2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研物理试题（解析版）

2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研物理试题（解析版）

2018-2019 学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期第二次调研 物理试题（解析版） 一、选择题（1-8 题为单项选择题，每题 3 分；9-12 题为多项选择题，每题 4 分，选错误的得 0 分，选不 全的得 2 分，全对的得 4 分；共计 40 分） 1.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比” 来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。 如电场强度 E、导体的电阻 R、电容 C、电流强度 I、电势 都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均 属于定义式的是 ( ) A. 2 Q QE k Cr U ，  B. F QE Iq t  ， C. 4π U SR CI kd  ， D. pELR S q   ， 【答案】B 【解析】 【详解】A 项：公式 2= QE k r 是点电荷产生的电场强度的计算公式，不属于比值定义法，电容器的电容： QC U  由电容器本身决定，与极板上的电量以及极板之间的电势差都无关，公式属于比值定义法，故 A 错 误； B 项：电场强度与试探电荷受到的电场力、试探电荷的电量都无关，所以 FE q  属于比值定义法，电流强 度的定义式 qI t  ，与流过导体横截面的电量无关，与时间也无关，是比值定义法，故 B 正确； C 项：电阻 R 与电压、电流无关，是其本身的属性， UR I  属于比值定义法，电容与正对面积 S 成正比， 与极板间的距离成反比，公式 4π SC kd  平行板电容器的电容的决定式，不属于比值定义法，故 C 错误； D 项：导体的电阻的计算公式是 LR S  ，导体的电阻与导体长度成正比，与横截面积成反比，所以，不 属于比值定义法，电势的大小由电场本身决定 PE q   属于比值定义法，故 D 错误。 2.电影“流浪地球”热映，吴京饰演的刘培强在国际空间站与国际同侪肩负起领航者的重任。在发射卫星 的过程中，卫星首先从低轨道进入椭圆轨道Ⅰ，然后在 Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入高轨道轨道Ⅱ。 则错误的是（ ） A. 该卫星的发射速度必定小于 11.2km/s B. 卫星在Q 点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ C. 卫星在轨道Ⅱ上的运行速度大于 7.9km/s D. 在轨道Ⅰ上，卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：发射速度要大于等于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故 A 正确； B 项：通过在 Q 点加速使卫星由原来的向心运动变为圆周运动，故 B 正确； C 项：第一宇宙速度为卫星的运行的最大速度，在轨道Ⅱ上的运行速度小于 7.9km/s，故 C 错误； D 项：近地点速度大，远地点速度小，则卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度，故 D 正确。 3.2019 年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验。为感受碰撞过程中的力，在互 动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为 3kg 的超大气球以 2m/s 速度竖直下落到手面，某观众双手上 推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为 0.2s。忽略气球所受浮力及空气阻力，g=10m/s2。则 观众双手受的压力共计（ ） A. 30N B. 60N C. 90N D. 120N 【答案】C 【解析】 【详解】取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有： ( )mg F t mv mv    ，代入数据解得： 90NF  ，故 C 正确。 4.如图所示，虚线 a、b、c 表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个负离子仅 在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ） A. 三个等势面中，等势面 a 的电势最低 B. 带电质点一定是从 P 点向 Q 点运动 C. 带电质点通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时的小 D. 带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时的小 【答案】D 【解析】 试题分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故 c 点电势最低，故 A 错误．根 据已知条件无法判断粒子的运动方向，故 B 错误．等差等势面 P 处密，P 处电场强度大，电场力大，加速 度大．C 错误．负电荷在电势高处电势能小，动能大，故带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时小，故 D 正确，故选 D． 考点：电势；场强；电势能. 5.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车 A 和 .B 将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧 .烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的 ( ) A. A、B 动量变化量相同 B. A、B 动能变化量相同 C. 