因为纸带与计时器存在阻力,测出的动摩擦因数 与真实值相比偏大. 14.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落， 利用此装置可验证机械能守恒定律。 1 2 2 x x T + 2 1 2 2 ( ) 8 x x T gL + 1 2 2 x xv T += 2 2 0 2( )v v a L− = − 2 1 2 2 ( ) 8 x xa T L += mg maµ = ( )2 1 2 28 x x T gL µ += µ （1）供实验选择的重物有以下四个，应选择____ A．质量为 10g 的砝码　B．质量为 50g 的塑料球 C．质量为 200g 的木球　D．质量为 200g 的铁球 （2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带， 如下图所示。纸带的___端（选填“左”或“右’）与重物相连。 （3）上图中 O 点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上连续打出的点 A、B、C、 D、E、F、G 作为计数点，为验证重物对应 O 点和 F 点机械能是否相等，并使数据处 理简便，应测量 O、F 两点间的距离 h1 和________两点间的距离 h2 （4）已知重物质量为 m，计时器打点周期为 T，从 O 点到 F 点的过程中重物动能的 增加量 ΔEk= ____（用本题所给字母表示）。 （5）某同学在实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，于是深入研究阻 力对本实验的影响。他测出各计数点到起始点 O 的距离 h，并计算出各计数点的速 度 v，用实验测得的数据绘制出 v2--h 图线，如图所示。已知当地的重力加速度 g=9.8m/s2，由图线求得重物下落时受到阻力与所受重力的百分比为____%(保留两位 有效数字)。 【答案】 (1). (1)D； (2). (2)左； (3). （3）E、G； (4). （4） ； (5). （5）1.0； 【解析】 【详解】（1）为了减小空气阻力的影响，重物应选用质量大密度大的物体，所以应 选 D。 （2）纸带从左向右点间距逐渐增大，左边的点先打，所以左边连接重物。 （3）验证重物对应 O 点和 F 点机械能是否相等，需要计算出 F 点的瞬时速度，所以 需要测出 E、G 间的距离。 （4）从 O 点到 F 点的过程中重物动能的增加量 ，打 F 点的速度 所以 （5）根据 得图象中的斜率 ，解得 g=9．7m/s2，则阻力 f=0.1mg，所 以重物下落时受到阻力与所受重力的百分比为 1%。 【点睛】验证机械能守恒定律实验成败的关键是减小空气阻力的影响，所以应从满 足机械能守恒定律的条件入手。对机械能守恒的三种表达式要熟悉，增加的动能等 于减小的重力势能，所以应将增加的动能和减小的重力势能求出来。 三、解答题（本题有 3 小题，共 38 分。） 15.如图所示，物体 A 放在足够长的木板 B 上，木板 B 静止于水平面上，已知 A 的质 量 和 B 的质量 均为 ，A．B 之间的动摩擦因数 ，B 与水平面之间 的动摩擦因数 ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度 g 取 ，若从 开始，木板 B 受到 的水平恒力作用， 时 改为 ，方向不变， 时撤去 。 2 2 28 mh T 21 2k FE mv∆ = 2 2F hv T = 2 2 28k mhE T ∆ = 2 2v gh= 2k g= Am Bm 2.0kg 1 0.2µ = 2 0.1µ = 210 /m s 0t = 1 16F N= 1t s= 1F 2 4F N= 3t s= 2F （1）木板 B 受 的水平恒力作用时，A．B 的加速度 、 各为多少？ （2）从 开始，当 A．B 都静止，A 在 B 上相对 B 滑行的时间为多少？ （3）请以纵坐标表示 A 受到 B 的摩擦力 ，横坐标表示运动时间 t（从 开始， 到 A、B 都静止），取运动方向为正方向，在图中画出 的关系图线（以图线评 分，不必写出分析和计算过程）。 【答案】（1） ， ；（2） ； （3） 的关系图线如图所示： 【解析】 详解】试题分析：（1）根据牛顿第二定律得到： ， 代入数据可以得到： 。 （2） 时，A、B 速度分别为 、 则： ， 改为 后，在 B 速度大于 A 速度的过程，A 的加速度不变，B 的加速度设为 ，根据牛顿第二定律得到： 1 16F N= Aa Ba 0t = fAF 0t = fAF t− 22m/sAa = 24 /Ba m s= 1.5s fAF t∼ 【 1 A A Am g m aµ = 2 1 2 /Aa g m sµ= = ( )1 2 1A B A B BF m m g m g m aµ µ− + − = 24 /Ba m s= 1 1t s= Av Bv 1 2 /A Av a t m s= = 1 4 /B Bv a t m s= = 1F 2 4F N= ' Ba ( ) ' 2 2 1A B A B BF m m g m g m aµ µ− + − = 代入数据得到： 设经过时间 ，A、B 速度相等，此后它们保持相对静止， ，代入数据得到： ， 则 A 在 B 上相对 B 滑行的时间为 。 （3） 的关系图线如图所示： 【点睛】此题主要考查连接体的位移关系，根据牛顿第二定律可以轻松解决。 16.