【物理】福建省师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

【物理】福建省师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试试题（解析版）

福建省师范大学附属中学 2020 届高三上学期 期中考试试题 一、选择题 1.将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，5 s 末落到井底．该小球开始 下落后第 2 s 内和第 5 s 内的平均速度之比是 A. 1∶3 B. 1∶5 C. 2∶5 D. 3∶7 【答案】A 【解析】 【详解】由速度与时间公式 v gt 可得： 1 10m/sv  ， 2 20m/sv  ， 3 30m/sv  ， 4 40m/sv  ， 5 50m/sv  再由 0 2 tv vv  可得小球开始下落后第 2 s 内的平均速度： 1 2 2 15m/s2 v vv   小球开始下落后第 5 s 内的平均速度： 4 5 5 45m/s2 v vv   该小球开始下落后第 2 s 内和第 5 s 内的平均速度之比是： 2 5: 1:3v v  A. 与分析相符，故 A 正确； B. 与分析不符，故 B 错误； C. 与分析不符，故 C 错误； D. 与分析不符，故 D 错误。 2.如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是 两点电荷连线的中点。若将一正试探点电荷从虚线上 M 点移动到 N 点，设 M、N 两点的电 势分别为φM、φN，此电荷在 M、N 两点的加速度分别为 aM、aN，此电荷在 M、N 两点的电 势能分别为 EPM、EPN，下列判断中正确的是 A. aM＜aN B. φM＜φN C. EPM＞EPN D. 电场力对电荷做正功 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据电场线的疏密程度知：   N ME E 根据 F qE 和牛顿第二定律可得： N Ma a ，故 A 错误； B.过 M 点的中垂线是等势面，根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以有： N M  故 B 正确； CD.正电荷在电势高处电势能大，所以从 M 点移动到 N 点电势能增加，电场力对电荷做负 功，故 C、D 错误。 3.在平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其位移时间图像分别为图中直线 a 和曲线 b。t=3s 时， 直线 a 和曲线 b 刚好相切，下列说法正确的是 （ ） A. t=3s 时，两车具有共同的加速度 B. 在运动过程中，b 车始终没有超过 a 车 C. a 车做匀速运动，b 车做加速运动 D. 在 0-3s 的时间内，a 车的平均速度比 b 车的大 【答案】B 【解析】 【详解】A.因为位移时间图像的斜率代表物体的速度，在 t=3s 时，直线 a 和曲线 b 刚好相 切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，A 错误 B.位移时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，b 车始终没有超过 a 车，B 正 确 C.通过图像可知，b 车斜率在减小，速度在减小，所以 b 车做减速运动，C 错误 D.纵轴的变化量代表位移，所以在 0-3s 的时间内，a 的位移小于 b 的位移，所以 a 的平均速 度小，D 错误 4.如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一 质量为 1kg 的物块相连。物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大 小为 2N。若小车开始向右加速运动，加速度大小为 4m/s2，则物块受到的摩擦力的大小与匀 速时比较 A. 不变 B. 变大 C. 变小 D. 以上三种情况均有可能 【答案】A 【解析】 【详解】匀速运动受力平衡，匀速运动时摩擦力的方向向左，物块受到的摩擦力的大小： 1 2Nf  所以有最大静摩擦力至少为： 2Nmf  当小车的加速度大小为 24m/s 时，合力为： F 合 2 4NNf F ma    解得此时摩擦力为： 2 2N mf f  方向向右，所以物块一定与小车相对静止； A. 与分析相符，故 A 正确； B. 与分析不符，故 B 错误； C. 与分析不符，故 C 错误； D. 与分析不符，故 D 错误。 5.在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上； a、b 带正电，电荷量均为 q，整个系统置于方向水平的匀强电场中。