湖南省怀化市2020届高三物理上学期期中联考试卷（附解析Word版）

怀化市 2019-2020 年度高三期中新博览联考试卷 物 理 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不 全的得 2 分，有选错的得 0 分。 1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、 极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等。以下关于物理学家及其所用物理 学研究方法的叙述不正确的是 A. 牛顿认为自由落体运动就是物体在倾角为 90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运 动规律得出自由落体运动的规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法 B. 根据速度定义式 ，当 非常非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度， 该定义应用了极限思想方法 C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再 保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速 直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 【答案】A 【解析】 【详解】A．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90°的斜面上的运动，再根据铜球在 斜面上的运动规律得出自由落体运动的规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，选 项 A 错误，符合题意； B．根据速度定义式 ，当 非常非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度， 该定义应用了极限思想方法，选项 B 正确，不符合题意； C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再 保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项 C 正确，不符合题意； D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速 直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项 D 正确，不符合题意。 2.目前我交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、 xv t ∆= ∆ t∆ x t ∆ ∆ xv t ∆= ∆ t∆ x t ∆ ∆ 扣分的严厉处罚。如图所示，以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道， 此时汽车的车头距离停车线 8 m，该车减速时的加速度大小为 5 m/s2。则下列说法中正确的是 A. 如果驾驶员立即刹车制动，则 t＝2 s 时，汽车离停车线的距离为 1.6 m B. 如果在距停车线 6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人 C. 如果驾驶员的反应时间为 0.4 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 D. 如果驾驶员的反应时间为 0.3 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人 【答案】A 【解析】 【详解】A．若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间 所以刹车到停止的位移 汽车离停车线的距离为 8m-6.4m=1.6m，故 A 正确； B．如果在距停车线 6m 处开始刹车制动，刹车到停止的位移是 6.4m，所以汽车不能在停车线 处刹住停车让人。故 B 错误； CD．刹车 位移是 6.4m，所以车匀速运动的位移是 1.6m，则驾驶员的反应时间： s＝0.2s． 故 CD 错误。 3.甲、乙两物体相距 1 m，甲在后，乙在前，沿同一直线、同一方向运动，其 v－t 图象如图 所示，下列说法正确的是 的 0 0 0 8 1.6 25 vt s s sa − − −＝ ＝ ＝ ＜ 2 0 2 64 m 6.4m2 10 vx a −＝ ＝ ＝ 1.6 8t＝ A. t＝3 s 时两物体间的距离为 6 m B. t＝6 s 时两物体相距 3m C. 0～3 s 内两物体间的距离大小始终不断增大 D. 在 3～6 s 间某一时刻两物体第二次相遇 【答案】B 【解析】 【详解】AC．0-3s 内，甲的速度大于乙的速度，甲在 0-3s 内比乙多运动 起始时甲、乙两物体相距 1m，甲在后乙，则 0-3s 内两物体间的距离先减小后增大，t=3s 时 两物体间的距离为 5 m，故 AC 错误。 B．t=6s 时，甲的位移 ；乙的位移 ，则此时两物体相距 3m，选项 B 正确； D．3～6 s 内，乙的速度大于甲的速度，乙在 3～6 s 内比甲多运动 t=3 s 时两物体间的距离为 5 m，两物体不会第二次相遇，故 D 错误。 