天津市津南区2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

天津市津南区2021届新高考第三次质量检测物理试题
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．如图所示，一理想变压器原线圈匝数1500=n 匝，副线圈匝数2n 100=匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压2202sin100(V)u t π=。

副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表2示数为1A 。

电表对电路的影响忽略不计，则（ ）
A ．此交流电的频率为100Hz
B ．电压表示数为2202V
C ．电流表1示数为0.2A
D ．此电动机输出功率为30W
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由交流电的公式知频率 10050Hz 2f ππ
== 故A 错误；
B ．原线圈电压有效值为220V ，故电压表的示数为220V ，故B 错误；
C ．根据电流与匝数成反比知，电流表A 1示数为0.2A ，故C 正确；
D ．根据电压与匝数成正比知副线圈电压为44V
P 2=U 2I 2=44×1W=44W
电动机内阻消耗的功率为
△P=I 22R ＝12×11W ＝11W
此电动机输出功率为
P 出=P 2-△P=44-11=33W
故D 错误；
故选C 。

2．如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

P 为屏上的一小孔，PC 与MN 垂直。

一群质量为m 、带电荷量为－q （q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。

粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ
的范围内。

则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）
A．2(1cos)
mv
qB
θ
-
B．
2cos
mv
qB
θ
C．
2mv
qB
D．
2(1sin)
mv
qB
θ
-
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2
v
qvB m
r
=
解得
mv
r
qB
=
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
12cos
l rθ
=
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P 间距为
22cos l r θ=
粒子垂直边界MN 射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P 间距为2r ，故范围为在荧光屏上P 点右侧，将出现一条形亮线，其长度为 2(1cos )22cos 21cos mv r r r qB
θθθ--=-=
（） 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．如图所示，橡皮筋的一端固定在O 点，另一端拴一个可以看做质点的物体，O 点的正下方A 处有一垂直于纸面的光滑细杆。

已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F 使物体在粗糙的水平面上从B 点沿水平方向匀速向右运动至C 点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（ ）
A ．如果橡皮筋的自然长度等于OA ，物体所受地面的摩擦力变大
B ．如果橡皮筋的自然长度等于OA ，物体所受地面的支持力变小
C ．如果橡皮筋的自然长度小于OA ，物体所受地面的摩擦力变大
D ．如果橡皮筋的自然长度小于OA ，物体所受地面的支持力变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设开始时A 离地面的高度为L ，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，则橡皮筋的弹力为 cos kL T θ
= 其向上分力
cos y F T kL θ==
物体对地面的压力为
N mg kL =-
保持不变，因f=μN ，故摩擦力也保持不变，故AB 错误；
CD ．设开始时A 离地面的高度为L ，橡皮筋的自然长度比OA 小x ，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，则橡皮筋的弹力为
'()cos L T k x θ
=+ 其向上分力
''cos cos y F T kx kL θθ==+
物体对地面的压力为
'cos N mg kL kx θ=--
由于θ变大，则物体对地面的压力变大，因f=μN ，故摩擦力变大，故C 正确，D 错误。

故选C 。

4．已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为
A ．0.2
B ．2
C ．20
D ．200 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由日常天文知识可知，地球公转周期为365天，依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G 2M M r 太地
地
＝M 地224T π地r 地，研究月球有G 2M M r 月地月＝M 月2
24T π月
r 月，日月间距近似为r 地，两式相比M M 太地＝
3r r 地月⎛⎫ ⎪ ⎪
⎝⎭·2T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭
月地.太阳对月球万有引力F 1＝G 2M M r 月太地，地球对月球万有引力F 2＝G 2M M r 月地月，故12F F ＝M M 太
地·2T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭
月地＝r r 地月·2T T ⎛⎫ ⎪⎝⎭月地＝227390365⎛⎫ ⎪⎝⎭=2.13，故选B. 5．如图所示，一个钢球放在倾角为30︒的固定斜面上，用一竖直的挡板挡住，处于静止状态。

