2018-2019学年天津市第一中学高一下学期期中物理试卷（解析版）
2018-2019学年天津一中高一（下）期中物理试卷
一、单选题
1.如图所示，轻弹簧置于光滑水平面上，一端固定在竖直墙壁，另一端自由。现分别用质量不等的两物块将弹簧压缩相同长度后由静止释放，物快离开弹簧的瞬间（ ）
A. 质量大的动能大 B. 质量小的动能大 C. 质量大的速度大 D. 质量小的速度大
【答案】D
【解析】
【详解】弹簧压缩相同长度，弹簧具有的弹性势能相等，根据功能关系可知物快离开弹簧的瞬间弹性势能全部转化为物块的动能，所以两物块动能相等，根据动能的表达式mv2可知质量小的速度大，故ABC错误，D正确。
2.如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出物体落到比地面低h的海平面上．若以海平面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 物体到海平面时的重力势能为mgh
B. 重力对物体做的功为－mgh
C. 物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D. 物体在海平面上的机械能为mv
【答案】C
【解析】
A项：以海平面为零势能面，所以物体在海平面上时的重力势能为0，选项A错误；
B项：重力做功与路径无关，至于始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，选项B错误；
C项：由动能定理w=Ek2-Ek1，有，故C正确；
D项：整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以海平面为零势能面，抛出时的机械能为，所以物体在海平面时的机械能也为，故D错误。
点晴：此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果，力做正功，物体的动能增加，力做负功，动能减少．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关。
3.将质量为m的小球以v0=10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，当它上升到离地某一高度时，它的势能（以地面为势能零点）恰好等于此时的动能，则这个高度是（ ）
A. B. 5m C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设这个高度是h，此时小球的速度为v。小球做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，则有： mgh+mv2=mv02；据题有mgh=mv2；解得： ，故选A。
4. 一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则（ ）
A. 木块的重力势能增加了mgh B. 木块的机械能增加了Fh
C. 拉力所做的功为Fh D. 木块的动能增加了Fh
【答案】C
【解析】
试题分析：在F的作用下，力F的作用点向上移动的距离为h，所以F做功为Fh，C正确；根据功能关系可知，木块和弹簧组成的系统机械能增加Fh，B错误，由于弹簧要伸长，所以木块上移的距离小于h，故重力势能增大量小于mgh，A错误；木块增加的动能与弹簧增加的弹力势能之和等于Fh，故木块增加的动能小于Fh，D错误。
考点：考查了功能关系的应用
5.如图所示，物体在力F的作用下沿水平面移动了一段位移L，甲、乙、丙、丁四种情况下，力F和位移L
的大小以及夹角均相同，则力F做功相同的是
A. 甲图与乙图 B. 乙图与丙图 C. 丙图与丁图 D. 乙图与丁图
【答案】D
【解析】
图甲中的力做功为：W=Fxcos(180°-θ)；图乙中做功W=Fxcosθ；图丙的是W=Fxcos(180°-θ)；丁中力做功W=Fxcosθ；故做功相同的是甲和丙，乙和丁；故选D．
【点睛】本题考查功的计算公式的应用，要特别注意公式中的夹角的确定．
6.如图所示,三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上,c球在xOy坐标系原点O上,a和c带正电,b带负电,a所带电荷量比b所带电荷量少,关于c受到a和b的电场力的合力方向,下列判断中正确的是( )
A. 从原点指向第Ⅰ象限
B. 从原点指向第Ⅱ象限
C. 从原点指向第Ⅲ象限
D. 从原点指向第Ⅳ象限
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意，a对c的静电斥力为F1， b对c的静电引力为F2，若，则合力指向x轴正方向，若，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第Ⅳ象限；
【详解】如图可知，a对c的静电力为斥力，沿ac方向；b对c的静电力为引力，沿cb方向，由于，据力的合成可知，c所受到合力的方向为从原点指向第Ⅳ象限，故选项D正确，选项ABC错误。
【点睛】本题主要考查库仑定律及平行四边形定则，注意根据库仑定律分析静电力的大小，然后根据平行四边形进行合成即可。
7.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
【答案】C
【解析】
曲线运动是变速运动，但加速度可能是恒定的，如平抛运动，A错误；物体做变速圆周运动时，合力既改变速度方向，又改变速度大小，合力不指向圆心，B错误；运动速率增加，只能说明合力在平行速度方向的分力与速度同向，D错误；合力(加速度)与速度共线，物体做直线运动，不共线则做曲线运动．