弹簧弹力对 A、B 做功相同 D. 弹簧弹力对 A、B 冲量大小相同 【答案】D 【解析】 试题分析:由动量守恒定律可知：A、B 动量变化量大小相等，方向相反，故 A 错误；由动量守恒定律得： mAvA-mBvB=0 ； 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ： ， 解 得 ： A 物 体 的 末 动 能 ， ，如果 A、B 两物体的质量不相等， 则 A、 B 动能变化量不相同，由动能定理，可知，弹簧弹力对 A、B 做功也不相同，故 B、C 错误；由动量守恒定 律得，A、B 动量变化量大小相等，所以弹簧弹力对 A、B 冲量大小相同，故 D 正确。 考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律 6.如图所示，大气球质量为 100 kg，载有质量为 50 kg 的人，静止在空气中距地面 20 m 高的地方，气球 下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长 至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（ ） A. 10 m B. 30 m C. 40 m D. 60 m 【答案】B 【解析】 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度 v1，气球的速度 v2，设运动时间为 t，以人与气球组成的系统 为 研 究 对 象 ， 以 向 下 为 正 方 向 ， 由 动 量 守 恒 得 ： m1v1-m2v2=0 ， 则 1 2 =0ssm mt t 人 气球 ， 50 100 =0ss t t   人 气球 ， 1 1= = 20=10m2 2s s人气球  ，则绳子长度 L=s 气球+s 人=10m+20m=30m，即绳子至少 长 30m 长，故选 B。 【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度 与运动路程的关系． 7.质量为 m、带电量为+q 的物体处于竖直向上的匀强电场中，现将物体从距地面 h 高处以一定的初速度竖 直下抛，物体以 g/4 的加速度匀加速下落，已知匀强电场的场强 E=mg/4q．则物体从抛出到落到地面的过 程中（ ） A. 物体与周围空气组成的系统内能增加了 4 mgh B. 物体的机械能减少 4 mgh C. 物体的重力势能减少 4 mgh ，电势能减少 4 mgh D. 物体的动能增加了 4 mgh 【答案】D 【解析】 【详解】物体克服除重力、电场力之外的其它力做多少功，系统的机械能和电势能的总和就减少多少，即 物体和周围空气组成的系统的内能就增加多少，而 mg-qE-F 其=ma，则 F 其=mg-qE-ma=mg- 1 4 mg- 1 4 mg= 1 2 mg， 故有物体克服除重力、电场力之外的其它力做的功 W= 1 2 mgh，所以物体和周围空气组成的系统的内能增加 1 2 mgh．故 A 错误。设物体所受的除重力之外的力的大小为 f，mg-f=ma，则 f=mg-ma= 3 4 mg，故物体机械能 的减少量为△E=fh= 3 4 mgh，故 B 错误。重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，故物体重力势能 的 减 少 量 △EP=mgh ； 电 场 力 对 物 体 所 做 的 功 等 于 电 势 能 的 减 少 量 ， 故 物 体 电 势 能 的 减 少 量 1 4 4P mgE qEh q h mghq         电 ，负号表示物体的电势能增加，故 C 错误。根据牛顿第二定律可 有 F 合=ma=m× 1 4 g= 1 4 mg，根据动能定理有 F 合 h=△EK，故有△EK=F 合 h= 1 4 mgh，即动能增加 1 4 mgh，故 D 正 确。 8.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于 某种原因灯泡 L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( ) A. 电流表、电压表的读数均变小 B. 电源内阻消耗的功率变大 C. 液滴将向上运动 D. 电源的输出功率变大 【答案】C 【解析】 【分析】 首先对电路进行分析：L2 的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路 端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运 动情况．根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化。 【详解】A、C 项：当 L2 的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和 R1 电压减 小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器 C 的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受 的电场力增大，则该液滴将向上移动； 由于 C 两端的电压增大，R2、R3 中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故 A 错误，C 正确； B 项：因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故 B 错误； D 项：由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化。故 D 错误。 故选：C。 【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体- 部分的分析思路进行分析。 9.如图所示，直线 A 为某电源的 U－I 图线，曲线 B 为某小灯泡 D1 的 U－I 图线的一部分，用该电源和小灯 泡 D1 组成闭合电路时，灯泡 D1 恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ） A. 此电源的内阻为 2 3 Ω B. 灯泡 D1 的额定电压为 3V，额定功率为 6W C. 