【文档说明】浙江省温州市乐清市知临中学2022-2023学年高一下学期4月期中质量检测物理试题含解析.docx，共(25)页，2.831 MB，由小赞的店铺上传

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22022学年第二学期期中质量检测高一物理试卷2023.04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.下列选项中给出物理量的单位是

国际单位制基本单位且该物理量为矢量的是（）A.质量kgB.时间sC.位移mD.力N【答案】C【解析】【详解】kg、s、m是国际单位制基本单位，位移是矢量。故选C。2.3月19日8时，2023温州马拉松鸣枪，1.8

万名运动员从市区世纪广场出发，途经三垟湿地、大罗山、瓯江路、会展中心等城市人文自然景观，最终跑进亚运会赛场温州体育中心体育场。来自温州乐清的敖苹平以2小时47分02秒率先冲线，摘得2023温马女子全程冠军。对于敖苹平全马过程，下列说法正确的是（）A.跑完全程，其平均速度为零B.研究敖苹平全过程的运

动轨迹时不能把她视为质点C.敖苹平的全马成绩2小时47分02秒是指她最后冲线的时刻D.全马过程中其位移不为零【答案】D【解析】【详解】AD．运动员从市区世纪广场出发，最终跑进亚运会赛场温州体育中心体育场，则位移不为0，平均速度也不为0，故A错误，D正确；B．研究

敖苹平全过程的运动轨迹时可以把她视为质点，故B错误；C．敖苹平的全马成绩2小时47分02秒是指她全程的时间，故C错误；故选D。3.下列关于力的说法正确的是（）A.一个力可以没有受力物体，比如人可以对着真空打出一拳B.物体受到外力作用运动状态可以保持不变C.

放在水平桌面上的物体对桌面的压力是由于桌面发生了形变而产生的D.摩擦力方向只能和物体的运动方向相同或者相反【答案】B【解析】【详解】A．力的作用必须要有两个物体，一个施力物体，一个受力物体，故A错误；B．

物体受到外力作用，处于平衡状态时，运动状态可以保持不变，故B正确；C．放在水平桌面上的物体对桌面的压力是由于物体发生了形变而产生的，故C错误；D．静摩擦力方向可以和物体的运动方向成任意角度，如手握瓶子移动的过程中，故D

错误；故选B。4.如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（）A.小车只受重力、支持力作用B.木板对小车的作用力方向水平向左C.木板对小车作用力大于小车对木板的作用力D.木板对小车的作用力与小车

对木板的作用力大小一定相等【答案】D【解析】【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；CD．木板对小车的作用力与

小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。故选D。5.如图，工人用扳手拧螺丝，当扳手顺时针匀速转动时，扳手上A、B两个点（）的A.角速度相同B.线速度大小相等C.做圆周运动的半径相等D.

向心加速度大小相等【答案】A【解析】【详解】A．由图扳手上A、B两个点共轴转动，则角速度相同，故A正确；C．由图扳手上A、B两个点都绕中心螺丝转动，知ABrr，故C错误；B．由vr=可知，A、B两个点转动的半径不

同，则线速度大小不等，故B错误；D．根据公式2ar=可知，A、B两个点转动的半径不同，则向心加速度大小不等，故D错误。故选A。6.在平直路面上，质量为1200kg的汽车在进行研发测试，当速度达到108km/h时取消动力，经过90s停了下来，重新起步时以21.5m/s的加速

度匀加速一段距离后，加速度逐渐减小，最后做匀速运动，假定汽车所受阻力大小恒定，则下列说法正确的是（）A.汽车所受阻力大小为600NB.汽车重新起步后匀加速行驶时汽车的牵引力为2200NC.汽车匀速行驶时汽车的牵引力大小跟阻力大小不相等D.汽车可以保持21.5m/s的加速度

一直做匀加速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，由公式0vvat=+可得，取消动力后，汽车的加速度大小为01vat=其中0108kmh30msv==解得211ms3a=由牛顿第二定律可得，汽