各个接触面均光滑。

关于球的重力大小G 、球对斜面的压力大小F N1、球对挡板的压力大小F N2间的关系，正确的是（ ）
A ．F N1>G
B ．F N2>G
C ．F N2=G
D ．F N1<F N2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
以球为研究对象，球受重力、斜面和挡板对球体的支持力F 1和F 2，由平衡条件知，F 1和F N2的合力与G 等大、反向、共线，作出力图如图所示，根据平衡条件，有
123cos30G G F ︒== 23tan 303F G G ︒==
根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小
N113cos303
G G F F G ︒===> 球对挡板的压力大小
N223tan 30F F G G ︒===
< 则
N1N2F F >
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（ ）
A ．A 、
B 物体组成的系统动量守恒
B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点
C ．A 运动到圆槽的最低点时A 23
gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 3gR 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A 、
B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A 错误；
B ．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；
CD ．对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒
2A B mv mv =
对AB 整体应用机械能守恒可得
2211222
A B mg mv v R m =+⋅ 所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为
3B
gR v = 43A gR v =
故C 错误，D 正确；
故选D 。

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．倾角为45︒的传送带在电动机带动下始终以0v 的速度匀速上行。

相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h 高度处恰好与传送带保持相对静止，乙滑块上升
3
h 高度处恰与传送带保持相对静止。

现比较甲、乙两滑块均从静止开始上升h 高度的过程中（ ）
A ．甲滑块与传送带间的动摩擦因数大于乙滑块与传送带间的动摩擦因数
B ．甲、乙两滑块机械能变化量相同
C ．甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功
D ．甲滑块与传送带间摩擦产生的热量等于乙滑块与传送带间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A 错误；
B ．由于动能增加量相同，重力势能增加也相同，故甲、乙两滑块机械能变化量相同，故B 正确； CD ．动能增加量相同，即
3sin 45sin 453
h
h h f mgh f mg ︒︒-=-甲乙 得
32f f mg =乙甲
相对位移
=3x x 甲乙
滑块与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据=Q fx 知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，电动机对皮带做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，由于滑块机械能增加相同，则甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

8．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 边刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v ﹣t 图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g ，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．t 1到t 2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B ．线框的边长为v 1（t 2﹣t 1）
C ．线框中安培力的最大功率为212
mgv v D ．线框中安培力的最大功率为221
mgv v 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A 错误；
B ．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v 1，匀速运动的时间为t 2﹣t 1，故金属框的边长：L ＝v 1（t 2﹣t 1），故B 正确；
CD ．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg ＝BIL ，又1BLv I R =
，又 L ＝v 1（t 2﹣t 1），联立解得：()1211
l
mgR B v t t v =-
时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为
P m ＝F 安t 2，又222B L v F R =安，联立得：221
m mgv P v =，故C 错误，D 正确． 9．如图所示，地球质量为M ，绕太阳做匀速圆周运动，半径为R ．有一质量为m 的飞船，由静止开始从P 点在恒力F 的作用下，沿PD 方向做匀加速直线运动，一年后在D 点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q 处掠过地球上空．根据以上条件可以得出
A ．DQ 2R
B ．PD 162R
C 292FM π
D ．地球与太阳的万有引力的大小29232FM m
π 【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据DQ 的时间与周期的关系得出D 到Q 所走的圆心角，结合几何关系求出DQ 的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD 的时间和PQ 的时间之比得出位移之比，从而得出PD 的距离．根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．
【详解】
地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D 到Q 所用的时间为三个月，则地球从D 到Q 的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ 的距离为 2R ，故A 正确；因为P 到D 的时间为一年，D 到Q 的时间为三个月，可知P 到D 的时间和P 到Q 的时间之比为4：5，根据212
x at =得，PD 和PQ 距离之比为16：25，则PD 和DQ 的距离之比为16：9，2DQ R =，则162PD =，B 正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD 段，根据位移公式有：
21621 92R F at a m
==，，因为P 到D 的时间和D 到Q 的时间之比为4：1，则44T t =，即T=t ，向心力
224n F M R T π=，联立解得地球与太阳之间的引力29216FM F m
π=，故C 正确D 错误． 10．在匀强磁场中，一矩形金属线圈共100匝，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A ．0.01s t =时，线圈在中性面
B ．线圈产生的交变电动势的频率为100Hz
C ．若不计线圈电阻，在线圈中接入1k Ω定值电阻，则该电阻消耗的功率为48.4W
D ．线圈磁通量随时间的变化率的最大值为3.11Wb /s
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．t=0.01s 时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，线圈在中性面位置，故A 正确。

