【文档说明】浙江省温州环大罗山联盟2022-2023学年高一下学期4月期中联考物理试题 含解析.docx，共(25)页，4.022 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考高一年级物理科学科试题考生须知：1．本卷共6页，满分100分，考试时间90分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只

需上交答题纸．5．可能用到的相关参数：若题中未作说明，重力加速度g均取210ms．选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选

均不得分）1.下列物理量属于矢量且其单位用国际单位制的基本单位表示正确的是（）．A.向心力NB.向心加速度2msC.功JD.功率W【答案】B【解析】【详解】A．力是矢量，其对应的国际单位符号为2kgm/s，故A错误；B向心

加速度是矢量，其对应的国际单位符号为2ms，故B正确；C．功是标量，其对应的国际基本单位符号均是22kgm/s，故C错误；D．功率是标量，其对应的国际单位符号为32kgm/s，故D错误。故选B。2.下列关于物理学史的说法，正确

的是（）．A.卡文迪什通过扭秤实验发现了万有引力定律B.第谷最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动C.爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观D.开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，最早提出了“日心说”【答案】C

【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，故A错误；B．开普勒最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动，故B错误；C．爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观，故C正确；D．第谷通过观测天体运动，积累下大量的数据，哥白尼

最早提出了“日心说”，故D错误。故选C。3.关于曲线运动，下列说法中正确的是（）．A.加速度变化的运动必定是曲线运动B.物体做曲线运动时，速度可能随时间均匀变化C.做曲线运动的物体某段时间内的位移不可能为零D.物体做曲线运动时，其合力的方向可能与速度方向相同【

答案】B【解析】【详解】A．加速度变化的运动，如果加速度方向与速度方向在同一直线上，物体做直线运动，A错误；B．物体做匀变速曲线运动时，加速度不变，则速度随时间均匀变化，B正确；C．做圆周运动的物体，转动一周回到原来的位置，

物体在这段时间内的位移为零，C错误；D．物体做曲线运动时，其合力的方向与速度方向一定不在同一直线上，D错误。故选B。4.如图所示，蜡烛块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，蜡烛块从A点匀速上升的同时，玻璃管水平向右加速运动，蜡烛块

从A点到C点的运动轨迹可能是图中的（）A.曲线1B.曲线2C.直线3D.曲线4【答案】A【解析】【详解】当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向；而本题中竖直向上为匀速直线运动，水平向右为加速直

线运动，则合运动为变速曲线运动，且合加速指向右方为轨迹的凹侧，则只有曲线1符合条件。故选A。5.如图所示，轻轻拨动地球仪使其绕着地轴匀速转动，关于地球仪表面各点的运动，下列说法正确的是（）A.各点做圆周运动的

圆心均在球心处B.同一经线上各点线速度大小均相等C.纬度越低的位置，做圆周运动的转速越大D.纬度越低的位置，做圆周运动的向心加速度越大【答案】D【解析】【详解】A．只有地球仪上运动半径最大的点做圆周运动的圆心才在球

心处，其他点做圆周运动的圆心都不在球心处，故A错误；B．同一经线上纬度不同的点转动半径不同，转动的角速度相同，由vr=可知各点线速度大小不一定相等，故B错误；C．地球仪上各点转动的角速度相等，做圆周运动的转速一样，故C错误；D．纬度越低的位置，转动半径越大，由2ar=可知做圆周运

动的向心加速度越大，故D正确。故选D。6.有a、b、c、d四颗地球卫星，其排列位置如图，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球静止卫星，d是高空探测卫星，各卫星的运动均视为匀速圆周运动，重

力加速度为g，则有（）A.a的向心加速度大小等于重力加速度大小gB.d绕地球运行的周期有可能是20小时C.在相等时间内，b、c两卫星与地心的连线扫过的面积一定相等D.在相等时间内，a、c两卫星与地心的连线转过的角度

一定相等【答案】D【解析】【详解】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据2ar=知，c的向心加速度大于a的向心加速度；由2MmGmar=解得2GMar=卫星轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速

度，而b的向心加速度约为g，a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；B．由开普勒第三定律得32rkT=可知：卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故B错误；C．b、c两卫

星不在同一轨道，在相等时间内，b、c两卫星与地心的连线扫过的面积不一定相等，故C错误；D．a、c两卫星的角速度相等，在相等时间内，a、c两卫星与地心的连线转过的角度一定相等，故D正确。故选D。7.第24届冬奥

会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名质量相同的跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度0av、0bv沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。若001::3abvv=，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（