若三个小球均处于静止 状态，则 c 球的带电量为（ ） A. +q B. -q C. +2q D. -2q 【答案】D 【解析】 【详解】 a、b 带正电，要使 a、b 都静止，c 必须带负电，否则匀强电场对 a、b 的电场力相同，而其 他两个电荷对 a 和 b 的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设 c 电荷带电量大小为 Q， 以 a 电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得 c、b 对 a 的合力与匀强电场对 a 的力等值 反向，即为： 2 kq q l  = 2 kQ q l  ×cos 60 所以 C 球的带电量为-2q A．+q 与分析不符，故 A 错误； B．-q 与分析不符，故 B 错误； C．+2q 与分析不符，故 C 错误； D．-2q 与分析不符，故 D 正确。 6.某天体的两颗卫星 a、b 分别在同一平面内的 P、Q 轨道上沿逆时针方向做匀速圆周运动， 某时刻如图所示。P、Q 轨道的半径分别为 r1、r2，且 r2=4r1，则下面说法正确的是 A. 卫星 a 的加速度小于卫星 b 的加速度 B. 从图示位置开始计时，在一小段时间内两卫星间的距离不断减小 C. 在以后运动过程中，只要卫星 b 处于图示位置，则卫星 a 也一定处于图示位置 D. 若使卫星 a 变轨到 Q 轨道上运动，则必须减小卫星 a 的速度 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据万有引力提供向心力有： 2 GMm mar  可得： 2 GMa r  由于 2 14r r ，所以卫星 a 的加速度是卫星b 的加速度 16 倍，故 A 错误； B.根据万有引力提供向心力有： 2 2 GMm m rr  可得： 3 GM r   由于 2 14r r ，所以卫星 a 的角速度是卫星b 的角速度 8 倍，从图示位置开始计时，在一小 段时间内两卫星间的距离不断增大，故 B 错误； C.卫星 a 的角速度是卫星b 的角速度 8 倍，那么卫星 a 的周期是卫星b 的周期的 1 8 ，所以在 以后运动过程中，只要卫星b 处于图示位置，则卫星 a 也一定处于图示位置，故 C 正确； D. 若使卫星 a 变为在Q 轨道上运动，即做离心运动，必须增大速度，故 D 错误。 7.从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零点，该物体的机械能 E 总和重力势能 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取 10 m/s2。由图中数据可得 A. 物体的质量为 1 kg B. h=0 时，物体的速率为 20 m/s C. h=2 m 时，物体的动能 Ek=50 J D. 物体上升过程中所受的阻力为变力 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图知， 4mh  时则有： 80JpE  由 pE mgh 得物体的质量为： 2kgm  故 A 错误； B. 0h  时，则有： 0pE  ， E 总 100J 则物体的动能为： kE E 总 100JpE  由 2 0 1 2kE mv 可得： 0 10m/sv  故 B 错误； C. 2mh  时，则有： 40JpE  ， E 总 90J 则物体的动能为： kE E 总 50JpE  故 C 正确； D. 根据功能关系可得克服阻力所做的功等于械能减少量，故有： E fh  可得物体在运动过程中受到的阻力恒为： 5Nf  故 D 错误。 8.如图所示左侧为一个固定在水平桌面上的半径为 R 的半球形碗，碗口直径 AB 水平，O 点 为球心。碗的内表面及碗口光滑，右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质 细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球 1m 和物 块 2m ， 1 2m m ，开始时 1m 在 A 点， 2m 在斜面上且距斜面顶端足够远，此时连接 1 2m m、 的细绳与斜面平行且伸直，C 点在圆心 O 的正下方。 1m 由静止开始释放沿半球形碗运动， 则下列说法中正确的是 A. 1m 从 A 点运动到 C 点的过程中，机械能守恒 B. 2m 的速率不可能大于 1m 的速率 C. 1m 从 A 点运动到 C 点的过程中，小球 2m 重力的功率一直增大 D. 当 1m 运动到 C 点时绳断开， 1m 可能沿碗面上升到 B 点 【答案】B 【解析】 【详解】A.在 1m 从 A 点运动到C 点的过程中， 1m 与 2m 组成的系统只有重力做功，系统的 机械能守恒，但 1m 从 A 点运动到 C 点的过程中，机械能不守恒，故 A 错误； B.