海南省2023屆高三年級上冊期末學(xué)業(yè)水平診斷物理試卷（解析版）

海南省2023屆高三上學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平診斷試卷

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求的。

1.下列說法正確的是()

A.質(zhì)點(diǎn)是理想化物理模型，在現(xiàn)實生活中是不存在的

B.牛頓提出牛頓第一定律，指出力是維持物體運(yùn)動的原因

C.一對作用力和反作用力的大小有時可能不相等

D.給桌子一個推力，桌子仍靜止，違背了牛頓第二定律

K答案』A

K解析XA.質(zhì)點(diǎn)是理想化物理模型，在現(xiàn)實生活中是不存在的，A正確；

B.牛頓提出牛頓第一定律，指出力不是維持物體運(yùn)動的原因，力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的

原因，B錯誤；

C.據(jù)牛頓第三定律可知，一對作用力和反作用力的大小相等，方向相反，作用在同一直

線上，C錯誤；

D.給桌子一個推力，桌子仍靜止，可知桌子還受到靜摩擦力的作用，桌子的合力為零，

加速度為零，符合牛頓第二定律，D錯誤。

故選A=

2.如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，小球從斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，運(yùn)動到最

高點(diǎn)然后沿著斜面向下運(yùn)動，規(guī)定沿著斜面向上為正方向，已知小球第1s內(nèi)的位移為

8m,第2s內(nèi)的位移為4m,則()

A.小球運(yùn)動的加速度大小為2m/s2B.小球運(yùn)動的加速度大小為4m/s2

C.小球運(yùn)動的加速度大小為6m/s2D.小球運(yùn)動的加速度大小為8m/s2

K答案》B

K解析》根據(jù)題意，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球向上運(yùn)動和向下運(yùn)動

時，加速度〃不變。則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，小球第1s內(nèi)的位移為

12

M=%-產(chǎn)

小球第2s內(nèi)的位移為

代入數(shù)據(jù)可得

a=4m/s2

%=1Om/s

故選Bo

3.一物體從斜面的最底端向上運(yùn)動，運(yùn)動到最高點(diǎn)后沿著斜面滑下，物體與斜面之間的動

摩擦因數(shù)為〃，斜面的傾角為。，關(guān)于物體在斜面上的運(yùn)動，下列說法正確的是（）

A.〃>tan6

B.物體沿著斜面向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中，重力做功相同

C.物體沿著斜面向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中，摩擦力做功相同

D.物體沿著斜面向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中，摩擦力做功的功率相同

K答案》c

K解析》A.根據(jù)題意分析可知，物體能在斜面上向下運(yùn)動，對其分析受力，在沿斜面方

向上有

mgsin0>Rmgcos6

解得

故A錯誤；

B.物體沿著斜面向上運(yùn)動時，重力做負(fù)功。物體向下運(yùn)動過程中，重力做正功。故重力

做功不相等。故B錯誤；

C.物體沿著斜面向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中，摩擦力均做負(fù)功，且摩擦力大小及沿斜面

方向的位移大小均相等。故摩擦力做功相同。故C正確；

D.分析可知，由于摩擦力的作用，物體向上運(yùn)動和向下運(yùn)動過程中，經(jīng)過同一位置的速

度大小均不相等，且向上運(yùn)動的速度大于向下運(yùn)動的速度，而在斜面上的位移相等，故物

體向上運(yùn)動的時間小于物體向下運(yùn)動的時間。根據(jù)功率的定義2=-

由于摩擦力做功相同，時間不同?？芍Σ亮ψ龉Φ墓β什幌嗤?，故D錯誤。

故選C。

4.小船沿垂直于河岸方向，勻速渡河到達(dá)正對岸，已知水流的速度大小為3m/s,小船相對

河岸速度為4m/s,河岸寬為100m,sin37°=0.6,則（）

A.船在靜水中的速度為4m/s

B.開始運(yùn)動時船頭與河岸的夾角為53°

C.小船渡河的時間為20s

D.若水流速度略微變大，小船渡河到正對岸的時間變短

K答案》B

R解析》AB.根據(jù)題意分析可知，合速度與船速及水流速度之間的關(guān)系如下圖所示。設(shè)

