2020-2021学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期开学分科考试物理试题 解析版

2020-2021学年宁夏吴忠市吴忠中学高二上学期开学分科考
试物理试题解析版
一、选择题（本题共12小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共24分。

）
1. 在下列各组物理量中，全部属于矢量的是()
A. 质量、长度
B. 力、速度
C. 路程、速率
D. 加速度、
时间
【答案】B
【解析】
【分析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向判断．【详解】A、质量、长度都是标量，故A错误.
B、力和速度都是矢量，故B正确.
C、路程、速率都是标量，故C错误.
D、加速度是矢量，而时间是标量，故D错误.
故选B.
【点睛】矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向；要掌握每个物理量的矢标
性.
2. 关于加速度a方向，下列说法中正确的是
A. 由a＝
v
t
∆
∆
可知，加速度a的方向与速度增量Δv的方向可能相反
B. 加速度a的方向与初速度v0的方向相同
C. 如果物体的加速度a的方向与初速度v0的方向相同，则物体做加速运动
D. 只要加速度a＞0，物体就做加速运动
【答案】C
【解析】
【分析】
明确加速度的定义，知道加速度的大小等于速度的变化率，与速度的大小和速度变化量的大小无关．
【详解】根据加速度定义式a ＝v t
∆∆，可知加速度a 的方向与速度增量△v 的方向相同，与速度的方向不一定相同，可能相同，可能相反，故AB 错误；当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当a ＞0，但a 的方向与速度方向不一定相同，所以物体不一定做加速运动，故C 错误，D 错误．所以C 正确，ABD 错误．
3. 关于曲线运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 曲线运动是变速运动，加速度一定变化
B. 作曲线运动的物体，速度与加速度的方向可以始终在一条直线上
C. 作曲线运动的物体，速度与加速度可以垂直
D. 作曲线运动的物体，速度的大小与方向都时刻发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】A ．曲线运动是变速运动，但是加速度不一定变化，例如平抛运动，所以A 错误； B ．作曲线运动的条件是速度与加速度的方向不在一条直线上，所以B 错误；
C.作曲线运动的物体，速度与加速度的方向不在一条直线上，且速度与加速度可以垂直，所以C 正确；
D ．作曲线运动的物体，速度的方向都时刻发生改变，但是速度大小不一定变，例如匀速圆周运动，所以D 错误。

故选C 。

4. 如图所示，细线a 和b 的一端分别固定在水平地面上，另一端系一个静止在空气中的氢气
球，细线与地面的夹角分别为30°和60°．a 、b 受到拉力分别为Ta 和T b ，氢气球受到浮力为F ，
不计氢气球的重力，则
A. Ta <T b
B. Ta >T b
C. F ＝Ta
D. F <T b
【答案】A
【解析】
【分析】
对氢气球受力分析，根据共点力平衡比较两绳子的拉力大小关系即可．
【详解】不计氢气球的重力，受力如图所示：
根据三角形边角关系，结合力图可知，T a ＜T b ＜F ，故A 正确，BCD 错误．
5. 为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，如图所示的四种情况中四个屋顶截面图对应三角形底边宽度相同，则最符合要求的是（sin 22sin cos θθθ=）（ ）
A. （A ）
B. （B ）
C. （C ）
D. （D ）
【答案】C
【解析】
【详解】设屋檐的底角为θ ，底边为L ，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有
212cos 2
L at θ= sin a g θ=
联立解得
2sin cos sin 2L
L t g g θθθ
==
因此，当45θ=时，时间最短，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

