安徽省江淮十校2020届高三物理上学期第二次联考试卷（附解析Word版）

江淮十校 2020 届高三第二次联考 物 理 2019．11 第Ⅰ卷 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，1〜8 题 只有一个选项符合题目要求，第 9〜12 题有多个选项符合题目要求。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.足球运动员沿直线一路带球前进，球每次被踢出后在草地上做减速运动，当球的速度减小 后，运动员又赶上去再踢，下图中 图象最能反映足球这种运动情况的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意分析可知，足球匀减速运动一段时间后，速度突然增大，再做匀减速运动， 速度又突然增大，如此反复，速度作周期性的变化，而匀减速运动的 图象是向下倾斜的 直线，故选项 C 正确，ABD 错误。 2.在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为 很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做 的功，下面几个实例中应用到这一物理思想方法的是 A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，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代表整个过程的位移 B. 根据速度的定义 ，当 非常小， 就可以表示物体在 时刻的瞬时速度 C. 在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力 关系，再保 持力不变研究加速度与质量的关系 的 v t− v t− xv t ∆= ∆ t∆ x t ∆ ∆ t D. 在不需要考虑物体本身 大小和形状时，用点来代替物体，即质点 【答案】A 【解析】 【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，采用微元法将加速运动微分成一段段匀速运 动，采用了微元法，故 A 正确； B．研究某一时刻的速度准往取一段很短的时间，即让时间趋向于无穷小时的平均速度表示瞬 时速度，采用的是极限思维的方法，故 B 错误； C．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，要先控制一个量不变，采取的方法是控制变量 法，故 C 错误； D．质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法，故 D 错误。 3.高速公路的 ETC 电子收费系统如图所示，ETC 通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距 离。某汽车以 21.6km/h 的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了 0.2s 的时间识别车载电子标签， 识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好 没有撞杆。已知司机的反应时间为 0.6s，刹车的加速度大小为 ，则该 ETC 通道的长度 约为 A. 4.2m B. 6.0m C. 7.8m D. 8.4m 【答案】D 【解析】 【详解】变换单位： 汽车在前 内做匀速直线运动，位移为： 随后汽车做减速运动，位移为： 的 25m/s 21.6km/h=6m/s 0.2s+0.6s 1 0 1 2= ( ) 6 (0.2 0.6)m 4.8mx v t t+ = × + = 所以该 ETC 通道的长度为： 综上所述，故选项 D 正确，ABC 错误。 4.一固定杆与水平方向夹角为 ，将一质量为 的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个 质量为 的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 。若滑块与小球保持相对静止以相 同的加速度 —起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一 个 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得， 因速度方向向上，则沿斜面方向： 垂直斜面方向： 摩擦力： 联立可解得： ， 设绳子与竖起方向夹角为 ，对小球有：若 ， 现有： ，则有 ，故选项 D 正确，ABC 错误。 2 2 0 2 6 m 3.6m2 2 5 vx a = = =× 1 2 4.8m 3.6m 8.4mL x x= + = + = 30θ = ° 1m 2m 0.4µ = 210m/sa = 1 2 1 2( ) sin30 ( )m m g f m m a+ ° + = + 1 2( ) cos30NF m m g= + ° Nf Fµ= 2sin30 cos30 10m/sa g gµ= ° + ° = β 30β = ° 2sin 5m/sga β= =’ sina g β> 30β > ° 5.