船頭與垂直河岸的夾角為心則由圖可得

tan”汨

解得

0=37°

v船=5m/s

故船頭與河岸的夾角為53。，故A錯誤，B正確；

C.小船做勻速直線運(yùn)動，故渡河時間為

I100―

t=—=----s=25s

v4

故C錯誤；

D.若水流速度略微變大，若船的靜水速度不變，船仍然沿垂直河岸方向渡河，則船頭與

河岸的夾角減小，船速在垂直河岸方向的分速度減小，而河寬不變，故小船渡河到正對岸

的時間變大。故D錯誤。

故選B。

5.宇航員在某星球?qū)⒁晃矬w豎直向上拋出，其運(yùn)動的X—，圖像是如圖所示的拋物線，已知

該星球的半徑是地球半徑的2倍，地球表面重力加速度取lOm/s，,設(shè)地球質(zhì)量為則該

K答案』B

K解析U由圖可知，5s時上升的最大位移為50m,可得〃

2

解得。=4m/s2

在地球表面滿足g=G浮

M'

在某星球表面滿足"=G

(2砌2

Q

聯(lián)立解得=

故選B。

6.如圖所示，半徑為R的絕緣薄球殼固定在圖示位置，圓心位于。點(diǎn)，球面上均勻分布

著電量為。的正電荷?，F(xiàn)取走A處面積為A?的小球面上的電荷，球面上剩余電荷分布不

變，則。點(diǎn)場強(qiáng)大小為（）

kQ\skQ\skQAs

B.-----C.Q

3萬內(nèi)44/?3-3萬H4

K解析》根據(jù)對稱性可知，取走A處面積為As后，。點(diǎn)場強(qiáng)大小等于與A處關(guān)于。點(diǎn)對

稱面積同為As在0點(diǎn)形成的場強(qiáng)，該處所帶電荷量為

QA

q=-------7以

4萬R2

由于面積As較小，故可按點(diǎn)電荷形成的場強(qiáng)進(jìn)行處理，故O點(diǎn)的場強(qiáng)為

￡=噂

整理得

E手

4萬R4

故選Ao

7.如圖所示，把一小球從距離地面一定高度以速率%水平拋出，小球落到水平地面上的A

點(diǎn)，第二次把小球從同一位置以相同的速率％斜向上拋出，小球也落到A點(diǎn)，不計空氣阻

力，關(guān)于小球兩次在空中的運(yùn)動，下列說法正確的是（）

A

A.落地速度相同B.動量變化量相同

C.動能變化量相等D.落地時重力的瞬時功率相等

K答案Dc

K解析》A.根據(jù)運(yùn)動的對稱性及動能定理可知，落地時兩者的末速度大小均為

v=M+2gfi

〃為小球的初末位置高度差，由于初速度的方向不同，根據(jù)運(yùn)動的對稱性，分析可知末速

度的方向不同，所以落地速度不相等。故A錯誤；

B.根據(jù)動量定理

4?=/=mgt

由圖可知小球第二次在空中運(yùn)動的時間比第一次在空中運(yùn)動的時間長，故小球的動量變化

量不相同。故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理可知，兩次運(yùn)動過程小球的動能變化量均為4穌

由于小球初末位置相同，故高度〃相等，故動能變化量相等。故c正確；

D.設(shè)開始運(yùn)動時，小球在豎直方向上的速度分量為也，則根據(jù)運(yùn)動的對稱性，可知落地

時小球在豎直方向上的速度為

,=片+^2gh

落地時重力的瞬時功率

P-mgv'=mg（y]+J2g〃）

〃為小球初末位置高度差，由題意可知第一次拋出小球時，小球在豎直方向的初始分速

度為零，而第而次拋出小球時，小球在豎直方向的初始分速度不為零。故小球兩次落地時

重力的瞬時功率不相等。故D錯誤。

故選C。

8.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為〃z=lkg的木塊（可視

為質(zhì)點(diǎn)）靜止在長木板的最左端?，F(xiàn)給木塊一水平向右的恒力尸=6N,木塊與木板之間的

動摩擦因數(shù)為4=0.2,片1s時撤去拉力，木塊恰好沒有從長木板上滑落，重力加速度g

取lOm/s"則（）

A.Uis時長木板的速度大小為2m/s

B.最終長木板的速度大小為2m/s

C.長木板的長度2m

D.整個過程拉力做的功等于木塊和長木板增加的動能

K答案HB

K解析》A.由題意可知，木塊和木板相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律，對長木板分析

〃根g=Ma]