6. 正在地面上行驶的汽车重力4310N G =⨯，通过前面的一个拱桥，若汽车通过拱桥时不离开地面，下列说法正确的是
A. 汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大
B. 如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉
C. 只要汽车的行驶速度不为0，驾驶员对座椅压力大小都等于G
D. 只要汽车的行驶速度不为0，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力
【答案】D
【解析】
【详解】A.对汽车研究，根据牛顿第二定律得:2v mg N m R -=，则得2
v N mg m R =-，可知速度v 越大，地面对汽车的支持力N 越小，则汽车对地面的压力也越小，故A 错误.
B.如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，驾驶员具有向下的加速度，处于失重状态，故B 错误.
CD.汽车过凸形桥的最高点行驶速度不为0，汽车和驾驶员都具有向下的加速度，处于失重状态，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，而驾驶员的重力未知，所以驾驶员对座椅压力范围无法确定，故C 错误，D 正确.
7. 如图，两个完全相同的小球分别用不可伸长的轻绳悬挂于12O O 、点，A 球在一个竖直平面内左右摆动，最大摆角为(090)θθ<<︒，B 球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为θ，不计空气阻力，A 球经过最低点时所受轻绳的拉力与B 球转动时所受轻绳的拉力大小相等，则cos θ等于（ ）
A. 13
B. C. 12
D. 【答案】C
【解析】
【详解】设小球A 和B 的质量均为m ，绳长为L ，对A 从开始下落带最低点的过程应用动能定理
21(1cos )2
θ-=
mgL mv 在最低点根据牛顿第二定理得 2
mv T mg L
-= 对小球B 受力分析则
cos T mg θ=
解得
1cos 2
θ=
故选C 。

8. 据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为200km 和100km ，运动速率分别为v 1和v 2。

那么v 1和v 2的比值为（月球半径取1700km ）（ ） A. 1918
D. 1819
【答案】C
【解析】 【详解】由22()Mm v G m R h R
h 知
v =
故
12v v
C 正确。

【点睛】
9. 如图，A 、B 是两根竖直立在地上的木杆，轻绳的两端分别系在两杆上不等高的P 、Q 两点，C 为一质量不计的光滑滑轮，滑轮下挂一物体，下列说法正确的是（ ）
A. 将Q 点缓慢上移，细绳中的弹力不变
B. 将P 点缓慢上移，细绳中的弹力变小
C. 减小两木杆之间的距离，细绳中的弹力变大
D. 增大两木杆之间的距离，细绳中的弹力不变
【答案】A
【解析】
【详解】设滑轮所受绳子拉力为T ，到左边木杆距离为x 1，到右边木杆距离为x 2，左侧细绳长度为L 1，右侧细绳长度为L 2，受力分析如图所示。

物体受力平衡，由平衡条件可知
sin sin T T αθ=
cos cos T T mg αθ+=
解得
αθ=，2cos mg T α
= 设两木杆之间的距离为d ，绳的总长为L ，由几何关系有
11sin L x α=
22sin L x θ=
由于αθ=，两式相加可得
1212()sin L L x x α+=+
可解得
sin d L α= AB ．上下移动P 或者Q ，因为两杆的宽度d 不变，绳子的长度L 也不变，故有α角度不变，由上面的分析
2cos mg T α
= 可知细绳中的弹力不变，故A 正确，B 错误； C ．减小两木杆之间的距离，即d 变小，由sin d L α=
可知，两侧绳与竖直方向夹角α减小，由2cos mg T α
=可知，α减小，cos α增大，则细绳中弹力减小，故C 错误； D ．同理，增大两木杆之间的距离，即d 变大，α增大，cos α减小，则细绳中弹力增大，故D 错误。

