江苏省海安中学2020届高三9月月考物理试题

江苏省海安中学2020届高三9月月考物理试题

高三年级阶段性测试（一）‎ 物 理 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d．E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零．若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)‎ A. 方向向右 B. 方向向左 C. 方向向右 D. 方向向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当负正点电荷在H点时，电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场与正电荷的电场之和为零，根据公式可得负电电荷在F点产生的电场强度大小为，方向水平向左，故两个正电荷在F点产生的电场强度大小为，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为，方向向左，所以F点的合场强为，方向水平向左，故D正确，ABC错误；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】关键是根据两个正电荷在F点的电场与负电荷的电场之和为零，做为突破口，算出负电荷在F点的电场强度，然后得出两个正电荷在F点的电场强度，再根据负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小．‎ ‎2.载物电梯以v0速度匀速上升，货物的质量为m，某时刻起电梯以大小是a（aμ2，有a1= a2< a3‎ B. 若μ1>μ2，有a2< a1< a3‎ C. 若μ1<μ2，有a1= a2 > a3‎ D. 若μ1<μ2，有a1> a2 = a3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设A、B一起做匀加速运动，整体的加速度为：‎ a=gsinθ-μ1gcosθ 隔离对B分析，有：‎ mBgsinθ-f=mBa 解得：‎ f=μ1mBgsinθ≤μ2mBgsinθ 可知若μ1＜μ2，A、B以相同的加速度做匀加速运动，有：a1=a2=a3‎ 若μ1＞μ2，可知A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：‎ a1=gsinθ-μ1gcosθ 加速度：‎ ‎ ‎ 加速度 a3=gsinθ-μ2gcosθ＞a1‎ 故B项与题意相符，ACD项与题意不相符．‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。‎ ‎6.如图，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆．设卫星、月球绕地公转周期分别为，地球自转周期为，则（ ）‎ A. T卫＜T月 B. T卫＞T月 C. T卫＜T地 D. T卫=T地 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据万有引力定律提供向心力，写出相应的牛顿第二定律的方程，即可解答．‎ 卫星和月球都绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力，，解得，由于近地卫星的环绕半径小于同步卫星的半径，同步卫星的半径又小于月球绕地球的半径，所以，又由于同步卫星的周期等于地球自转周期为，所以：，AC正确．‎ ‎7.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是(　　)‎ A. 粒子一定带负电 B. A处场强大于C处场强 C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能 D. 粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；‎ B．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；‎ C．从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；‎ D．由于电势差相同，根据知，电场力做功相同，D错误．‎ ‎8.如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点由静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点．已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中(　　)‎ A. 克服摩擦力做的功为mgLsin θ B. 弹簧的最大压缩量为 C. 物体的最大动能一定等于mgLsin θ D. 弹性势能的最大值为mgLsin θ(1＋)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对于整个过程，由动能定理得 mgLsin θ-Wf=0‎ 得克服摩擦力做的功Wf=mgLsin θ，故A正确；‎ BD.设弹簧的最大压缩量为x，弹性势能的最大值为Ep；物体从A到将弹簧压缩到最短的过程，由能量守恒得 mg(L＋x)sin θ=μmgcos θ·x＋Ep 物体从将弹簧压缩到最短到弹回B点的过程，由能量守恒得 mgxsin θ＋μmgcos θ·x=Ep 联立解得 故B错误，D正确．‎ C.物体接触弹簧前，由机械能守恒定律知，物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsin θ，若，则mgmg sin θ，物体在B点达到最大动能mgLsin θ；若，则当物体所受重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力时物体的合力为零，速度最大，动能最大，此时物体在B点以下，从B点到此位置物体仍会加速，所以物体的最大动能大于mgLsin θ，故C错误．‎ ‎9.如图所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴旋转，且OA与轴间夹角始终保持不变，质量m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有 A. 小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等 B. 杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高 C. 小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置 D. 小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球弹力垂直于杆，杆不会对小球做功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 根据牛顿第二定律得：，解得：，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动加速度大小都相等，故A正确．‎ ‎ 根据牛顿第二定律得：＝mr(2πn)2，转速增大，由于合力大小不变，则r减小，即小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越低，故B错误．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大，根据知，合力大小不变，则r增大，即远离该位置，故C正确．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由B选项知，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力做正功，动能减小，则杆子弹力做负功，故D错误．故选AC．‎ 点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道小球做圆周运动合力的大小不变，对于D选项，有一定的难度，结合动能定理分析判断．‎ 三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。‎ ‎10.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置示意图如图所示．