车所受阻力大小为1400Nfma==故A错误；B．由牛顿第二定律有2Ffma−=解得2200NF=故B正确；C．汽车匀速行驶时汽车的牵引力大小跟阻力大小相等，故C错误；D．随着汽车速度增大，汽车的功率增大，当功率增大到最大

时，随着速度增大，牵引力减小，则加速度减小，直到牵引力等于阻力时，做匀速直线运动，故D错误。故选B。7.小睿同学从山坡上离地高为h处水平抛出两颗球形石块甲和乙，它们落在同一水平面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.甲在空中运

动的时间较长B.甲抛出时的初速度比乙大C.乙在空中运动时不是处于完全失重状态D.小睿若从同一位置再水平抛出一个石块丙，丙在空中运动的轨迹有可能和甲的轨迹在抛出点外其他位置相交【答案】B【解析】【详解】A．两石块落在同一水平地面，即两

石块下落高度相同，由212hgt=知它们的运动时间相同，故A错误；B．两石块运动时间相同，甲石块水平距离大于乙的水平距离，由0xvt=的可知甲抛出时的初速度比乙大，故B正确；C．两石块做平抛运动，下落过程只受重力，所以两石块均处于完全失重状态，故C错误；D．从同一位置再水平抛出一个石

块丙，若初速度与甲相同，则运动轨迹与甲重合；若初速度与甲不同，平抛运动可得002hxvtvg==可知0v越大，同一高度处运动的水平距离越大，所以抛出点外不可能相交，故D错误。故选B。8.如图所示为某质点运动过程中某时刻的速度v的方向和加速度a的方向，它们的夹角大于90°，下

列说法正确的是（）A.物体正要做匀减速直线运动B.物体正要做匀加速直线运动C.物体正要做减速的曲线运动D.物体正要做加速的曲线运动【答案】C【解析】【详解】速度v的方向和加速度a的方向的夹角大于90°，则速度v的方向和合力的方向的夹角大于90°，物体正要做减速的曲线运动。故选C。9.如图甲，一

维坐标系中有一可视为质点的物块静置于x轴上的某位置（图中未画出），0=t时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的一部分，下列说法正确的是（）A.2st=时物块的速率为1m/sB.物块做匀加速直线运动且加速度大小为21m/sC.4st

=时物块位于4mx=处D.在0=t时刻，物块位于坐标原点【答案】A【解析】【详解】AB．由图，根据数学知识可得22xv=−根据初速度为零的匀变速直线运动的速度位移关系公式22vax=可得22vxa=结合图象可知112a=得20.5m/sa=所以物块做匀加速直线运动且

加速度大小为20.5m/s，2s=t时物块的速率为20.52m/s1m/svat===故A正确，B错误；C．4st=时40.54m/s2m/sv==22244m/sv=由图可得42mx=故C错误；D．图象与x轴的交点表示物块的初始位置坐标，根据图象可知，物块

的初始位置坐标为02mx=−故D错误。故选A。10.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度沿斜面向下，大小为0v，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为0v，则下列说法正确的是（）A.滑倒底端时A的动能最大B.A在下滑过程中机械能守恒C.C做

的是匀变速曲线运动D.C比A先到斜面底端【答案】D【解析】【详解】AB．三种情况下重力做功相同，滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最长，A、B运动的路程相等，故摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最多，而B有初速度

，由动能定理可得WG－Wf=Ek－Ek0可知滑到斜面底端时B滑块的动能最大，三个滑块在下滑过程中机械能均不守恒，故AB错误；C．C所受的摩擦力方向不断变化，加速度方向不断变化，做的是非匀变速曲线运动，故C错误；D．A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜

面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故D正确。故选D。11.在平直公路上行驶的甲、乙两车某时刻刚好并排行驶，从该时刻开始计时，两车运动的位移x和时间t的比值xt