故选A 。

10. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图所示．卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上运行的周期小于在轨道1上的周期
B. 卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能
C. 卫星在轨道2上经过Q 点时的加速度大于它在轨道1上经过Q 点时的加速度
D. 卫星在轨道2上由Q 点运动至P 点的过程中，速度增大，加速度减小
【答案】B
【解析】
【详解】A 、据万有引力提供圆周运动向心力2224GMm m r r T
π=可得卫星的周期3
2r T GM
π=，可知，轨道3的半径大于轨道1的轨道半径，故轨道3上的周期大于轨道1上的周期，A 错误；
B 、卫星要从轨道1变轨到轨道3，需要在Q 点加速后沿轨道2运动，在轨道2上经过P 点时再加速，最后在轨道3上运动，所以卫星在轨道 3 上的机械能大于在轨道 1 上的机械能，B 正确；
C 、同在Q 点，万有引力产生的加速度相同，与卫星所在的轨道无关，C 错误；
D 、卫星在轨道2上由Q 点运动至P 点过程中，引力对卫星做正功，卫星的速度越来越大，卫星离地球越来越近，万有引力产生的加速度越来越大，D 错误．
11. 如图所示，一根足够长的光滑细杆倾斜固定放置在竖直平面内，它与以O 为圆心、R 为半径的圆（图中虚线表示）相交于B 、C 两点，一轻弹簧一端固定在圆心O 点，另一端连接一质量为m 的小球，小球穿在细杆上且能自由滑动，小球由圆心正上方的A 点静止释放，经过B 点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v ，整个过程弹簧均在弹性限度内，则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 小球机械能守恒
B. 小球经过B 点时速度最大
C. 小球经过C 点时速度一定大于v
D. 小球重力势能和动能之和先减小后增大再减小
【答案】C
【解析】
【详解】A ．小球从A 点到C 点的运动过程中，小球与弹簧组成的系统能量守恒，小球的机械能不守恒，故A 错误；
BC．小球从A点运动到B点，重力和弹簧的弹力对小球做正功，小球的动能增大，小球经过B点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v，则小球经过C点时弹簧恰好也处于原长，小球从B到C重力做正功，小球动能继续增加，小球经过C点时速度一定大于v，故B错误，C 正确；
D．分析知弹簧原来处于伸长状态，小球从A到B，弹簧的弹力做正功，弹性势能减少，小球的重力势能和动能之和先增加；小球从B到BC的中点过程中，弹簧被压缩，弹性势能增加，则小球的重力势能和动能之和就减少；小球从BC中点到C的过程中，弹簧伸长，弹性势能减少，则小球的重力势能和动能之和就增加，所以小球从A点到C点的运动过程中，小球重力势能和动能之和先增加后减少再增加，故D错误。

故选C。

12. 如图所示，足够长的半径为R=0.4m的1
4
圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆孤形轨道
与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g取10m/s2．则( )
A. 下滑过程中小球乙的机械能守恒
B. 两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/s
C. 当小球甲滑到圆轨道最低点时，轨道对它的支持力大小为10N
D. 小球甲下滑过程中重力对它做功的功率增大
【答案】C
【解析】
【详解】下滑过程中，杆要对小球乙做功，则小球乙的机械能不守恒，选项A错误；两个球
系统机械能守恒，故：mgR=1
2
mv2+
1
2
mv2，解得：100.4/2/
v gR m s m s
==⨯=，故
B错误；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，N-mg=m
2
v
R
，
解得：N=mg+
2
v
R
=0.5×10+0.5×
2
2
0.4
=10N，根据牛顿第三定律，压力也为10N，故C正确；小
球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该时先增加后减小，故D错误；故选C．
【点睛】本题关键时明确两个球相同机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析，还要找到甲到圆弧最低点时向心力来源．
二、多选题（本题共5小题，每小题有多个选项符合题意，每题3分共15分）
13. 物体由于受到地球的吸引而产生了重力所具有的能量叫重力势能，物体的重力势能与参考平面有关，现有质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，下面关于小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是（）
A. 若以地面为参考平面，分别为：mgh，增加mg（H﹣h）
B. 若以桌面参考平面，分别为：mgh，增加mg（H-h）
C. 若以地面为参考平面，分别为：0，减少mg（H+h）
D. 若以桌面为参考平面，分别为：﹣mgh，减少mg（H+h）
【答案】CD
【解析】
【详解】以地面为参考平面，小球落地时的重力势能为0，整个下落过程中重力势能减少了mg（H+h），故A错误，C正确；以桌面为参考平面，小球落地时的重力势能为-mgh，整个下落过程中重力势能减少了mg（H+h），故B错误、D正确．
14. 如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（）
A. 小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力
B. 小球在最高点时绳子的拉力不可能为零
C. 小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力
D. gL 【答案】CD 【解析】
【详解】在最高点，若向心力完全由重力提供，即球和细绳之间没有相互作用力，此时有
20
v mg m L
=
解得0v gL ，此时小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，若v gL >力，若v gL ＜，则小球不能在竖直平面内做圆周运动，所以在最高点，充当向心力的不一定是重力，在最低点，细绳的拉力和重力的合力充当向心力，故有
2
1v T mg m L
-=
即
2
1v T m mg L
=+
则小球过最低点时细绳的拉力一定大于小球重力，故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

