【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2022-2023学年高三下学期适应性考试物理试题（一）（解析版）.docx，共(25)页，1.726 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2023届高三适应性考试（一）物理试卷一、选择题（1～7题为单选题，8～11题为多选题，每题4分，共14分）1.1967年6月17日我国成功引爆了第一枚氢弹，标志着我国核力量得到了进一步的加强。氢弹造价高，寿命短，难保存。最主要的原因就是其中的氚核31H会发生β衰变生成氦核

32He，其半衰期为12.5年，假设氚核31H衰变产生的电子全部定向运动，若我国在1970年1月制成了一枚氢弹，到1982年7月衰变过程形成的平均电流为I，则从1970年1月制成到1995年1月衰变过程形成的平均电流为（）A.14IB.12IC.34ID.32I【答案】C【解析】【详解】设31H的

半衰期为T，原子核总数为N，在1970年1月制成了一枚氢弹，到1982年7月衰变过程产生的电子数为2N，形成的平均电流为2NeIT=在1970年1月制成了一枚氢弹，到1995年1月衰变过程产生的电子数为34N，形成

的平均电流为33424NeIIT==故选C。2.如图所示，边长为a的等边ABC的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边EFG的E、F、G三点处均

有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O，H是三角形的中心，D为AB中点，若两三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（）A.O点处的电势高于D点处的电势B.带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O

点的过程中电势能减小CA点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同D.正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同【答案】D【解析】【详解】A．结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电

场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，故A错误；B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，故B错误；C．在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进

行合成，得A点电荷所受电场力AF，其方向如左图所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力EF，其方向如右图所示.由图可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不相同，

故C错误；D．在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强

度方向，也是由O指向C，如左图所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感

应强度大小相等，方向如右图所示根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流

方向垂直纸面向外的通电导线，所受的安培力方向由H指向G，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同，故D正确。故选D。3.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与

其底面过O的法线成角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角变化的情况如图乙所示。现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中（假设空气中的折射率与真空相同），用同种激光从光导纤维束端面EF

射入，且光线与EF夹角为，如图丙所示．则下列说法不正确的是（）A.该新材料的折射率为2B.若该激光在真空中波长为，则射入该新材料后波长变为22C.若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则角需满足0180D.图甲中若减小入射角，则反射光线和折射光线之间的夹

角也将变小【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，当入射角大于45°时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为45C=，则该新材料的折射率为12sinnC==故A项正确，不符合题意；B．若该激光在真空中波长为，则cf=射入该新材料后波长变为22vcfnf===故B项

正确，不符合题意；C．若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足()()sin90sin90nC−=−解得=0则若该束激光不从光导纤维束侧面外泄0180，故C项正确，不符合

题意；D．图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则和折射光线之间的夹角将变大，故D项错误，符合题意。故选D。4.如图所示，轻质细线绕过定轻质光滑滑轮，滑轮用轻杆固定干O处且O位于圆心O的

正上方，OB、OC另一端分别连接质量为m的小球P（可视为质点）、质量为2m的物体Q，将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当O、O处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此

时32OBR=，2OOR=，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q与水平面间的动摩擦因数为（）A.12B.14C.38D.34【答案】C【解析】【详解】根据题意，对小球P受力分析，由于小球处于平衡状态，绳子对小球P的拉力与小球P的重力和光滑半圆柱的支持力

的合力等大方向，如图所示由相似三角形有'mgFOOOB=解得34Fmg=对物块Q受力分析，由平衡条件有34fFmg==N22Fmg=又有N2fF=解得38=故选C。5.如图所示，两位同学分别拉一根长为1.2m的绳两端A、B

，0=t时刻，两同学同时抖动绳子两端，使A、B开始在竖直方向做简谐振动，产生沿绳传播的两列波、振源为A的波波速为1v，振源为B的波波速为2v。04st=．时，两列波恰好传播到P，Q两点，波形如图所示，则（）A.两列波起振方向相反B.122vv=C.到两列波相遇时，质点A经过的路程为

