2020届山东高三物理模拟试题及答案解析2

1 绝密★启用前 2020 年山东新高考模拟卷（二） 物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无 效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.在平直公路上行驶的a车和b车,其位移—时间图象分别为图中直线a和曲线b,由图可知（ ） A.b车运动方向始终不变 B.在t1时刻a车的位移大于b车 C.t1到t2时间内a车的平均速度小于b车 D.t1到t2时间内某时刻两车的速度可能相同 【答案】D 【解析】 因s-t 图线的斜率等于物体的速度，则由图线可知，b车的速度先为正后为负，速度方向发生 改变，选项A错误；在t1时刻a车的位移等于b车，选项B错误；t1到t2时间内a车的位移等于b车，则a车的 平均速度等于b车，选项B错误；t1到t2时间内某时刻，当b的s-t图线的切线的斜率等于a的斜率时两车的 速度相同，选项D正确；故选D. 2.如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A 和 B 紧挨着匀速下滑，A 与 B 的接触面光滑。已知 A2 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间动摩擦因数的 2 倍，斜面倾角为 。B 与斜面之间的动摩擦 因数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 B 与斜面之间的动摩擦因数是 μ，则 A 与斜面之间的动摩擦因数是 2μ，对 AB 的整体， ，解得 ，故选 C. 3.以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的 2 倍，那么在抛体运动过程中，当其动 能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 如图所示，在 O 点重力势能等于动能的 2 倍， ， ，由 O 到 M 小球的机械能守恒，减少的重力势能转化为动能，在 M 点动能和势能相等， ，即 ，得 ，而 ，则 ， ，故 D 正确。 4.如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星 A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻 A、B 连 线与地 心恰在同一直线上且相距最近，已知 A 的周期为 T ， B 的周期为 2T /3。下列说法正确的是（ ） α tanα cotα 2 tan3 α 2 cot3 α 2 cos cos 2 sinmg mg mgµ α µ α α+ = 2 tan3 µ α= 13∶ 11∶ 21∶ 12∶ 2 02 122 mvEmgH KO ×== gHv =0 PMKM EE = mghhHmgEKO =−+ )( Hh 4 3= )(22 hHgvy −= 2 gHvy = 1:2:0 =yvv3 A．A 的线速度大于 B 的线速度 B．A 的加速度大于 B 的加速度 C．A、B 与地心连线在相同时间内扫过的面积相等 D．从此时刻到下一次 A、B 相距最近的时间为 2T 【答案】C 【解析】 根据万有引力提供向心力： ，得 ，可知轨道半径越大，速度越小， 由图可知 A 的轨道半径大，故 A 的线速度小，A 错误； 根据万有引力提供向心力 ，得 ，可知轨道半径越大，加速度越小，由图可知 A 的轨道半径大，故 A 的加速度小，故 B 错误； C、A、B 与地心连线在相同时间内扫过的面积 ，所以在相同时间内扫过的面积不同，C 错误； 从此时刻到下一次 A、B 相距最近，转过的角度差为 2π，即 ，所以 t=2T，故从此时刻到下一次 A、B 相距 最近的时间为 2T，D 正确；故选 D。 5.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电， 把该交流电接在图乙中理想变压器的 A、B 两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt 为热敏电阻（温度 升高时其电阻减小），R 为定值电阻。下列说法正确的是( ) r vmr MmG 2 2 = r GMv = mar MmG = 2 2r GMa = tGMrtrS •== 2 1 2 1 2ω πππ 22 3 2 2 =           − tTT4 A．在 t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零 B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u＝36sin50πt（V） C．Rt 处温度升高时，电压表 V1、V2 示数的比值不变 D．Rt 处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 【答案】D 【解析】：在 t＝0.01s，感应电动势为零，线圈平面与磁场垂直，穿过该矩形线圈的磁通量有最大值， 故 A 错误；由甲图可知交变电流周期为 ， ，电压的瞬时值表达式为 ，故 B 错误；Rt 处温度升高，Rt 阻值减小，电压表 V1 测原线圈两 端电压，示数不变，电压表 V2 测 Rt 两端电压，示数减小，电压表 V1、V2 示数的比值变大，故 C 错误； 副线圈两端电压不变，回路中阻值减小，电流增大，电流表的示数变大，变压器输入功率变大，故 D 正确。 6.如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正向传播，波源从平衡位置开始振动。当波传到 x=1m 的 P 点时开始 计时，已知在 t =0.4s 时 PM 间第一次形成图示波形，此时 x=4 m 的 M 点正好在波谷。下列说法中正确 的是（ ） A．P 点的振动周期为 0.4s B．P 点开始振动的方向沿 y 轴正方向 C．