4.如图所示，建筑装修中工人用质量为 的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加竖直向上大 小为 的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为 ， 斜壁与竖直方向的夹角为 ，则磨石受到的摩擦力是（ ） ( )1 8 4 3m 6m2x = × − × = 1 4 8m 16m2 × × = 1 4 6m 12m2 × × = 3 6 4 m 3m2 ( )x × −′ = = m F µ θ A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析磨石的受力情况，其受重力 、弹力 （垂直于斜壁向下）、摩擦力 （沿 斜壁向下）外力 四个力把这四个力沿斜和垂直于斜壁方向正交分解，由于磨石处于平衡状 态，在沿斜壁方向有 ，垂直于斜壁方向有 ， 又根据 ， A 正确. 5.如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方 h 处，空心管长为 L，小球的球心 与管的轴线重合，并在竖直线上，小球直径小于管的内径，不计空气阻力，则下列判断正确 的是 A. 两者均无初速度同时释放，小球在空中能过空心管 B. 小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间 C. 小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间 D. 两者均无初速度释放，但小球提前 时间释放，则从释放空心管到小球穿过管 时间的 ( )cosF mg θ− ( )sinF mg θ− ( )cosF mgµ θ− ( )F mgµ − mg NF fF F cos cosfmg F Fθ θ+ = sin sinNF mg Fθ θ+ = ( )sinf NF F F mgµ µ θ−== 2( )h Lt g += 2( ) 2h L ht g g += − t∆ 【答案】C 【解析】 【详解】A．若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不 能穿过管，故 A 错误。 BC．若小球自由下落、管固定不动，小球穿过管的时间是小球到达管的下端与到达管的上端 的时间差： 故 B 错误，C 正确。 D．两者均无初速度释放，但小球提前了△t 时间释放，根据 可知小球穿过管的时间： 故 D 错误。 6.2019 年 4 月 10 日 21 时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。 该黑洞半径为 R，质量 M 和半径 R 的关系满足： (其中 c 为光速，G 为引力常量)。 若天文学家观测到距黑洞中心距离为 r 的天体以速度 v 绕该黑洞做匀速圆周运动，则 A. 该黑洞质量为 B. 该黑洞质量为 C. 该黑洞的半径为 D. 该黑洞的半径为 【答案】C 【解析】 L ht g t += ∆ ( )2 2h L ht g g + −＝ 2 2 21 1 1 2 2 2x g t t gt g t gt t L= + − = + =   （ ） Lt g t ＝ 2 2 M c R G = 2 2 v r G 22v r G 2 2 2v r c 2 22 v r c 【详解】AB．天体受到黑体的万有引力提供天体圆周运动所需向心力，则： ， 即有 ，故 A B 错误； CD．设黑洞的半径为 R，质量 M 和半径 R 的关系满足： ，即有 ，该黑洞的 半径为 ，故 C 正确，D 错误； 7.有 a、 b、c、d 四颗地球卫星： a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b 处于离 地很近的近地圆轨道上正常运动；c 是地球同步卫星；d 是高空探测卫星。各卫星排列位置如 图，则下列说法正确的是 A. a 的向心加速度等于重力加速度 g B. 把 a 直接发射到 c 运行的轨道上，其发射速度小于第一宇宙速度 C. d 在相同时间内转过的弧长最长 D. d 的运动周期有可能是 30 h 【答案】D 【解析】 【详解】A．地球同步卫星的周期 c 必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角 速度相同，根据 a=ω2r 知，c 的向心加速度大。 由牛顿第二定律得： 解得： 卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星 c 的向心加速度小于 b 的向心加速度， 而 b 的向心加速度约为 g，故知 a 的向心加速度小于重力加速度 g，故 A 错误； B．第一宇宙速度是发射近地卫星的发射速度，故把 a 发射到 c 上的速度大于第一宇宙速度， 故 B 错误； 2 2 vMmG mr r = 2v rM G = 2 2 M c R G = 2 2 2v rR c = 2 2 2v r c 2 mMG mar ＝ 2 GMa r = C．由牛顿第二定律得： 解得： 卫星的轨道半径越大，速度越小，所以 b 的半径最小速度最大，在相同时间内转过的弧长最 长，ac 转动周期相同，a 的半径小，故 a 自转的线速度小于 c 的线速度，所以 abcd 中，b 的 线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故 C 错误； D．