可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（）．的A.a、b飞行时间之比为3:1B.a、b飞行的水平位移之比为1:3C.a、b落到雪坡上的瞬时速度方向不相同D.a、b落到雪坡上的动能之比为1:9【答案】D【解析】【详解】A．设运动

员的飞行时间为t，根据平抛运动规律有0xvt=①212ygt=②根据几何关系有tanyx=③联立①②③解得02tanvtg=④所以他们飞行时间之比为0013aabbtvtv==④故A错误；B．他们飞行的水平位移之比为0019aaabbbxvtxvt==⑤故B错误；C．设

运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，则结合④式可知0tan2tangtv==⑥所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C错误；D．根据C选项可知，两名运动员落到雪坡上时速度大小之比为1:3，根据2k12Emv=可知两名运动员落到雪坡上时的动能之比为1:9，故D正确。故选D。

的8.中国火星探测器“天问一号”成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月到达火星附近，再通过制动减速被火星引力俘获，进入环绕火星的轨道飞行。已知的地球质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是（）A.火星

与地球的第一宇宙速度之比为1:5B.火星表面重力加速度是地球表面重力加速度的2.5倍C.火星的近地卫星的周期小于地球的近地卫星的周期D.“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9kms，小于11.2k

ms【答案】A【解析】【详解】D．“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s，故D错误；A．卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由22MmvG

mRR=可得GMvR=故1:5vv=地火：故A正确；C．由2224MmGmRRT=可得32RTGM=故5:2TT=地火：所以火星的近地卫星的周期大于地球近地卫星的周期，故C错误；B．不考虑自转时在行星表面有2MmGmgR=可得

2MgGR=故:5:2gg=地火所以火星表面的重力加速度为地球表面的重力加速度的0.4倍，故B错误。故选A。9.如图甲所示为一商场内的螺旋滑梯。某次实验，工作人员将一质量为m的模型由顶端A处放进滑梯（如图乙），模型由静止开始沿滑梯自然下滑，最后从底端B处滑出。已知螺旋滑梯总长度和A、B间的高度差恒

定，不计一切摩擦阻力。下列说法正确的是（）．A.滑到底端的速率大小与模型质量无关B.质量越大的模型滑到底端的速率越大C.质量越大的模型滑到底端需要的时间越长D.模型下滑过程中的加速度大小始终恒定不变【答案】A【解析】【详解】AB．不计一切摩擦阻力，模型机械能守恒，有21

2mghmv=解得模型滑到底端的速率大小为2vgh=可知滑到底端的速率大小与模型质量无关，故A正确，B错误；C．根据机械能守恒可知，模型在任意高度的速率与模型质量无关，至与下落高度有关，故模型滑到底端需要的时间相同，故C错误；D．模型下滑过程中，速度逐渐增大，模型在水平方向

做圆周运动，向心加速度增大，竖直方向的加速度与滑梯倾角有关，根据加速度的合成可知模型的加速度大小是变化的，故D错误。故选A。10.2021年5月15日中国“天文一号”探测器成功着陆火星。火星是太阳系中距离地球较近、自然环境与地球最为类似的行星之一，一直

以来都是人类深空探测的热点。我国的航天科学家为了能使探测器登陆火星，在此之前做了大量的研究工作。如图所示，若将探测器从火星表面的A处移到B处，万有引力做功W1；若将该探测器从B处移到无穷远处万有引力做

功为W2；取无穷远处引力势能为零，则该探测器在A处具有的引力势能可表示为（）A.W1-W2B.W2-W1C.W1+W2D.-W1-W2【答案】C【解析】【分析】【详解】将探测器从A点移到无穷远处时，万有引力做负功，势能增加，则12PAPAABBEEWWWWW−==+=+因为0PE=则1

2PAEWW=+故选C。11.一个质量为m的小球在内壁光滑的半球形容器内的某一高度上做匀速圆周运动，小球与半球形容器的球心的连线与竖直方向成角，已知球形容器的半径为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小球合外力恒定不变B.越大，小球运动的周期

T也越大C.若小球运动的角速度为，则其对碗的压力大小为2FmR=D.若小球运动的线速度为v，则其向心加速度大小为2nvaR=【答案】C【解析】【详解】A．根据题意，对小球受力分析，受重力和碗的支持力，由几何关系可得tanFmg=合小球合外力大小不变，方向不断变化，选项A错误；B．小球

做圆周运动由牛顿第二定律有224tansinmgmRT=可得24cosRTg=可知，越大，小球运动的周期T越小，故B错误；C．由牛顿第二定律有2tansinmgmR=可得2cosgR=则碗对小球的支持力为2NcosmgFmR==由牛顿第三定律可知，小球对碗的压力2NF