8.一只小船渡河，运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船的初速度大小均相同，方向垂直于河岸，且船在渡河过程中船头方向始终不变。由此可以确定船（ ）
A. 沿三条不同路径渡河的时间相同
B. 沿AB轨迹渡河所用的时间最短
C. 沿AC轨迹船到达对岸的速度最小
D. 沿AD轨迹运动时，船在垂直于河岸方向做匀减速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动；曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动； 船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故A错误； 沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故B错误； 沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故C错误； 当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故D正确。
9.如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2。A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来，a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中（ ）
A. 线速度大小之比为3∶2∶2
B. 角速度之比为3∶3∶2
C. 转速之比为2∶3∶2
D. 向心加速度大小之比为9∶6∶4
【答案】D
【解析】
轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：va：vb=1：1
根据公式v=rω，有：ωa：ωb=4：3
根据ω=2πn，有：na：nb=4：3
根据a=vω，有：aa：ab=4：3
轮B、轮C是共轴传动，角速度相等，故：ωb：ωc=1：1
根据公式v=rω，有：vb：vc=4：3
根据ω=2πn，有：nb：nc=1：1
根据a=vω，有：ab：ac=4：3
综合得到：va：vb：vc=4：4：3；ωa：ωb：ωc=4：3：3；
na：nb：nc=4：3：3；aa：ab：ac=16：12：9
故选C。
点睛：本题关键是明确同轴传动和同源传动的区别，然后根据公式v=rω、ω=2πn、a=vω列式分析，注意两两分析；再找出共同项得出最后的表达式.
10.如图所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置。该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动。当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度。则ω1与ω2的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设每格的长度为l，根据弹簧的弹力提供向心力有：k•l=mω12•4l ，k•3l=mω22•6l ，联立解得：，故B正确，ACD错误。
11. 一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示。若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是（ ）
A. va=vb=vc B. va
va>vb D. va>vb>vc
【答案】C
【解析】
试题分析：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，对两次释放，桌面下方L处为0势能面．
则释放前，系统的重力势能为
第一次，Ep1=mgL+mg•L=mgL
第二次，Ep2=（m+m）gL+mg•L=mgL
第三次，Ep3=mgL+mg•L+mg=mgL
释放后Ep1'=mg； Ep2'=mgL+mg=mgL； Ep3'=mgL
则损失的重力势能 △Ep1=mgL； △Ep2=mgL； △Ep3=mgL
那么△Ep1=mva2; △Ep2=（2m）vb2; △Ep3=（2m）vc2
解得：va2=; vb2=; vc2=
显然 vc2＞va2＞vb2，所以vc＞va＞vb，故选C．
考点：机械能守恒定律
【名师点睛】解决本题的关键知道系统机械能守恒，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量进行求解。
12.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA="0.3" m，OB="0.4" m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(取g="10" m/s2)
A. 11 J B. 16 J C. 18 J D. 9 J
【答案】C
【解析】
试题分析：A球向右运动0．1m时，由几何关系得，B上升距离：h=0．4m-m=0．1m；此时细绳与水平方向夹角的正切值：tanθ=，则得 cosθ=，sinθ=由运动合成与分解知识可知：B球的速度为 vBsinθ=vAcosθ，可得 vB=4m/s；以B球为研究对象，由动能定理得：WF-mgh=mvB2,代入数据解得：WF="18J," 即绳对B球的拉力所做的功为18J；故选C．
考点：运动的分解；动能定理的应用
【名师点睛】本题中绳子拉力为变力，不能根据功的计算公式求拉力做功，而要根据动能定理求变力做功。