当 M 点开始振动时，P 点可能在波谷 D．这列波的传播速度是 15 m/s 【答案】A 【解析】 因为波源从平衡位置开始振动，在 t =0.4s 时 PM 间第一次形成图示波形，此时 x=4 m 的 M 点 正好在波谷，则此时波传到了 x=5m 的位置，由波形图可知，此质点振动方向 沿 y 轴负向，则 P 点开 s02.0=T srad1002 ππω == T )V(100sin236sin ttUu m πω ==5 始 振 动 的 方 向 沿 y 轴 负 方 向 ， 选 项 B 错 误 ； 波 速 为 ； 振 动 的 周 期 为 ，选项 A 正确，D 错误；由波形图可知，当 M 点开始振动时，P 点在波峰位置， 选项 C 错误；故选 A. 7.其空中有一半径为 r0 的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势 ψ 分布如图所示。图中 x1、 x2、x3 分别表示该立线上 A、B、C 三点到球心的距离，根据 ψ－x 图象．下列说法正确的是（ ） A．该金属球可能带负电 B．B 点的电场强度大于 C 点的电场强度 C．A 点的电场强度方向由 A 指向 B D．电荷量为 q 的正电荷从 B 移到 C 的过程中，电场力做功 W=q(ψ1 一 ψ2) 【答案】B 【解析】A．由图可知 0 到 r0 电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线 方向，电势降低，则金属球带正电，故 A 错误； B、C 点带电金属球较远，电场强度小于 B 点的电场强度，B 正确； C、A 点的电场强度为零，C 错误； D、 正电荷沿直线从 B 移到 C 的过程中,电场力做功 ，故 D 错误。故选：B． 8.如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于 B 球的质量。若用锤 子敲击 A 球使 A 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L1；若用锤子敲击 B 球使 B 得到 v 的速度， 弹簧压缩到最短时的长度为 L2，则 L1 与 L2 的大小关系为（ ） 4 m/s 10m/s0.4 xv t = = = 4 0.410T s sv λ= = =6 A. L1＞L2 B. L1＜L2 C. L1=L2 D. 不能确定 【答案】 C 【 解 析 】 若 用 锤 子 敲 击 A 球 ， 两 球 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 ， 当 弹 簧 最 短 时 ， 两 者 的 共 速 ， 则 ， 解 得 ， 弹 性 势 能 最 大 ， 最 大 为 ；若用垂直敲击 B 球，同理可得 ， 解得 ，弹性势能最大为 ，即两种情况 下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故 ，C 正确． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是 符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的 P 点，固定一电荷量为＋Q 的点电荷．一质量为 m、带电荷量为＋q 的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的 A 点以初速度 v0 沿轨道向右运动， 当运动到 P 点正下方 B 点时速度为 v.已知点电荷产生的电场在 A 点的电势为 φ（取无穷远处电势为零）， P 到物块的重心竖直距离为 h，P、A 连线与水平轨道的夹角为 60°，k 为静电常数，下列说法正确的是 （ ） A．物块在 A 点的电势能 EPA =＋Qφ B．物块在 A 点时受到轨道的支持力大小为 C．点电荷＋Q 产生的电场在 B 点的电场强度大小 D．点电荷＋Q 产生的电场在 B 点的电势 ( ) 'A A Bm v m m v= + ( )' A A B m vv m m = + ( ) ( ) 2 2 21 1 '2 2 2 A B p A A B A B m m vE m v m m v m m ∆ = − + = + ( ) ''B A Bm v m m v= + ( )'' B A B m vv m m = + ( ) ( ) 2 2 21 1 '2 2 2 A B p B A B A B m m vE m v m m v m m ∆ = − + = + 1 2L L= 2 3 3 8 kqQmg h + 2B QE k h = 2 2 0( )2B m v vq ϕ ϕ= － ＋7 【答案】BD 【解析】 因 A 点的电势为 φ，则物块在 A 点的电势能 EPA =＋qφ，选项 A 错误；PA 之间的库仑力为： ， 则 物 块 在 A 点 时 受 到 轨 道 的 支 持 力 大 小 为 ，选项 B 正确；点电荷＋Q 产生的电场在 B 点的电场强度大小 ， 选 项 C 错 误 ； 由 能 量 守 恒 关 系 可 知 ： ， 解 得 ： ，选项 D 正确；故选 BD. 10.如图甲所示，一对间距为 l=20cm 的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接 R=1Ω 的电阻，导轨 上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为 B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面 向下。杆在沿导轨方向的拉力 F 作用下做初速为零的匀加速运动。测得力 F 与时间 t 的关系如图乙所示。 杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的 加速度大小和质量分别为( ) A. 20m/s2 0.5kg B. 20m/s2 0.1kg C. 10m/s2 0.5kg D. 10m/s2 0.1kg 【答案】 D 【解析】导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用 v 表示瞬时速度，t 表示时间，，由安培力 公式和牛顿第二定律得：F-Blv=ma，由以上得 F=ma+ ，在乙图线上取两点代入联立方程得： a=10m/s2 ，m= 0.1kg，选项 D 正确。故选 D. 11.利用如图所示的电路研究光电效应现象，其中电极 K 由金属钾制成，其逸出功为 2. 25V。用某一频 2 2 3 4( )sin 60 Qq kqQF k h h = =  2 3 3sin 60 8N kqQF mg F mg h = + = + 2B QE k h = 2 2 0 1 1 2 2 Bmv q mv qϕ ϕ+ = + 2 2 0( )2B m v vq ϕ ϕ= － ＋ R atlB 228 率的光照射时，逸出光电子的最大初动能为 1. 50 eV，电流表的示数为 I。已知普朗克常量约为 6.6×10−34J s,下列说法正确的是( ) A. 金属钾发生光电效应的截止频率约为 5.5×1014Hz B. 若入射光频率加倍，光电子的最大初动能变为 3.00eV C. 若入射光频率加倍，电流表的示数变为 2I D. 若入射光频率加倍，遏止电压的大小将变为 5.25V 【答案】 AD 【解析】设金属的截止频率为 VC，由 W0=hv 解得 VC=5.5×1014Hz，A 正确；由光电效应方程得，若入 射光的频率加倍，W0 不变，所以光电子的最大初动能并不加倍， B 错误；若入射光的频率加倍，电流 表的示数不一定是原来的 2 倍，C 错误；入射光的能量为 hv=3.75eV，若入射光的频率加倍，则 EK=5.25eV ，所以遏止电压 UC=5.25V，D 正确；故选 AD。 12.如图所示，半圆光滑绝缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O 为其圆心，M、N 与 O 高度相同，匀强磁 场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往 复运动．下列说法中正确的是（ ） A．小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态 B．小球由 M 到 N 所用的时间等于由 N 到 M 所用的时间 C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等 D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等9 【答案】BD 【解析】A、小球在 点和 点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故 A 错误； B、由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球 无论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 正确；D、小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力 做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由 可知合力不变， 故 D 正确。C、小球从 到 运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力， 由牛顿运动定律可得： ，故此时小球对轨道的压力为： ；小球从 到 运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向 下的重力，由牛顿可得： ，故此时小球对轨道的压力为 ， 所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故 C 错误。 三、非选择题：共 6 小题，共 60 分 13.某同学利用如图甲所示的装置探究“小车的加速度与所受合外力的关系”，具体实验步骤如下： A．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶(含少量砂子)； B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等； C．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质最 m，并记下； D．保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后 通过光电门甲和乙时显示的时间； E．重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复 B、C、D 步骤。 M N 2 = vF m r合 M N 2 1 vF F mg m r + − =洛 2 1 vF m mg Fr = + − 洛 N M 2 2 vF mg F m r − − =洛 2 2 vF m F mgr = + +洛10 (1)若砂桶和砂子的总质量为 m，小车的质量为 M，重力加速度为 g，则步骤 D 中小车加速下滑时所受 合力大小为________。(忽略空气阻力) (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小车上遮光片的宽度为________mm。 (3)若遮光片的宽度为 d，光电门甲、乙之间的距离为 l，通过光电门甲和乙时显示的时间分别为 t1、t2， 则小车的加速度 a＝________。 (4)有关本实验的说法正确的是（ ） A．砂桶和砂子的总质量必须远小于小车的质量 B．小车的质量必须远小于砂桶和砂子的总质量 C．平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶 D．