FmR==故C正确；D．由向心加速度公式有.2nvar=可得22nsinvvaRR=故D错误。故选C。12.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的；总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶，该动车组有4节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率

均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（Fkv=阻，k为常量），动车组能达到的最大速度为mv，下列说法正确的是（）A.动车组在匀加速启动过程中，发动机功率恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均额定值，则动车组一定在做匀速直线运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度大

小为m34vD.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组某时刻瞬时速度为v，则此时的加速度大小为2Pkvamv−=【答案】C【解析】【详解】A．对动车组，由牛顿第二定律有=FFma−阻若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但Fkv=阻随速度增大而增大，则

牵引力也随阻力增大而变大，根据P=Fv可知发动机功率逐渐变大，故A错误；B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有4Pkvmav−=故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，即启动过程做加速度

减小的变加速运动，故B错误；C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有为2.25Pkvv=而以额定功率匀速时，有mm4Pkvv=联立解得m34vv=故C正确；D．若四节动力车厢输出功率

均为额定值，动车组某时刻瞬时速度为v，则此时的加速度大小为244PkvPkvvammv−−==故D错误。故选C。13.如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动．小球以不同的速度v通过最高点，测得相应的轻绳弹力大小F，得

到2Fv−图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为()0,b−，且过点(),ab，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法不正确的是（）．A.该小球的重力大小为bB.小球运动的轨道半径为2agC.当2va=时，小球的向

心加速度大小为2gD.图线与横轴的交点对应小球的动能为2abg【答案】D【解析】【详解】ABD、小球在最高点受到竖直向下的重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律2vmgFmr+=即2vFmmgr=−则图像的斜率为2bmkar==截距为-b=-mg,解得Gmg

b==，2arg=图线与横轴的交点横坐标为2'2av=对应动能为21'24kabEmvg==故D错误，AB正确；C、当2va=时，弹力大小为F=b=mg小球通过最高点时的向心力为绳子的拉力和重力的合力，

大小为2mg根据牛顿第二定律2mg=ma解得加速度为a=2g故C正确。本题选择错误选项；故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分．每小题所给的四个选项中，至少有一项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得2分，错选、不选、多选得0分）14.一网球发球机固定在

距离水平地板一定高度，可以将网球以不同的水平速度射出。若有两个网球的轨迹如图所示，网球可视为质点，每个网球质量都相同，不计空气阻力，下列关于图中两球的说法正确的是（）A.两球落到地板瞬间动能相同B.两球落到地板后重力势能一定为零C.两球落到地板瞬间重力的瞬时功率

相等D.从抛出到落地过程，两球的重力平均功率相等【答案】CD【解析】【详解】竖直方向，根据212hgt=可得2htg=可知两个网球运动的时间相等，水平方向，根据0xvt=可知其中一个网球水平初速度大A．根据动能定理2k012mghEmv=−可得2k012Emvmgh=+可

知两球落到地板瞬间初速度大的网球动能大，故A错误；B．物体的重力势能与零势能面的选择有关，故B错误；C．两小球落地时重力的瞬时功率2yPmgvmgt==可知两球落到地板瞬间重力的瞬时功率相等，故C正确；D．根据GWmgh=从抛出到落地过程两个网球重力做功相等根据GWPt−=可知两球的重力平均功

率相等，故D正确。故选CD。15.如下图所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距13l的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的前、后瞬间，下列说法正确的是（）．A.小球的线速度大小不变B.小球的角

速度大小变大C.小球的向心加速度大小变大D.小球所受悬线的拉力大小不变【答案】ABC【解析】【详解】A．在碰到钉子前、后瞬间，绳子拉力方向垂直于运动方向，不做功，因此小球动能不变，即线速度不变，故A正确；B．根据vr=由

于半径减小，因此角速度增大，故B正确；C．根据2var=线速度不变，半径减小，可得向心加速度增大，故C正确；D．根据Tmgma−=由于向心加速度增大，可知悬线的拉力突然增大，故D错误。故选ABC。16.如图所示，足够长的水平传送带由电动机带动，始终保持以图示速度2ms

v=匀速运动，质量为1kgm=的物体轻轻地放上传送带左端，物体运动一段距离后与传送带保持相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（）A.摩擦力对物体做的功为2JB.传送带克服摩擦力做的功为2JC.物体与传送带因摩擦产生的热量为2JD.电动机因传送物块而多做的功为2J

【答案】AC【解析】【详解】A．物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为212J2fWmv==故A正确；B．物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为2v，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物

体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为2J，故传送带克服摩擦力做的功为4J，故B错误；C．传送带克服摩擦力做的功为4J，物体获得的动能为2J，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为2J，故C