由开普勒第三定律 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以 d 的运动周期大于 c 的周期 24h，d 的运行周期应大于 24h，可能是 30h，故 D 正确； 8.质量 m=200 kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与 时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不 变，在 18 s 末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是 A. 汽车受到的阻力为 200 N B. 汽车的最大牵引力为 700 N C. 汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为 94.9 m D. 8 s～18 s 过程中汽车牵引力做的功为 3.6×103 J 【答案】C 【解析】 【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有： 故 A 错误； 2 2 =r mM vG m r GMv r = 3 2 R kT ＝ 37 10 =700N10m Pf v ×= = B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有： 故 B 错误； C．变加速过程中，根据动能定理得： 解得： S≈94.9m 故 C 正确； D．8s-18s 过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为： W=Pt=7×104 J 故 D 错误。 9.如图叠放在水平转台上的物体 A、B 和 C 正随转台一起以角速度 ω 匀速转动(没发生相对滑 动)，A、B、C 的质量分别为 3m、2m、m，B 与转台、C 与转台、A 与 B 间的动摩擦因数都为 μ，B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确 的是 A. B 对 A 的摩擦力有可能为 2μmg B. C 与转台间的摩擦力大小为 A 与 B 间的摩擦力大小的一半 C. 转台的角速度 ω 有可能恰好等于 D. 若角速度 ω 再在题干所述基础上缓慢增大，A 与 B 间将最先发生相对滑动 【答案】AB 【解析】 【详解】AC．对 AB 整体，有 （3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g； 对物体 C，有 3 1 7 10 N 875N8 PF v ×= = = 2 2 1 1 1 2 2mPt fS mv mv− = − 3 2 g r µ mω2（1.5r）≤μmg； 对物体 A，有 3mω2r≤3μmg． 联立解得： 即满足不发生相对滑动，转台的角速度 ，A 与 B 间的静摩擦力最大值 f=3mω2r=2μmg． 故 A 正确，C 错误。 B．由于 A 与 C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A 所受摩擦力 fA＝3mω2r， C 所受摩擦力 fC＝mω2(1.5r)＝1.5mω2r， 则 C 与转台间的摩擦力大小为 A 与 B 间的摩擦力大小的一半，故 B 正确。 D．据 A 项分析知，最先发生相对滑动的是物块 C．故 D 错误。 10.如图，质量为 m0 的斜面体 C 置于粗糙水平地面上，斜面体顶端装有一光滑定滑轮，一细绳 跨过滑轮，其一端悬挂物块 A，质量为 m1，另一端与斜面上的物块 B 相连，已知 B 的质量为 m2，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动 A，直至悬挂 A 的细绳与竖直方向成 45°。 已知 B 和斜面体 C 始终保持静止，则在此过程中 A. 地面对斜面体 C 的摩擦力方向水平向右，不断增加 B. 地面对斜面体 C 的支持力小于 C. B 所受斜面的摩擦力大小可能一直减小 D. 物块 B 水平方向所受合力一直增加 【答案】AC 2 3 g r µω ≤ 2 3 g r µω ≤ 0 1 2m m m g+ +（ ） 【解析】 【详解】A．设某时刻细线与竖直方向的夹角为 θ，则对 A 受力分析可知 F=m1gtanθ 对 ABC 的整体，水平方向受到向左的拉力 F，则地面对斜面的摩擦力向右，大小为 f=F=m1gtanθ 则随着 θ 增加，则地面对斜面体 C 的摩擦力不断增加，选项 A 正确； B．对 ABC 的整体，竖直方向受力平衡，则地面对斜面体 C 的支持力等于 ， 选项 B 错误； C．若开始时 B 所受斜面的静摩擦力沿斜面向上，则 而 则随 θ 角的变大 T 变大，fB 减小，选项 C 正确； D．物块 B 一直静止，则合力一直为零，可知物块 B 水平方向所受合力一直为零，选项 D 错误。 11.如图所示，在水平地面上固定一倾角为 θ 的光滑斜面，在斜面底端的正上方高度为 h 处 平抛一小球 A，同时在斜面底端一物块 B 以某一初速度沿斜面上滑，当其滑到最高点时恰好与 小球 A 相遇。小球 A 和物块 B 均视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为 g，下列判断正确的 是 A. 