有一空间探测器对一球状行星进行探测，发现该行星上无生命存在，在其表面上，却覆盖 着一层厚厚的冻结的二氧化碳（干冰）。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧气而 在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如 果一秒钟可分解得到质量为 m 的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为 p，那么请你估算 一下，至少需要多长的时间才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的 蒸发可不计，探测器靠近行星表面运行的周期为 T，行星的半径为 r，大气层的厚度与行星的 半径相比很小。下列估算表达式正确的是（  ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 可近似认为大气压是由大气重量产生的，根据大气的质量和地球的表面积求解大气压强；根 据由万有引力定律及牛顿第二定律表示地球表面的重力加速度；最后可求解时间. 【详解】可近似认为大气压是由大气重量产生的，设大气的质量为 m0，则 p＝ 。设探测 器的质量为 m，行星质量为 M，由万有引力定律及牛顿第二定律得：G ＝mg，即 g＝ ，即 GM＝ r3，解上述三式得：m0＝ ；依题意，1 秒钟可得到 m 的氧气，故分解出 m0 的氧气所需的时间为：t＝ ，故选 B。 6.一艘船以 的速度用最短的时间渡河，另一艘船以 的速度从同一地点以最短的路程过河， 两船轨迹恰好重合（设河水速度保持不变），则两船过河所用的时间之比是 A. B. C. 2 2 pT rt mπ= 2pT rt mπ= 216 3 pT rt mπ= 24pT rt mπ= 0 24 m g rπ 2 Mm r 2 GM r 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 2 4 T π 2pT r π 2pT r mπ Av Bv :A Bv v :B Av v 2 2:A Bv v D. 【答案】D 【解析】 【详解】两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，A 船静水速垂直于河岸，B 船的静水速与 合速度垂直，如图： 两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，则： 故选项 D 正确，ABC 错误。 7.用竖直向上的恒力 将静止在地面上的质量为 的物体提升高度 后，撤去力 。当物 体的动能为 时，试求此时物体的高度为 （已知 ，不计空气阻力，重力加速度为 ） A. 若 ，则 一定还有一解为 B. 若 ，则 一定还有一解为 C. 若 ，则 的另一解一定小于 D. 若 ，则 的另一解一定大于 【答案】A 【解析】 2 2:B Av v 2 1 2 2 tan sin B B B A AA v vt v vt v v θ θ = = =合 合 F m 0H F 0kE h 0h H≠ g 0kEh F mg = − h 0 0kFH Eh mg −= 0 0kFH Eh mg −= h 0kEh F mg = − 0kEh F mg = − h 0H 0 0kFH Eh mg −= h 0H 【详解】A.根据题意可知 ，则当动能达到 时可能在未撤去力F 之前就达到 ，若 ，说明物体在未撤去 之前动能就达到 ，撤去力 之后，物体的速度减小， 故还有一个位置动能为 ，该位置高度一定大于 ，从地面到该位置由动能定理： 得到： 故选项 A 正确，C 错误； B.若撤去 之前动能未达到 ，则物体的动能一定是在下落到高度 的某位置等于 ， 由动能定理： 得到： 故选项 BD 错误。 8.如图，AB 为一光滑水平横杆，横杆上固定有一个阻挡钉 C，杆上套一质量不计的轻环，环 上系一长为 且足够牢固、不可伸长的轻细绳，绳的另一端拴一质量为 的小球，现将轻环 拉至 C 左边 处并将绳拉直，让绳与 AB 平行，然后由静止同时释放轻环和小球。重力加速度 为 ，则关于之后的运动情况，下列描述不正确的是 A. 小球不可以回到 AB 杆的高度 B. 小球在最低点的速度大小小于 C. 小球到达最低点之前一直做曲线运动 D. 小球在最低点对绳子的拉力大小小于 【答案】C 0h H≠ 0kE 0kE 0kEh F mg = − F 0kE F 0kE 0H 0 0kFH mgh E− = 0 0kFH Eh mg −= F 0kE 0h H< 0kE 0 0kFH mgh E− = 0 0kFH Eh mg −= L m 5 L g 2gL 3mg 【解析】 【详解】A．轻环运动到阻挡钉 的过程中，轻环和小球在水平方向上动量守恒，由于杆上套 有质量不计的轻环，所以小球水平速度为零，只有竖直方向的速度，小球做自由落体运动， 当轻环与 碰撞后，小球绕 点做圆周运动，设轻环与 碰撞时，绳子与水平方向的夹角为 ，根据几何关系有： 解得： 轻环与 碰撞前瞬间，小球的速度为： 碰撞后瞬间，小球的速度为： 即绳子绷直做圆周运动的瞬间有能量损失，根据能量守恒知，小球不能回到 杆的高度， 故 A 正确、C 错误； B．