13.两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由库仑定律可得：得，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为4：4，所以库仑力是原来的16：7。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．故D正确，ABC错误。
二、多选题
14.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，弯道处的轨道半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则（ ）
A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C. 这时两根铁轨对火车的垂直轨道平面向上支持力等于
D. 这时两根铁轨对火车的垂直轨道平面向上支持力小于
【答案】AD
【解析】
【详解】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是 ，当火车转弯的速度小于，需要的向心力减小，而重力与支持力的合力不变，所以合力大于了需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压。故A正确，B错误。当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，
，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小。故C错误，D正确。
15.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是（ ）
A. b一定比a先开始滑动
B. 是b开始滑动的临界角速度
C. a、b所受的摩擦力始终相等
D. 当时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】AB
【解析】
【详解】两个木块的最大静摩擦力相等。木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，C错误；当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：，故B正确；以a为研究对象，当时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=kmg，故D错误。
16.光滑水平面上静止一质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，并以速度v2穿出，对这个过程，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹克服阻力做的功等于
B. 子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功
C. 子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和
D. 子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹和木块摩擦转化的内能之和
【答案】AD
【解析】
【详解】对子弹全过程由动能定理，有 ，所以子弹克服阻力做功，故A正确；子弹与木块相互作用过程如下图：
不仿设子弹与木块相互作用力大小为f，则子弹对木块做功W1=fs，木块对子弹做功W2=fx，由于x＞s，故W2＞W1，故B错误；由动能定理，木块获得动能Ek=W1，即子弹对木块做的功等于木块获得的动能，故C错误；对子弹和木块组成的系统，全过程总能量守恒，即：子弹减少的动能=木块增加的动能+系统产生的内能。 故D正确。
三、填空题
17.已知甲、乙两船在静水中速度分别是v1、v2，它们要从同一河岸同一点出发到达对岸，其中甲船要以最短时间渡河，乙船要以最短位移渡河，结果是两船到达对岸同一点，那么两船所用时间t1、t2的比值是______
【答案】
【解析】
【详解】两船抵达地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直。如图：
两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，则：；由图可知：； ；其中：tanθ=；；则：.
18.在“研究平抛物体的运动”实验中，某同学记录了A、B、C三点，取A点为坐标原点，建立了如图所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。那么小球平抛的初速度为______________，小球抛出点的坐标为____________。(取)
【答案】 (1). 1.5m／s (2). -30cm，-20cm
【解析】
根据△y=gT2得，．
则小球平抛运动的初速度．
小球经过B点竖直方向上的分速度．
从抛出点运动到B点的时间．
则抛出点到B点的水平位移x=v0t=0.6m，则抛出点的横坐标为0.3-0.6=-0.3m=-30cm．
抛出点到B点的竖直位移y=gt2＝×10×0.16m＝0.8m，则抛出点的纵坐标为0.6-0.8m=-0.2m=-20cm．故抛出点的坐标为（-30cm，-20cm）
点睛：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解．
19.如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C，放在光滑的绝缘水平面上，A与B，B与C相距均为L，A带电QA=+2q，B带电QB=-q．若在C上施加一水平向右的恒力，能使A、B、C三球始终保持相对静止，则外力F的大小为______；C球带电量QC=______（用正、负号表示电性）。
【答案】 (1). (2).