物块 B 沿斜面上滑的初速度为 B. 小球 A 平抛运动下落的高度为 C. 小球 A 在空中平抛运动的时间为 0 1 2m m m g+ +（ ） sinB Bf T m g θ+ = cos Am gT θ= 2 2 sin 1 sin gh θ θ+ 21 sin h θ+ ( )2 2 1 sin h g θ+ D. 小球 A 水平抛出时的速度为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律得，B 上滑的加速度大小 a=gsinθ B 上滑的最大位移为 运动时间 对于 A 球，有 因为 所以联立得 解得 B 沿斜面上滑的初速度为 故 A 错误。 B．物块 B 沿斜面上滑的高度为 小球 A 下落 高度为的 ( ) 2 2 sin 2 1 sin gh θ θ+ 2 2 22 B Bv vx gsina θ= = B B B v vt a gsinθ= = 21 2h xsin gtθ− = B B vt t gsinθ= = 2 21 2 2 B Bv vh sin ggsin gsin θθ θ− ⋅ = （ ） 2 2 2 1B ghsinv sin θ θ= + 2 2 22 1 Bv sinH xsin sin hgsin sin θθ θθ θ= = ⋅ = + 21 hH h H sin θ′ = − = + 故 B 正确。 C．小球 A 在空中运动的时间 故 C 正确。 D．小球 A 水平抛出时的初速度为 联立解得 ． 故 D 错误。 12.如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为 M 的 物体 A 连接，一个质量为 m 的物体 B 靠在 A 上，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为 μ。开始时 用手按住物体 B 使弹簧处于压缩状态。现放手，使 A、B 一起沿斜面向上运动距离 L 时，A、B 达到最大速度 v，重力加速度为 g。下列说法正确的是 A. A、B 达到最大速度 v 时，弹簧处于被压缩状态 B. 若运动过程中 A、B 能够分离，则 A、B 恰好分离时，弹簧处于自然长度 C. 从释放到 A、B 达到最大速度 v 的过程中，B 受到弹力对它做的功等于 D. 从释放到 A、B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 所做的功等于 【答案】AB 【解析】 【详解】A．对物体 B 和平板 A 整体分析可知，A 和 B 达到最大速度时加速度为零，应满足 2 ( ) s 2 2 1 in h xsint h gg θ θ + −= = （ ） 0 xcosv t θ= ( )0 22 1 ghv sin cos sin θ θ θ = + 21 2 mv 21 sin cos2 Mv MgL MgLθ µ θ+ + kx m M gsin m M gcosθ µ θ= + + +（ ） （ ） 说明弹簧仍处于压缩状态，所以 A 正确； B．根据题意可知，A 和 B 恰好分离时，两物体加速度相等，此时 B 的加速度为 ； 此时 A 的加速度也为 ， 说明此时弹簧弹力为零，正好恢复到原长，所以 B 正确； C．对 B 从释放到 A 和 B 达到最大速度的过程由动能定理可得： 即 B 受到的合力对它做的功等于 ，则 B 受到弹力对它做的功不等于 ，所以 C 错 误； D．对 A 从释放到速度达到最大 过程由动能定理可得： 其中 xm，是弹簧压缩的最大长度，x 是速度最大时弹簧压缩的长度，FN 是 B 对 A 的压力大小， 比较可知 D 错误。 二、实验题：本题每空 2 分，共 18 分。 13.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木 板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打 点计时器所用交流电的频率为 f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下， 放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为 ；改变砂桶中沙子的质量，重 复实验三次． （1）在验证“质量一定，加速度 与合外力 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图 乙所示的 图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可 能有_____． A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足） 的 sin cosBa g gθ µ θ= + sin cosAa g gθ µ θ= + 21 02W mv −总＝ 21 2 mv 21 2 mv ( ) 21 2m m N mW Mg x x sin Mg x x cos F x x Mvθ µ θ− − − − − −弹 （ ） （ ） ＝ a a F a F− B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度） C．砂桶和沙子的总质量 远小于小车和砝码的总质量 （即 ） D．