B ．由图可知周期为0.02s ，则频率为f=50Hz ，故B 错误。

C ．线圈产生的交变电动势有效值为
220V 2
= 电阻消耗的功率
2
220W 48.4W 1000
P == 故C 正确。

D ．t=0.005s 电动势最大为311V ，则磁通量随时间的变化率为
3.11Wb /s m E N
= 故D 正确。

故选ACD 。

11．如图所示，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有
A ．甲的切向加速度始终比乙的大
B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D ．甲比乙先到达B 处 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B 错误；由甲乙的速度时间图像可知C 错误D 正确
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
12．如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L 处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动．物体与盘面间的动摩擦因数为3
2
（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R ，引力常量为G ，下列说法正确的是
A ．这个行星的质量22R L
M G
ω=
B ．这个行星的第一宇宙速度12v LR ω=
C R L
πω
D ．离行星表面距离为R 的地方的重力加速度为2L ω 【答案】BD 【解析】 【分析】
当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出重力加速度，然后结合万有引力提供向心力即可求出． 【详解】
物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=mω2L ，所以:224cos30sin30L g L ωωμ=
=︒-︒
.
A ．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力即为其所受重力，即：2
Mm
G
mg R =,所以2224gR R L
M G G
ω==
，故A 错误；
B ．根据行星的第一宇宙速度公式1v =
得，该行星得第一宇宙速度为12v =B 正确；
C ．同步卫星在轨运行时，轨道处卫星受到的引力提供向心力，则有()
()2
2
24h Mm
G
m R T
R h =++π，解得：
T =
T ，故C 错误；
D ．离行星表面距离为R 的地方的万有引力：()
22
2
1
44
2GMm
GMm F mg m L R R ω==
==；即重力加速度为ω2L ．故D 正确． 【点睛】
本题易错点为C 选项，在对同步卫星进行分析时，如果公转圆周运动不能计算时，通常可以考虑求行星自传周期：同步卫星的周期等于行星自传周期．
该行星赤道上的物体随行星一起做圆周运动时，万有引力可分解为重力和自传向心力，即
2
0224Mm G mg m R R T
=+π，
由于不能确定该行星表面上赤道地区的重力加速度，故而无法求出自传周期T ；
如果错误地按照自传向心力由万有引力提供，2
224Mm G m R T =π，解得：，就错了，因为是如果行星上物体所受万有引力全部提供自传向心力，该行星已经处在自解体状态了，也就是不可能存在这样得行星．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学采用惠斯通电桥电路测量一未知电阻R x的阻值。

电路中两个定值电阻R1=1000Ω、R2=2000Ω，R3为电阻箱（阻值范围0~999.9Ω），G为灵敏电流计。

(1)具体操作步骤如下∶
①请依据原理图连接实物图_________；
②闭合开关S，反复调节电阻箱的阻值，当其阻值R3=740.8Ω时，灵敏电流计的示数为0，惠斯通电桥达到平衡；
③求得电阻R x=____Ω。

(2)该同学采用上述器材和电路测量另一电阻，已知器材无损坏且电路连接完好，但无论怎样调节电阻箱的阻值，灵敏电流计的示数都不能为0，可能的原因是_______。

【答案】370.4 电阻箱的阻值调节范围小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]根据原理图连接实物图为
③[2]当灵敏电流计读数为零时，根据电桥平衡可得
123
x R R
R R = 解得
13
2
370.4Ωx R R R R =
= (2)[3]灵敏电流计的示数不能为0，则有
123
x R R
R R ≠ 可得
231
x
R R R R ≠
根据题意可知电阻箱的阻值3R 的值必定小于21
x
R R R 的值，故可能的原因是电阻箱的阻值调节范围小。

14．测定某合金电阻率的实验器材如下：待测合金丝R （阻值约8Ω）、学生电源（5V ）、开关、导线、电流表A （量程0~0.6A ，内阻约0.125Ω）、电压表V （量程0~3V ，内阻约3kΩ）、滑动变阻器R 0（最大阻值5Ω）、刻度尺、螺旋测微器。

(1)利用螺旋测微器测量合金丝的直径D 。

某次测量时，螺旋测微器的示数如图1所示，则该次测量值
D =____________mm ；
(2)请在图2中将测量合金丝电阻的电路图补充完整，并尽可能使实验误差较小______________； (3)当合金丝两端电压为U 时，通过合金丝的电流为I ；测得合金丝的长度为L ，直径为D ，请根据这些物理量写出该合金电阻率的表达式ρ=_____________； (4)如表为实验室对一段粗细均匀的合金丝的测量数据表。