15. 如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球以速度0v 水平射出，碰到墙面时速度与水平方向夹角为60，轨迹如图乙所示，若不考虑空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )
A. 0
3v B. 碰到墙面前网球下降高度为20
3v g
C. 碰到墙面时，网球的速度大小为02v
D. 网球发球机出球口与墙面间水平距离为20
3v g
【答案】CD 【解析】 【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出落地的竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球的初速度和着地的速度.本题中要注意水平射程是不变的，故速度越大，时间越短.
【详解】A 、小球落地时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为y v gt =，又：
x y v v tan θ=
联立可得：0
3v t g
=
，故A 错误； B 、小球下落得高度：2
22003v 3v 11
h gt g (.222g
==⋅=故B 错误；
C 、小球落地时沿竖直方向的分速度大小为y 0v gt 3v ==，小球的速度：220y 0v v v 2v .
=+=故C 正确；
D 、网球发球机出球口与墙面间水平距离为：2
03v x v t ==故D 正确.
故选CD .
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意两个方向
上物体的运动性质不同，但时间相同，结合平行四边形定则进行求解即可.
16. 甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度一时间图象如图所示,则下列说法中正确的是
A. 在0~6s内,第1s末两物体相距最远
B. 乙物体先沿正方向运动2s,之后沿反方向运动
C. 4s末乙在甲前面2m
D. 两物体两次相遇的时刻是2s末和6s末
【答案】CD
【解析】
【分析】
在v-t图象中，图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向．图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇．两物体速度相等时相距最远．
【详解】1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积，明显4s末二者的距离最大，故A错误；乙的运动方向始终沿正方向，未
发生变化，故B错误；4s时甲的位移为x=4×2=8m，乙的位移为：x′=1
2
×2×4+
1
2
×（2+4）×2=10m；
甲的位移小于乙的位移2m，故乙在甲前面2m，故C正确；t=2s末时乙的位移为x=1
2
×2×4=4m，
甲的位移为x′=2×2=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故2s末时二者相遇，同理可判断6s末二者也是相遇，故D正确；故选CD．
【点睛】对于v-t图象问题，关键要抓住图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，能根据面积关系得出位移关系．
17. 质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力F f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。

下列分析正确的是（）
A. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.5
B. 物体运动的位移为13m
C. 物体在前3m 运动过程中的加速度为3m/s 2
D. x ＝9m 时，物体的速度为32【答案】CD 【解析】
【详解】A ．在W -x 图中，斜率是力．由：
W f ＝F f x
对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由
F f ＝μmg
可得：
μ＝0.2
选项A 错误；
B ．当物体停止运动时，根据动能定理
F f W F x =
x m ＝
27
m 2
F f W F =＝13.5 m 物体的最大位移为13.5m ，选项B 错误。

C ．由
W F ＝Fx
对应题图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度：
a 1＝
1f
F F m
-＝3m/s 2
选项C 正确； D ．由动能定理得：
W F－F f x＝1
2
mv2
其中W F=27J，可得x＝9 m时，物体的速度为
v＝32m/s
D正确；
故选CD。

三、实验题（本题包含2小题，其中18题6分，19题10分，共计16分）
18. 某次“探究加速度a跟物体所受的合外力F和质量m的关系”时，实验如下
（1）下列做法正确的是________（填字母代号）。

A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜角度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需重新调节木板倾角
（2）图甲为实验装置图。

图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1s，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2（结果保留两位有效数字）
（3）保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量。