把灯泡 D1 换成“3V，20W”的灯泡 D2，电源的输出功率将变大 D. 由于小灯泡 D1 的 U－I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用 【答案】BC 【解析】 【详解】A 项：由图读出：电源的电动势 4VE  ，内阻 0.5Ur I    ，故 A 错误； B 项：两图线的交点表示小灯泡 D1 与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=3V，电流 I=2A，功率为 P=UI=6W，由于小灯泡 D1 正常发光，则灯泡 D1 的额定电压为 3V，功率为 6W，故 B 正确； C 项：灯泡 D1 的电阻 1 3 2 1.5IR U    ，3V,20W 的灯泡 D2 的电阻为 2 2 2 3 0.45Ω20 L L UR P    ，可知灯泡 D2 的电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡 D1 换成“3V， 20W”的灯泡 D2，电源的输出功率将变大，故 C 正确； D 项：灯泡是纯电阻，欧姆定律仍适用，图象为曲线是由灯泡电阻随温度的增大而增大，故 D 错误。 10.如图所示，匀强电场中三点 A、B、C 是一个三角形的三个顶点， 30ABC CAB     ， 2 3BC m ， 已知电场线平行于VABC 所在的平面，一个电荷量 62 10q    C 的点电荷由 A 移到 B 的过程中，电势 能增加了 51.2 10 J，由 B 移到 C 的过程中电场力做功 66 10 J，为方便计算，设 B 点电势为 0，下列 说法正确的是 ( ) A. B，C 两点的电势差 3BCU  V B. A 点的电势低于 B 点的电势 C. 负电荷由 C 点移到 A 点的过程中，电势能减少 D. 该电场的场强为 1 V/m 【答案】CD 【解析】 【 详 解 】 A 项 ： 由 B 移 到 C 的 过 程 中 电 场 力 做 功 WBC=6×10-6J ， 则 B 、 C 两 点 的 电 势 差 为 ： 6 6 6 10 V 3V2 10 BC BC WU q        ，故 A 错误； B 项：点电荷由 A 移到 B 的过程中，电势能增加 1.2×10-5J，知电场力做功-1.2×10-5J，A、B 两点的电势 差： 6VAB AB WU q   ，，所以 A 点的电势高于 B 点的电势，故 B 错误； C 项：UCA=-UBC-UAB=-3V，根据 W=Uq 得：负电荷由 C 移到 A 的过程中，电场力做正功，所以电势能减小。故 C 正确； D 项：三角形 ABC 为等腰三角形，所以电场强度方向沿着 AB 方向，由 A 指向 B．因为 2 3mBC  ，所以 U = =3VAD ADEd ，所以该电场的场强为 1V/m。故 D 正确。 11.如图甲，有两个量程的电流表，当使用 a、b 两个端点时，量程为 1A，当使用 a、c 两个端点时，量程 为 0.1A ，已知电流表的内阻 1gR 为 200 ，满偏电流 1gI 为 2mA；如图乙，是有两个量程的电压表，当使用 d、e 两个端点时，量程为 0 10V～ 。当使用 d、f 两个端点时，量程为 0 100V～ 。已知电流表的内阻 2gR 为 500 ，满偏电流 2gI 为 1mA；则电阻 1R 、 2R 、 3R 、 4R 分别为：( ) A. 1 0.85R   B. 2 3.67R   C. 3 9500R   D. 4 95000R   【答案】BC 【解析】 【详解】A、B 项：接 a、b 时，R1 起分流作用为一支路，G 与 R2 串联为一支路，此时量程为 I1=1A，而电流 表的量程为当 G 表头达到满偏时通过两个支路的总电流，即为  1 1 2 1 1 1 g g g I R R I I R    ，同理，接 a、c 时，R1+R2 为一支路起分流作用，G 为一支路，此时量程为 I2=0.1A， 则 1 1 2 1 1 2 g g g I RI I R R    ，联立解得： 1 20.41 , 3.67R R    ，故 A 错误，B 正确； C、D 项：由图示电路图可知：  2 2 3 10Vg gI R R  ，  2 2 3 4 100Vg gI R R R   ，联立解得： 4 3 49500 , 9 10R R     ，故 C 正确，D 错误。 12.如图所示，物体 A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、B 的质量分别为 2m、m，开始时 细绳伸直，用手托着物体 A 使弹簧处于原长且 A 与地面的距离为 h，物体 B 静止在地面上，放手后物体 A 下落，与地面即将接触时速度大小为 v，此时物体 B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力 加速度大小为 g，则下列说法中正确的是( ) A. 物体 A 下落过程中，物体 A 和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 弹簧的劲度系数为 2mg h C. 物体 A 着地时的加速度大小为 2 g D. 物体 A 着地时弹簧的弹性势能为 21 2mgh mv 【答案】AC 【解析】 【详解】A 项：由题知道，物体 A 下落过程中，B 一直静止不动。对于物体 A 和弹簧组成的系统，只有重力 和弹力做功，则物体 A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故 A 正确； B 项：物体 B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh， 得弹簧的劲度系数为 mgk h  ，故 B 错误； C 项：物体 A 着地时，细绳对 A 的拉力也等于 mg，对 A，根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma，得 2 ga  ，故 C 正确； D 项：物体 A 与弹簧系统机械能守恒，有： 2 p 12 22mgh E mv   ，所以 2 P 2E mgh mv  ，故 D 错误。 二、实验题（本题共 12 个空，每空 2 分，共 24 分） 13.