解得

厘=絲但2mzs2=192

1M2

所以由運(yùn)動學(xué)公式，可得=1s時長木板的速度大小為

片=a}t=lxlm/s=lm/s

故A錯誤;

B.Qis時撤去拉力后，長木板仍做原來的勻加速直線運(yùn)動，對木塊分析，運(yùn)用牛頓第二

定律，撤去拉力之前

F-/img=ma2

解得

F-umg6-0.2x1x10,,4,

——=----------------m/s-=4m/s22

m1

撤去拉力之后

pimg—ma：

解得

%'==〃g=0.2x10m/s2=2m/s2

m

所以木塊先做勻加速后做勻減速運(yùn)動，木塊恰好沒有從長木板上滑落，說明最終兩者速度

相同，則

卬'=a^t—a2{t'—t)

解得

t'=2s

所以最終長木板的速度大小為

v="=1x2m/s=2m/s

故B正確；

C.由題意可知，兩物體的位移差即為長木板的長度，則

L=—at2+at-(t'-Z)--a(Zr-f)2-—a/2=—x4xl2+4xlxl--x2xI2--xlx22m=lm

222222222

所以長木板的長度Im,故C錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律，可知整個過程拉力做的功等于木塊和長木板增加的動能加上摩擦

內(nèi)能之和，故D錯誤。

故選B。

二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，

有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖所示，虛線為某電場的等勢線，實線為帶負(fù)電荷粒子在電場中的運(yùn)動軌跡，m氏

c是軌跡上的點(diǎn)，粒子重力不計，下列說法正確的是()

A.a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度

B.a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢

C.粒子在a點(diǎn)的動能小于在匕點(diǎn)的動能

D.粒子在。點(diǎn)的電勢能小于在人點(diǎn)的電勢能

K答案UBD

K解析》AB.根據(jù)電場線垂直于等勢面，結(jié)合做曲線運(yùn)動的物體所受合外力指向軌跡彎

曲的凹側(cè)，畫出電場線及方向如圖，由電場線的疏密程度表示場強(qiáng)的強(qiáng)弱，則。點(diǎn)的電場

強(qiáng)度大于6點(diǎn)的電場強(qiáng)度。沿電場線方向電勢逐漸降低，故a點(diǎn)的電勢高于力點(diǎn)的電勢，

故A錯誤，B正確；

負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢能小于在〃點(diǎn)的電勢能，根據(jù)能量守恒，電荷在。點(diǎn)的動能大于在匕