与时间t之间的关系如图所示，两车可视为质点，下列说法中正确的是（）A.甲车的加速度大小为21m/sB.2st=时刻两车再次相遇前相距最远C.两车在2s时再次相遇D.两车再次相遇前的最大距离为6m【答案】C【解析】【详解】A．由图像对于甲车有10=−xtt可得210=−xtt即甲车做匀减速直线运动

，结合匀变速公式2012xvtat=+可知，甲车的初速度和加速度分别为110m/sv=，212m/sa=−即甲车的加速度大小为22m/s，故A错误；C．由图像对于乙车有42xtt=+可得242xtt=+即乙车做匀加速直线运动。乙车的初速度和加速度分别为24m/sv=，224m/s=a当2s=

t时21016mxtt=−=甲24216mxtt=+=乙即当2s=t时两车再次相遇，故C正确；BD．当两车速度相等时两车之间的距离最大，即1122vatvat+=+解得1st=即1st=时两车再次相遇前相距最远。可得再次相遇前的最大距离为()()2210423m

sxxtttt=−=−−+=甲乙故BD错误。故选C。12.如图所示，在质量为M且均匀分布的半径为R的球内挖去半径为r的球，在球外两球的圆心连线上距球表面R的位置放一质量为m可视为质点的小球A，已知14rR=，两球心

1OO间距离为2R，则下列说法错误的是（）A.剩余部分对小球A的引力的方向在OA连线上B.剩余部分对小球A的引力大小为263256GMmRC.若将小球A放入图中的空腔内，则小球在其内的任何位置受到剩余部分对它的万有引力是相等的D.被挖去部分的质量为64M【答案】B【解析】【详解】D．在质量为

M且均匀分布的半径为R的球内挖去半径为14rR=的球，根据质量与体积的关系可知被挖去部分的质量为33'64rMMMR==故D正确；AB．未挖去的球体对A的万有引力为22(2)4GMmGMmFRR==挖去的球体对A的

万有引力为22''144()2GMmGMmFRRR==+剩余部分对A的万有引力为235'''144GMmFFFR=−=方向在OA连线上故A正确，B错误；C．球壳外部的物体对内部的物体的万有引力为0，所以若将小球A放入图中的空腔内，则小球在其内的任何位

置受到剩余部分对它的万有引力是相等的。本题选择错误选项；故选B。13.质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由A位置静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，在t秒末撤去F，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则以下说法中正确的

是（）A.恒力F大小等于2mgB.恒力F对小球做功2229mgtC.02t时间内重力的瞬时功率最大为213mgtD.全过程中恒力F做功和重力做功的和等于零【答案】B【解析】【详解】A．小球在恒力F的作用下上升的位

移为212xat=经过t获得的速度为vat=撤去外力后经过时间t回到A点，则有212xvtgt−=−联立解得3ga=，3gtv=，216xgt=由牛顿第二定律可得Fmgma−=解得43Fmg=故A错误；B．恒力F对小球做功2229WFxmgt==故B正确；C．根据题意可知，小球先

向上做匀加速直线运动，后在重力作用下减速为0后自由落体，可知小球下落回到A点时速度最大，大小为max23vvgtgt=−=则02t时间内重力的瞬时功率最大为2max23PGvmgt==故C错误；D．由重力

做功特点可知，全过程中重力做功为0，所以全过程中恒力F做功和重力做功的和不为零，故D错误。故选B。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.在科幻题材的电影或

动画中，经常提到太空电梯，建造太空电梯需要高强度的材料，目前纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能。其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，另一端固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图甲所示。

当航天员乘坐太空电梯时，图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，a－r图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员在太空电梯中随地球同步旋转所需要的向心加速度大小与r的关系，下列说法正确的是（）A.太空电梯上各点线速度与该点离地

球球心的距离成反比B.航天员在r＝R处的线速度大小等于第一宇宙速度C.图中0r为地球同步卫星的轨道半径D.电梯舱在0rr=处的站点时，航天员处于完全失重状态【答案】CD【解析】【详解】A．太空电梯随地球一起旋转，角速度恒定，根据vr=可知太空电梯上