轻环与 碰撞后，小球的速度由竖直方向变为垂直绳子方向，有能量损失，若没有能量损 失，根据动能定理可得出最低点的速度为 ，有能量损失则最低点的速度小于 ， 故 B 正确； D．小球在最低点的速度小于 ，根据牛顿第二定律得： 知 ，故 D 正确。 9.如图 1 所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压 缩弹簧至离地高度 处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到 滑块的速度和离地高度 并作出如图 2 滑块的 图象，其中高度从 0.2m 上升到 0.35m 范 围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 ，由图象可知 C C C C θ 4 45cos 5 L L θ = = 37θ = ° C 3 62 5 5 L gLv g= ⋅ = 4 6cos37 5 5 gLv v′ = ° = AB C 2gL 2gL 2gL 2vF mg m L ′′− = 3F mg< 0.1mh = h kE h− 210m/sg = A. 小滑块的质量为 0.15kg B. 轻弹簧原长为 0.42m C. 弹簧最大弹性势能为 0．32J D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0．38J 【答案】D 【解析】 【详解】A．在从 上升到 范围内， ，图线的斜率绝对值为： 所以： 故 A 错误； B．在 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围 内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 升到 0.35m 范围内所受作用力为恒力，所 以从 ，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的 ，故 B 错误； C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性 势能，所以： 故 C 错误； D．由图可知，当 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能 和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小， 根据能的转化和守恒可知： 0 2m． 0 35m． k pE E mg h∆ = ∆ = ∆ 0.3 2N0.35 0.2 kEk mgh ∆= = = =∆ − 0.2kgm = kE h− 0.2mh = 0 2m． 0.2 10 (0.35 0.1) 0.5JpmE mg h= ∆ = × × − = 0.18mh = min 0.5J 0.2 10 0.1J 0.32J 0.38Jp km pm kmE E E E mgh E= − = + − = + × × − = 故 D 正确。 10.如图所示，质量相等、材料相同的两个小球 A、B 间用一劲度系数为 k 的轻质弹簧相连组 成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在 B 上的水平外力 F 的作用下由静止开始运动， 一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为 Ek 时撤去外力 F，最后停止运动．不计空 气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力 F 到停止运动的过程中，下列 说法正确的是(  ) A. 撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为 F/2k B. 撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为 F/k C. A 克服外力所做的总功等于 Ek/2 D. 系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量 【答案】AC 【解析】 【详解】当 A 与 B 一起做加速运动的过程中，对于整体：F-2f=2ma，对小球 A：kx-f=ma，联 立得： ．即弹簧的伸长量为 ．则撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为 ，故 A 正 确，B 错误；A 克服外力所做的总功等于 A 的动能，由于是当它们的总动能为 Ek 时撤去外力 F，所以 A 与 B 的动能均为 Ek，即 A 克服外力所做的总功等于 Ek．故 C 正确；根据功能关 系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于 A、B 的动能以及弹簧减少的弹性势能 的和，即等于系统机械能的减少量。