正确；D．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为2J，所以电动机多做的功一定大于2J，故D错误。故选AC。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共52分）17

.“探究平抛物体的特点”实验的装置如图甲所示．每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止释放，钢球从斜槽末端水平飞出后做平抛运动．在装置中有一个水平放置的可上下调节的倾斜挡板N，钢球飞出后，落到挡板上．通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，

用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹．（1）在此实验中，小球与斜槽间有摩擦______（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大；（2）如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹．已知小球是从原点O水平抛出的，经测量A点的坐标为()40cm,19.6cm，g取29.8ms，则小球平抛的初速度0v

=__________ms（计算结果保留2位有效数字）；若B点的横坐标为60cmBx=，则B点纵坐标为By=__________cm．（3）某同学在实验中采用了如下方法：如图丙所示，斜槽末端的正下方为

O点．用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的1O处，使小球从斜槽上某一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A．将木板向后平移至2O处，再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹B．O、1O间的距离为1x，O、2O

间的距离为2x，A、B间的高度差为y，重力加速度为g．则小球做平抛运动的水平速度大小0v=__________．（用1x，2x，y，g表示）【答案】①.不会②.02.0m/sv=③.44cmBy=④.()22212xxgy−

【解析】【详解】（1）[1]只要小球从同一高度、无初速度开始运动，在相同情况下做平抛运动的初速度就相同，所以小球与斜槽间有摩擦不会对实验造成影响。（2）[2][3]已知小球是从原点O水平抛出的，经测量A点的坐标为()40c

m,19.6cm，在竖直方向上212ygt=在水平方向上0xvt=解得0.2st=02.0m/sv=若B点的横坐标为60cmBx=，则B点纵坐标为由平抛知识知0Bxvt=212Bygt=解得44cmBy=（

3）[4]根据平抛知识知101xvt=21112ygt=202xvt=22212ygt=21yyy=−解得()222102xxgvy−=18.如图甲，利用向心力演示器探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系．

（1）本实验主要用到的科学方法是下列哪一项______；A．控制变量法B．等效替代法C．理想模型法D．微元法（2）若准备探究的是向心力大小与轨道半径之间的关系，应如何操作______．A．将皮带调至半径大小不同的左右两塔轮上，将完全相同的小球分别放置在A

、C两处槽内B．将皮带调至半径大小相同的左右两塔轮上，将完全相同的小球分别放置在B、C两处槽内C．将皮带调至半径大小不同左右两塔轮上，将完全相同的小球分别放置在A、B两处槽内（3）若完全相同的两小球，放置位置如图甲（分别是A、C两处），另图乙左右两标尺上黑白相间的等分格分别显示A、C两处

钢球对挡板的压力大小，则传动皮带放置的左右塔轮半径之比:RR=左右__________．【答案】①.A②.B③.2:1【解析】【详解】（1）[1]在该实验中，主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度的关系。故选A。（2）[2]根据2Fmr=可知探究向心力的大小与圆周运

动半径的关系，应选择两个质量相同的小球，为的了使角速度相等，要选则半径相同的两个塔轮，为了使圆周运动的半径不相等，两个小球分别放在挡板C与挡板B处。故选B。（3）[3]由题意可知两球质量相等，两球做圆周运动的半径相同，根据题图可知左右标尺露出

的红色、白色等分标记之比为1：4，表明左边小球做圆周运动的向心力与右边小球做圆周运动的向心力大小之比为4∶1，根据2Fmr=可知两小球做圆周运动的角速度之比为1：2，根据vr=可知传动皮带放置的左右塔轮半径之比:2:1RR=左右19.2022年11月30日7时33分，神舟十五号乘组费俊龙、

邓清明、张陆顺利进驻中国空间站，与神舟十四号乘组陈冬、刘洋、蔡旭哲首次实现“太空会师”。若天宫空间站的轨道可视为圆轨道，其离地面高度为h，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G。忽略地球自转对重力加速度的影响且地球视为理想球体。求：（1）地球质量M；（2）空间站绕地球运动的加速度大小a

；（3）空间站绕地球运动的线速度大小v与地球的第一宇宙速度之比。【答案】（1）2gRG；（2）22()gRRh+；（3）()RRh+【解析】【详解】（1）在地球表面，忽略地球自转，根据2MmGmgR=解得GgRM2=（2）根据万有引力提供向心力可得''

2()MmGmaRh=+解得22()gRaRh=+（3）根据2vmgmR=解得地球的第一宇宙速度vgR=对空间站根据万有引力提供向心力可得212()vMmGmRhRh=++解得1()gvRRh=+空间站

