江西省上饶市2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

江西省上饶市2021届新高考物理四月模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．AC 、CD 为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中45ACB ∠<︒，水平距离均为BC ，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A 点和D 点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）
A ．沿AC 下滑的物块到底端用时较少
B ．沿A
C 下滑的物块重力的冲量较大 C ．沿AC 下滑的物块到底端时重力功率较小
D ．沿AC 下滑的物块到底端时动能较小 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x ，斜面倾角为θ，则：
21
sin cos 2
x g t θθ=⋅ 得：
24sin cos sin 2x
x
t g g θθθ
=
=
则倾角越大用时越少，A 正确； B ．重力冲量：
I mgt =
沿轨道AC 下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B 错误； CD ．由动能定理：
212
mgh mv =
可知沿轨道AC 下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC 下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：
sin P mgv θ=
可知其重力瞬时功率较大，C 错误，D 错误。

故选A 。

2．如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量与厚度均不计、
导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10-3m 2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm ，活塞距汽缸口10cm 。

汽缸所处环境的温度为300K ，大气压强p 0=1.0×105Pa ，取g=10m/s 2；现将质量为m=4kg 的物块挂在活塞中央位置上，活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为（ ）
A ．25cm
B ．26cm
C ．28cm
D ．30cm
【答案】D 【解析】 【详解】
该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有
001mg p Sh p Sh S ⎛
⎫=- ⎪⎝⎭
代入数据解得 h 1=30cm
故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3． “太空涂鸦”技术就是使低轨运行的攻击卫星通过变轨接近高轨侦查卫星，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦查卫星，喷散后强力吸附在侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。

下列关于攻击卫星说法正确的是（ ）
A ．攻击卫星进攻前需要加速才能进入侦察卫星轨道
B ．攻击卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度
C ．攻击卫星进攻前的机械能大于攻击时的机械能
D ．攻击卫星进攻时的线速度大于7.9km/s 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．攻击卫星的轨道半径小，进攻前需要加速做离心运动，才能进入侦查卫星轨道，故A 正确；
B ．根据
2Mm
G
ma r
=
得
2GM
a r
=
可知，攻击前，攻击卫星的轨道半径小，故攻击卫星进攻前的向心加速度大于攻击时的向心加速度，故B 错误；
C ．攻击卫星在攻击过程中，做加速运动，除引力以外的其他力做正功，机械能增加，故攻击卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能，故C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力
22Mm v G m r r
= 得
GM
v r
=
轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度最大，等于第一宇宙速度7.9km/s ，故攻击卫星进攻时在轨运行速率小于7.9km/s ，故D 错误。

故选A 。

4．太阳辐射能量主要来自太阳内部的（ ） A ．裂变反应 B ．热核反应
C ．化学反应
D ．放射性衰变
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
太阳的能量来自于内部的核聚变，产生很高的能量，又称为热核反应。

B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5．一额定电压U 额＝150V 的电动机接在电压U 1＝5V 的直流电源上时未转动，测得此时流过电动机的电流I 1＝0.5A 。

现将该电动机接入如图所示的电路，用以提升质量m ＝50kg 的重物，当电源供电电压恒为U 2＝200V 时，电动机正常工作，保护电阻R ＝10Ω，不计一切摩擦，g ＝10m/s 2电动机正常工作时，下列说法正确的是( )
A ．电动机线圈的直流电阻r ＝30Ω
B ．电动机的铭牌应标有“150V ，10A ＂字样
C ．重物匀速上升的速度大小v ＝2m/s
D ．若重物被匀速提升h ＝60m 的高度，整个电路消耗的电能为
E 总＝6×104J 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．电动机不转动时的电阻即线圈的直流电阻，由欧姆定律知，
1
1
10U r I =
=Ω 故A 错误；
B ．电动机的额定电流
2=
5A U U I R
-=额
额
电动机的铭牌应标有“150V ，5A”字样，故B 错误； C ．由
2
U I I r mgv -=额额额
得，重物匀速上升的速度大小
1m/s v =
故C 错误；
D ．因重物上升60m 的时间
60s h
t v
=
= 由2=E U I t 总额得
4=610J E ⨯总
故D 正确。