30cmD.1.4st=时，0.55mx=处的质点偏离平衡位置的位移为(52.52)cm−【答案】C【解析】【详解】A．图示时刻两列波恰好传播到P，Q两点，根据上下坡法可得P，Q两点起振方向竖直向上。因此两列波起振方向相同，A错误；B．机械波的传播速度与介质有关，因在同一种介质传播，故传播速度相同

，B错误；C．两列波传播速度相同均为0.5m/sxvt==从图示时刻开始经11.00.20.8s20.5t−==两列波相遇，质点A振动周期20.8sTt==开始至相遇共经历了1.2s，故A的路程6A30cms==C正确；D．经20.551.1s

0.5t==左侧波源振动传播到0.55mx=质点，1.4st=时质点振动了0.3s。左侧波源引起质点振动方程25sin2.5π()(cm)xtt=−代入时间可得左侧波源引起质点振动产生位移52cm2x=左经

31.20.551.3s0.5t−==右侧波源振动传播到0.55mx=质点，1.4st=时质点振动了0.1s。右侧波源周期为0.4s，故右侧波源引起质点振动得位移刚好为5cmx=右根据波得叠加原理可得位移为(52.52)cm+，D错误。故选C。6.

如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠（可视为质点）可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔13.5cmS=，B与上边框相隔22cmS=，现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的vt−图像如图乙所示

（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取210m/s，则下列说法中正确的是（）A.算珠A、B均能回到自己的归零位B.算珠A在碰撞前运动了0.2sC.算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1D.算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒【答案】C【解析】【详解】C．根据图乙可知

，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为00.4m/sv=，A10.3m/sv=，A20.1m/sv=，B0.2m/sv=A碰前有22A1012vvaS−=−，ag=解得0.1=C正确；B．算珠A在碰撞前运动时间0A10.40.3s0.1s1vvta−−===B错误

；A．碰后A、B减速至0的位移分别为22A2A20.1m0.5cm<221vxSa===，22BA20.2m2cm=221vxSa===可知，算珠A没有归零，B恰好归零，A错误；D．根据上述可知，碰前A、B总动能为2A110.

0452mvm=碰后A、B总动能为222A2BA11110.025222mvmvmmv+=可知，算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。故选C。7.“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离输电的部分

测试电路。恒压交流电源、阻值为2Ω的定值电阻1R和理想变压器相连。变压器原副线圈匝数比为1∶3，电压表和电流表均为理想交流电表，2R是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是（）A.环境温度升高时，电流表1A示数减小，灯泡L变暗B.环境温度降低时，电流表2A示数减小，

电源输出功率变大C.电压表示数变化U和电流表2A示数变化2I的关系为26UI=D.电压表示数变化U和电流表2A示数变化2I的关系为218UI=【答案】D【解析】【详解】A．环境温度升高时，2R减

小，负载减小，交流电源电压不变，则原线圈电流增大，电流表1A示数增大，则1R分压增大，则原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则灯泡L变暗，故A错误；B．同理，环境温度降低时，原线圈电流减小，电源输出功率为原线

圈电流与恒压电源电压的乘积，一样减小，故B错误；CD．原线圈电压111UEIR=−副线圈电压和电流为21113nUUUn==1211213nIIIn==整理可得1123()318UEIREI=−=−故218UI=故C错误，D正确。故选D。8.如图所

示，M是赤道上的物体在随地球自转，N是赤道平面内的一颗人造地球卫星，运行方向自西向东。已知地球同步卫星距地面高度为5.6倍地球半径，设地心为O，MN与ON间的夹角最大为6，则（）A.N的轨道半径为地球半径的2倍B.N

与M的转动周期之比为22:1C.N与M的线速度大小之比为6.63.3:1D.N与M的加速度大小之比为1:4【答案】AC【解析】【详解】A．当MN连线正好与地表相切时，MN与ON间的夹角最大，由几何得，N的轨道半径为地球半径的2倍，A正确；B．由开普勒第三定律，N卫星和地球同步卫星的周

