【文档说明】【精准解析】四川省成都市石室中学2019-2020学年高二（下）期末考试物理试题（解析版）.doc，共(23)页，917.000 KB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2019-2020学年度下期高2022届期末考试物理试卷试卷说明：本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第卷（选择题）和第卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间100分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5米黑色签字

笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考

试结束后将答题卡收回。第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共2分每小题只有一个选项符合题意）1.下列叙述中正确的是（）A.绕地球做匀速圆周运动的卫星，因完全失重，所以不受重力作用B.物体的动能发生变化，则物体的动量也一定发生变化C.做匀速圆周运动

的物体受到的合外力是恒定不变的D.两个直线运动的合运动一定是直线运动【答案】B【解析】【详解】A．绕地球做匀速圆周运动的卫星处于完全失重状态，但不是不受重力，故A错误；B．物体的动能发生变化，速度大小一定变化，则速度变化，所以动量一定变

化，故B正确；C．做匀速圆周运动物体受到的合外力方向始终指向圆心，合外力的方向不断变化，故C错误；D．根据平行四边形定则知，两个直线运动的合运动，若合加速度与合初速度的方向共线，则是直线运动；若两者方向不共线，则可能是曲线运动，故D错误。故选B。2.如图所

示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止，剪断轻绳后A、B分别沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（）A.速度变化快慢相同B.重力的冲量相同C.重力势能的变化量相同D.重力的平均功率相同

【答案】D【解析】【详解】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故mAgsin60°=mBgsin30°A．剪断细线后物体下滑的加速度分别为aA=gsin60°aB=gsin30°则两物体加速度不同，速度的变化快慢不相同，选项A错误；B．根据21sinsin2hgt=可得1

2sinhtg=则重力冲量22sinsinmghmImgtghg===ABB1sin603sin30AmImI==选项B错误；C．根据mAgsin60°=mBgsin30°故mA<mB在同一高度下落，只质量大的B物体重力势能变化量大，故C错误；D．重力的平均功率sin21

2sinGmghmghghPmgthg===因为mAgsin60°=mBgsin30°可知重力的平均功率相同，故D正确。故选D。3.物块B套在倾斜杆上，并用轻绳与物块A相连，今使物块B沿杆由点M匀速下滑到N点，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态，在下滑过程中，下列说法正确的

是（）A.物块A的速度先变大后变小B.物块A的速度一直不变C.物块A处于超重状态D.物块A处于失重状态【答案】C【解析】【详解】AB．将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图：根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为vA=vBcosθ可知θ在增大到90°

的过程中，A的速度方向向下，且逐渐减小；由图可知，当B到达P点时，B与滑轮之间的距离最短，θ=90°，A的速度等于0，随后A向上运动，且速度增大．所以在B沿杆由点M匀速下滑到N点的过程中，A的速度先向下减小，然后向上增大，

故AB错误；CD．物体A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A始终处于超重状态，故C正确，D错误。故选C。4.在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道I。12月30日成

功实施变轨，进入椭圆着陆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备。如图所示B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是（）A.卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ，机械能增加B.卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道经过B点时的动能C.卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度

大于在B点的加速度D.卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态【答案】B【解析】【详解】A．卫星从轨道I变轨到轨道II的过程中卫星轨道要减小做近心运动，提供的向心力大于所需向心力22GMmvmrr又因在轨道I上运动时万有引力和

向心力相等，故变轨时需在A点做减速运动，故机械能减小，故A错误；B．卫星从轨道I变轨到轨道II的过程中卫星应在A点减速而做近心运动，则卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道经过B点时的动能，故B正确；C．由牛顿第二定律有2GMmmar=得2GMar=卫星在轨道II上运动，A为远月点，B为近月点，

则卫星在B点运行加速度大，故C错误；D．卫星在轨道I上运动，万有引力完全提供圆周运动向心力，故卫星中仪器处于完全失重状态，故D错误。故选B。5.如图所示，在竖直面内有一个以AB为水平直径的半圆，O为圆心，D为最低点。

圆上有一点C，且∠COD=60°现在A点以速率v1沿AB方向抛出一质量为m的小球a，小球能击中D点；若在C点以某速率v2沿BA方向抛出质量也为m的小球b时也能击中D点。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说

法正确的是（）A.初速度之比为v1：v2=3：6B.两小球重力的冲量之比为I1：I2=2：1C.两球落到D点时的动能之比为Ek1：Ek2=2：1D.两球落到D点时两球重力的功率之比P1：P2=2：1【答案】D【解析】【详解】A．小球在竖直