故选D 。

6．我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。

设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道绕地球运行，在点变轨后进入轨道做匀速圆周运动，如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．在轨道与在轨道运行比较，卫星在点的加速度不同
B ．在轨道与在轨道运行比较，卫星在点的动量不同
C ．卫星在轨道的任何位置都具有相同加速度
D ．卫星在轨道的任何位置都具有相同动能 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P 点距地球的距离相等，受到的万有引力相等
2
GMm
F ma r =
= 所以卫星在点的加速度相同，故A 错误；
B ．卫星由轨道1变为轨道2，需要加速，则轨道2的速度要大一些，所以卫星在P 点的动量轨道2的大于轨道1的，故B 正确；
C ．卫星在轨道2的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不同，故卫星在轨道的不同位置都具有不同加速度，故C 错误；
D ．轨道1是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道1上除了关于地球对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e.已知x ab ＝x bd ＝6 m ，x bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )
A ．v c ＝3 m/s
B ．v b ＝4 m/s
C ．从d 到e 所用时间为2 s
D ．de ＝4 m 【答案】AD 【解析】 【详解】
物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有x ac=v0t1+1
2
at12；即7=2v0+2a；物体从a到d
有x ad=v0t2+1
2
at22，即3=v0+2a；故a=-
1
2
m/s2，故v0=4m/s；根据速度公式v t=v0+at可得v c=4-
1
2
×2=3m/s，
故A正确．从a到b有v b2-v a2=2ax ab，解得v b
m/s，故B错误．根据速度公式v t=v0+at可得
v d=v0+at2=4-1
2
×4m/s=2m/s．则从d到e有-v d2=2ax de；则
4
4
1
2
2
de
x m
=
⨯
＝
．故D正确．v t=v0+at可得从
d到e的时间
2
4
1
2
d
de
v
t s s
a
=-＝＝
．故C错误．故选AD．
【点睛】
本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解.
8．关于热力学定律，下列说法正确的是（）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少
E.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A．气体吸热，若同时对外做功，则气体内能可能减小，温度也可能降低，A错误；
B．改变气体的内能的方式有两种：做功和热传递，B正确；
C．理想气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律
V
C
T
=
可知理想气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律
U Q W
∆=+
理想气体膨胀对外做功，所以理想气体一定吸热，C错误；
D．理想气体绝热膨胀过程，理想气体对外做功，没有吸放热，根据热力学第一定律可知内能一定减少，D正确；
E．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，E正确。

故选BDE。

9．如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R 、表面重力加速度为g 的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R ，卫星乙的轨道为椭圆，M 、N 两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M 、N 两点间的距离为4R ．则下列说法中正确的有
A 2gR
B ．甲、乙卫星运行的周期相等
C ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度小于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
22Mm v G m r r
= 解得：
GM
v r
=
其中2r R =，根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm
G
mg R
= 联立解得甲环绕中心天体运动的线速度大小为
2
gR v =
故A 错误；
B ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
2224Mm G mr r T
π=
根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm
G
mg R
= 解得卫星甲运行的周期为
24π
R T g
= 由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，故B 正确；
C ．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M 点时的速度大于轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C 错误；
D ．卫星运行时只受万有引力，加速度
2GM
a r
=
所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D 正确。

10．如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v 0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A ．木板先加速再减速，最终做匀速运动
B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为2
4()
Mmv M m +
C ．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为
Mmv M m
+
D ．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2
02()Mv M m g
μ+
【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；
B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看
做系统，由动量守恒定律可得
0()mv m M v =+
得
mv v m M
=
+
从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得
22p 0f 11
()22
E mv m M v W =
-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
22f 011
2()22
W mv m M v =-+
2
0f 4()
mMv W m M =+
则最大的弹性势能为
2
p 4()
E Mmv M m +=
所以B 正确；
C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
0Mmv I mv mv M m
=-=-
+
所以
Mmv M m
+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误；
D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
f F m
g μ=
又系统克服摩擦力做功为
f f W F x =相对
则
20f
f =4()Mv W x F M m g
μ=+相对
即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2
04()Mv M m g
μ+，所以D 错误。