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m 的小球 相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上 B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间 t， 用 d 表示 A 点到光电门 B 处的距离，b 表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度，实验时滑块在 A 处由静止开始运动． （1）滑块通过 B 点的瞬时速度可表示为______； （2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用 g 表示，滑块从 A 处到达 B 处时 m 和 M 组成的系统动能增 加量可表示为 kE =______，系统的重力势能减少量可表示为 PE =______，在误差允许的范围内，若 kE = PE 则可认为系统的机械能守恒. 【答案】 (1). B bv t  (2). 2 2 ( ) 2 M m b t  (3). 2 Mm gd    【解析】 【详解】(1) ）由于光电门的宽度 b 很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, 滑块通过光 电门 B 速度为： B bv t  ； (2) 滑块从 A 处到达 B 处时 m 和 M 组成的系统动能增加量为： 2 2 K 2 1 ( )( )2 2 b M m bE M m t t        系统的重力势能减少量可表示为： p sin ( sin ) 2 ME mgd Mgd m M gd m gd            比较 PE 和 KE ，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的。 14.某同学要测量某圆柱体电阻 R 的电阻率ρ． （1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图所示，则其长度 L=______cm，直径 d=______mm． （2）该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻．他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将 选择开关置于“×l”档位置，然后______；直至指针指在“0Ω”处继续实验． （3）欧姆表粗测电阻约为 5Ω现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材： A.电压表 1V ( 量程 0 3V～ ，内阻约3kΩ) B.电压表 2V (量程 0 15V～ ，内阻约15kΩ) C.电流表 1A ( 量程 0 3A～ ，内阻约 0.01 ) D.电流表 2A ( 量程 0 0.6A～ ，内阻约 0.1 ) E.滑动变阻器  1 0 20R ～ F.滑动变阻器  2 0 500R ～ G.电源 (E 电动势为3.0V) 及开关和导线若干 该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择______，电流表应选择______， 滑动变阻器应选择______，( 选填各器材前的字母 ) 。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率 最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用下图的______。 （4）利用上所选电路测量，电流表______A 电压表______V 【答案】 (1). 7.015 (2). 4.598-4.602 (3). 将红、黑表笔短接欧姆调零旋钮 (4). A (5). D (6). E (7). 丁 (8). 0.50 (9). 2.60 【解析】 【详解】(1) 游标卡尺的固定刻度读数为 7cm=70mm，游标读数为 0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为 7cm+0.015mm=7.015cm;； 螺旋测微器的固定刻度读数为 4.5mm，可动刻度读数为 0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为 4.5mm+0.100mm=4.600mm； (2) 将选择开关置于“×1”档位置，然后将红、黑表笔短接调零即欧姆调零； (3) 电源 E（电动势为 3.0V），故选 A，电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 3kΩ），电路电流最大为 0.6AE R  ， 为提高精确度，减小读数误差，选小量程电表，即 D,电流表 A2（量程 0～0.6A，内阻约 0.1 ），以滑动变 阻器来控制不超量程即可，故选电流表 A1：量程 0～0.6A，内阻 0.125  ；由于要求在流过金属丝的电流 相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限 流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的 2-4 倍比较合适，所以滑动变阻器选 E．滑动变阻器 R1（0～ 20  ）； V 3000 5600 505 0.1A R R R R      可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁； (4)由图可知，I=0.50A、U=2.60V。 三、计算题（本题 4 小题，第 15 题 8 分，第 16 题 8 分，第 17 题 9 分，第 18 题 11 分，共计 36 分；解题 过程要有必要的文字说明，运算结果要带单位） 15.下图是利用电动机提升重物的示意图，其中 D 是直流电动机．P 是一个质量为 m 的重物，它用细绳拴在 电动机的轴上．闭合开关 S，重物 P 以速度 v 匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是 I＝5.0A 和 U ＝110V，重物 P 上升的速度 v＝0.70m/s．重物的质量 m＝45 kg（g 取 210m/s ）．