设小球 1m 、 2m 的速度大小分别为 1v 、 2v ，小球 1m 的速度方向与绳的夹角为 ，由运动 的合成分解得： 1 2cosθv v 所以 2m 的速率不可能大于 1m 的速率，故 B 正确； C、小球 1m 从 A 点运动到C 点的过程中的某位置时，重力沿圆弧 AC 切线的分力等于细绳 沿圆弧 AC 切线的分力，小球 1m 的速度最大，所以小球 1m 从 A 点运动到C 点的过程中先 加速后减速，根据运动的合成匀分解可知小球 2m 先加速后减速，所以小球 2m 重力的功率 先增大后减小，故 C 错误； D、设光滑斜面的倾角为 ，在 1m 从 A 点运动到C 点时，对 1m 、 2m 组成的系统，由机械 能守恒定律得： 2 2 1 21 2 1 2sin α 1 12 2 2vm gR m g R m vm   结合 1 22v v 解得： 1 2v gR 1m 运动到C 点时绳断开，至少需要有 2gR 的速度 1m 才能沿碗面上升到 B 点，所以 1m 不 可能沿碗面上升到 B 点，故 D 错误。 9.在水平地面上有相距为 L 的 A、B 两点，甲小球以 v1＝10 m/s 的初速度，从 A 点沿与水平 方向成 30°角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以 v2 的初速度从 B 点竖直向上抛出。若甲在 最高点时与乙相遇，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A. 乙球的初速度 v2 不一定等于 5 m/s B. L 为 2.5 3 m C. 相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 D. 甲球与乙球始终在同一水平面上 【答案】BD 【解析】 【详解】A.甲球竖直方向的初速度： 1sin30 5m/syv v   水平方向的初速度： 0 1cos30 5 3m/sv v   甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速 度： 2 5m/syv v  故 A 错误； B. 甲球和乙球相遇时间： 0.5syvt g   则有： 0 2.5 3mL v t  故 B 正确； C.相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不 可能小于乙球的速度，故 C 错误； D.由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故 D 正确。 10.如图所示，在竖直面内固定有一半径为 R 的圆环，AC 是圆环竖直直径，BD 是圆环水平 直径，半圆环 ABC 是光滑的，半圆环 CDA 是粗糙的。一质量为 m 小球（视为质点）在圆 环的内侧 A 点获得大小为 v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达 C 点，小球与 半圆环 CDA 的动摩擦因素µ恒定，重力加速度大小为 g，则 A. 小球第一次从 A 到 C 的时间和从 C 经 D 到 A 的时间相等 B. 小球第一次回到 A 点时速度为 5gR C. 小球第二次到达 D 点时受到摩擦力比第一次到达 D 点时受到摩擦力小 D. 小球第一次和第二次从 C 经 D 到 A 的过程摩擦力做的功相等 【答案】BC 【解析】 【详解】A.因为小球第一次到C 的路程和从C 经 D 到 A 的路程相等，但由于从C 经 D 到 A 的过程中有阻力做功，故有由C 经 D 到 A 的平均速率小于由 A 经 B 到C 的平均速率，又因 为 xv t  ，所以小球第一次到 C 的的时间小于从C 经 D 到 A 的时间，故 A 错误； B.小球第二次到达C 点的过程由动能定理得： 2 21 1 2 2• 2 C Avmg R m vm   小球第二次到达C 点，根据牛顿第二定律可得： 2 Cmvmg R  解得小球第一次回到 A 点时速度为： 5Av gR 故 B 正确； CD.根据动能定理可得小球第一次从C 经 D 到 A 的过程比第二次从C 经 D 到 A 的过程的 同一位置的速度大小大，根据牛顿第二定律可得小球第一次从C 经 D 到 A 的过程比第二次 从C 经 D 到 A 的过程中的同一位置时对轨道的压力大，所以根据 Nf F 可得小球第一次 到达 D 点时受到摩擦力比第二次到达 D 点时受到摩擦力大，由于滑动摩擦力方向与运动方 向总相反，则克服摩擦力做的功等于摩擦力的平均值乘以路程，小球第一次从C 经 D 到 A 的 过程克服摩擦力做的功比第二次从C 经 D 到 A 的过程克服摩擦力做的功多，故 C 正确，D 错误。 11.如图所示，木板 P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的 O 点，物体 A、B 叠放在木板 上且处于静止状态，此时物体 B 的上表面刚好水平。现使木板 P 绕 O 点缓慢旋转到虚线所 示位置，物体 A、B 仍保持静止，且相对木板没有发生移动，与原位置相比 A. B 对 A 的摩擦力不变 B. A 对 B 的作用力不变 C. 板对 B 的摩擦力减小 D. 板对 B 的支持力减小 【答案】BC 【解析】 【详解】AB. 