故选AB 。

11．中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球。

假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为
16
T ，（T 0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则地球的半径R 和该卫星做圆周运动的半径r
分别为（）
A．
2
v
R
g
=B．
2
2
v
R
g
=C．
22
3
2
4
T v
r
gπ
=D．
2
3
2
82
T v
v
r
gπ
=
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB．绕地球表面运行的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m，即2
v
mg m
R
=
得出
2
v
R
g
=
故A正确，B错误；
CD．卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M，此高度的速度大小为v1，则有
2
2
2
16
GMm
mr
T
r
π
=（）
其中
GM=R2g
解得该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
2
3
2
82
T v
v
r
gπ
=
故C错误，D正确。

故选AD。

12．如图所示，一列简谐横波正沿x轴传播，实线是t=0时的波形图，虚线为t=0.1s时的波形图，则以下说法正确的是（）
A．若波速为50m/s，则该波沿x轴正方向传播
B．若波速为50m/s，则x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向
C．若波速为30m/s，则x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2m
D．若波速为110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为13.75Hz
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可得，该波的波长为8m ；若波向右传播，则满足
3+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
v=30+80k
若波向左传播，则满足
5+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
v=50+80k
当k=0时v=50m/s ，则则该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．若波向左传播，x=4m 处的质点在t=0.1s 时振动速度方向沿y 轴负方向，故B 正确；
C ．若v=30m/s ，则
84s s 3015
T == 则0.8s=3T ，即经过3个周期，所以x=5m 处的质点在0时刻起0.8s 内通过的路程为1.2m ，故C 正确； D ．若波速为110m/s ，则
110Hz 13.75Hz 8
v
f λ=== 发生干涉，频率相等，故D 正确。

故选BCD 。

【点睛】
根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示，是一块厚度均匀、长宽比为5：4的长方形合金材料薄板式电阻器，a 、b 和c 、d 是其两对引线，长方形在a 、b 方向的长度大于在c 、d 方向的长度。

已知该材料导电性能各向同性。

某同学想测定该材料的电阻率。

他选取的器材有：①多用电表；②游标卡尺；③螺旋测微器；④学生电源；⑤电压表V （量程：3V ，内阻约为3k Ω）；⑥电流表A （量程：0.6A ，内阻约为0.2Ω）；⑦滑动变阻器R 0（最大阻值10Ω）；⑧开关S 、导线若干。

（1）用多用电表粗测该电阻器的电阻值。

他首先调整多用电表“指针定位螺丝”，使指针指在零刻度；再将选择开关旋至电阻挡“×1”挡位，两支表笔金属部分直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”。

然后，用两支表笔分别连接电阻器的a 、b 引线，多用电表表盘指针位置如图乙所示。

a 、b 两引线之间的
电阻值R=___________Ω。

（2）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄板的宽度和厚度，结果如图丙所示，则宽度L=_______mm，厚度D=_______mm。

（3）为了精确测定a、b两引线之间的电阻值R，该同学在图丁所示的实物中，已经按图丁中电路图正确连接了部分电路；请用笔画线代替导线，完成剩余电路的连接_______。

（4）若该同学保持电路不变，只将a、b引线改接为c、d引线，测量c、d之间的电阻值，则测量c、d 之间电阻值的相对误差___________（填“大于”、“小于”或“等于”）测量a、b之间电阻值的相对误差。

（5）计算该材料电阻率的表达式ρ=___________。

(式中用到的物理量的符号均要取自（1）（2）（3）问)
【答案】6 50.60 1.200 小于 45
DR 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]开关旋至电阻挡“×1”挡位，故电阻为6Ω。

(2)[2][3]游标卡尺读数为
50mm 0.0512mm 50.60mm L =+⨯=
螺旋测微器读数
1mm 0.01mm 20.0 1.200mm D =+⨯=
(3)[4]根据电路图可知，连线如下
(4)[5]因为cd 间电阻小于ab 间电阻，则电压表分流更小，带来的误差更小，测量c 、d 之间电阻值的相对误差小于测量a 、b 之间电阻值的相对误差。