方向做自由落体运动，由212hgt=得2htg=两球下降的高度之比为h1：h2=2：1则运动的时间之比为t1：t2=2：1由几何关系知，两球的水平位移之比为s1：s2=2：3由公式s=v0t可得两球的初速度之比为v1：v2=6：3故A错误

；B．根据I=mgt可知，两小球重力的冲量之比为I1：I2=2：1选项B错误；C．根据机械能守恒定律2201122kEmvmghmv==+则两球落到D点时的动能之比为Ek1：Ek2≠2：1选项C错误；D．根据PG=mgvy=mg∙gt则两球

落到D点时两球重力的功率之比P1：P2=t1：t2=2：1选项D正确；故选D。6.如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量ABmm，B球上固定一轻质弹簧。A球以速率v去碰撞静止的B球，则（）A.A球的最小速率为零B.B球的最大速率为vC.当弹簧恢复原

长时，B球速率最大D.当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小【答案】C【解析】【详解】分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹

簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大，A球速度最小，此时满足12AABmvmvmv=+22212111222AABmvmvmv=+解得1ABABmmvvmm−=+22AABmvvmm=+因为A

Bmm，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率大于v，选项ABD错误，C正确。故选C。7.如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进

入槽内，则下列说法正确的是（）A.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功D.小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒【答案】A【解析】【详解】AC

D．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功。所以小球的机械能不守恒，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故A正确，CD错误；B．小球从A点向

半圆形槽的最低点运动的过程中，竖直方向的加速度先向下后向上，则先失重后超重，故B错误。故选A。8.如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移

x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.在0~x2过程中，物体先加速后匀速B.在0~x1过程中，物体的加速度一

直减小C.在x1~x2过程中，物体的加速度为gsinθD.在0~x2过程中，拉力F做的功为WF=E1－E2+μmgx2【答案】C【解析】【详解】A．根据功能关系可以知道，E－x图象的斜率等于力F和摩擦力的合力F合，在0～x1过程中，机械能不断减小，说明拉力F小于摩

擦力，且斜率减小，F合逐渐减小，故拉力增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，机械能不变，故拉力F等于摩擦力，物体的合力等于mgsinθ，物体做匀加速运动，故A错误；B．在0～x1过程中，拉力增大，合力增大，则加速度一直增大，故B错误；C．在x1～x2过程中，物体的合力

等于mgsinθ，由牛顿第二定律可得物体的加速度为sinsinmgamg==故C正确；D．根据功能关系得F221cosWmgxEE−=−则F212cosWEEmgx=−+故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求

，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分）9.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()A.从P到M所用的

时间等于04TB.从Q到N阶段，机械能逐渐变大C.从P到Q阶段，速率逐渐变小D.从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【答案】CD【解析】【详解】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小

于04T，故A错误；B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C．从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确；D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做

正功，故D正确。故选CD。10.如图所示，质量为m的小球从距离地面高为H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有（）A.小球的

机械能减少了mg（H+h）B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量等于2mgHD.小球动量的改变量等于其所受阻力的冲量【答案】A【解析】【详解】A．小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减

小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h），故A正确；B．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h），故B错误；C．落到地面的速度2vgH=对进入泥潭的过程运用动量定理得GF02IImgH−=−得FG2IImgH=+故C错误；D．对全过

程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和。故D错误。故选A。11.如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（）A.小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B.小球从A到C与

从C到B的过程，减少的动能相等C.小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化相等D.小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等【答案】BD【解析】【详解】A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，返回到A点时的速度小于原来速度大小，由动能定理可知合外力做负功，故A错误；B．小球从A到C与从C

到B的过程，合外力做功相同，由动能定理可知这两个过程中减少的动能相等，故B正确；C．小球从A到C比从C到B用时短，由动量定理可知从A到C速度的变化量小，故C错误；D．小球从A到C与从C到B的过程，滑动

摩擦力做功相同，说明损失的机械能相等，故D正确。故选BD。12.两轮平衡车广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f。已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明

和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做功。设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则（）A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为0Pvfma=+B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F=maC.平衡车匀加

速阶段所用的时间0()Ptfmaa=+D.平衡车能达到的最大行驶速度00Pvfma=+【答案】AC【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可知Ffma=+再由瞬时功率P=Fv可得0Pvfma=+故A正确；B．平衡车在运动过程中，牵引力最小时即加速度为零时，

因此F=f为最小值，故B错误；C．根据运动规律可知，平衡车匀加速阶段所用的时间00()Pvtafmaa−==+故C正确；D．平衡车所能达到的最大速度应该是合力为零时，即=Ff可知最大速度00Pvf=故D错误。故选AC。13.如图所示，水平台高h=4m，物体A（可视为质点）的质量m=1kg，一半