以 A 为研究对象， A 原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以 B 对 A 的作用力与 A 的重力大小相等，方向相反；当将 P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置， B 的 上表面不再水平， A 受力情况如图 A 受到重力和 B 的支持力、摩擦力三个力的作用，其中 B 对 A 的支持力、摩擦力的合力仍 然与 A 的重力大小相等，方向相反，则 B 对 A 的作用力保持不变，根据牛顿第三定律可知， A 对 B 的作用力也不变，A 的摩擦力变大，故 A 错误，B 正确； CD. 以 AB 整体为研究对象，分析受力情况如图 总重力 ABG 、板的支持力 2N 和摩擦力 2f ，板对 B 的作用力是支持力 2N 和摩擦力 2f 的合 力；由平衡条件分析可知，板对 B 的作用力大小与总重力大小相等，保持不变，设板与水 平地面的夹角为 ，则有： 2 cosαABN G 2 sinαABf G  减小， 2N 增大， 2f 减小，故 C 正确，D 错误。 12.如图所示，倾角为 30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O 点为原长位置。质量为 0.5kg 的 滑块从斜面上 A 点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J 。现 将物块由 A 点上方 0.4m处的 B 点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g 取 210m/s ，则下列说法正确的是 A. 从 B 点释放，滑块被弹簧弹回经过 A 点的动能等于1J B. A 点到O 点的距离小于3.2m C. 从 B 点释放后，滑块运动的最大动能为9J D. 从 B 点释放，弹簧最大弹性势能比从 A 点释放增加了1J 【答案】ABC 【解析】 【详解】A. 从 B 点释放，斜面光滑，根据机械能守恒知块被弹簧弹回经过 A 点动能为： 0.5 10 0.4 sin30 J 1JkA ABE mgh       故 A 正确； B.物块从O 点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜 面向下的分力，物块做加速运动，后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物 块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向 下的分力时物块的速度最大；从 A 点到O 点，根据动能定理则有： 1maxsin30A k kmgx E E   解得 A 点到O 点的距离： 3.2mAx  故 B 正确； C.设物块动能最大时弹簧的弹性势能为 pE ，从 A 释放到动能最大的过程，由系统的机械能 守恒得： 1ma 1x sin30k pE E mgx   从 B 释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得： 2ma 2x sin30k pE E mgx   联立可得： 2max 1m 1a 2x ( sin3) 0k kE E mg x x    据题有： 2 1 0.4mx x  所以得从 B 点释放滑块最大动能为： 2max max 2 11 ( sin30 8 0.5 10 0.4 0 J) .5 9Jk kE E mg x x          故 C 正确； D．根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由 于从 B 点释放弹簧的压缩量增大，所以从 B 点释放弹簧最大弹性势能比从 A 点释放增加为： ( sin30 0.5 10 0.4 0.5J 1J)p B AE mg x x        故 D 错误。 二、实验题 13.为了验证动能定理,某学习小组在实验室组装了如图所示的装置， 备有下列器材：打点计 时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、刻度 尺、细沙.他们称量滑块的质量为 M 、 沙和小桶的总质量为 m 当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时滑块处于静 止状态。要完成该实验，请冋答下列问题： （1）实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，需要做的步骤是_____。实验时为保证 滑块受到的力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是 __________. （2）在满足（1）)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图所示为打点 计时器所打的 纸带的一部分，图中 A、B、C、D、E 是按时间先后顺序确 定的计数点,相邻计数点间的时 间间隔为 T,相邻计数点间的距离标 注在图上，当地重力加速度为 g,则滑块在 B、D 两点间 运动时，合力 对滑块做的功 W 为 _____ ,滑块动能的变化 kE 为__________（用题中所给 的表示数据的字母表示）. 