求： （1）电动机消耗的电功率 P电 多大? （2）绳对重物做功的机械功率 P机 多大? （3）电动机线圈的电阻 R 多大? 【答案】（1）550W；（2）315W；（3）9.4Ω 【解析】 【详解】（1）电动机消耗得电功率为 P I 110 5W 550WU   电 ； （2）重物匀速上升，拉力 T=mg，绳对重物做功的机械功率为： = 45 10 0.70W 315WP Tv mgv    机 （3）电动机线圈的电阻 R 的发热功率为 = -P P P线 电 机 =235W 由 2=P I R线 得 电动机线圈的电阻： 2= =9.4ΩPR I 线 。 16.一电路如图所示，电源电动势 E=28v，内阻 r=2Ω，电阻 R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器， 其电容 C=3.0pF，虚线到两极板距离相等,极板长 L=0.20m，两极板的间距 d=1.0×10-2m。 （1）闭合开关 S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少? （2）当开关 S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以 v0=2.0m/s 的初速度射入 MN 的电场 中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷 q/m（不计粒子的重力，M、 N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s2） 【答案】（1） 114.8 10 C （2） 46.25 10 /C kg 【解析】 【详解】（1）闭合开关 S 稳定后，电路的电流： 1 2 28 24 8 2 EI A AR R r       ； 电容器两端电压： 2 2 2 8 16RU U IR V V     ； 电容器带电量： 12 11 2 3.0 10 16 4.8 10RQ CU C C       （2）粒子在电场中做类平抛运动，则： 0L v t 21 1 2 2 Uqd tdm  联立解得 46.25 10 /q C kgm   17.一个带正电荷量为 q，质量为 m 的小球，恰能静止在光滑绝缘的斜面轨道上 A 点，已知半径为 R 的竖直 圆形轨道与光滑斜面平滑对接，斜面倾角 37  ，为使小球能到圆周轨道的最高点 B，需要给小球提供一 个初速度 v。取重力加速度为 g，开始 A、B 等高。求 （1）电场强度为多大？ （2）为使小球能通过 B 点，初速度 v 至少多大？ （3）在（2）的情况下取最小值 v，则小球到 B 点时速度多大？ 【答案】（1） 3 4 mgE q  （2） 25 4 gRv  （3） 7 4B gRv  【解析】 【详解】  1 在 A 点，小球受重力、水平向右的电场力和垂直轨道向上的弹力，根据平衡条件知 tan37Eq mg  ， 解得： 3 ;4 mgE q   2 要使小球能通过 B 点，则小球能通过等效最高点，设等效最高点速度为 v，根据牛顿第二定律有   2 2 2 0( ) mvmg qE R   ， 解得： 0 5 4 gRv  ， 从 A 到等效最高点根据动能定理有：   2 2 0 cos37 1 11 cos37 2 sin37 tan37 2 2 R RmgR Eq R mv mv              解得： 25 4 gRv  ；  3 取最小值 v 的情况下，由 A 到 B 由动能定理有： 2 2cos37 1 1sin37tan37 2 2B R REq R mv mv           解得： 7 4B gRv  18.如图所示，在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽 C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止在水平面上.现有滑块 A 以初速度 0v 从右端滑上 B，一段时间后，以 0 2 v 滑离 B，并恰好能到达 C 的最高点.A 、B、C 的质量均为 .m 求： （1） A 刚滑离木板 B 时，木板 B 的速度； （2）A 与 B 的上表面间的动摩擦因数  ； （3）圆弧槽 C 的半径 R； （4）从开始滑上 C 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能． 【答案】⑴v0/4 ⑵5v0 2/16gL （3）v0 2/64g（4）15mv0 2/32 【解析】 (1)对 A 在木板 B 上的滑动过程，取 A、B、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv0＝m 0 2 v ＋2mvB 解得 vB＝ 0 4 v (2)对 A 在木板 B 上的滑动过程，A、B、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 2 20 0 0 1 1 1( ) 2 ( )2 2 2 2 4 v vmgL mv m m ＝ － － 解得μ＝ 2 05 16 v gL (3)对 A 滑上 C 直到最高点的作用过程，A、C 系统动量守恒， 0 2 mv ＋mvB＝2mv A、C 系统机械能守恒 2 2 20 01 1 1( ) ( ) 22 2 2 4 2 v vmgR m m mv  ＝ 解得 R＝ 2 0 64 v g (4)对 A 滑上 C 直到离开 C 的作用过程，A、C 系统动量守恒 0 0  2 4 A C mv mv mv mv   A、C 系统初、末状态动能相等， 2 2 2 20 01 1 1 1( ) ( )2 2 2 4 2 2A Cm m m m  v v v v 解得 vA＝ 0 4 v . 所以从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能为： 2 2 2 0 0 151 1 .2 2 32A mvE mv mv＝ － ＝ 点睛：该题是一个连接体的问题，关键是要理清 A、B、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练 运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．