湖南师大附中2017-2018学年高一下学期期末考试物理Word版含答案.doc

湖南师大附中2017－2018学年度高一第二学期期末考试 物　理 时量：90分钟(第Ⅰ卷60分钟，第Ⅱ卷30分钟)　‎ 满分：150分(第Ⅰ卷100分，第Ⅱ卷50分)‎ 得分：____________‎ 第Ⅰ卷　(必做题，共100分)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、单项选择题(共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1．在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是 A．加速度、速度都是采取比值法定义的物理量 B．在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法 C．牛顿提出了万有引力定律，并没有通过实验测出万有引力常量的数值 D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证 ‎2．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，发现前方有障碍物立即刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2, 则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为 A．30 m，40 m B．30 m，37.5 m C．12.5 m，40 m D．12.5 m，37.5 m ‎3．如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在细杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为 A.mg B.mg C.mg D．2mg ‎4．下列说法正确的是 A．物体做曲线运动时，速度、加速度都一定在改变 B．做曲线运动的物体受到的合外力可能为零 C．物体在恒力作用下不可能做曲线运动 D．做曲线运动的物体，加速度可能不变 ‎5．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是 A．质点从M到N过程中速度大小保持不变 B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同 D．质点在MN间的运动不是匀变速运动 ‎6．“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2, 则 A．v1＝v2 B．v1＞v2‎ C．t1＝t2 D．t1＞t2‎ ‎7．如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内的两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．则以下判断正确的是 A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度 B．A、B的线速度大小关系为vA＞vB C．周期大小关系为TA＝TC＞TB D．B、C的线速度大小关系为vC＞vB ‎8．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是 A．动能、重力势能和机械能逐渐减少 B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 ‎9．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有 A．重力做功大小相等 B．它们的末动能相同 C．运动过程中重力的平均功率相等 D．它们落地时重力的瞬时功率相等 ‎10．质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大 A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎11．假设列车从静止开始做匀加速运动，经过500 m的路程后，速度达到360 km/h.整个列车的质量为1.00×105 kg，如果不计阻力，在匀加速阶段，牵引力的最大功率是 A．4.67×106 kW B．1.0×105 kW C．1.0×108 kW D．4.67×109 kW ‎12．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动．当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止．v－t图线如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2. 全过程中，牵引力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法，其中正确的是 ‎①F1∶F2＝1∶3　②F1∶F2＝4∶3　③W1∶W2＝1∶1‎ ‎④W1∶W2＝1∶3‎ A．②③ B．②④ C．①③ D．①④‎ 第Ⅰ卷选择题答题卡 题 号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 得 分 答 案 二、实验题(共2题，共19分，13题每空3分，14题每空2分)‎ ‎13．用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.‎ ‎(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．‎ ‎(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量__________．‎ A．弹簧原长　　　 B．当地重力加速度 C．滑块(含遮光片)的质量 ‎(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示的时间t将__________．‎ A．增大 　　　B．减小 　　　C．不变 ‎14．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图1所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s打一次点，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2. 那么：‎ ‎(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连；‎ ‎(2)根据图上所得的数据，应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律；‎ ‎(3)从O点到所取点，重物重力势能减少量Ep＝________J，该所取点的速度大小为________m/s；(结果取3位有效数字)‎ ‎(4)如图2，一位同学按如下方法判断机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度为v，描绘v2－h图象，若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，该同学的判断依据________．(填“正确”或“不正确)‎ 三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)‎ ‎15．一辆载货的汽车，总质量是4.0×103 kg，牵引力是4.8×103 N，从静止开始做匀加速直线运动，经过10 s前进了40 m．求：‎ ‎(1)汽车运动的加速度；‎ ‎(2)汽车所受到的阻力(设阻力恒定)．‎ ‎16．如图所示，长为l的细线下系一质量为m的小球，线上端固定在O点，小球可以在竖直面内摆动，不计空气阻力，当小球从偏角为θ的位置由静止运动到最低点的过程中，求：‎ ‎(1)重力对小球做的功；‎ ‎(2)小球到最低点时的速度大小；‎ ‎(3)小球在最低点时，对细绳的拉力大小．‎ 第Ⅱ卷　(选做题，共50分)‎ 四、多项选择题(共5小题，每小题全选对记6分，部分对记3分，有选错的记0分，共30分)‎ ‎17．18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，(已知此人的质量m＝50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是 A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒 B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W＝3.2×109 J D．