安徽省滁州中學(xué)分校2020屆高三物理上學(xué)期12月階段性測試試題（含解析）（通用）

1、安徽滁州中學(xué)分校2020屆上學(xué)期12月階段性測試高三物理試題 一、選擇題：本題共12小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第912題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1. 甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其vt圖象如圖所示。已知兩車在t3s時(shí)并排行駛，則下列說法正確的是（ ）A. 兩車另一次并排行駛的時(shí)刻為t2sB. 在t0時(shí)，乙車在甲車前C. 在t1s時(shí)，甲車在乙車后D. 甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m【答案】D【解析】A、已知兩車在t3s時(shí)并排行駛，那么在這3s時(shí)間內(nèi) ；即乙比甲多走了 ，

2、說明一開始甲在前，乙在后，兩者之間的距離為，設(shè)經(jīng)過時(shí)間 兩者相遇，則解得： 和即兩者在1s和3s時(shí)相遇， 故A錯誤；B、已知兩車在t3s時(shí)并排行駛，那么在這3s時(shí)間內(nèi) ；即乙比甲多走了 ，說明一開始甲在前，乙在后，故B錯誤；C、從以上分析可知：兩者在同一點(diǎn)上，故C錯誤；D、1s末甲車的速度為: 1s到3s甲車的位移為:，即甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m，故D正確綜上所述本題答案是：D2. 取水平地面為零勢能面，一物塊從某高處水平拋出，在拋出點(diǎn)其重力勢能為動能的3倍。不計(jì)空氣阻力，該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】試

3、題分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律，以及已知條件：拋出時(shí)動能是重力勢能的，分別列式即可求出落地時(shí)速度與水平速度的關(guān)系，從而求出物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角物塊做平拋運(yùn)動，機(jī)械能守恒，初狀態(tài)的機(jī)械能，其中；所以，末狀態(tài)的機(jī)械能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，所以，設(shè)落地時(shí)速度與水平方向的夾角，解得，故D正確3. 如圖所示，光滑水平面上放著一長為l質(zhì)量為M的木塊，、一質(zhì)量為m的子彈從左邊以初速度v水平射入木塊，恰好沒有射穿，則（ ）A. 最終子彈與木塊的速度為零B. 在子彈與木塊相互作用的過程中，子彈的位移為lC. 在子彈與木塊相互作用的過程中，木塊的位移一定為lD. 在子彈與木塊相互作用的過程中，因摩擦產(chǎn)

4、生的熱量為【答案】D【解析】A.子彈擊中木塊過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mv0=(M+m)v，得：，故A錯誤；B在子彈與木塊相互作用的過程中，子彈的位移為，木塊的位移為，因?yàn)樽訌椙『脹]有射穿木塊，有，即， 所以子彈的位移，故B錯誤；C因?yàn)関0v，所以子彈的位移，故C錯誤；D在子彈與木塊相互作用的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動能的減小量，即，故D正確。故選：D。點(diǎn)睛：根據(jù)系統(tǒng)動量守恒求出最終子彈和木塊的速度；根據(jù)勻變速運(yùn)動的規(guī)律得出子彈和木塊的位移與l的關(guān)系；系統(tǒng)減小的動能等于產(chǎn)生的內(nèi)能。4. 如圖所示,空間存在一勻強(qiáng)電場,其方向與水平

5、方向夾角為 30,A、B連線與電場線垂直,一質(zhì)量為 m，電荷量為 q的帶正電小球以初速度 v0 從 A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過時(shí)間 t小球最終落在 C 點(diǎn),速度大小仍為v0，且 AB=BC，則下列說法中正確的是A. 電場強(qiáng)度方向沿電場線斜向上B. 電場強(qiáng)度大小為C. 此過程小球增加的電勢能等于D. 小球在運(yùn)動過程中下落的高度為【答案】C【解析】小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知，mgABsin60-EqBCsin60=0，解得：E=；由題意可知，小球在下落過程中初末動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場線應(yīng)斜向下；故AB錯誤； 將電場力分