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．‎ ‎(1)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要将带有定滑轮的木板_____（选填“A”或“B”）端适当垫高，使小车在________（选填“挂”或“不挂”）砂桶时做匀速直线运动．‎ ‎(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________．‎ A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g ‎(3)下图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm．已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则打C点时小车的速度v＝________m/s．(结果保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). B (2). 不挂 (3). C (4). 0.49‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的沿斜面的分力来平衡摩擦力，可以将长木板B端垫高，不挂砂和砂桶，轻推小车，使小车做匀速直线运动即可； （2）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律， 对砂和砂桶m：有： 对小车M：有： 解得：‎ 故当时，有，故C符合要求； ③相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，小车通过C点的速度为：．‎ 点睛：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，知道平衡摩擦力的方法．‎ ‎11.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．‎ ‎①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____.‎ A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量 C．速度变化量与高度变化量 ‎②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、 ‎ 导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____.‎ A．交流电源 B．刻度尺 C．天平(含砝码)‎ ‎③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点的距离分别为、、.已知当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为.设重物的质量为.从打点到打点的过程中，重物的重力势能变化量________，动能变化量_______.‎ ‎④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______.‎ A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 ‎【答案】 (1). A (2). AB (3). mghB (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎（1）打点计时器需接交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求出瞬时速度以及重力势能的减小量．实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量质量，故选AB；‎ ‎（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量，B点的瞬时速度，则动能的增加量；‎ ‎（3）利用AB方法计算，则默认机械能守恒，应该两者应该没有误差，AB错误；由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，C正确；题中信息为“大多数同学”，则说明已经多次实验了，故D错误．‎ ‎12.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转．则以下说法正确的是（　　）‎ A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大 B. 如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数 C. 将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大 D. 将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数．‎ ‎【详解】A．滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A错误；‎ B．如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故B错误；‎ C．将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故C错误；‎ D．电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故D正确．‎ ‎【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低．理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关．‎ ‎13.如图，一群处于n＝5能级的氢原子在向n＝1的能级跃迁的过程中，放出____种频率不同的光子；放出的光子的最小能量为 ____eV.‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 0.31‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据，可知，放出10种频率不同的光子，从能级5跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级5跃迁到能级4放出的光子能量最小，即．‎ ‎14.原子核的衰变方式不同，释放的能量也不同，由此可以用来确定原子核的质量差．‎ 可以衰变为，释放的核能是E1；也可以衰变为，释放的核能为E2．‎ ‎①写出两种衰变方式的衰变方程．‎ ‎②设释放能量全部为转变为光子能量，求出和释放光子波长之比．‎ ‎【答案】① ②λ1/λ2=E2/E1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据电荷数守恒、质量数守恒得，可以衰变为的反应方程：‎ 可以衰变为的反应方程 ‎②光子能量公式得，释放的核能是E1的光子波长为：‎ 释放的核能是E2的光子波长为：‎ 所以 ‎15.一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中( )‎ A. 分子引力增大，分子斥力减小 B. 分子势能减小 C. 乙醚的内能不变 D. 分子平均动能不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子间的引力和斥力都会减小，故A项错误；‎ B. 蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故B项错误；‎ C. ‎ 一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度不变，故分子平均动能不变，而蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故内能增加，故C项错误；‎ D. 由于温度是分子平均动能的标志，故分子平均动能不变，故D正确．‎ ‎16.空气的干湿程度和空气中所含有的水汽量接近饱和的程度有关，而和空气中含有水汽的绝对量却无直接关系．例如，空气中所含有的水汽的压强同样等于1606.24Pa（12.79毫米汞柱）时，在炎热的夏天中午，气温约35，人们并不感到潮湿，因此时水汽饱和气压_______(填“大”、“小”)，物体中的水分还能够继续蒸发．