故 D 错误。 11.如图所示，质量为 的足够长的木板置于水平地面上，质量为 的小滑块以初速度 滑 上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ，下列说法正确的是 A. 若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为 B. 若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为 2 Fx k = 2 F k 2 F k 1 2 1 2 M m 0v µ g 0mv M m+ 2 0 1 2 mv C. 若木板与地面间的动摩擦因数也为 ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为 D. 若木板与地面间的动摩擦因数也为 ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大 小为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．若地面光滑，则由动量守恒 得最后的速度为： 产生的内能为： 故 A 正确， B 错误； C．若木板与地面间的动摩擦因数也为 ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最 终能产生的内能为 ，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故 C 正确，D 错 误。 12.如图所示倾角 的固定斜面长为 ， 为最高点， 为最低点，滑块 （可看成质 点）与斜面间的动摩擦因数为 ，要使滑块从 滑到 与从 滑到 时间相等，则 A. 若 从 静止释放滑到 ，则 从 运动到 A 的初速度应为 B. 要使 从 运动到 时间与从 运动到 时间相等，则 从 岀发的初速度最小值为 C. 若 从 静止释放运动到 ，则 从 滑到 与从 滑到 的时间不可能相等，且由 运动到 的时间一定大于由 运动到 的时间 D. 若 从 静止释放运动到 ，则 从 滑到 与从 滑到 时间不可能相等，且由 运动到 的时间可能小于由 运动到 的时间 的 µ 2 0 1 2 mv µ 0Mv 0 ( )mv M m v= + 0mvv M m = + 2 2 0 1 1 ( )2 2kE mv M m v∆ = − + µ 2 0 1 2 mv 30θ = ° L A B P 3 4 µ = A B B A P A B P B 2 gL P A B B A P A 3 7 14 gL P A B P A B B A A B B A P A B P A B B A A B B A 【答案】BC 【解析】 【详解】A．滑块下滑时，根据牛顿第二定律可以得到： 得到： 滑块上滑时： 得到： ， 由 ， 得到： ， 滑块到达最高点时 ，显然不符合题意，故题设不成立,故 A 错误； B．滑块由 滑到 ，当它到达 时速度恰好减为 0，此时对应的从 出发的速度最小，由 得到： ， 由 ， 得到： 1sin cosmg m g maθ µ θ− = 1 sin cos 8 ga g gθ µ θ= − = 2 1 1 1 2L a t= 2sin cosmg m g maθ µ θ+ = 2 7sin cos 8 ga g gθ µ θ= + = 2 0 2 2 2 1 2L v t a t= − 1 2t t= 0 2v gL= 1 2 4 Lt t g = = 0 2 2 3 2Av v a t gL= − = − B A A B 2 2 2 1 2L a t′= 2 4 7 Lt g ′ = 2 2 7 2B gLv a t′ ′= = 1 2t t′ ′= 2 min 1 1 1 1 2AL v t a t′ ′ ′= + min 3 7 14A gLv′ = 故选项 B 正确； C．滑块 P 由静止从 A 到达 B，则根据运动学公式可以得到： 滑块由 滑到 ，当它到达 时速度恰好减为 0，此时时间最长，根据运动学公式可以得到： 比较以上两个方程可以得到： 故选项 C 正确，D 错误。 第Ⅱ卷（非选择题共 52 分） 二、实验题（本题共 2 小题，共 14 分。） 13.在做“碰撞中的动量守恒定律”常规实验中： （1）本实验中不需要用到的测量仪器或工具有________（单选） A．圆规 B．秒表 C．刻度尺 D．天平 （2）必须要求的条件是________（多选） A．斜槽轨道末端的切线必须水平 B．要测量小球平抛的初速度 C．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 D．入射球和被碰球 质量必须相等，且大小相同 （3）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量 和 被碰小球质量 之比________。 【答案】 (1). B (2). AC (3). 