6、解為沿水平方向和豎直方向， 則有豎直分量中產(chǎn)生的電場力F=Eq=mgcos60=mg；則物體在豎直方向上的合力F合=mg；則由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度ay=g；則下落高度；故D錯誤；此過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場線的方向上的位移 ；則電勢能的增加量；故C正確；故選C.5. 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)，大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以速率v從P點(diǎn)射入磁場，這些粒子射出磁場時(shí)的位置均位于PQ圓弧上且Q點(diǎn)為最遠(yuǎn)點(diǎn)。已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的14，不計(jì)粒子重力和粒子間的相

7、互作用，則該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】試題分析：畫出導(dǎo)電粒子的運(yùn)動軌跡，找出臨界條件及角度關(guān)系，表示出圓周運(yùn)動的半徑，利用圓周運(yùn)動由洛侖茲力充當(dāng)向心力列式求解即可從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為Q，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的，所以POQ=90；結(jié)合幾何關(guān)系，有，洛侖茲力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有，聯(lián)立解得，D正確6. 在孤立負(fù)電荷形成的電場中，四個(gè)帶電粒子分別僅在電場力作用下運(yùn)動，vt圖象如圖所示。則以下判斷正確的是（ ）A. a、c帶負(fù)電，b、d帶正電B. a、c帶正電，b、d帶負(fù)電C. a、d帶

8、正電，b、c帶負(fù)電D. a、d帶負(fù)電，b、c帶正電【答案】A【解析】試題分析：圖像a做加速度減小的加速運(yùn)動，故a帶負(fù)電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷；圖像b做加速度增大的加速運(yùn)動，故b帶正電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像c做加速度增大的減速運(yùn)動，故c帶負(fù)電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像d做加速度減小的減速運(yùn)動，故d帶正電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷，故選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)：電場強(qiáng)度、加速度、速度【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵掌握速度圖象斜率的意義進(jìn)行分析加速度的變化情況，由電場強(qiáng)度與加速度的關(guān)系，即根據(jù)牛頓第二定律把握物理量之間聯(lián)系。7. 在光滑水平地面水平放置著足夠長的質(zhì)量為M的木板，其上放置著質(zhì)量為m帶正電的物塊（電量保持不變），兩者之間的動摩

9、擦因數(shù)恒定，且Mm?？臻g存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，某時(shí)刻開始它們以大小相等的速度相向運(yùn)動，如圖取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運(yùn)動的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】對m分析可知，m受重力、支持力和洛倫茲力與摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做減速運(yùn)動；則由F=Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來越大；同時(shí)M受m向右的摩擦力作用，M也做減速運(yùn)動；因摩擦力增大，故M的加速度也越來越大；則可知v-t圖象中對應(yīng)的圖象應(yīng)為曲線；對Mm組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之

10、和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，最終兩物體速度一定相同，則有，因，故最終速度一定為負(fù)值，說明最終兩物體均向左做勻速運(yùn)動，則B正確8. 如圖所示，輕質(zhì)OB桿通過較鏈固定在豎直墻壁上，AB繩一端系在墻壁上，另一端系在B端，然后在B端通過細(xì)線掛一質(zhì)量為m的重物。已知OB桿水平，與AB繩夾角q30，已知細(xì)線承受的最大張力為F0，AB繩承受的最大張力為2F0（F0mg，g為重力加速度），下列說法中正確的是（ ）A. OB桿在B端受到的合力作用沿OB方向B. OB桿在B端受到的合力不一定沿桿的方向C. 逐漸增加所掛重物的質(zhì)量，細(xì)線先被拉斷D. 逐漸增加所掛重物的質(zhì)量，AB繩和細(xì)線同時(shí)被拉斷【答案】D【解析】AB

11、由于OB桿通過較鏈固定在豎直墻壁上，OB桿在B端受到的合力作用沿BO方向，故A錯誤，B錯誤；C繩的拉力F與細(xì)線的拉力T沿BO方向，則兩者的關(guān)系滿足：，即F=2T，當(dāng)F=2F0時(shí)，T=F0，AB繩和細(xì)線同時(shí)被拉斷，故C錯誤，D正確。故選：D。9. 如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是（已知重力加速度為g）（ ）A. 板間電場強(qiáng)度大小為B. 兩極板間電壓為C. 整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加D. 若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上