期之比为33NN332116.63.33.3TrTr===同同又因为物体M的转动周期和地球同步卫星的周期相同，所以N与M的转动周期之比为1:3.33.3，故B错误；C．由2rvT=可得，N与M的线速度大小之比为NM23.33.36.63.31vRvR==故C正确；D．由224arT

=向，可得N与M的加速度大小之比为3NM23.371.91aRaR==故D错误。故选AC。9.用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2

所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度0v沿与x轴正方向成角的方向。射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直轻为D，螺距为x，则下列说法中正确的是（）A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向B.若仅

增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距x不变C.若仅增大电子入射的初速度0v，则直径D增大，而螺距x将减小D.若仅增大角()90，则直径D增大，而螺距x将减小，且当90=时“轨迹”为闭合的整圆【答案】AD【解析】【详解

】A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且0cosxvt=沿y轴方向速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A正确；BC．根据2vevBmR=，2RTv=且0sinvv=，解得02s

in2mvDReB==2mTeB=所以02cosxmvxvTeB==所以，若仅增大磁感应强度B，则D、x均减小，若仅增大0v，则D、x皆按比例增大，故BC错误；D．若仅增大α，则D增大而x减小，且90=时0x=故D正确。故选AD。10.如图所示，一倾角37=直角斜面体固定

在水平面上，AB面光滑，AC面粗糙。一不可伸长的轻绳一端与静止在斜面AC上、质量为M的物体Q相连，另一端跨过光滑定滑轮与AB面上的轻弹簧相连，弹簧处于原长，绳与两斜面均平行。现将一质量为m的球P与弹簧下端相连，并由静止释放

，小球在ab间做简谐运动，当小球运动到b点时，物体Q受到的摩擦力恰好为零。已知ab间距高为0.2ml=，弹簧弹性势能的表达式为2p12Ekx=，式中x表示弹簧的形变量，重力加速度g取210ms，物体Q始终处于静止状态，sin370.6=，cos370.

8=，则下列判断正确的是（）A.23Mm=B.3Mm=C.小球运动的最大速度为3ms5D.小球由静止释放到回到a的过程中，物体Q受到的摩擦力一直减小【答案】A【解析】【详解】AB．根据题意可知，小球在ab间做简谐运

动，在a点时，回复力为sinFmg=回在b点时，设弹簧的弹力为T，由对称性可得sinTmgF−=回对于物体Q，由平衡条件有sinTMg=联立可得2sinsinmgMg=解得23Mm=故B错误，A正确；的C．根据题意可知，当小球在平衡位置时，速度

最大，此时弹簧的形变量为0.1mx=则有sinkxmg=由动能定理有22m11sin22mgxkxmv−=解得m3ms5v=故C错误；D．根据题意，由上述分析可知，小球在a点时，对物块Q分析可得sinf

Mg=方向沿斜面向上，当小球运动起来之后，弹簧弹力增大，此时，对物块Q分析可得sinTfMg+=可知，T增大，f减小，当小球运动到b点，弹簧弹力最大，此时恰好摩擦力减小到0，之后，T减小，f增大，则小球由静止释放到回到a的过程中，物体Q受到的摩擦力先减小，后增大，

故D错误。故选A。11.如图所示，用金属制作曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为3L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为2L。有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m金属棒M

、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处停止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是（）A.M棒刚进入磁场时N棒的

加速度232BLghmRB.N棒的最终速度大小325gh的C.通过M棒的电量3210mghBLD.N棒产生的热量117338mgh【答案】AD【解析】【详解】A．M棒在曲线导轨滑下过程，根据动能定理可得

2012mghmv=M棒刚进入磁场时，回路电动势为03EBLv=回路电流为2EIR=对N棒，根据牛顿第二定律可得2BILma=解得2232BLghamR=故A正确；BCD．两金属棒最终分别匀速直线运动，则有MM3EBLv=，NN2EBL

v=，MN0EE−=可得MN32vv=分别对M、N应用动量定量，对M有M03BLqmvmv−=−对N有N2BLqmv=解得N6213vgh=、M4213vgh=，3213mghqBL=全过程能量守恒M22N1122mghmvmvQ=++且N2QQ=解得N11