径R=2m的光滑圆弧轨道竖直固定放置，直径CD处于竖直方向，半径OB与竖直方向的夹角θ=53，物体以某速度vx水平向右运动物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）。则A.物体离开平台时的速度vx=6m/sB.物体在圆弧轨道

B点时，物体对轨道的压力大小为56NC.物体在圆弧轨道C点时，物体对轨道的压力大小为58ND.物体不能到达轨道最高点D【答案】AB【解析】【详解】A．物体下落的高度cos22cos533.2mHRR=+=+=竖直方向的速度2

8m/syvgH==物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道，则tanyxvv=解得6m/sxv=故A正确；B．小球在B点的速度2210m/sByxvvv=+=小球在B点受到的重力沿垂直于轨道方向的分力与轨道对小球的支持力的合力通过向心力，则2NcosBBvFmgmR−=代入数

据可得N=56NBF由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为56N，故B正确；C．从水平抛出到小球到达C的过程中小球的机械能守恒，则221122xCmvmghmv+=可得116m/sCv=物体在圆弧轨道C点时，物体受到的支持力与重力的合力通过向心

力，则2CBCvFmgmR−=解得N68NCF=故C错误；D．如物体能到D点，假设刚离开桌面时的动能为Ek，由功能关系有kkDEE=则6m/sDv=小球经过最高点D的最小速度满足min210m/s=25m/s<Dv

gRv==则小球能到D点，故D错误。故选AB。14.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离

为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为2L．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数38=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则()A.A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运

动B.A在从C至D的过程中，加速度大小为120gC.弹簧的最大弹性势能为158mgLD.弹簧的最大弹性势能为38mgL【答案】BD【解析】【详解】AB．对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速

度为4sin304cos30420mgmgmggamm−−==+可知a不变，A做匀加速运动，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E

的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；CD．当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得004sin304cos30

222LLLmgLmgLmgLW−=+−+−+−弹解得38WmgL=弹，则弹簧具有的最大弹性势能为p38EWmgL==弹故C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（

非选择题，共52分）三、实验题（本题共2小题，共计15分）15.国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或

操作步骤是___________；A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.入射球和被碰球半径必须相同C.入射球和被碰球的质量必须相等D.必须测出桌面离地的高度HE.斜槽轨道必须光滑(2)国庆同学在实验中正确操作，认真测量

，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________；(3)为了完成本实验，测得入射小球质量m1，被碰小球质量m2，O点到M、P、N三点的距离分别为y1、y2、y3，若两球间的碰

撞是弹性碰撞，应该有等式_______成立。A.222121123mymymy=+B.121321mymymy=+C.112231mmmyyy=+D.321yyy=+【答案】(1).AB(2).3∶2(3).A

D【解析】【详解】(1)[1]．A.斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证做平抛运动，选项A正确；B.入射球和被碰球半径必须相同，以保证两球正碰，选项B正确；C.入射球质量要大于被碰球的质量，以防止入射球反弹，选项C错误；D.两球均做平抛运动，竖直高

度相同，时间相同，没必要测出桌面离地的高度H，选项D错误；E.斜槽轨道没必要必须光滑，只需小球到达底端时速度相同即可，选项E错误。故选AB。(2)[2]．设落地时间为t，则有0OPvt=1OMvt=2

ONvt=而动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2即m1OP=m1OM+m2ON代入数据可得m1:m2=3:2(3)[3]．若碰撞是弹性碰撞，动能守恒的表达式为22201122121122mvmvmv=+即222121123mymymy=+两球相碰前后的动量

守恒，则有m1•OM+m2•ON=m1•OP即m1•y1+m2•y3=m1•y2若碰撞是弹性碰撞则有321yyy=+故选AD.16.小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡光宽度为b，轻绳一端与A相连，另一端跨过光

滑轻质定滑轮与质量为m（m<M）的重物B相连。他的做法是：先用力拉住B，保持A、B静止，测出A的挡光片上端到光电门的距离h；然后由静止释放B，A下落过程中经过光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t，算出挡光

片经过光电门的平均速度，将其视为A下落h（h≫b）时的速度，重力加速度为g。(1)在A从静止开始下落h的过程中，验证以A、B、地球所组成的系统机械能守恒的表达式为______（用题目所给物理量的符号表示）；(2)由

于光电门所测的平均速度与物体A下落h时的瞬时速度间存在一个差值Δv，因而系统减少的重力势能______系统增加的动能（选填“大于”或“小于”）；(3)为减小上述Δv对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是______；A.减小挡光

片上到光电门的距离hB.增大挡光片的挡光宽度bC.适当减小挡光片的挡光宽度b(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g，则测量值________真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】(1).21()()2−=+b