12、【答案】AC【解析】試題分析：根據(jù)題意，小球最后垂直打在M屏上，必須考慮質(zhì)點(diǎn)的重力小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，飛出電場后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根據(jù)對稱性可明確加速度關(guān)系，從而根據(jù)動力學(xué)規(guī)律即可明確板間電場強(qiáng)度和電勢差，根據(jù)功能關(guān)系可分析重力勢能的增加量；同時(shí)明確電量不變只改變板間距離時(shí)，兩板間的電場強(qiáng)度不變據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡有對稱性，如圖，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得，得到，A正確；由可知，板間電勢差，B錯誤；小球在電場中

13、向上偏轉(zhuǎn)的距離，而，解得，故小球打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為，重力勢能的增加量，C正確；僅增大兩板間的距離，因兩板上電量不變，根據(jù)可知，板間場強(qiáng)不變，小球在電場中受力情況不變，則運(yùn)動情況不變，故仍垂直打在屏上，D錯誤10. 人類向宇宙空間發(fā)展最具可能的是在太陽系內(nèi)地球附近建立“太空城”設(shè)想中的一個(gè)圓柱形太空城，其外殼為金屬材料，長1600 m，直徑200 m，內(nèi)壁沿縱向分隔成6個(gè)部分，窗口和人造陸地交錯分布，陸地上覆蓋15 m厚的土壤，窗口外有巨大的鋁制反射鏡，可調(diào)節(jié)陽光的射入，城內(nèi)部充滿空氣，太空城內(nèi)的空氣、水和土壤最初可從地球和月球運(yùn)送，以后則在太空城內(nèi)形成與地球相同的生態(tài)環(huán)境為了使太空城

14、內(nèi)的居民能如地球上一樣具有“重力”，以適應(yīng)人類在地球上的行為習(xí)慣，太空城將在電力的驅(qū)動下，繞自己的中心軸以一定的角速度轉(zhuǎn)動如圖為太空城垂直中心軸的截面，以下說法正確的有（ ）A. 太空城內(nèi)物體所受的“重力”一定通過垂直中心軸截面的圓心B. 人隨太空城自轉(zhuǎn)所需的向心力由人造陸地對人的支持力提供C. 太空城內(nèi)的居民不能運(yùn)用天平準(zhǔn)確測出質(zhì)量D. 太空城繞自己的中心軸轉(zhuǎn)動的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大【答案】ABD【解析】試題分析：太空城內(nèi)物體做勻速圓周運(yùn)動，向心力指向圓心，故其所受的“重力”一定通過垂直中心軸截面的圓心且向外，故A正確；太空城內(nèi)物體做勻速圓周運(yùn)動，人隨太空城自轉(zhuǎn)所需的向

15、心力由人造陸地對人的支持力提供，故B正確；天平的測量原理是等臂杠桿，故太空城內(nèi)的居民可以運(yùn)用天平準(zhǔn)確測出質(zhì)量，故C錯誤；等效重力等于向心力，故：，故太空城繞自己的中心軸轉(zhuǎn)動的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正確。考點(diǎn)：向心力；牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】太空城內(nèi)物體做勻速圓周運(yùn)動，支持力提供向心力；以太空城為參考系，人感覺有等效的重力，等于支持力；本題是非慣性系問題，明確太空城內(nèi)的等效重力等于太空城內(nèi)物體對地面的壓力，結(jié)合牛頓第二定律和向心力公式列式研究。11. 如圖所示，空間存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，一帶負(fù)電小球以初速度v0從O點(diǎn)沿水平直線OO方向進(jìn)入場