7338Qmgh=故BC错误，D正确。故选AD。二、实验题（本题共2小题，共16分）12.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：

A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC．将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止

滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹BD．再将木板水平向右平移同样距离x，让小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，在白纸上得到痕迹C若测得20cmx=，A、B间距离115cmy=，B、C间距离225cmy=，已知当地的重力加速度g取210m/s（1）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以计算出

小球平抛的初速度0v=______m/s；（2）关于该实验，下列说法中不正确的是______A．斜槽轨道不一定光滑B．每次释放小球的位置必须相同C．每次小球均需由静止释放D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，再由机械能守恒求出（3）另外一位同学根据测量出的不同x情况下的1

y和2y，令21yyy=−，并描绘出了如图2所示的2yx−图像，若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小0v与k的关系式为__________。【答案】①.2②.D③.0gvk=【解析】【详解】（1）[1]小球水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动

，所以221ygtyy==−解得0.1st=小球平抛的初速度为00.2m/s2m/s0.1xvt===（2）[2]ABC．实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球

均需由静止释放，而斜槽轨道并不一定要光滑，故ABC正确；D．由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒求解小球的初速度，故D错误。本题选错误的，故选D。（3）[3]根据（1）题分析可知00yxvtvg==整理得220gyxv=所

以20gkv=解得0gvk=13.某同学设计“测量某粗细均匀的导电金属丝的电阻与其拉伸后的长度之间的关系”实验，方案如下：在（1）导电金属丝拉伸装置如图1所示，按图2连接电路，将该导电金属丝的A、B两端

分别与电路中的C、D两端连接；（2）在B端悬挂重物，重物静止时，用刻度尺测量出A、B间的距离L；（3）保持开关2S断开，闭合开关1S，调节滑动变阻器R至合适位置，记录电压表和电流表的示数U和1I；（4）闭合开关2S，调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数2I，则此时该导

电金属丝的电阻xR=______（用1I、2I和U表示），电压表内阻对该导电金属丝电阻的测量值______（选填“有”“无”）影响；（5）断开开关1S，增加B端悬挂的重物重量，重复步骤（2）（3）（4），得到多组xR和L数据并作出函数关系图像。理论上，若拉伸

过程中该导电金属丝的电阻率及体积均不变，则以xR为纵坐标，以______（选填“L”、“2L”、“L”）为横坐标，可得到线性关系；（6）若上述理论成立，可将导电金属丝作为传感器中的敏感元件来监测构件间的微小拉伸变化。按图3所示电路将该导电金属丝连接在两构件之间，实验中保

持电压表读数不变，两构件电阻及电流表内阻可不计，若将电流表刻度改为构件间的距离，则越向左相邻刻度间的数据差值______（选填“越大”“越小”“不变”）。【答案】①.21UII−②.无③.2L④.越大【解析】【详解】（4）[1]1I为接入导电金属丝前的干路电流，2I为接入导电金属丝后的干路电流，

两次测量中电压表的示数不变，故流过导电金属丝的电流21III=−由欧姆定律可知21xURII=−[2]因21II−的差值与电压表内阻无关，故电压表内阻对导电金属丝电阻的测量值无影响；（5）[3]由2xLLRSV==可知，要得到线性关系，应以2L为横坐标；（6）[4

]由题知2xUUVIRL==当U一定时，作出IL−的大致关系图像如答图所示可知电流I越小时，相同I对应的L越大，故越向左相邻刻度间数据差值越大.三、解答题（本大题共3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式，只写出答案的不得分）14.某濒危鱼类

长期生活在压强为040p的深海中，科研团队为便于研究，把该鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中，同时给它们创造一个类似深海的压强条件．假设该鱼位于一层水箱底部，距离二层水箱水面的高度50mh=，二层水箱上部密封一定质量的空气，空气体积10LV=，空气压强与外界大气压

相同．已知外界大气压为0p，10m高水柱产生的压强约为0p（水箱内气体温度恒定、不考虑空气溶入水的影响）．求：（1）为使鱼在一层水箱正常存活，需要给二层水箱再打进压强为0p的空气多少升？（2）为了让二层水箱上方气体压强和第（1）问充气后气体压强相同，还