第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 电压U/V 1.20 3.00 1.20 1.20 3.00 长度L/cm
150.00
150.00
200.00
200.00
150.00
合金丝温度t/C o
20.0 20.0 20.0 80.0 80.0
电阻率ρ/Ω•m
62.810⨯﹣ 62.810⨯﹣ 62.810⨯﹣ 63.610⨯﹣ 63.610⨯﹣
①由以上表格数据，你认为影响合金电阻率的因素是________；（选填“电压”“长度”或“温度”） ②结合表中的数据，从微观角度思考，你认为合金电阻率变大的可能原因是____________。

（填写下列内容的字母代号）
A ．电子定向移动的平均速率增大
B ．电子做热运动的平均速率增大
C ．单位体积内的自由电子数增大
【答案】0.885
2
π4UD IL
温度 B
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为： 0.5mm+38.5×0.01mm ＝0.885mm
(2)[2]由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
(3)[3]由欧姆定律可知：R U
I
=
，由电阻定律可知：
R ＝ρ2
()2
L L
D S ρπ=
电阻率： ρ2
4UD IL
π=
(4)①[4]由表中第一组、第二组二组数据可知，电压不同但电阻率相等，由此可知，电阻率与电压无关； 由第四组、第五组两组实验数据可知，电阻率与合金丝的长度无关； 由第三组、第四组两组实验数据可知，电阻率与合金丝的温度有关；
[5]由表中实验数据可知，温度越高电阻率越大，随合金丝温度升高，电子做无规则热运动越剧烈，电子做无规则热运动的平均速率越大，故B 正确ACD 错误。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在xOy 平面的y 轴左侧存在沿y 轴正方向的匀强电场，y 轴右侧区域I 内存在磁感应强度
大小为B 1=0
mv qL
的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L ，高度均为3L ．质量为m 、电荷量为q 的带
正电的粒子从坐标为(2L -，2L -)的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好经过坐标为(0，(21)L --)的C 点射入区域Ⅰ．粒子重力忽略不计．求：
（1）匀强电场的电场强度大小E ； （2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
（3）要使粒子从区域Ⅱ的上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直于纸面向里的匀强磁场．试确定磁感应强度B 的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．
【答案】（1）202mv E qL =；（2）（L ，0）；（3）00
22423mv mv B qL qL
≤≤
，30°≤θ≤90° 【解析】 【分析】 【详解】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 2L=v 0t
2
1 2Eq
L t
m =
解得
2
2
mv E
qL
=
⑵设带电粒子经C点时的竖直分速度为v y、速度为v，轨迹如图所示：
2
y
Eq Eq L
v t v
m m v
==⋅=
2
v v
=，方向与x轴正向成45°斜向上
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，qB1v=m
2
v
R
，0
1
2v
R
qB
=
解得R=2L
由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=L，y=0
（3）根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足
3
4
L≤r≤L
半径为：
2
mv
r
qB
=
可得00
2
242
3
mv mv
B
qL qL
≤≤
根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°
16．水平地面上有质量分别为m A=1kg和m B=4kg的物体A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ=0.4。

细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。

初始时，绳处于水平拉直状态。

若物块A在水平向右的恒力F=20 N作用下向右移动了距离S=10 m，重力加速度大小g=10 m/s2。

求：
(1)物块B克服摩擦力所做的功；
(2)物块A、B的加速度大小。

【答案】 (1)80J ；(2)224m/s ,2m/s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物块A 移动了距离10m S =，则物块B 移动的距离为
11
5m 2
S S =
=① 物块B 受到的摩擦力大小为
B f m g μ= ②
物块B 克服摩擦力所做的功为
1W fS = ③
联立①②③式代入数据，解得
80J W =
(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为A a 、B a ，绳中的张力为T F ，由牛顿第二定律 对于物块A
A T A A F m g F m a μ--= ④
对于物块B
2T B B B F m g m a μ-= ⑤
由A 和B 的位移关系得
2A B a a = ⑥
联立④⑤⑥式解得
24m /s A a = 2/s 2m B a =
17．1011年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h=10 m ，C 是半径R=10 m 圆弧的最低点，质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s 1，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g=10 m/s 1．
（1）求长直助滑道AB 的长度L ；
（1）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；
（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．
【答案】（1）100m （1）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】
（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
2202v v aL -=
可解得:22
1002v v L m a
-==
（1）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
01800B I mv N s =-=⋅
（3）小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得：2C
v N mg m R
-= 从B 运动到C 由动能定理可知：
221122
C B mgh mv mv =
- 解得;3900N N =
故本题答案是：（1）100L m = （1）1800I N s =⋅ （3）3900N N =
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．。