16、區(qū)，恰好做直線運(yùn)動。只改變初速度大小，下列說法中正確的是（ ）A. 若初速度大于v0，則可能從M飛出，運(yùn)動過程中小球動能減少，機(jī)械能增加，電勢能減少B. 若初速度大于v0，則可能從N飛出，運(yùn)動過程中小球動能增加，機(jī)械能減少，電勢能增加C. 若初速度小于v0，則可能從N飛出，運(yùn)動過程中小球動能增加，機(jī)械能減少，電勢能增加D. 若初速度小于v0，則可能從M飛出，運(yùn)動過程中小球動能減少，機(jī)械能增加，電勢能減少【答案】AC【解析】小球運(yùn)動過程中受到豎直向下的重力，豎直向上的電場力，和豎直向上的洛倫茲力，恰好沿直線通過，則有，若增大，則洛倫茲力增大，小球向上偏轉(zhuǎn)，則可能從M飛出，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，所?/p>

17、除了重力之外只有電場力做功，電場力做正功，所以機(jī)械能增大，電勢能減小，因?yàn)?，故，而重力做?fù)功，所以重力和電場力做功之和為負(fù)，即動能減小，A正確B錯誤；若減小，則洛倫茲力減小，小球向下偏轉(zhuǎn)，則可能從N飛出，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ猿酥亓χ庵挥须妶隽ψ龉?，電場力做?fù)功，所以機(jī)械能減小，電勢能增大，因?yàn)?，故，而重力做正功，所以重力和電場力做功之和為正，即動能增大，C正確D錯誤12. 如圖所示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電壓表和電流表均為理想表?，F(xiàn)閉合開關(guān)S，將變阻器的滑片向左移動時(shí)，下列判斷正確的是（ ）A. 電容器兩極板間的電場強(qiáng)度變大，電容器的帶電量減小B. 電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)

18、變大C. 電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D. 電源的輸出功率一定變小【答案】BC【解析】當(dāng)變阻器的滑片向左移動時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，R2電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間的電場強(qiáng)度變小，電容器所帶電量減小，故A錯誤總電流減小，電流表示數(shù)減小則R2電壓和內(nèi)電壓均減小，由閉合電路歐姆定律知，R1電壓變大，所以電壓表示數(shù)變大，故B正確電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值 =R1，變大，故C正確由于電源的內(nèi)外電阻的大小關(guān)系未知，所以不能確定電源輸出功率如何變化故D錯誤故選BC.點(diǎn)睛：本題是電路的動態(tài)分析問題，按“局部整體局部”的思路進(jìn)行分析分析電源的輸

19、出功率變化時(shí)，要根據(jù)推論：內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大來分析二、實(shí)驗(yàn)題13. 某同學(xué)在家中找到兩根一樣的輕彈簧P和Q、裝有水總質(zhì)量m1kg的礦泉水瓶、刻度尺、量角器和細(xì)繩等器材，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證力的平行四邊形定則，同時(shí)測出彈簧的勁度系數(shù)k。其操作如下：a將彈簧P上端固定，讓其自然下垂，用刻度尺測出此時(shí)彈簧P的長度L012.50cm；b將礦泉水瓶通過細(xì)繩連接在彈簧P下端，待礦泉水瓶靜止后用刻度尺測出此時(shí)彈簧P的長度L1，如圖甲所示，則L1_cm；c在細(xì)繩和彈簧Q的掛鉤上涂抹少許潤滑油，將細(xì)繩搭在掛鉤上，緩慢的拉起彈簧Q，使彈簧P偏離豎直方向夾角為60，測出彈簧Q的長度為L2及其軸線與豎直方

20、向夾角為，如圖乙所示；(1)取重力加速度g10ms2，則彈簧P的勁度系數(shù)k_；(2)若要驗(yàn)證力的平行四邊形定則，L2和需滿足的條件是L2_cm，_?！敬鸢浮?(1). 17.50 (2). 200N/m (3). 17.50 (4). 600【解析】b、由圖可讀出L1=17.50cm；c. （1）彈簧P的勁度系數(shù) ；點(diǎn)睛：此題的關(guān)鍵是搞清實(shí)驗(yàn)的原理；注意要弄清題意；尤其是關(guān)鍵詞語，例如“在細(xì)繩和彈簧Q的掛鉤上涂抹少許潤滑油”意味著彈簧P的拉力等于重力.14. 國標(biāo)（GBT）規(guī)定自來水在15時(shí)電阻率應(yīng)大于13 m。某同學(xué)利用圖甲電路測量15自來水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管