點(diǎn)的動能，故C錯誤，D正確。

故選BD,

10.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面末端木板上，物塊A壓縮彈簧后由靜止釋放，離

開彈簧沿斜面向上運(yùn)動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一

起沿斜面向下運(yùn)動，當(dāng)A回到初始位置時速度為零?己知物塊A、8質(zhì)量相等，與斜面間

的動摩擦因數(shù)M相同、彈簧未超過彈性限度，斜面的傾角為6,則（）

B.彈簧原長時物塊A的速度最大

C.物塊A離開彈簧后向上運(yùn)動的加速度與向下運(yùn)動的加速度大小之比為2：1

D.物塊A離開彈簧后向上運(yùn)動的加速度與向下運(yùn)動的加速度大小之比為3：1

K答案》AC

K解析》A.設(shè)A在初始位置時彈簧的彈性勢能為穌，物體A沿斜面上升的最大位移為

I,則在物體A開始運(yùn)動至最高點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律可得

Ep=mglsin。+/jmglcos0

則在物體AB一起從最高點(diǎn)運(yùn)動至初始位置的過程中，由能量守恒定律可得

Ep+2/jmglcos0=2mglsin。

整理得

1八

〃=—tan，

3

故A正確；

B.由于A向上運(yùn)動的過程中，先做加速直線運(yùn)動后做減速直線運(yùn)動。故當(dāng)A加速度為零

時，A的速度最大。對其分析受力，此時有

寫單=依=mgsin。+,mgcos0

而當(dāng)A在彈簧原長處時一，彈簧彈力為零。故物塊A的速度最大時，A不在彈簧原長處。故

B錯誤；

CD.物塊A離開彈簧后向上運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律可得

ma}=/dmgcos0+mgsin0

解得

c-n1/>c-n4gsin61

a}=〃gcosa+gsm"=qtanagcos"+gsin”=-------

同理，物塊A向下運(yùn)動的過程中，在不接觸彈簧時，根據(jù)牛頓第二定律可得

ina2=mgsin0-/jrngcos0

解得

八?八1八z1?八2gsin8

%=-〃gcos，+gsin8=-§tan6gcos8+gsin8=-------

故速度之比為

q:4=2：1

故C正確，D錯誤。

故選ACo

11.如圖所示的變壓器，原線圈匝數(shù)為〃I=2200匝，輸入電壓隨時間變化為

U=220底cos（100加），將阻值為10。的電阻R接在副線圈AB兩端時，功率為10W。

B.原線圈中的電流為A

22

C.副線圈A8兩端電壓的頻率為100HzD,副線圈的匝數(shù)為141匝

K答案2AB

K解析DA.根據(jù)電功率公式推理有

故A正確；

B.理想變壓器原線圈的輸入功率和副線圈的輸出功率相等，再結(jié)合電功率公式有

1

UiUt22022

故B正確;

C.理想變壓器原副線圈兩端電壓頻率相同，有

co100兀

Hz=50Hz

2K2兀

故c錯誤；

D.根據(jù)理想變壓器原副線圈電流之比與匝數(shù)之比關(guān)系有

解得

〃2=100匝

故D錯誤。

故選AB。

12.如圖所示，通電直導(dǎo)線〃平行放置在粗糙的水平面上，通電直導(dǎo)線c放置在湖中

點(diǎn)的正上方，三根導(dǎo)線中均通入垂直紙而向里、大小相等的恒定電流?，F(xiàn)把導(dǎo)線c緩慢豎

直上移，三條直導(dǎo)線始終相互平行，導(dǎo)線八〃始終靜止在水平地面上，下列說法正確的是

()

I

I

I

I

I

43一」——Rb

A.地面對導(dǎo)線a的支持力逐漸減小

B.地面對導(dǎo)線。的摩擦力方向水平向左

C.地面對導(dǎo)線a的摩擦力逐漸減小

D.導(dǎo)線c受到的安培力方向水平向左

K答案HBC

K解析HA.以三根導(dǎo)線為整體進(jìn)行研究，根據(jù)對稱性可知，地面對導(dǎo)線。、匕的支持力

大小相等，方向相同，設(shè)導(dǎo)線C所受豎直向上的外力為尸，故根據(jù)平衡條件有

2FN+F=3mg

由于導(dǎo)線c緩慢豎直上移，所以導(dǎo)線c所受豎直向上的外力為尸不變。故地面對導(dǎo)線”的

支持力不變。故A錯誤

BC.根據(jù)同向電流相互吸引，故對導(dǎo)線。受力分析如下所示，設(shè)ac連線與水平方向夾角

為6。根據(jù)平衡條件，則在水平方向有

fFccos6Fb

導(dǎo)線c豎直向上移動的過程中，導(dǎo)線c對導(dǎo)線。安培力凡逐漸減小，夾角9逐漸增大。導(dǎo)

線b對導(dǎo)線。安培力片不變。而故地面對導(dǎo)線〃的摩擦力逐漸減小，且方向向左。故BC

正確；

D.對導(dǎo)線c進(jìn)行受力分析，根據(jù)對稱性可知，導(dǎo)線c受到的安培力方向豎直向下。故D

錯誤

故選BCo

13.如圖所示，水平面上有足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌上垂直放置一個

質(zhì)量為機(jī)、電阻為汽、長度為L的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸，垂直于導(dǎo)軌平面

有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為用。在導(dǎo)軌左端通過導(dǎo)線連接一水平放置的面

積為5、匝數(shù)為N、電阻不計的圓形線圈（圖中只畫了1匝），線圈處于豎直向上的磁場

中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化規(guī)律為員=々，兩磁場互不影響，導(dǎo)軌電阻不計，則下列