根据实验数据作出了加速度a 随拉力F的变化图线如右图所示。

图中直线没有通过原点，其主要原因是：__________。

【答案】(1). AD(2). 0.43(3). 实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不充分）
【解析】
【详解】(1)[1] A．实验时，调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B ．在调节木板倾斜角度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B 错误；
C ．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C 错误；
D ．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需重新调节木板倾角，故D 正确。

故选AD 。

(2)[2]由逐差法求小车的加速度
222222
(6.50 2.40 2.40)10m/s 0.425m/s 0.43m/s (2)(20.1)
CE AC x x a T ----⨯===≈⨯ (3)[3]图线没有过原点，与F 轴有交点，说明实验前没有平衡小车的摩擦力（或平衡摩擦力不充分）。

19. 用如图甲所示，实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。

图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。

已知150g m =、2150g m =，则：（g 取10m/s 2，结果保留两位有效数字）
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v =__________m/s ；
(2)在打点0~5过程中系统动能的增加量k E ∆=_____J ，系统势能的减少量p E ∆=_____J ，由此得出的结论是：________；
(3)若某同学作出的2
2
v －h 图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g =______m/s 2。

【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.60 (4). 在误差允许的范围内，m 1、m 2 组成的系统机械能守恒 (5). 9.7 【解析】
【详解】(1)[1]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，
可知打第5个点时的速度为
465(21.6026.40)cm 2.4m/s 220.1s
x v T +=
==⨯ (2)[2]物体的初速度为零，所以动能的增加量为
2k 125()1
00.58J 2
E m m v ∆=+-=
[3]重力势能的减小量等于物体重力做功，故
p 21(0.60J )E W m m gh ∆==-=
[4]在误差允许的范围内，m 1、m 2 组成的系统机械能守恒。

(3)[5]本题中根据机械能守恒可知
212
mgh mv =
即有
2
12
v gh = 所以作出
的
2
12
v h -图象中，斜率表示重力加速度，由图可知斜率 9.7k =
故当地的实际重力加速度
29.7m/s g =
四、计算题（本题共5小题，合计45分）
20. 如图所示，用50N 的力（力与水平方向成37°角）拉一个质量为10kg 的物体在水平地面上前进，物体与水平面间动摩擦因数μ＝0.1，求物体前进10m 的过程中（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2）
(1)拉力F 做
功；
(2)物体克服阻力做的功； (3)合力对物体做的功。

【答案】(1) 400J ；(2)70J ；(3)330J 【解析】
【详解】(1)拉力的功为
W 1=FL cos37°=50×10×0.8J=400J
重力做功为
W 2=0
(2)克服摩擦力做功为
W 3=μ（mg -F sin37°）L =0.1×（100-50×
0.6）×10=70J (3)合力做功
W =W 1-W 3=330J
21. 在未来的“星际穿越”中，假设航天员降落在一颗不知名的行星表面上．该航天员从高h ＝L
处以初速度v 0，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求 （1）该星球的重力加速度； （2）该星球质量；
（3）该星球的第一宇宙速度．
【答案】（1）20v g 2L =（2）2
0v 2R
M GL
=（3）v =
【解析】
【详解】（1）由平抛运动的规律可知，竖直方向：2
12
L gt =
①
0v t =②
由①②得20
2v g L
=③
（2）由2
GMm
mg R =
④ 由③④得202v R
M GL
=
（3）.设该星球的近地卫星质量m 0，根据重力等于向心力得：2
00v m g m R
=⑤
由③⑤得v =
22. 如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，其中BCD 为细管，AB 只有外轨道，AB 段和BC 段均为半径为R 的四分之一圆弧．一小球从距离水平地面高为H （未知）的管口D 处静止释放，最后到达A 点对轨道的压力大小为mg ，并水平抛出落到地面上．求：
（1）小球到达A 点速度大小v A ； （2）平抛运动的水平位移大小x ； （3）D 点到水平地面的竖直高度H ． 【答案】（12gR （2）22R （3）3R 【解析】
试题分析：通过对小球受力分析，结合牛顿第二定律可求小球到达A 点速度；根据平抛运动的两个分运动规律，可求平抛运动的水平位移；由D 点到A 点动能定理可求D 点高度H ． （1）小球到A 点时，对轨道的压力大小为mg
由牛顿第二定律可知：2
02mv mg R
= 得：小球到达A 点速度2v gR =（2）从A 点平抛运动，
2
122
R gt =
，A x v t = 平抛运动的水平位移22x R =
（3）从D 到A 运动过程中只有重力做功，根据动能定理
2122
A mgH mgR mv -=
得D 点到水平地面的竖直高度3H R =
【点睛】把多过程问题进行分段处理，圆周运动、平抛运动和动能定理的应用是关键． 23. 如图所示，一粗糙斜面AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切，C 为圆弧轨道的最低点，圆弧BC 所对圆心角θ=37°。