21、，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移動。實(shí)驗(yàn)器材還有：電源（電動勢約為3 V，內(nèi)阻可忽略）；電壓表V1（量程為3 V，內(nèi)阻很大）；電壓表V2（量程為3 V，內(nèi)阻很大）；定值電阻R1（阻值4 k）；定值電阻R2（阻值2 k）；電阻箱R（最大阻值9 999 ）；單刀雙擲開關(guān)S；導(dǎo)線若干；游標(biāo)卡尺；刻度尺。實(shí)驗(yàn)步驟如下：A用游標(biāo)卡尺測量玻璃管的內(nèi)徑d；B向玻璃管內(nèi)注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；C把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數(shù)；D把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同，記錄電阻箱的阻值R

22、；E改變玻璃管內(nèi)水柱長度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟C、D，記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R；F斷開S，整理好器材。(1)測玻璃管內(nèi)徑d時(shí)游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙，則d_ mm；(2)玻璃管內(nèi)水柱的電阻值Rx的表達(dá)式為：Rx_ （用R1、R2、R表示）。(3)利用記錄的多組水柱長度L和對應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖丙所示的關(guān)系圖象。則自來水的電阻率_ m （保留兩位有效數(shù)字）。(4)本實(shí)驗(yàn)中若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則自來水電阻率測量結(jié)果將_（填“偏大”“不變”或“偏小”）?！敬鸢浮?(1). 30.00 (2). (3). 14 (4). 偏大【解析】試題分析：游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)分

23、別求出S接1和接2時(shí)電路的總電壓，利用并聯(lián)電壓相等列式，求出；從圖丙讀出數(shù)據(jù)，利用電阻定律求出電阻率；分析若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，對測量電阻的影響，再判斷自來水電阻率測量的影響；（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為3.0cm=30mm，游標(biāo)尺上第0個(gè)刻度和主尺上刻度對齊，所以最終讀數(shù)為30.00mm；（2）設(shè)把S撥到1位置時(shí)，電壓表V1示數(shù)為U，則此時(shí)電路電流為，總電壓當(dāng)把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同也為U，則此時(shí)電路中的電流為，總電壓，由于兩次總電壓相等，都等于電源電壓E，可得，解得（3）從圖丙中可知，時(shí)，此時(shí)玻璃管內(nèi)水柱的電阻，水柱橫截面積，由電阻定律得（4）

24、若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則把S撥到1位置時(shí)，此時(shí)電路電流大于，實(shí)際總電壓將大于，所以測量的將偏大，因此自來水電阻率測量結(jié)果將偏大；三、計(jì)算題（本題共3小題，共37分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式或重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）15. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球用OB和OB兩根輕繩懸掛，兩輕繩與水平天花板的夾角分別為30和60，此時(shí)OB繩的拉力大小為F1。若燒斷OB繩，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)C時(shí)，OB繩的拉力大小為F2，則F1與F2的比值為多大？【答案】1：4【解析】燒斷水平細(xì)線前，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)幾何關(guān)系得；燒斷水平細(xì)

25、線，設(shè)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)速度為v，繩長為L小球擺到最低點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：在最低點(diǎn)，有，聯(lián)立解得；故；16. 如圖所示，滑板軌道BC為豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧賽道，半徑為R1.8 m。ABC為光滑軌道，且水平軌道AB與圓弧軌道BC在B點(diǎn)相切。若運(yùn)動員的質(zhì)量M48.0 kg，滑板質(zhì)量m2.0 kg，二者均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)運(yùn)動員和滑板在A點(diǎn)的速度至少多大才能滑到C點(diǎn)？(2)以第(1)問中的最小速度運(yùn)動時(shí)，求運(yùn)動員滑過圓弧形軌道B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；(3)若A點(diǎn)右側(cè)為動摩擦因數(shù)0.3的水泥地面，運(yùn)動員以第(1)問中的最小速度滑至C點(diǎn)又滑回后，運(yùn)動員與滑板會停在距A點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置？【答案】(1)6.0 m/s(2)1.5103 N(3)6.0 m.(mM)v2(mM)gR解得v6