5：1 【解析】 【详解】（1）小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 的 2 1 1 1 2L a t= B A A 2 2 2 1 2L a t′= ' 1 2t t> 1m 2m 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间 相等，则 有： 即为： ， 实验需要测量两球的质量与水平位移，需要用圆规确定小球落地位置，需要用刻度尺测量小 球的水平位移，需要用天平测小球质量，不需要的实验器材是秒表，故选项 B 符合题意； （2）A．小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故 A 正确； B．小球离开轨道后做平抛运动，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移 代替其初速度，实验不需要测量小球平抛的初速度，故 B 错误； C．为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚 下，故 C 正确； D．为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故 D 错误； （3）碰撞过程系统动量守恒，则有： 代入数据得： 解得： 。 14.某同学探究“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置如图所示，测得重物、小车 质量分别为 、 ；小车上遮光条的宽度为 ，光电门 1、2 分别接 DIS 的数据接口 1 和 2， 传感器已校准好，桌面足够高。 （1）实验前，要对装置平衡摩擦力，通过计算机将两光电门遮光时间画出，得到图象如下图 所示，在下图所示三次平衡摩擦力中，符合要求的是________。 t 1 0 1 1 2 2m v t m v t m v t= + 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 1 20.255 0.155 0.500m m m× = × + × 1 2: 5:1m m = m M d （2）平衡摩擦力达到要求后，小车在重物牵引下，从轨道一端经过光电门 1、2 滑到终点， 计算机得到图像如图所示，则小车运动过程中经过光电门 1 的平均速度 =________；经过光 电门 2 的平均速度 =________（用 、 、 、 、 表示）。 （3）小车加速度 =________（用 、 、 、 、 、 表示）。 【答案】 (1). B (2). (3). (4). 【解析】 【详解】（1）平衡摩擦力后小车做匀速直线运动，遮光条经过光电门时的时间相等，由图示 图象可知，B 正确，AC 错误； （2）小车运动过程中经过光电门 1 的平均速度为： 经过光电门 2 的平均速度为： 。 （3）小车经过光电门中间时刻的瞬时速度等于小车经过光电门的平均速度，小车从经过光电 门 1 的中间时刻到经过光电门 2 的中间时刻的时间为： 小车的加速度为： 。 三、计算题（本题共 4 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 1v 2v d 1t 2t 3t 4t a 1v 2v 1t 2t 3t 4t 2 1 d t t− 4 3 d t t− 2 1 3 4 1 2 2( ) ( ) ( ) v v t t t t − + − + 1 2 1 dv t t = − 2 4 3 d t tv = − 4 3 3 4 1 22 1 3 1 ( ) ( )( )2 2 2 t t t t t tt tt t t − + − +−= + − + = 2 1 2 1 3 4 1 2 2( ) ( ) ( ) v v v va t t t t t − −= = + − + 骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 15.两同高度斜面，倾角分别为小球 1、2 分别由斜面顶端以相同水平速率抛出（如图），假设 两球能落在斜面上，则： （1）飞行时间之比； （2）水平位移之比； （3）竖直下落高度之比 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）对于球 1： 得到运动时间为： 同理，对于球 2，有： 则得： ； （2）小球水平方向做匀速直线运动，则有： 水平位移之比： ； （3）竖直方向上小球做自由落体运动，则球 1 下落高度： 。 tan : tanα β tan : tanα β 2 2tan : tanα β 2 1 1 1 1 0 1 0 1 2tan 2 gth gt x v t v α = = = 0 1 2 tanvt g α= 0 2 2 tanvt g β= 1 2: tan : tant t α β= 0x v t= 1 2 1 2: : tan : tanx x t t α β= = 球 2 下落高度： 则得到： 。 16.如图所示，光滑的足够长水平导轨上套有一质量为 、可沿杆自由滑动的滑块，滑 块下方通过一根长为 的轻绳悬挂着质量为 的木块。开始时滑块和木块均静 止，现有质量为 的子弹以 的水平速度击中木块并留在其中（作用时间极 短），取重力加速度 。