MmghMmt(2).大于(3).C(4).小于【解析】【详解】(1)系统重力势能的减小量为()pEMmgh=−物块经过光电门的瞬时速度为bvt=则系统动能的增加量为2211(2)2)()(kbEMmvMmt+=+=则机械能

守恒的表达式为21()()()2bMmghMmt-=+(2)[2]某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，用光电门测出的瞬时速度小于下落h时的真实速度，则系统减少的重力势能大于系统增加的动能；(3)[3]为减小上述v对结果的影响，可以减小挡光片的宽度，使得平均速度更接近瞬

时速度，故C正确，A、B错误；故选C；(4)[4]由于阻力的影响，重力加速度的测量值小于真实值。四、计算题（本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步，只写出最后答案的不能得分，有数值运算

的题，答案中必须明确写出数值和单位）17.如图所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动.现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数32=，取g＝10m/s2，求：(1

)物体从A运动到B共需多长时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能.【答案】(1)t=2.4s(2)E电＝28J【解析】【详解】（1）物体无初速度放在A处后，因mgsinθ<μmgcosθ，则物体沿传送带向上做匀加速直线

运动．加速度22.5/mgcosmgsinamsm−＝＝物体达到与传送带同速所需的时间10.8vtsa＝＝t1时间内物体的位移11v0.82Ltm＝＝之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间12-1.6LLtsv＝＝物体运动的总时间122.4ttts=+=

（2）前0．8s内物体相对传送带的位移为1108LvtLm＝－＝．因摩擦而产生的内能cos6EmgLJ内＝＝电动机因传送该物体多消耗的电能为21sin282kpEEEEmvmgLEJ===总内内＋＋＋＋【点睛】本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律

和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机多消耗的电能．18.如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑圆轨道BCD组成，AB与BCD相切

于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力N，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点

坐标值为2.5N，g取10m/s2。求：(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；(2)轨道BC所对圆心角；(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。【答案】（1）m=0.2kg；R=1m（2）60（3）34=【解析】【详解】（1）从圆

轨道BC下来，由动能定理可知212cmgHmv=在C点合力提供向心力2cvNmgmR−=，2mgNHmgR=+结合PQ段图象由2mgN=，0.2mkg=，2420.5mgR−=，解得1Rm=（2）轨道BC所对圆心角由几何关系可知cos0.5=，解得60=（3）从A到C，由动能

定理可得()2cos0.51sin2mgHmgHmv−−=到达C点处由向心力公式可得2mvNmgR−=联立得34=19.如图所示为某种游戏装置的示意图，水平轨道MN、PQ分别与水平传送带左侧、右侧理想连接，竖

直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长4.0mL=，且沿顺时针方向以恒定速率3.0m/sv=匀速转动两个质量均为m的滑块B、C静置于水平轨道MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接，

另一质量也为m的滑块A以初速度0v向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短.若C距离N足够远滑块C脱离弹簧后以速度2.0m/sCv=滑上传送带，并恰好停在Q点已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为0.20=，装置其余部分均视为光滑，重力加速度g取210m/s.（1）求P

、Q的距离；（2）求n0的大小；（3）若012m/sv=，要使C不脱离竖直圆轨道，求圆轨道半径R的取值范围.【答案】（1）2.25m（2）3m/s（3）1.95mR…或00.78mR„【解析】【详解】（1）假设C滑上传送带后一直加速，则222tCvvμgL−=解得2

5m/stvv=所以假设不成立，C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ时的速度3m/sv=，又因为C恰好停在Q点，则有202PQvμgx−=−解得：2.25mPOx=（2）A与B碰撞，由动量守恒定律

得02mvmv=共接下来AB整体压缩弹簧，弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有122Cmvmvmv=+共()()222111122222Cmvmvmv=+共解得03m/sv=（3）若012m/sv=，A、B

碰撞过程中动量守恒，有02mvmv=共AB一起再通过弹簧与C发生作用，有122Cmvmvmv=+共2221111(2)(2)222Cmvmvmv=+共解得0428m/s33Cvvv===共假设C从N

到Q一直减速，有()222QCPQvvμgLx−=−+解得39m/s3m/sQv=假设成立，若C恰好到达与圆心等高处，则有212QmvmgR=得1.95mR=即1.95mR…时，C不脱离竖直圆轨道.若C恰好能通过圆轨道最高点，设C在最高点的速度为2v，则22

mgmvR=22211222QmvmvmgR=+解得0.78mR=则00.78mR„时，C不脱离竖直圆轨道综上，圆轨道半径R的取值范围为1.95mR…或00.78mR„获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com