各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故A错误；B．地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以航天员在r＝R处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；C．图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，该加速度Aa

等于地球卫星做匀速圆周运动的加速度，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，该加速度Ba等于地球同步卫星的加速度，因为ABaa=，所以图中0r为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；D．电梯舱在0rr=处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，电

梯舱对航天员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，因此航天员处于完全失重状态，故D正确。故选CD。15.如图，轻质弹簧上端固定在O点，下端与质量为m圆环相连，圆环套在水平粗糙的固定细杆上。现在将圆环从A点静止释放，当圆环运动到B点时弹簧竖直且处于原长，到达C点时速度减为零；在C点使得圆

环获得一个沿杆向左的速度v，其恰好能回到A点。弹簧始终在弹性限度之内，下列说法正确的是（）A.从A到C的过程中，圆环经过B点速度最大B.从C回到A的过程中，弹力先做正功，后做负功C.从A到C克服摩擦力做

功为214mvD.从A到C弹簧弹性势能减少了212mv【答案】BC【解析】【详解】A．圆环从A到C过程中，合力是0时圆环的速度最大，故A错误；B．由C回到A的过程中，弹性势能先减小，后增大，弹力先做正功，再做负功，故B正确；CD．从A到C，再由C回到A，根据

对称特点可知，摩擦力做功相等，弹性势能变化相同，根据动能定理，有f0WW=弹－2f102WWmv−=−弹－的解得2f14WWmv==弹故C正确，D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.

某小组在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，实验步骤如下：a．将橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定在方木板上；b．用两个弹簧测力计通过细绳共同拉动小圆环，记录弹簧测力计的示数1F和2F，两细绳的方向及小圆环的位置O；c．撤去1F和2F，用一个弹簧测力计

通过细绳单独拉小圆环，仍使它处于O点，记录弹簧测力计的示数F，细绳的方向：d．做出1F、2F和F的图示并探究三者的关系。请回答以下问题：（1）某次测量弹簧测力计的示数如图所示，则示数为____________N；（2）下列操作有助于减小实验误差的是_____

_______；A．读数时，眼睛要正对弹簧测力计的刻度B．尽量保证1F和2F的夹角为90°C．1F和2F的方向必须与方木板平行D．两根细绳要等长【答案】①.3.75②.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]弹

簧测力计最小分度为0.1N，则图中读数为3.75N。（2）[2]A．为了读数精确，读数时眼睛应正视弹簧测力计刻度，故A正确；B．实验时，不需要保证1F和2F的夹角为90°，以方便作平行四边形为宜，故B错误；C．为减小实验误差，在使用

弹簧秤时要注意尽量使弹簧秤与木板平面平行，故C正确；D．实验中，通过细绳来拉橡皮筋，两细绳长度不需要相同，故D错误。故选AC。17.用如图所示的向心力演示器探究向心力大小的表达式。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运

动的轨迹半径之比为1:2:1，回答以下问题：（1）在该实验中，主要利用了______来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系。A．理想实验法B．微元法C．控制变量法D．等效替代法（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质

量______（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与挡板______（选填A或B）处。（3）当用两个质量相等的小球做实验，将小球分别放在挡板B和挡板C处，B与C的半径之比为2:1，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1:2，则传动皮带所挂的左、右两

边塔轮的半径之比为______。【答案】①.C②.相同③.B④.2:1【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、角速度的管子，故选C。（2）[2][3]根据2Fmr=，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。（3）[4]设轨迹半径为r，塔轮半径为R，根据公式2Fmr=，vR=解得mrRvF=左、右两边塔轮的半径之比为21BCFRrRrF==右

左右左18.如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取29.8m/s）（1）下列做法正确的有______（填正确答案序号）；A．必须要称出重物的质量B．图中两限位孔必须在同一竖直线上C．数据处

理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置D．可以用vgt=或者2vgh=计算某点速度（2）选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通过频率