当人下落经过距地心R瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/s ‎18．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中 A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为mgL ‎19．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比 A．推力F将增大 B．竖直墙面对小球A的弹力减小 C．地面对小球B的弹力一定不变 D．两个小球之间的距离增大 ‎20．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB, 电势能分别为EpA、EpB. 下列说法正确的是 A．电子一定从A向B运动 B．若aA＞aB, 则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpA＜EpB D．B点电势可能高于A点电势 ‎21．如图，同一平面内的a，b，c，d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是 A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 C．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 第Ⅱ卷选择题答题卡 题 号 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 得 分 答 案 五、综合应用题(本题共2小题，共20分．第22题12分，第23题8分)‎ ‎22．如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)．传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；‎ ‎(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.‎ ‎23．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道在A点相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电、电量q＝的小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？‎ 湖南师大附中2017－2018学年度高一第二学期期末考试 物理参考答案 第Ⅰ卷 一、单项选择题(每小题5分，共60分)‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 D C C D B D C D A B B A ‎1.D　【解析】速度是物体的位移与所用时间的比值，与位移大小．时间都无关；加速度是用比值法定义的，与速度的变化量无关，是伽利略首先建立起来的．故A正确；在共点力的合成实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同，故实验采用了等效替代的方法．故B正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值．故C正确；牛顿在伽利略的理想斜面实验的基础上，利用逻辑思维对事实进行分析得出了牛顿第一定律，该定律不能用实验直接验证．故D错误．‎ ‎2．C　【解析】汽车减速到0需要的时间为：t＝＝＝4 s，刹车后1 s内的位移x1＝(20×1－×5×12) m＝17.5 m，2 s内的位移为：x2＝v0t＋at＝(20×2－×5×22) m＝30 m，∴刹车后第2 s内的位移Δx＝x2－x1＝12.5 m．汽车运动4 s就停止运动，则刹车后5 s内的位移为：x＝＝＝40 m，故答案为：C.‎ ‎3．C　【解析】由题得知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析如图所示．‎ 因为杆的长度等于碗的半径，根据几何知识得知OA、OB与竖直方向的夹角为30°.‎ 如图，由共点力的平衡知识可得，杆的作用力为：‎ F＝mgtan 30°＝mg，故C正确，ABD错误．‎ ‎4．D　【解析】当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，而加速度可不变，也可以变化，但速度一定变化，答案为：D.‎ ‎5．B　【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M到N过程中，根据一段路程中的平均速率v＝，可知，速度大小变化，A不符合题意；因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，B符合题意，C不符合题意；在MN间的运动是匀变速曲线运动，故答案为：B.‎ ‎6．D　【解析】圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h＝gt2，有：t＝，故t1＞t2, 故C错误，D正确；水平分位移相同，由于t1＞t2，根据x＝v0t，有：v1＜v2；故A、B均错误．‎ ‎7．C　【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的线速度，由于卫星B的轨道半径大于地球的半径，则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，A不符合题意．对B、C，根据G＝m知，v＝，C的轨道半径大于B的轨道半径，则vB＞vC, 对于A、C，A、C的角速度相等，根据v＝rω知，vC＞vA, 所以vB＞vA, B不符合题意，D不符合题意．A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据T＝知，C的周期大于B的周期，故答案为：C.‎ ‎8．D　【解析】轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能一部分转化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能．故答案为：D.‎ ‎9．A　【解析】a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置在同一水平线上，由于重力做功只与物体的初末位置的高度差有关，所以三个球的重力做功相等，A符合题意．由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c是平抛的，所以c有初速度，故c的末动能要大，B不符合题意．由A的分析可知，三个球的重力做功相等，三个球中b、c的运动时间相同，a的运动的时间要比b、c的长，所以a的平均功率最小，所以运动过程中重力的平均功率不相等，C不符合题意．三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，故答案为：A.‎ ‎10．B　【解析】由力的图象分析可知：‎ 在0～t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．‎ 在t1～t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．‎ 在t2～t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．‎ 在t3～t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．t4时刻速度为零．‎ 则t2时刻质点的速度最大，动能最大．故选B.‎ ‎11．B　【解析】由v2＝2ax得，a＝＝ m/s2＝10 m/s2.则牵引力F＝ma＝1×105×10 N＝1×106 N．所以牵引力最大功率P＝Fv＝1×106×100 W＝1×108 W．故B正确，A、C、D错误．故答案为：B.‎ ‎12．A　【解析】对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，③符合题意，④不符合题意；‎ W1＝Fs W2＝fs′‎ 由图可知：s∶s′＝3∶4‎ 所以F1∶F2＝4∶3，②符合题意，①不符合题意；‎ 故答案为：A.