說法正確的是（）

RNkSl

B.閉合開關(guān)S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力為

R

NkS

C.閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度為F

mkS

D.從閉合開關(guān)S至導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大，流過導(dǎo)體棒的電荷量為雙

R答案XBC

（解析DA.設(shè)線圈內(nèi)的感應(yīng)電動勢為￡,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

E=N—ZS=NkS

AZ

A錯誤：

B.閉合開關(guān)S瞬間，回路中的電流為

,ENkS

I=——=------

RR

導(dǎo)體棒受到的安培力為

B[NkSL

F=BJL=

R

B正確；

C.閉合開關(guān)S后，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生動生電動勢與感應(yīng)電動勢相等時，回路感應(yīng)電流為零,

導(dǎo)體棒所受安培力為零，此時導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大，則有

E=8sm

解得

NkS

C正確；

D.閉合開關(guān)S后，在4時間內(nèi)根據(jù)動量定理有

BJLAt=m\v

當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大

B,Lq=mvm

解得

mv,nmNkS

a7——BJ—=--------

D錯誤。

故選BCo

三、非選擇題：本題共5小題，共56分。

14.利用氣墊導(dǎo)軌驗證機(jī)械能守恒定律，實驗裝置如圖1所示，水平桌面上固定一水平氣

墊導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶遮光片滑塊，其總質(zhì)量為右端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪

的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的鉤碼相連，導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時

的擋光時間，，用L表示A點(diǎn)到光電門處的距離，d表示遮光片的寬度，將遮光片通過光

電門的平均速度看作滑塊通過B點(diǎn)時的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運(yùn)動。

(1)用螺旋測微器測量遮光片的寬度優(yōu)結(jié)果如圖2所示，由此讀出

d=mm；

(2)重力加速度用g表示，滑塊從A處到達(dá)8處時，〃和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示

為Afk=，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為公穌=,在誤差允許

的范圍內(nèi)，若公約=公綜，則可認(rèn)為系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；(用題中字母表示)

(3)在實驗中，改變A、8間的距離，作出的圖像如圖3所示，并測得M=2m,

則實驗還可測得重力加速度g=m/s2?

K答案』(1)3.725(2)(加+史叱mgL(3)9.6

It

K解析》(1)KU螺旋測微器讀數(shù)要估讀，讀數(shù)

d=3.5mm+22.5x().()lmm=3.725mm

(2)K23通過光電門的速度為v=4

t

滑塊從A處到達(dá)B處時機(jī)和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為

.?、2、/d、2（M+m）d?

A￡,=—（M+m）v2=—（M+m）-（—）-=-------------

22t2t

K33系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為

△穌=mgL

（3）K42根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得

1,

—（A/+ni）v^=mgL

所以

v2^2mgL^2mgL=2gL

M+m2m+m3

2

因此￡圖像的斜率表示,叩

23.2u4,2

—g=k=——m/s2=6.4m/s-

30.5

解得

g=9.6m/s2

15.一同學(xué)用如圖1所示的電路測量一阻值約為1000。的待測電阻R＜的準(zhǔn)確阻值?？捎闷?/p>

材有：電壓表V（量程為3V,內(nèi)阻為1000C）,電流表A（量程為3mA,內(nèi)阻為300C）,

電源E（電動勢約為4V,內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值10。），定值電阻凡（阻

值可選100?；?00。），開關(guān)S,導(dǎo)線若干。

（1）實驗時，圖中的《應(yīng)選阻值為（填“100?！被?300Q”）的定值電阻;

（2）改變滑動變阻器的滑片，測量電壓表U、電流表/多組數(shù)據(jù)，作出。一/圖像如圖2

所示，根據(jù)圖像可得K的阻值為Q（保留3位有效數(shù)字）；

（3）把滑動變阻器滑片滑到最右端，電流表的示數(shù)如圖3所示，此時電流表的讀數(shù)為

mA,電源E的電動勢為V（后一空保留2位有效數(shù)字）。

K答案』(1)300c(2)935(930-998)(3)2.89##2.88#2.903.7##3.6##3.8

K解析(I)RD當(dāng)滑動變阻器滑片滑到最右端時，且電流表達(dá)到最大量程為3mA時，

電流表兩端電壓為0.9V,由于電源電壓為4V,故尺兩端的電壓Ui為3.1V。故通過仁和

電壓表的電流之和人為A=m+*x6.2mA

4k

由電路圖可知&和電流表并聯(lián)后的總電流也等于八，根據(jù)并聯(lián)電路分流原理可得

=------x300Q?281Q

"6.2-3

故選300C。

UU,IR.