为50Hz的交变电流。用刻度尺测得15.55cmOA=，19.20cmOB=，23.23cmOC=，重锤的质量为1.00kg，（g取29.8m/s）。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤

的重力势能比开始下落时减少了______J；此时重锤的速度为______m/s；（结果均保留三位有效数字）（3）某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以212v为纵轴作出了如图所示的图线，图线

的斜率近似等于______。A．19.6B．9.8C．4.90【答案】①.B②.1.88③.1.92④.B【解析】【详解】（1）[1]A．验证机械能守恒定律的实验是重力势能减少的量等于动能增加的量，即212mghmv=质量可以约掉，没有必要称出重物质量，故A错误；B．图中两限位孔必须在

同一竖直线上，是为了减小阻力，故B正确；C．数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，距离越远，读数时误差越小，故C错误；D．求速度时利用平均速度等于中间时刻的速度的方法，不可用2vgh=，故D错误。故选B。（2）[2]打点计时

器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了p1.88JBEmgh==[3]相邻计数点的时间间隔为10.02sTf==此时重锤的速度为1.92m/s2−==OCOABxxvT（3）[4]由机械能守恒定律，可得212mghmv=整理，可得212vgh=易知，图线的斜率近

似等于重力加速度g。故选B。19.近两年，盐城交警将“礼让行人”作为管理重点，“斑马线前车让人”现已逐渐成为一种普遍现象，的如图所示。司机小明驾车以12m/s的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。看到斑马线有行人后立即以22m/s的加速度刹车，车停住时车头刚

好碰到斑马线。等待行人10s后（人已走过），又用了8s时间匀加速至原来的速度。开始刹车时设为计时起点（即0=t），则：（1）求车第3s末的瞬时速度大小；（2）求车从开始刹车计时，前10s内的位移大小；（3）求从开始刹车到恢复原速这段时间内车的平均速度大小。【答案】(1

)6m/s；(2)36m；(3)3.5m/s【解析】【分析】【详解】(1)根据速度时间关系公式0vvat=+解得212m/s2m/3s6mss/v==−(2)制动时间为0106s10svta−==由2002vax−=得车从开始刹车计时，前10s内的位移大小2010

36m2vxa−==(3)匀加速直线运动位移为02348m2vxt==从开始刹车到恢复原速这段时间内车的平均速度为121233.5m/sxxvttt+==++20.今年2月份，我校高一年级举行了托乒乓球跑步接力比赛，假设赛道为水平直道，比赛距离为s，比赛时，某同

学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速运动，当速度达到0v时，再以0v做匀速直线运动，最后又以大小为a的加速度减速到零时恰好到达终点，完成接力。整个过程中可认为球始终在同一水平面上运动，球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶级保持

球拍的倾角为0，如题图所示。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。（1）求空气阻力f大小；（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ的正切值tan；（3）求整个过程中球拍的支持力对乒乓球所做的功的平均功率。【

答案】（1）0tanfmg=；（2）0tantanag=+；（3）0020tanmgsavasv+【解析】【详解】（1）在匀速运动阶段，对乒乓球受力分析如图：由平衡条件得0tanfmg=解得0tanfmg=（2）加速阶段，设球拍对乒乓球的支持力为N，水平方向由牛顿第二定律有sin

Nfma−=竖直方向有cosNmg=联立解得0tantanag=+（3）由动能定理可知，整个过程中球拍的支持力对乒乓球所做的功等于阻力对乒乓球所做的功，则有0tanWfsmgs==由题知加速阶段与减速阶段所用的时间和

通过的位移相等，分别为01vta=，2012vxa=匀速阶段所用时间012002vsxstvva−==−整个过程中球拍的支持力对乒乓球所做的功的平均功率002120tan2mgsavWPttasv==++21.现将等宽双线在水

平面内绕制成半径为3mR=的圆形轨道，在轨道上放置一个质量0.1kgm=的小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为0.5=，小圆柱尺寸和

轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱静止于A点处，现使之获得沿切线方向的初速度0v求：（1）当01m/sv=，小圆柱体在A位置向心力大小和方向：（2）当03m/sv=，在A位置内外轨道对小圆柱的支持力1N、2N的大小；（3）为了让小圆柱

不脱离内侧轨道，0v的最大值，以及在0v取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。为【答案】（1）3N30，方向竖直向下；（2）11.3NN=，20.7NN=；（3）030m/sv=，1.5m【解析】【详解】（1）当01m/sv=，小圆柱体在A位置向心力大

小为203N30nvFmR==方向竖直向下；（2）当03m/sv=，在A位置根据牛顿第二定律有2012sin60sin60vNNmR−=竖直方向有12cos60cos60NNmg+=解得11.3NN=，20.7NN=（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，当内侧轨

道对小圆柱体的弹力恰好为0，0v取最大值，设此时外轨对小圆柱体的弹力为'N，则有20'sin60vNmR='cos60Nmg=解得030m/sv=小圆柱体在轨道上始终满足12cos60cos60NNmg+=且摩擦力12()fNN=+解得1Nf=根据动能定理有2012

fsmv=解得1.5ms=22.如图所示是小智同学设计的一个游戏装置，该装置由倾角为60的斜轨道AB，半径为10.4mr=、圆心角为60的圆弧轨道EF，水平轨道2FO及一个半径为20.22mr=的四分之一圆弧PQ组成，其中2AFOQ在同一水平线上，BE等高，BE间的距离10.23ml

=，2FO间距离20.7ml=，1O、2O分别为两弧形轨道的圆心，F、P分别为两弧形轨道的最低点，1OF、2OP在竖直方向，滑块在2FO轨道滑动时动摩擦因数为0.5=，其余轨道均光滑。某次游戏时小智同学用沿斜面向上的恒力F拉一个可视为质点的滑块从倾斜轨道最低点A由静止匀加速至B撤去外力

，发现滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道EF（无机械能损失），然后沿EF滑下经2O落在圆弧PQ上，已知滑块质量为0.1kgm=，不计空气阻力，重力加速度210m/sg=。求：（1）滑块经过E点时的速度大小；（2）滑块在弧形轨道EF

的最低点F处受轨道的支持力大小和方向；（3）滑块落在四分之一圆弧PQ上的位置；（4）若在2FO轨道上再对滑块施加水平向右的力，求滑块落在四分之一圆弧PQ上的最小动能。【答案】（1）2m/s；（2）3N，竖直向上；（3）圆弧PQ上的中点；（4）6J10【解析】【详解】（1）滑

块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道，且B、E等高，可知滑块在BE间做斜抛运动。设E点时速度为Ev，从最高点下落到E点所用时间为t，则有12Exlvt=，Eyvgt=tan60EyExvv=解得0.13st=，1m/sEx

v=，3m/sEyv=滑块经过E点时的速度大小222m/sEExEyvvv=+=（2）由几何关系可得E点的高度为11cos600.2mhrr=−=在EF段只有重力做功，根据机械能守恒定律可得221122EFmvmghmv+=解得22m/sFv=在F点

由重力和支持力的合力提供向心力，有2N1FvFmgmr−=解得N3N=F可知支持力大小为3N，方向竖直向上。（3）设滑块运动到2O时速度为2v，由动能定理有22221122Fmglmvmv−=−解得2

1m/sv=滑块经过2O之后做平抛运动落到圆弧轨道PQ上。由平抛运动特点可得22xvt=2212ygt=由几何关系得2222xyr+=联立解得20.2st=0.2mx=0.2my=由xy=可知滑块落在四分之一圆弧PQ上的中点。（4）设在2FO轨道上再对滑块施加

水平向右的力，运动到2O时速度为0v，则有0xvt=，212ygt=2222xyr+=设滑块落到圆弧轨道PQ上时动能为kE，对滑块根据动能定理有2k012mgyEmv=−联立可得22k34rmg

Eyy=+由数学知识可知当223ryy=时有最小值。即23ry=，动能最小值为kmin6J10E=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com