砂桶和沙子 总质量 未远小于小车和砝码的总质量 ． （2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中 、 、 、 、 、 、 为相 邻的计数点，相邻两计数点间还有 4 个点未画出，则小车运动的加速度 ＝_____ .（结 果保留 3 位有效数字） （3）小车质量 一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为 ，根据实验数据 描绘出的小车加速度 与砂桶和沙子的总质量 之间的 关系图象如图丁所示，则小车 的质量 _____ .（g=10m/s2） 【答案】 (1). BD (2). 2.00 (3). 0.4 【解析】 (1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦 力过度） 图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量 未远小于小车和砝码的总质量 后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力。 故答案为 BD (2) 相邻两计数点间还有 4 个点未画出，则两计数点间时间间隔 小车运动的加速度 (3) 设绳子拉力为 ，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得： 的 m M m Mm2 的圆柱形小物体，分别系在一条跨过定滑轮的柔软细绳两端；C、D 是置于 A 物体 一侧，相距为 h 的两个沿 A 物体下落方向摆放的计时光电门，利用这两个光电门，可以分别 测量物体 A 经过 C、D 位置时的时间间隔 Δt1 和 Δt2。 (1)要利用此装置验证机械能守恒定律，除题中已知量 m1、m2、h、Δt1 和 Δt2 外，还需要测 量的物理量是_______； (2)已知当地的重力加速度为 g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为______________； (3)为了减小实验误差，提高测量精度，其中一项有效的措施是：保持 C、D 两光电门的竖直 高度差 h 不变，将 C、D 一起上下移动。你认为__（填“向上”或“向下”）移动才能减小实 验误差，提高测量精度。 【答案】 (1). 圆柱体 A 的高度 L； (2). ； (3). 向下 1 3tan30 3F F F°′= = 1F 1F′ 2 2 1 2 2 1 1( ) ( ) ( )2 L Lm m gh t t  − = − ∆ ∆  【解析】 【详解】（1、2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，A 通过 C 和 D 的瞬时速度分别 为：v1＝ ，v2＝ ，则系统动能的增加量为 (m1+m2)[( )2−( )2]，系统重力势能 的减小量为（m1-m2）gh，若机械能守恒，应满足的等式为： （m1-m2）gh= (m1+m2)[( )2−( )2]，故还需要测量的物理量是圆柱体 A 的高度 L． （3）保持 C、D 两光电门的竖直高度差 h 不变，将 C、D 一起向下移动，可以减小误差，因为 越向下，通过光电门的时间越短，平均速度表示瞬时速度越准确． 【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，抓住系统重力势能的减 小量等于系统动能的增加量列出表达式是关键，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度． 三、计算题：本题共 3 小题，共 34 分。解答过程要求写出必要的文字说明，方程式和重要的 演算步骤。有数值计算的题，结果必须有明确的数值和单位。 16.如图（a）所示，质量为 m=2kg 的物块以初速度 v0=20m/s 从图中所示位置开始沿粗糙水平 面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力 F 作用，在运动过程中物块速度随时间变化的 规律如图（b）所示，g 取 10m/s2．试求： (1)物块在 0-4s 内的加速度 a1 的大小和 4-8s 内的加速度 a2 的大小； (2)恒力 F 的大小及物块与水平面间的动摩擦因数 μ； (1)8s 内恒力 F 所做的功． 【答案】(1) , 方向水平向左; , 方向水平向左 (2) F=7N，μ=0.15 (3)W=-168J 【解析】 【详解】(1)由图可知，0-4s 内，物体向右做匀减速直线运动，4-8s 内，物体向左做匀加速 直线运动； 0-4s 内， ，方向水平向左； 1 L t 2 L t 1 2 2 L t 1 L t 1 2 2 L t 1 L t 2 1 5m/sa = 2 1 2m/sa = 2 2 1 20 / 5 /4 va m s m st   = = = 4-8s 内， ，方向水平向左； 由牛顿第二定律，得到：F+μmg=ma1 F-μmg=ma2 代入数据解得：F=7N，μ=0.15 (2)依据图象可知，物体 4s 内的位移： (2)根据牛顿第二定律，在 0-4s 内恒力 F 与摩擦力同向：F+μmg=ma1 4s-8s 内恒力 F 与摩擦力反向：F-μmg=ma2 代入数据解得：F=7N，μ=0.15 (3)根据图形的面积可得 8s 内物体运动的位移 恒力 F 做的功为 W =Fs=-7×24=-168J 【点睛】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度， 根据功的公式计算做功的多少。 