试问：轻绳与竖直方向的夹角 能否达到 30°？ 【答案】可以 【解析】 【详解】子弹与木块发生完全非弹性碰撞： 得到： 当子弹与木块运动到最高点时将于滑块达到共速： 得到： 设轻绳的最大摆角为 ，机械能守恒知： 2 1 1 1 2h gt= 2 2 2 1 2h gt= 2 2 1 2: tan : tanh h α β= 1kgM = 5mL = 1 900gm = 0 100gm = 0 100m/sv = 210m/sg = θ 0 0 0 1 1( )m v m m v= + 1 10m/sv = 0 0 0 1 2( )m v m m M v= + + 2 5m/sv = β 得到： 故轻绳与竖直方向的夹角 可以达到 30°。 17.长为 的轻弹簧 上端固定在天花板上，在其下端挂上质量为 的物块 。让弹簧处于 原长且 从静止释放， 最大下落高度为 （未超过弹性限度）。斜面 固定在水平面上， ， ， ， 点上方斜面部分粗糙， 与这部分的动摩擦因 数 ， 点下方斜面部分光滑。现将轻弹簧 一端固定在斜面上 处，用外力使 压 缩弹簧并静止于 点， 与弹簧未栓接，然后突然撤去外力。（重力加速度为 ， ） （1）试通过计算说明：撤去外力后，在弹簧作用下， 不会滑离斜面； （2）计算 在 部分运动的总路程。 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【详解】（1）当弹簧竖直时， 由静止释放，由能量守恒知，弹簧形变量为 时，其弹性势 能为 设滑块 从斜面上释放后能沿斜面上升 ，则： 解得： 即撤去外力后，在弹簧作用下， 不会滑离斜面； （2）滑块从 点释放后会在斜面上往复运动，最终它向上运动到 点速度减为 0，便不再运 2 2 0 1 1 0 1 2 0 1 1 1( ) ( ) ( ) (1 cos )2 2m m v m m M v m m gL β+ = + + + + − 60β = ° θ 0L K m P P P 0h ABC 0 0AB L h= + 0AO L= 0DO OB h= = O P 2 8 µ = O K A P D P g 30θ = ° P P OB 0 4 6 3 h P 0h 0pE mgh= P s 0 0sin30 cos30 ( )mgh mgs mg s hµ= ° + ° − 0 0 16 6 2 8 6 s h h += < + P D O 动到 上，设 在部分运动的总路程为 ，由动能定理知： 得到： 。 18.科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传送带 部分水平，其长度 ， 传送带以 4m/s 的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径 ，其下端 点与圆弧轨道 的 点在同一水平线上， 点为圆弧轨道的最低点，圆弧 对应的圆心角 且 圆弧轨道的半径 ， 点和倾斜传送带 的下端 点平滑连接，倾斜传送带 长为 ，其倾角 。某同学将一质量为 0．5kg 且可以视为质点的物块静止放在 水平传送带左端 处，物块经过 点后恰能无碰撞地从 点进入圆弧轨道部分，当经过 点 时，圆弧给物块的摩擦力 ，然后物块滑上倾斜传送带 。物块与圆弧 的动摩 擦因数未知，与其它接触面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度 ， ， ， ， ，求： （1）物块由 到 所经历的时间； （2） 弧对应的圆心角 为多少； （3）若要物块能被送到 端，倾斜传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从 端到 端所用时间的取值范围。 【答案】（1）0.9s（2）45°（3）传送带的速度应满足： ，物体运动的时间范围是： 【解析】 【详解】（1）放在水平传送带上的物体受到重力、支持力和摩擦力的作用，摩擦力提供水平 方向的加速度，由牛顿第二定律得： OB P S 0cos sin 0 0W mg S mghµ θ θ− ⋅ − = −弹 0 4 6 3S h= AB 2mL = 0.40mr = C DEF D E EF 37θ = ° 0.50mR = F GH G GH 2.25mx = 37θ = ° A B D F 10Nf = GH DE 0.5µ = 2=10m/sg sin37 0.6° = cos37 0.8° = 7 2.64= 7.25=2.7 A B DE α H G H 2.7m/sv ≥ 0.68s 1.48st≤ ≤ 1ma mgµ= 所以： 物体加速到 4m/s 的时间： 在加速阶段的位移： 物体做匀速直线运动的时间： 物块由 到 所经历的时间： ； （2）若物体能在 点恰好离开传送带做平抛运动，则满足： 所以： 所以物体能够在 点离开传送带做平抛运动，平抛运动的时间： 到达 点时物体沿竖直方向的分速度： 到达 点时物体的速度与水平方向的夹角： 所以： 如图 2 2 1 0.5 10m 5m/s/sa gµ= = × = 1 1 1 4 s 0.8s5 vt a = = = 2 2 1 1 1 1 1 5 0.8 m 1.6m