可以采用从进水口注水的方法，那么需要注入多少升水？【答案】（1）238L；（2）6.8L【解析】【详解】（1）由题意，得010+4010mhppp=打进气体后的气体压强为1035pp=根据气体等温变化，得001ΔpVpVpV+=需要给二层水箱再打进压强为0p的空气的体积为Δ238LV=（

2）设需要注入水的体积为V，由等温变化为01(Δ)pVpVV=−解得Δ6.8LV=15.如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界1AO，其方程为()202xylxl=−，在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场．在抛物线1AO每个位置上连续发射质量为m，电荷量为q+的粒

子，粒子均以大小为0v的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O，第四象限内有一边长为l，其中两条边分别与x轴，y轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为02mvql的匀强磁场，23AA为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计

粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。（1）求电场强度的大小E；（2）求从1A处进入的粒子在磁场中运动的时间；（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度。【答案】（1）20mvEql=；（2）04lv；（3）222l−【解析】【详解】（1）

在电场中，根据牛顿第二定律有qEma=粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向有0||xvt=竖直方向有212yat=其中22xyl=解得20mvEql=（2）设粒子进入磁场的速度为v，与y轴的夹角为，根据牛顿第二

定律有2vqvBmR=根据几何关系可知粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为2sindR=又0sinvv=解得dl=即到达O点的粒子经过磁场偏转后都从yl=−点离开磁场，则有12tan112ll==则粒子在磁场中运动的时间为044Tltv==（3）因为从O点发射进入磁场的粒子速度最小，为

0v，运动半径为002mvlRqB==从1A处发射的粒子进入磁场的速度最大，其在沿y轴方向的速度大小为02mvv=则22mmmvlRqB==将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图所示由几何知识可知发光的最大长度为022(1cos45)2mmlRR

l−=−−=16.如图（a）为北京冬季奥运会某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为1.8mR=，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量4kg

M=的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端。薄木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量2kgm=的小滑块P（视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上薄木板，重力加速度大小为210msg=，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为0.3=。（1）求小滑块P滑到B

点时对轨道的压力大小；（2）若木板只与C端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间t和最小长度L；（3）如图（b）撤去木板，将两轨道C端和

B端平滑对接后固定，忽略轨道上B、C距地的高度，D点与地面高度差1mh=，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，滑块从D点飞出时速率为多少？从D点飞出时速度与水平方向夹角可调，要使得滑块从D点飞出后落到地面水平射程

最大，求最大水平射程ms及对应夹角的正切值。【答案】（1）60N；（2）2s，6m；（3）4m/s，2.4m，23【解析】【详解】（1）滑块P由A到B，由机械能守恒定律2112mgRmv=可得16m/sv=在B点，由牛顿第二定律21NvFmgmR−=联立可解得B点处的轨道对滑块P

的支持力大小为N60NF=由牛顿第三定律，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小等于轨道对小滑块的支持力，即为60N。（2）滑块滑上木板后至木板与C端碰撞前，由动量守恒定理123mvmvMv=+若木板只与C端发生1次碰撞

，则木板碰后在与滑块的相互作用下最终速度为零，所以230mvMv−=联立解得23m/sv=，31.5m/sv=所以木板在与C端碰撞前一直做匀加速直线运动，碰撞后一直做匀减速直线运动，两段运动的加速度大小相同，所用时间也相同，对木板由牛顿第二定律21

.5m/smgaM==所以木板的运动时间为322svta==滑块最终能停在木板的最左端，此时木板长度最短，由能量守恒定律2112mgLmv=解得木板最小长度为6m=L（3）滑块从A到D由机械能守恒定律()2412mgRhm

v−=解得滑块从D点飞出时速度大小44m/sv=滑块从D点飞出做斜抛运动，竖直方向上241'sin'2htvgt=−+解得25'1sin4'tt−=水平方向上，水平射程为4'cosstv=联立消去θ，可得()22224216'

5'125'26'1stttt=−−=−+−可得当213'25t=时，水平射程最大m2.4ms=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