平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶 【答案】　(1)mg　(2)6.75　(3) （ 푑 푡 2）2－（ 푑 푡 1）2 2푙 　(4)D 【解析】(1)根据题述实验步骤 B 可知取下细绳和砂桶后，小车加速下滑时所受合力大小等于砂桶和砂 子的总重力 mg； (2)根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度为 6 mm＋15×0.05 mm＝6.75 mm； (3)遮光片通过两个光电门的速度分别为 v1＝ 푑 푡 1、v2＝ 푑 푡 2，由 v22－v21＝2al 解得 a＝ （ 푑 푡 2）2－（ 푑 푡 1）2 2푙 ； (4)设平衡摩擦力时木板的倾角为 θ，则 mg＋μMgcos θ＝Mgsin θ，可以看出 m 与 M 之间只需满足上式 即可，选项 A、B 错误，由于此题中实验步骤 B 在砂桶拉力作用下小车平衡，取下细绳和砂桶后，小 车加速下滑时所受合力大小等于砂桶和砂子的总重力 mg，平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶，小车重 力沿斜面的分力必须与砂桶和砂子的总重力以及小车向下运动所受摩擦力之和相等，选项 C 错误、D 正确。11 14.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题： （1）在使用多用电表测量时，若选择开关扳至“25 V“挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果 为___________V； （2）多用电表测量未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电源的电动势为 E，R0 为调零电阻。某次 将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流 I 与电阻箱的阻值 Rx 关系图象如图（c）所示，则此 时多用电表的内阻为_________Ω，该电池的电动势 E=________V。 （3）下列判断正确的是______ A．在图（b）中、电表的左、右插孔处分别标注着“–”、“+” B．由图线（c）的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大 C．欧姆表调零的实质是通过调节 R，使 Rx=0 时电路中的电流达到满偏电流 D．电阻 Rx 的变化量相同时，Rx 越小，则对应的电流变化量就越小 （4）如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调 零，如仍用该表测电阻，则测量结果是_______。（填“偏大”“偏小”或“不变”） 【答案】（1）11.5 （2）1.5×104 12 （3）AC （4）偏大 【解析】（1）选择开关置于“25 V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为 0.5 V，对应刻度 示数为：11.5 V。 （2）根据闭合电路的欧姆定律得： ， 由题图可得 Ig=0.8 mA，当 I=0.3 mA 时，Rx=15 kΩ，解得 R 内=15 kΩ=1.5×104 Ω，E=12 V。 （3）根据电流红进黑出，在题图 b 中，电表的右、左插孔处分别标注着“+”“–”，故 A 正确；函数 gI R E= 内 x EI R R = +内12 图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大 电路电流减小造成的，故 B 错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器 R0，调节至待测电阻 Rx 为零（即 两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故 C 正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测 电阻和电路电流关系非线性变化，而且 IRx 切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即 Rx 阻值变化 量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故 D 错误。故选 AC （4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏 电流 Ig 不变，由公式 欧姆表内阻 R 中得调小， ，因 R 中 变小，则同一 Rx 则电流要变小，对应电阻刻度值偏大。 15.如图甲所示，为一倾角 θ＝37°足够长的斜面，将一质量为 m＝1 kg 的物体无初速度在斜面上释放， 同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数 μ＝0.25.取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)2 s 末物体的速度； (2)前 16 s 内物体发生的位移． 【答案】(1)5 m/s　(2)30 m　方向沿斜面向下 【解析】(1)分析可知物体在前 2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律 可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1， v1＝a1t1， 代入数据可得 v1＝5 m/s. g EI R = 中 1 g g xx x I R IEI RR R R R R = = =+ + + 中 中 中 中13 (2)设物体在前 2 s 内发生的位移为 x1，则 x1＝ 1 2a1t21＝5 m. 