‎ 二、实验题(共2题，共19分，13题每空3分，14题每空2分)‎ ‎13．(1)　(2)C　(3)B ‎【解析】(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有：v＝；(2)弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故答案为：C.(3)增大AO间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小．‎ ‎14．(1)左　(2)B　(3)1.88　1.92　(4)不正确 ‎【解析】(1)下落过程为匀加速运动，物体运动速度渐渐变大，故打点间距应变大，所以纸带的左端与重物相连；(2)验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能ΔEp＝mgh和增加的动能ΔEk＝mv2之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据．因为B点的速度可以根据A、C两点间的平均速度计算出来，h对应O、B两点间的距离，故答案为：B点．‎ ‎(3)减少的重力势能为：ΔEp＝mgh＝1×9.8×19.2×10－2 J＝1.88 J，B点的速度为：vB＝＝×10－2 m/s＝1.92 m/s；④该同学的判断依据不正确．在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据a＝，可得v2＝2ah，则此时v2－h图象也是过原点的一条直线．所以要想通过v2－h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.‎ 三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)‎ ‎15．【解析】(1)汽车从静止开始做匀加速运动，则有 s＝at23分 则得：加速度a＝＝＝0.8 m/s22分 答：汽车运动的加速度是0.8 m/s2；‎ ‎(2)由牛顿第二定律F－f＝ma3分 代入得4800－f＝4000×0.8‎ 解得 阻力f＝1600 N2分 答：汽车所受到的阻力是1600 N.‎ ‎16．【解析】(1)小球由静止运动到最低点的过程中，重力所做的功为W＝mgh＝mgl(1－cos θ)2分 ‎(2)小球从静止开始运动到最低点的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：mgl(1－cos θ)＝mv2－02分 ‎∴v＝2分 ‎(3)小球在最低点时，根据牛顿第二定律有T－mg＝m2分 解得 T＝3mg－2mgcos θ2分 根据牛顿第三定律，小球对细绳的拉力大小为 T′＝3mg－2mgcos θ1分 ‎ 第Ⅱ卷 四、多项选择题(共5小题，共30分)‎ 题号 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 答案 BD AB BCD BC CD ‎17.BD　【解析】人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故A错误；与球心的距离为r时，万有引力为：F＝G＝G＝r∝r；故B正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：W＝F·R 其中：F＝＝mg 联立解得：W＝mgR＝×50×10×6.4×106＝1.6×109 J 故C错误；‎ D．人从下落到距地心过程，万有引力的平均值为：‎ F＝＝mg＝×50×10 N＝375 N 根据动能定理，有：F·＝mv2‎ 解得：v＝＝＝4×103 m/s 故D正确．‎ ‎18．AB　【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A下落的高度为：h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根据功能关系可知，小球A减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝(－)mgL，故D错误．‎ ‎19．BCD　【解析】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1＝mAgtan θ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F＝N1‎ N2＝(mA＋mB)g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，BC正确．‎ 由上分析得到库仑力F库＝，θ减小，cos θ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D正确．‎ ‎20．BC　【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB, 则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；点电荷Q若是正电荷，只能放在M左侧；若是负电荷，只能放在N右侧，不论哪种情况，都是φA>φB，∴C对，D错．故C正确．‎ ‎21．CD　【解析】A.选项根据题意无法判断，故A项错误．因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是 ，故B错误；由于电场为匀强电场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以φN＝，φM＝，∴φM－φN＝，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为，故C正确；若W1＝W2, 说明Ucd＝Uab，由φa－φb＝φc－φd，∴φa－φc＝φb－φd，φa－φM＝，φb－φN＝；解得：UaM＝UbN，故D正确．‎ 五、综合应用题(本题共2小题，共20分．第22题12分，第23题8分)‎ ‎22．【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1, 由牛顿第二定律得：μmg＝ma11分 解得：a1＝μg＝5 m/s21分 设经t1时间工件与传送带的速度相同，则有：t1＝＝s＝0.8 s1分 工件前进的位移为：x＝a1t＝×5×0.82 m＝1.6 m1分 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2＝＝0.6 s1分 所以工件第一次到达B点所用的时间为：t＝t1＋t2＝1.4 s1分 答：工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t是1.4 s；‎ ‎(2)工件上升过程中受到摩擦力大小为：f＝mgcos θ1分 由牛顿第二定律可得：工件上升的加速度大小为：a2＝＝gsin θ－μgcos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2，方向沿斜面向下1分 由运动学公式可得：工件上升的时间为：t3＝＝2 s1分 下降过程加速度不变 a3＝a2‎ 由运动学公式可得：t4＝＝2 s1分 工件与传送带的相对路程为：Δx＝v(t3＋t4)＝4×(2＋2) m＝16 m1分 摩擦生热为：Q＝fΔx＝μmgcos θΔx＝0.5×1×10×0.8×16 J＝64 J1分 ‎23．【解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，‎ 类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝mg，1分 tan θ＝＝，解得θ＝30°，1分 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，1分 因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点(D)点满足等效重力提供向心力，有：mg′＝m，1分 因θ＝30°，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD＝2R.1分 令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：‎ ‎－mg′·2R＝mv－mv1分 解得v0＝，1分 因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为v0≥.1分