(2)K23根據(jù)電路圖連接方式及串并聯(lián)電路的規(guī)律可知6-+6一=/+啜

由圖像知/=3mA,U=2.9V,代入數(shù)據(jù)可得凡=9350

(3)R3U電流表是示數(shù)為2.89mA。

K42當(dāng)滑動變阻器滑片滑到最右端時，根據(jù)電路圖及串并聯(lián)電路的規(guī)律可得，電動勢為

1R、V_L.)

E=/&+/+

凡>——+-

R*網(wǎng)

代入數(shù)據(jù)可得E=3.7V

16.如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直光滑半圓軌道BC相連，質(zhì)量，"=0.1kg的小物塊

(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平軌道上勻速運(yùn)動，恰好通過半圓軌道的最高點(diǎn)C,然后平拋運(yùn)動落

到水平軌道。點(diǎn)，已知半圓軌道的半徑為R=0.4m,重力加速度g取lOm/s。求：

(2)小物塊運(yùn)動到半圓軌道最低點(diǎn)B時對半圓軌道的壓力大小。

K答案》(1)0.8m；(2)6N

K解析》(1)物塊恰好通過半圓軌道的最高點(diǎn)，故根據(jù)牛頓第二定律有

mg=m—

R

設(shè)8、。之間的距離為x,則物塊做平拋運(yùn)動的過程中有2R=gg/

x=vt

聯(lián)立解得u=2m/sx=o.8m

(2)設(shè)物塊在8點(diǎn)的速度為以，物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，由功能關(guān)系可得

2CmgRD=—12--1mv-7

在最低點(diǎn)3時，根據(jù)牛頓第二定律可得

Fz-mg=根士

K

聯(lián)立可得

FK=6mg=6N

根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊在B點(diǎn)對半圓軌道的壓力大小為6N。

17.如圖所示，長為L=5.8m的傾斜傳送帶以%=4m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與

水平面夾角為6=37。，傳送帶底端與光滑水平面平滑連接，左端有一傾角為37。且足夠

長的粗糙斜面，斜面與光滑水平面平滑連接。將〃?=lkg的物體A輕放在傳送帶的最上端,

物體A滑到水平面上后與質(zhì)量為M=2kg的靜止物體B發(fā)生彈性碰撞。已知物體A與傳送

帶之間的動摩擦因數(shù)為從=0.5,物體A、物體B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為

//2=0.75,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6>求：

(1)物塊A滑到傳送帶底部時速度大?。?/p>

(2)物體A與靜止物體B發(fā)生彈性碰撞后B的速度大小;

(3)B在左端斜面上靜止的位置到斜面底端的距離。

4

K答案』⑴6m/s；(2)4m/s；(3)-m

3

R解析』（1）當(dāng)物塊A在傳送帶上開始運(yùn)動至與傳送帶共速的過程中，由牛頓第二定律

及勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得

max=mgsin0+4mgcos3

%=卬

1,

此過程中物塊A的位移為5=—4廠

2

代入數(shù)據(jù)可得囚=10m/s2

t=0.4s

s=0.8m<￡=5.8m

由于M〈tane=0.75,故此后物體A繼續(xù)向下做加速運(yùn)動，此時摩擦力方向沿斜面向

上，此過程由牛頓第二定律可得

ma2=mgsin0一%mgcos0

從此至運(yùn)動至底部過程中，設(shè)A到達(dá)傳送帶底部時速度為v,則由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律

可得2a2。一5）=--噂

聯(lián)立可得％=2m/s2

v=6m/s

（2）由于AB之間發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后AB速度分別為環(huán)、也，以水平向左為正方向

故由能量守恒定律及動量守恒定律可得mv=mv]+MV2

1212

—mv'=—mv：+—Mv；

22122

聯(lián)立解得W=-2m/s

v2=4m/s

（3）分析可