绕地球运动的线速度大小v与地球的第一宇宙速度之比1()vRvRh=+20.如图所示，某人将一个质量0.5kgm=的石块从距离水平地面9.35mh=高处以37角斜向上抛出，初速度大小05msv=，不计空气阻力，重力加速度210msg=．求：（1）人对石块做的功；（2）石块在空中运动的总时间；（3

）石块落到水平地面瞬间的速度大小．【答案】（1）6.25J；（2）1.7s；（3）212m/s【解析】【详解】（1）根据动能定理可得人对石块做的功2k012WEmv==代入数据可得6.25JW=（2）抛出

时，石块竖直方向的分速度为00sin373m/syvv==竖直方向，根据运动学公式2012yhvtgt=−+代入数据解得1.7st=（3）全过程根据动能定理2201122mghmvmv=−代入数据接的212m/sv=21.如

图甲，游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，示意图如图乙所示．在半径为4m=r的水平转盘的边缘固定着数条长为10mL=的钢绳，钢绳的另一端连接着座椅（图乙中只画出2个），转盘在电动机带动下可绕穿过其中心的竖直轴12OO缓慢地边转动边升

高，人和座椅也从静止开始随着转盘转动、升高．最终，转盘升高了3mh=，所有人都达到稳定状态并以某一角速度在同一水平面上匀速转动，此时钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为37=．设在每个座椅内坐着质量相同的人，人和座椅的总质量为60kgm=，可将人和座椅看成是

一个质点，不计钢绳的重力及空气的阻力．（sin370.6=，cos370.8=，重力加速度210msg=）求：（1）稳定时一个座椅受钢绳拉力F的大小；（2）稳定时人和座椅转动的角速度的大小；（3）人和座椅从静止到稳定转动的过程中，一个座椅的钢绳拉力做的功．【答案】

（1）750NF=；（2）32=；（3）4050JW=【解析】【详解】（1）人和座椅受到绳子的拉力和重力作用，在竖直方向上cosFmg=解得750NF=（2）在水平方向上2tanmgmR=其中s

inRrL=+解得32=（3）人和座椅从静止到稳定转动的过程中，由动能定理可知212Wmghmv−=vR=解得4050JW=22.校科技节举行四驱车模型大赛，其中一条赛道在同一竖直面内，如图所示。一辆电动四驱车以额定功率20

WP=在水平直轨道A处由静止开始加速4st=后关闭电动机，再从B点水平飞出，无碰撞从C点进入圆弧轨道CD，又恰好通过竖直圆轨道最高点F后，继续沿着轨道运动，最后从平抛高台H处水平飞出落入沙坑中。已知四驱车的总质量为2kgm=，直轨道AB上的阻力恒为车重的0.5倍，37CO

D=，圆弧CD的半径5mR=，竖直圆轨道半径2.4mr=，轨道末端平抛高台H处水平且到EG平面高1h可调，沙坑表面平整且距离EG平面高22mh=。（四驱车视为质点，C点以后轨道均视为光滑且平滑连接

，轨道DEF与FEH在E处略微错开，不计空气阻力，重力加速度210msg=），求：（1）四驱车第一次经过E点时对轨道的作用力；（2）水平轨道AB的长度及B、C点的高度差；（3）四驱车落地点距离H点最大的水平位移及此时平抛高台1h的大小。【答案】（1）N'120

NF=，方向竖直向下；（2）1.6ml=，1.8mh=；（3）m8mx=，12mh=【解析】【详解】（1）四驱车恰好通过竖直圆轨道最高点F，由重力提供向心力，即2Fvmgmr=解得26m/sFv=从E点到F点，根据动能定理可得2211222FEmgrmvmv−=−解得230m

/sEv=四驱车在E点，根据牛顿第二定律可得2NEvFmgmr−=解得N120NF=根据牛顿第三定律可知四驱车第一次经过E点时对轨道的作用力为N'N120NFF==方向竖直向下；（2）从C点到E点，根据动能定理可得2211(1cos37)22ECmgRmvmv−=−解得10m/sCv=从

B点到C点，四驱车做平抛运动，根据平抛运动规律可得cos378m/sBCxCvvv===设AB的长度为l，从A点到B点，根据动能定理可得2110.52BPtmglmv−=解得1.6ml=在C点，竖直方向速度为sin376m/sCyCvv==根据平抛运动规律可得

B、C点的高度差为21.8m2Cyvhg==（3）从E点到H点，根据动能定理可得2211122HEmghmvmv−=−解得112020Hvh=−从H点做平抛运动，有212212hhgt+=2Hxvt=联立解得214(2)64xh=−−+当12mh=时，

水平位移最大，最大值为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com