已知圆弧轨道半径为R ＝0.5m ，斜面AB 的长度为L ＝2.875m 。

质量为m ＝1kg 的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面下滑，从B 点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D 。

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)物块经C 点时对圆弧轨道的压力F c ； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ。

【答案】(1) 60N =C F (2)0.25μ= 【解析】
【详解】(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C 到D 且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有
mg ＝2D
mv R
①
从D 到C 由动能定理可得
－mg ·2R ＝
22
1122
D C mv mv - ② 由牛顿第二定律可得
F C ′－mg ＝m 2
C
v R
③
由牛顿第三定律得
F C ＝F C ′④
联解①②③④并代入数据得
F C ＝60 N ⑤
(2)对小物块从A 经B 到C 过程，由动能定理有
mg [L sin θ＋R （1－cos θ）]－μmg cos θ·L ＝
2
12
C mv －0⑥ 联解①②⑥并代入数据得
μ＝0.25
24. 有一水平传送带以v 0=2.0 m/s 的速度顺时针转动，水平部分长L =2.0 m ，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6
⑴物块从从传送带左端运动到右端所用的时间t
⑵物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大距离
⑶求物块从出发到4.5 s 末通过的路程
【答案】（1）1.5s （2）不能， 13m （3）5 m 【解析】
【分析】
在传送带上，通过受力分析可得物块会先做匀加速直线运动，再比较加速阶段位移与传送带的长度，可判断物块会再做一段匀速运动，由牛顿第二定律结合运动学公式可求得时间；在斜面上，物块往上做匀减速运动；由牛顿第二定律结合运动学公式可求得沿斜面上升的最大距离，可判断能否到达斜面顶端；分段求出物块的位移，则总的路程可求解．
【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动 由牛顿第二定律： μmg ＝ma 1
解得加速度：212/a m s = 加速时间 011
1v t s a == 加速位移：2011
122v s m L m a ==<= 所以物块在到达传送带右端前物块已开始匀速运动，匀速时间 120
0.5L s t s v -=
= 物块从传送带左端运动到右端所用的时间为：12 1.5t t t s =+= （2）物块以速度v 0滑上斜面后，由牛顿第二定律可得：2sin mg ma θ=
解得：226/a m s =，方向沿斜面向下
物体能够上滑的最大距离为：20210.423
m v s m m a ==< 所以物块不能到达斜面的最高点．
物块在斜面上往返一次的时间 032223
v t s a == 物块再次回到传送带上速度仍为v 0，方向向左．再由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 3 解得 23
2/a m s ，水平向右
物体向左的最大位移：203
12m v s m a '== 物块向左减速过程和向右加速过程位移大小相等，时间 04322v t s a =
= 因 123431 4.52
t t t t t s ++++=，故4.5 s 末物块恰好在斜面上的最高点速度为零． 故物块通过的总路程：325m m
s L s s m =++=' 【点睛】此题的运动过程较多，考查学生对多过程问题的处理能力；分析时要逐一计算每个运动过程的位移与时间，再综合传送带与长木板的长度即可解决问题．。