17.在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道 AB 和弯曲的细管道 BCD 平滑连接组成，如图所示。 小滑块以某一初速度从 A 点滑上倾角为 θ=37°的直轨道 AB，到达 B 点的速度大小为 2m/s， 然后进入细管道 BCD，从细管道出口 D 点水平飞出，落到水平面上的 G 点。已知 B 点的高度 h1=1.2m，D 点的高度 h2=0.8m，D 点与 G 点间的水平距离 L=0.4m，滑块与轨道 AB 间的动摩擦 因数 μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。 （1）求小滑块在轨道 AB 上的加速度和在 A 点的初速度； （2）求小滑块从 D 点飞出的速度； （3）判断细管道 BCD 的内壁是否光滑。 【答案】（1） （2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道 BCD 内壁不光滑。 【解析】 2 2 2 ' 8 / 2 /8 4 va m s m st   = = =−′ 1 12 10 2 4 62 2S m= × × − × × = 1 14 20 4 8 242 2s m= × × − × × =（ ） （ ） 28 / ,6 /m s m s 【详解】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律： ，解得 ； 由运动学公式 ，解得 （2）滑块在 D 处水平飞出，由平抛运动规律 ， ，解得 ； （3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道 BCD 内壁不光滑 18.如图所示，水平传送带与水平轨道在 B 点平滑连接，传送带 A、B 间距 L=2.0m，一半径 R=0.2m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道相切于 C 点，水平轨道 CD 间的距离 L=1．0m，在 D 点固定一竖直挡板。小物块与传送带 AB 间的动摩擦因数 0．9，BC 段光滑，CD 段动摩擦 因数为 。当传送带以 v0=6m／s 顺时针匀速转动时，将质量 m=1kg 的可视为质点的小物块轻 放在传送带左端 A 点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞， 并原速率弹回，经水平轨道 CD 返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不 损失，重力加速度 g=10m／s2。求： (1)小物块第一次滑到传送带 B 点时的速度大小； (2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求 的取值范围。 【答案】（1）6m/s（2）0≤μ2≤0.65 或 0.8≤μ2＜0.9； 【解析】 【分析】 （1）根据物块在 AB 上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解； （2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从 B 到第二次通过圆轨道应用动能定理 求解． 【详解】（1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力 f=μ1mg，那么，物块做 加速度 a＝μ1g＝9m/s2 的匀加速直线运动； 因为 2aL0＝v02，故物块在传送带上做匀加速运动，到达 B 点时刚好达到传送带速度，所以， 物块滑到 B 时的速度大小 vB=v0=6m/s； （2）要使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次 在圆轨道上运动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度 h≤R； mgsin mgcos maθ µ θ+ = 28 /a m s= 2 2 1 0 2B hv v a sinθ− = − 0 6 /v m s= DL v t= 2 2 1 2h gt= 1 /Dv m s= 1 µ = 2 µ 2 µ 故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得：mg≤ ； 对物块从 B 到第二次到最高点应用动能定理可得：−2μ2mgL−2mgR＝ mv2− mvB2 解得： ； 当物块在圆轨道上最高点的高度 0＜h≤R 时，由动能定理可得：−2μ2mgL−mgh＝0− mvB2， 解得： ，所以，0.8≤μ2＜0.9； 所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，0≤μ2≤0.65 或 0.8≤μ2＜0.9； 【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后 根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解． 2mv R 1 2 1 2 2 2 2 1 122 2 0.652 Bmv mgR mv mgL µ − − ≤＝ 1 2 2 2 1 2 2 Bmv mgh mgL µ − ＝