(5)[6]根据
54ab L L R S L D
ρρ==⋅ 可知
45
DR ρ=
14．某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ。

步骤如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图（甲）所示，由图可知其长度为______cm ；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图（乙）所示，由图可知其直径为______mm；
(3)用图（丙）所示的电路测定其电阻值，其中R x是待测的圆柱形导体，R为电阻箱，电源电动势为E，其内阻不计。

在保证安全的情况下多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测
得的数据，绘出了如图（丁）所示的
1
R
U
-图线，电阻R x=__Ω（结果保留两位有效数字），此数值与电阻的真实值R0比较，R x____R0
(4)根据以上数据计算出圆柱形导体的电阻率ρ=______。

【答案】5.015 4.700 17 小于 5.9×10-3Ω∙m
【解析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知读数为
50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm
(2)[2]根据螺旋测微器读数规则可知读数为
4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(3)[3]由图示电路图可知，电压表示数为
x x
x
E
U IR R
R R
==
+
整理得
111
x
R
U ER E
=+
由图示图象可知，纵轴截距
1
0.5
b
E
==
所以电源电动势E=2V，图象斜率
110.80.50.310x
U k ER R ∆
-====∆
所以电阻阻值
11170.032
x R kE ==Ω≈Ω⨯ [4]由于电压表的分流作用可知此测量值小于电阻的真实值R 0。

(5)[5]由电阻定律可知
2
2x L L R S d ρρπ==⎛⎫ ⎪⎝⎭ 代入数据解得电阻率ρ≈5.9×10-3Ω∙m ；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，倾角37θ=︒的斜面体固定，斜面上B 点以下粗糙，以上部分光滑，质量1kg m =的物块以012m/s v =的初速度由斜面上的A 点沿斜面向上沿直线滑行，AB 长为5m ，斜面足够长，物块与斜面粗糙部分的动摩擦因数0.8μ=，重力加速度为210m/s g =，物块可视为质点，已知sin370.6︒=，cos370.8︒=，求：
(1)物块最终停在斜面上的位置离A 点的距离；
(2)物块在斜面上运动的时间。

（结果可带根号）
【答案】 (1)20m ；905125+ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)物块在AB 段向上滑行时，
1sin cos mg mg ma θμθ+=
求得加速度大小
2112.4m/s a =
设物块运动到B 点的速度为v ，则
22012AB v v a x -=
求得
v =
物块从B 点向下运动时
2cos sin mg mg ma μθθ-=
求得
220.4m/s a =
物块从B 点向下运动的距离
2
12
25m 2v x a == 因此物块最终停下的位置离A 点的距离
120m AB x x x =-=
(2)物块从A 到B 运动的时间
0111230s s 12.431
v v t a ---=== 物块在斜面光滑部分运动的时间
22v t a
= 2sin 6m/s a g θ==
求得
23
t = 物块在斜面粗糙部分下滑时间
32
v t a == 因此，物块在斜面上运动的总时间
123t t t t =++= 16
O 且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A 点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
【答案】150°
【解析】
【分析】
【详解】
设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB 令∠OAO′=α
则：
3
'3
2
2
R
O A
cos
OA R
α===…①
即∠OAO′=α=30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．
由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④
由折射定律得：sini=nsinr…⑤
代入数据得：r=30°…⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦
由反射定律得：i″=30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO=30°
所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°
17．如图甲所示，质量m=1kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。

已知木板质量M=4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v t-图象如图乙所示，取g=10m/s2。

求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。

【答案】（1）5m R =，30N F =；（2）0.4μ=；（3）10m l =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小10m /s v =，则由机械能守恒定律有
212
mgR mv = 解得
5m R =
滑块在圆弧轨道末端时
2
mv F mg R
-= 解得
30N F =
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30N
（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有
()1mv m M v =+
解得
12m /s v =
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
1mg ma μ-=
由图乙知
2114m /s v v a t
-=
=- 解得
0.4μ=
（3）由功能关系可知 ()2211122mv m M v mgl μ-+= 解得
10m l =。