【答案】 (1). 平衡摩擦力 沙和小桶的总质量远小于滑块的质量 (2).  2 3mg x x 2 2 3 4 1 21 1 2 2 2 2 x x x xM MT T            【解析】 【详解】(1)[1]在该实验中，为了保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要将木板一端 抬高，以平衡摩擦力。 [2]设绳子上拉力为 F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg-F=ma，由 此解得： 1 mgF m M   由此可知当 M＞＞m 时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，所以若使绳子拉力近似等于沙 和沙桶的重力，应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，即 m＜＜M。 (2) [1]滑块在运动过程中外力做功为：W=mg（x2+x3）。 [2]根据推论可知 B 点的瞬时速度为： 1 2 2B x xv T  ，C 点的瞬时速度为： 1 2 2B x xv T  。动 能的增加量为： 2 2 3 4 1 21 1 2 2 2 2K x x x xE m mT T              14.一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验 (1)甲采用如图 a 所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹 簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量 x 的图象如图 b 所示．(重力加速度 g ＝10m/s2) ①利用图 b 中图象，可求得该弹簧的劲度系数为________N/m. ②利用图 b 中图象，可求得小盘的质量为________kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测 量结果比真实值________(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)． (2)为了制作一个弹簧测力计，乙同学选了 A，B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的 数据绘出如图 c 所示的图象，为了制作一个量程较大的弹簧测力计，应选弹簧_______（填“A” 或“B”）；为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________（填“A”或“B”）。 【答案】 (1). 200N/m 0.1kg 相同 (2). B A 【解析】 【详解】(1)①[1]弹簧的劲度系数： 6 2 N/cm 2N/cm 200N/m3.5 1.5 Fk x       ②[2]由图示图象可知： 1mg kx 解得： 1 2 0.5 kg 0.1kg10 kxm g    [3]应用图象法处理实验数据，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值相同； (2)[4][5]注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求 A 弹簧的劲度系数小于 B 弹簧的劲度系数，由于 B 的劲度系数大，因此伸长相同的长度，弹 簧 B 的弹力大，力大的量程较大，制作一个量程较大的弹簧测力计应选弹簧 B ；由于 A 的 劲度系数小，在相同拉力作用下，弹簧 A 的伸长量大，弹簧 A 较灵敏，因此其精度高，制 作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧 A 。 三、计算题 15.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板 A、B，两板间的电势差 UAB=500V，B 板中 心的小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 的 O 点；y 轴沿竖直方向；在 x>0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，一质量为 m＝1×10-13 kg，电荷量 q＝1×10－8 C 带正电粒子 P 从 A 板 中心 O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过 M ( 5 m，1 m)点；粒子 P 的重力不计，试求： (1)粒子到达 O 点的速度 (2)x>0 的区域内匀强电场的电场强度； (3)粒子 P 到达 M 点的动能。 