半径为 r 的竖直光滑圆轨道固定在光滑木板 AB 中央，置于光滑水平桌面．圆轨 道和木板 AB 的总质量为 m，木板 AB 两端被限定，无法水平移动，可竖直移动．木 板 AB 的右端放置足够长的木板 CD，其表面与木板 AB 齐平，质量为 2m．一个质量为 m 的滑块（可视为质点）从圆轨道最低点以一定的初速度 v0 向右运动进入圆轨道， 运动一周后回到最低点并向右滑上水平木板 AB 和 CD，最终与木板 CD 保持相对静止， 滑块与木板 CD 间动摩擦因数为 μ，其余摩擦均不计，则： （1）为保证滑块能通过圆轨道的最高点，求初速度 v0 的最小值； （2）为保证滑块通过圆轨道的最高点时，木板 AB 不离开地面，求初速度 v0 的最大 值； （3）若滑块恰能通过圆轨道最高点，求滑块在木板 CD 上滑动产生的热量 Q． ' 22 /Ba m s= − 2t ' 2 2A A B Bv a t v a t+ = + 2 0.5t s= 1 2 1.5t t t s= + = fAF t∼ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1）滑块在最高点，速度最小时有： 从最低点到最高点的过程中，滑块机械能守恒，设滑块最低点的初速度为 v01，根据 机械能守恒定律： 解得 （2）要使木板 AB 不离地，滑块在最高点时对轨道的压力最大为 FN＝mg，滑块在最 高点，速度最大时有： 设滑块最低点的初速度为 v02 时，在最高点有最大速度，根据机械能守恒定律： 解得 （3）由（1）可知，滑块恰能通过最高点，并由机械能守恒可得，滑块滑到木板 CD 时的初速度为 ； 由受力分析可知，滑块在木板 CD 上做匀减速直线运动，木板 CD 做匀加速直线运动， 加速度大小分别为 设经过时间 t，两者速度相等均为 v，则有 v＝v0－a1t＝a2t 解得 5gr 6gr 5 3 mgr 2 1mg m v r = 2 2 01 1 1 12 2 2mg r mv mv⋅ = − 01 5v gr= 2 2 N vF mg m r + = 2 2 02 2 1 12 2 2mg r mv mv⋅ = − 02 6v gr= 01 5v gr= 1a mg gm µ µ= = 2 1a 2 2 mg gm µ µ= = 2 5t 3 gr gµ= 1v 53 gr= 这段时间内，滑块位移 木板 CD 的位移 滑块相对木板 CD 的位移为 故这一过程中产生的热量 （另解： 可相应得分） 17.如图所示，半径为 R 的竖直圆轨道与半径为 2R 的竖直圆弧轨道 BC 相切于最低点 C，倾角 θ=37°的倾斜轨道 AB 与圆弧轨道 BC 相切于 B 点，将一劲度系数为 k 的轻 质弹簧的一端固定在 AB 轨道上，平行于斜面的细线穿过有孔固定板和弹簧并跨过定 滑轮将小球 a 和小球 b 连接，小球 a 与弹簧接触但不相连，小球 a 的质量为 m，小 球 b 的质量为 ，初始时两小球静止，小球 a 与 B 点的距离为 L，已知弹簧被压缩 时的弹性势能表达式为 （x 为弹簧压缩量），现将细线突然烧断，一切摩 擦均不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为 g。 （1）求细线断开的瞬间，小球 a 和小球 b 的加速度大小之比。 （2）如果小球 a 恰好能在圆轨道内完成竖直平面内 圆周运动，则 L 和 R 应满足什 么关系？ 0 1 20x 2 9 v v rt µ += = 2 5x 2 9 v rt µ= = 1 2 5S x x 3 r µ= − =相对 5 5 3 3 rQ f S mg mgrµ µ= ⋅ = ⋅ =相对 2 2 2 0 1 1 1 5Q E 2 2 2 3mv mv mv mgr = ∆ = − + =  机 6 5 m 21 2PE kx= 的 （3）在满足第（2）问的条件下，小球 a 通过 C 点时对轨道的压力的变化量是多少？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1）细线为断开时，由受力平衡有 解得 细线断开 瞬间，对小球 a： ， 解得： 对小球 b： 解得 ， 所以 （2）细线断开后小球 a 恰好能够运动到圆轨道的最高点 P，由机械能守恒定律有 在最高点： , 解得 L= （3）设小球 a 运动到 C 点时速度为 ， 由机械能守恒定律有 解得 在 C 点的右侧时，圆弧轨道的半径为 2R， 由牛顿第二定律： 解得 在 C 点的左侧时，圆弧轨道的半径为 R， 1 2 6 5 a a = 7 3 2 10 mgR k − 2.5mg 6sin 5mg kx mgθ + = 3 5 mgx k = 的 1mgsin kx maθ + = 1 6 5a g= 2 6 6 5 5mg ma= 2a g= 1 2 6 5 a a = 2 21 1sin 2 cos2 2kx mgL mg R mvθ θ+ = ⋅ + 0N = 2vmg m R = 7 3 2 10 mgR k − cv 2 21 122 2cmv mg R mv= ⋅ + 5cv gR= 2 1 2 cvF mg m R − = 1 3.5F mg= 由牛顿第二定律： 解得 故小球 a 通过 C 点时对轨道的压力的变化量为 。 点睛：本题是复杂的力学问题，对于圆周运动，分析向心力的来源是关键，对于小 球运动过程之中，要抓住机械能守恒，要具有解决综合问题的能力，需要加强这方 面的练习。 2 2 2 cvF mg m R − = 2 6F mg= 2 1 2.5F F F mg∆ = − =