而在湿冷的秋天，大约15左右，人们却会感到________（填“干燥”、“潮湿”），因这时的水汽压已经达到过饱和，水分不但不能蒸发，而且还要凝结成水，所以引入“相对湿度”——水汽压强与相同温度下的饱和气压的比来表示空气的干湿程度是科学的．‎ ‎【答案】 (1). 大 (2). 潮湿 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]相对湿度=，相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，而绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，与温度无关；饱和蒸汽压与温度有关，温度越高，饱和蒸汽压越大；‎ ‎[2] 在炎热的夏天中午，气温约35，人们并不感到潮湿，因此时水汽饱和气压大；当绝对湿度不变的情况下，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，大约15左右，人们却会感到潮湿．‎ ‎17.如图所示，一定质量的理想气体先从状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.在状态C时气体的体积V＝3.0×10－3 m3，温度与状态A相同．求：‎ ‎①气体在状态B时体积；‎ ‎②气体在A→B→C的过程中放出的热量．‎ ‎【答案】① VB＝5×10－3 m3②Q＝－600 J ‎【解析】‎ ‎【详解】① 根据盖·吕萨克定律 代入数据得 ‎②由于TA＝TC　得ΔU＝0‎ A→B：VA＝VB　所以W1＝0‎ B→C ‎ 由热力学第一定律W＋Q＝ΔU 解得Q＝－600 J 即放出600 J的热量 ‎18.下列说法正确的是 ‎ A. 波在两种介质界面处发生折射，除传播方向发生改变，波长、波速、频率都不变 B. 牛顿环是由两个玻璃表面之间空气膜发生的薄膜干涉造成的 C. 光从一种介质进入另一种介质传播，频率不变，所以光的颜色不变 D. 自然光被玻璃反射后，反射光依然是自然光 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 波两种介质界面处发生折射，除传播方向发生改变，波长、波速也要改变，只有频率不变，故A项与题意不相符；‎ B. 牛顿环是由一个玻璃球面与平面玻璃之间空气膜引起的薄膜干涉造成的，故B项与题意相符；‎ C．光的频率由光源决定，光从一种介质进入另一种介质传播，频率不变，而光的颜色由频率决定的，所以光的颜色不变，故C项与题意相符；‎ D. 自然光被玻璃反射后，反射光是偏振光，故D项与题意不相符．‎ ‎19.甲、乙两架太空战机以相同的速度在一条直线上匀速飞行，甲向乙发出一条无线电指令，乙显示经过t0时间接受到指令，已知光速为c，则在甲、乙看来，该无线电指令传播的速度_______c(选填>、=、<)； 地面指挥中心认为从甲发出指令到乙接受到指令的时间间隔是t，t___t0(选填>、=、<)‎ ‎【答案】 (1). = (2). <‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据光速不变原理，两战机飞行的速度是相等的，则光相对于它们的速度都是c，‎ ‎[2]根据相对论的尺缩效应可知，地面指挥中心观测到此刻甲、乙之间的距离小于甲乙之间实际的距离，即：‎ l＜l0‎ 所以 ‎20.某同学用如下方法测定玻璃的折射率：先将平行玻璃砖固定在水平桌面的白纸上，画出两侧界面MN、PQ(MN、QP面平行于桌面)，在玻璃砖的一侧用激光照射，在光源同侧且与MN平行的光屏上得到的两光点A、B，两光线的位置如图所示.测得入射光线与界面的夹角α＝30°，光屏上两光点之间的距离L＝3.0 cm，玻璃砖的厚度h＝2.0 cm，求玻璃砖的折射率.‎ ‎【答案】n＝1.44‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】光路图如图所示，可知OO′与AB的距离相等，由几何原理有 ‎ ‎ 由折射率定义得 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎21.如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M=4．0kg，长度为L=3．0m，小物块质量为m=1．0kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0．2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？‎ ‎（2）若一开始就用水平向右5．5N的恒力作用与小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？‎ ‎【答案】（1）F>2．5N （2）1s ‎【解析】‎ 试题分析： （1） 两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：‎ 对整体：F1=（M+m）a1‎ 对木板：fm=Ma1‎ 其中 解得F1=2．5N 故当F>2．5N时，两物体之间发生相对滑动 ‎（2）分析可知，当一开始就用水平向右F2=5．5N的恒力作用于小木块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小木块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：‎ 对小物块：F2-f=ma1‎ 对木板f=Ma2‎ 其中f=μmg 解得a1=3．5m/s2； a2=0．5m/s2‎ 设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：‎ 解得：t=1s 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】题涉及到相对运动的过程，列牛顿第二定律方程时一定要先确定研究对象，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．‎ ‎22.如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：‎ ‎(1)OM的长L；‎ ‎(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；‎ ‎(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s．‎ ‎【答案】(1) 　(2) 　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有 cos 60°＝‎ tan 60°＝‎ 即 vA＝2v0‎ vy＝v0‎ 由牛顿第二定律知 ‎，‎ 由vy2＝2aL，知 ‎．‎ ‎（2）在区域 II中，由图可知 BC＝‎ 所以从A点到B点，由动能定理得 ‎ ‎ 得 vB＝3v0．‎ 在区域III中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知 ‎ ‎ 得 ‎ ．‎ ‎（3）‎ 所以 ‎．‎ 小球在竖直方向上做自由落体运动，即 ‎ ‎ 所以小球到达右边界上的点与OO′的距离 ‎23.如图（1）所示是根据某平抛运动轨迹制成的内壁光滑的圆管轨道，轨道上端与水平面相切．实验得到进入圆管上端时的水平速度v0的平方和离开圆管时速度的水平分量vx的平方的关系如图（2）所示．一质量为m=0.5kg、体积很小的滑块静止在距离管口L=1m处，滑块与水平面间的动擦因数为μ=0.25．‎ ‎(1)当滑块以水平速度v0＝2m/s从轨道进入后，离开轨道时的水平速度是多大？‎ ‎(2)用大小为F＝5N的水平恒力在水平面上拉动滑块一段距离x后撤去F，要使滑块进入圆管轨道后在轨道内运动过程中水平分速度不断增大，求x的取值范围．‎ ‎(3)当滑块以水平速度v0＝4m/s从轨道顶端进入后，当其到达轨道底部时速度大小是多少？‎ ‎【答案】（1）4m/s （2）1m>x>0.25m （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)图像得到方程： ‎ 将 带入方程即得=4m/s ‎(2)当v0＝m/s时，vx＝v0‎ 当0x>025m ‎(3)滑块在轨道中运动时机械能守恒，根据机械能守恒定律：‎ ‎=mgh + ‎ 因为平抛轨道是确定的，高度也是确定的，v和vx的夹角是确定的，设v=nvx ‎= 2gh + ‎ ‎+‎ ‎ 由图像可得：‎ ‎ ，=10‎ ‎ ‎ ‎ ‎