【解析】
【详解】A、B、C三者作为整体为研究对象，有：F=3ma ①
所以加速度方向向右，而A带正电，B带负电，B若要向右加速，则C带正电荷
以A为研究对象，有 ②
以B为研究对象，有③
由①②③可解得：qc=q ；
四、实验题探究题
20.在做“验证机械能守恒定律”实验时，
（1）下列说法正确的是______
A．由于要计算重力势能和动能，因此必须要测出重物质量
B．安装器材时必须保证计时器竖直，以便减少限位孔与纸带的摩擦
C．必须选第一个点作为初始位置
D．由于确实存在阻力作用，在不考虑其它因素影响的情况下，重锤下落过程中增加的动能要大于减少的重力势能
（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是______
A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v
C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=算得出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
（3）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点。如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C
为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.8m/s2．那么：
①纸带的______端（选填“O”或“C”）与重物相连；
②根据图上所得的数据，应取图中O点和______点来验证机械能守恒定律；
③从O点到所取点，重物重力势能减少量△EP=______J，该所取点的动能为______J．（结果取3位有效数字）
【答案】 (1). B (2). D (3). O (4). B (5). 1.88 (6). 1.84
【解析】
【详解】（1）机械能守恒表达式两边的质量可以约去，则不需要测量重物的质量。故A错误；由于纸带和打点计时器之间存在摩擦力，因此为了减少摩擦力所做的功，应将限位孔竖直，B故正确；因为初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，在0.02s内的位移为2mm，所以选用点迹清晰，且第一、二两点间的距离接近2mm的纸带来处理数据，故C错误；由于阻力存在，重锤下落过程中增加的动能要小于减少的重力势能，故D错误；故选B；
（2）②本实验就是要验证表达式gh=v2，所以用这一表达式算速度、算高度都是错误的，都相当于用机械能守恒验证机械能守恒，故ABC错误，D正确。
（3）①由纸带上点，可知，纸带向左运动，因此纸带左端与重物相连；
②根据纸带上数据方便求解B点速度，故取O点和B点来验证机械能守恒定律；
③从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△Ep=mgh=1×9.8×0.192J=1.88J，
利用匀变速直线运动的推论，重锤的动能.
五、计算题
21.跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3.0s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg。不计空气阻力，g=10m/s2．求：
（1）运动员从O点飞出的速度大小；
（2）运动员离斜坡距离最远时重力的瞬时功率。
【答案】（1）20m/s；（2）7500W。
【解析】
【详解】（1）根据平抛运动规律，有
竖直高度：h=gt2=
水平距离：x=
根据x=v0t，解得v0=20m/s
（2）运动员离斜坡距离最远时，速度平行于斜面，则此时竖直分速度：
vy=v0tan37°=20×m/s=15m/s
落到斜面的重力的瞬时功率：PG=mgvy=50×10×15W=7500W
22.如图所示，长为l的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直线夹角为60°，此时小球静止于光滑水平桌面上。
（1）当球以ω=做圆锥摆运动时，绳子张力T为多大？桌面受到压力N为多大？
（2）当球以角速度ω=做圆锥摆运动时，绳子的张力及桌面受到的压力各为多少？
【答案】（1） ， （2） ， 0
【解析】
（1）对小球受力分析，作出力图如图1．
根据牛顿第二定律，得
Tsin60°=mω2Lsin60° ①
mg=N+Tcos60° ②
又ω=
解得 T=mg，N=mg
（2）设小球对桌面恰好无压力时角速度为ω0，即N=0
代入①②得ω0=
由于ω=＞ω0，故小球离开桌面做匀速圆周运动，则N=0此时小球的受力如图2．设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有mgtanθ=mω2•Lsinθ ③
mg=Tcosθ ④
联立解得 T=4mg
点睛：本题是圆锥摆问题，解题时对物体分析受力，确定向心力来源是关键，实质是牛顿第二定律的特殊应用；解题时要注意临界态的确定．
23.如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动．现有一可视为质点、质量m＝0.5 kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开传送带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8 m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2 m，g取10 m/s2，求：
(1)传送带的速度大小v0；
(2)右轮半径R；
(3)由于传送煤块，电动机多做的功W.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)2 J
【解析】
试题分析：煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度．要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律列式求解．运送一块0.5kg的煤块，带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能等于煤块与传送带摩擦产生的热量与煤块的动能之和．
（1）由平抛运动规律，得，，代入数据解得
（2）要使煤块在轮最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得，代入数据得
（3）由牛顿第二定律得，
煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：
煤块的位移：
相等时间内传送带的位移：
则相对运动的位移：
摩擦产生的热量．
煤块获得动能：．
则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能
24.如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l．水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2．求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道高度．
（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．
【答案】（1）2m/s．（2）0.2m．（3）1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．
【解析】
【详解】（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，
与弹簧接触瞬间，，
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；
（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，
有；
解得A速度 v2=2m/s，
A滑上圆形轨道，有，
（也可以应用 ）
可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际．
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
有，
可得，A回到右侧速度：，
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，
根据机械能守恒：
联立可得，1.0m≤l＜1.5m；
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，
联立得 l≤0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，
l满足的条件是1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m；