【答案】（1） 410 m/s ；（2） 400V/m ；（3） 69 10 J 【解析】 【详解】(1)加速过程，根据动能定理得： 2 0 1 02ABqU mv  解得： 4 0 10 m/sv  (2) 粒子在右侧做类平抛运动，则有： 0x v t 21 2y at qEa m  联立解得： 400V/mE  (3) 粒子从O 到 M 的过程，根据动能定理则有： 2 0 1 2kqEy E mv  解得： 69 10 JkE   16.如图所示，半径 R＝1.6 m 的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于 B 点，水平传送带上 A、B 两端点间距 L＝16 m，传送带以 v0＝10 m/s 的速度顺时针运动，将 质量 m＝1 kg 的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4， 取 g＝10 m/s2. (1)将滑块在传送带 A 端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过 B 端的过程中： ①所需时间； ②因放上滑块，电机对传送带多做的功； (2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点 C，求滑块在传送带上释放的位 置范围。 【答案】（1） ①2.85 s.②100J；（2）在 A 端与距 A 端 6 m 的范围内任何一个位置 【解析】 【详解】(1)①设滑块加速运动的时间为 1t ，加速度大小为 a ，对滑块受力分析，有： mg ma  0 1 v at 解得： 1 2.5st  ， 24m/sa  设滑块速度达到 0v 时经过的位移为： 2 1 1 1 12.5m2x a  设滑块匀速运动的位移为： 2 1 3.5mx L x  则滑块匀速运动的时间为： 2 2 0 0.35sxt v   所需时间为： 1 2 2.85st t t   ②设滑块加速运动过程中传送带的位移为： 3 0 1 25mx v t  电机对传送带多做的功： 3 100JW mgx  (2)滑块能通过C 点的临界条件是在 C 点轨道对滑块压力为 0，则在C 点由牛顿第二定律得： 2 Cmvmg R  B 点到 C 点由动能定理得： 2 212 2 1 2C Bmg R mv mv  滑块通过 B 点的速度至少为： 4 5m/sBv  由运动学得： 2 2Bv ax 解得： 10mx  滑块在 A 端与距 A 端 6 m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处 17.如图，质量均为 2m 的木板 A、B 并排静止在光滑水平地面上，A 左端紧贴固定于水平面 的半径为 R 的四分之一圆弧底端，A 与 B、A 与圆弧底端均不粘连。质量为 m 的小滑块 C 从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿 A 的上表面从左端水平滑上 A，并在恰好滑到 B 的右端时与 B 一起匀速运动。已知重力加速度为 g，C 过圆弧底端时对轨道的压力大小为 1.5mg，C 在 A、B 上滑行时受到的摩擦阻力相同，C 与 B 一起匀速运动的速度是 C 刚滑上 A 时的 0.3 倍，木板 A 的长度为 L0。求： (1)C 从圆弧顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功； (2)木板 B 的长度 L； (3)C 刚滑到 B 的右端时，A 右端到 B 左端的水平距离 s 与木板 B 的长度 L 之比。 【答案】（1） 3 4 mgR ；（2） 0 15 14 L ；（3） 1 3 【解析】 【详解】(1)设C 到达圆弧底端时的速度为 0v ，轨道对C 支持力大小为 N ，下滑过程C 克 服摩擦力做的功为 fW ，由动能定理，有： 2 0 1 02fmgR W mv   C 过底端时，由牛顿第二定律，有： 2 0mvN mg R   由牛顿第三定律，有： 1.5N mg 联立解得： 3 4fW mgR (2)设C 刚滑过 A 到达 B 时，C 的速度为 Cv ， A 、 B 的速度为 v ， B 、C 共同速度为 BCv ， C 与 A 、B 间的摩擦力为 f ，C 从滑上 A 到刚滑到 B 这个过程，C 和 A 、 B 组成的系统 动量守恒，由动量守恒守律： 0 C 4mv mv mv  由功能关系： 0 C0 2 2 21 1 1( 4 )2 2 2fL mv mv mv    C 滑上 B 到与 B 共速这个过程，对 C 和 B 组成的系统，由动量守恒定律： C BC2 ( 2 )mv mv m m v   由功能关系： 2 2 2 C BC 1 1 12 ( 2 )2 2 2fL mv mv m m v     代入 B 00.3v v 可得： 00.05v v ， C 00.8v v 联立可得： 0 15 14L L (2)设C 从滑上 B 到与 B 共速所经历的时间为t ，对 B 由动量定理则有： 2 2Bft mv mv  设 B 在t 时间内通过的距离为 Bs ，对 B 应用动能定理： 2 2 B B 1 12 22 2fs mv mv    B As s s  联立并代入 B 00.3v v ， 00.05v v 得： 1 3 s L 