当拉力为 F2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得 F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2， 代入数据可得 a2＝0.5 m/s2， 物体经过 t2 时间速度减为 0，则 v1＝a2t2，t2＝10 s， 设 t2 时间发生的位移为 x2，则 x2＝ 1 2a2t22＝25 m， 由于 mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下 4 s 时间内处于静止状态． 故物体在前 16 s 内发生的位移 x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下． 16.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为 40 cm2 的活塞将一定质量的气体 和一形状不规则的固体 A 封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底 60 cm 处设有 a、b 两限制装置，使活塞只能 向上滑动．开始时活塞搁在 a、b 上，缸内气体的压强为 p0(p0＝1.0×105 Pa 为大气压强)，温度为 300 K．现 缓慢加热汽缸内气体，当温度为 330 K 时，活塞恰好离开 a、b；当温度为 360 K 时，活塞上移了 4 cm.g 取 10 m/s2.求活塞的质量和物体 A 的体积． 【答案】4 kg　640 cm3 【解析】设物体 A 的体积为 ΔV，T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40 cm3－ΔV，T2＝330 K，p2 ＝(1.0 × 105＋ 푚푔 40 × 10－4)Pa，V2＝V1，T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40 cm3－ΔV. 由状态 1 到状态 2 为等容过程，则 푝 1 푇 1＝ 푝 2 푇 2，14 代入数据得 m＝4 kg. 由状态 2 到状态 3 为等压过程，则 푉 2 푇 2＝ 푉 3 푇 3， 代入数据得 ΔV＝640 cm3. 17.如图所示，内圆半径为 r、外圆半径为 3r 的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀 强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为 U，靠近 M 板处静止释放质量为 m、电荷量为 q 的正 离子，经过电场加速后从 N 板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板 外的电场．求： (1)离子从 N 板小孔射出时的速率； (2)离子在磁场中做圆周运动的周期； (3)要使离子不进入小圆区域，电压 U 的取值范围． 【答案】(1) 2푞 푈 푚 　(2) 2휋 푚 푞 퐵 　(3)U≤ 8푞 푟 2퐵 2 푚 【解析】(1)设离子射入匀强磁场时的速率为 v，由动能定理得 qU＝ 1 2mv2，解得 v＝ 2푞 푈 푚 . (2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为 R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 qvB＝m 푣 2 푅 ， 运动周期 T＝ 2휋 푅 푣 ，联立解得 T＝ 2휋 푚 푞 퐵 . (3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为 R0，此时轨迹如图所示．15 由几何关系得 R20＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得 R0＝4r. 需满足的条件为 R≤R0，又 qvB＝m 푣 2 푅 ，qU＝ 1 2mv2.联立解得 U≤ 8푞 푟 2퐵 2 푚 . 18.某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置将小滑块以某 一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R＝0.1 m 的光滑竖直圆形轨道，运行 一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C、D 两点的竖直高度差 h＝0.2 m，水平距离 s＝0.6 m，水平轨道 AB 长为 L1＝0.5 m，BC 长为 L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.4，重力 加速度 g＝10 m/s2. (1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑 块在 A 点弹射出的速度大小范围． 【答案】(1)3 m/s　(2)3 m/s≤vA≤4 m/s 或 vA≥5 m/s 【解析】(1)对从 A 到 B 的过程应用动能定理，则 －μmgL1＝ 1 2mv2퐵－ 1 2mv21① 由 B 到最高点小滑块机械能守恒，则 1 2mv2퐵＝2mgR＋ 1 2mv2② 小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为 v，由牛顿第二定律有 mg＝m 푣 2 푅 ③16 由以上三式解得 A 点的速度 v1＝3 m/s④ (2)若小滑块刚好停在 C 处，则从 A 到 C 由动能定理得 －μmg(L1＋L2)＝0－ 1 2mv22⑤ 解得 A 点的速度为 v2＝4 m/s 若小滑块停在 BC 段，应满足 3 m/s≤vA≤4 m/s 若小滑块能通过 C 点并恰好越过壕沟，对 A 到 C 的过程应用动能定理 －μmg(L1＋L2)＝ 1 2mv20－ 1 2mv2퐴⑥ 根据平抛运动规律，则有 竖直方向：h＝ 1 2gt2⑦ 水平方向：s＝v0t⑧ 解得 vA＝5 m/s 所以初速度的范围为： 3 m/s≤vA≤4 m/s 或 vA≥5 m/s