2018-2019学年福建省师大附中高三(上)期中物理试卷

1、2018-2019 学年福建省师大附中高三（上）期中物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共9 小题，共36.0 分）1. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动， 其速度 -时间 t 图象分别如图中甲、 乙两条曲线所示。 已知两车在 t2 时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A. 两车在 t1 时刻也并排行驶B. t1 时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的位移大小先减小后增大2. 滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动

2、员沿AB 下滑过程中，下列说法正确的是（）A. 所受合外力始终为零B. 所受摩擦力大小不变C. 合外力做功一定不为零D. 机械能一定减少3.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以3和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（）A.3倍B.4倍C.6倍D.9倍4. 如图所示，质量为 60kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C 点，其垂线与脚， 两手连线中点间的距离Oa、Ob 分别为 0.9m和 0.6m，若她在 1min 内做了 30 个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为 0.4m，则克服重力做功和相应的功率为

3、（）A.430J，7WB.，70WC.，12WD.，120W4300J720J7200J5. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸和桌布、桌布和桌面之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A. 若猫减小拉力，鱼缸不会滑出桌面B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的加速度将增大D. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左6.2018 年 2 月，我国 500m 口径射电望远镜 （天眼）发现毫秒脉冲星“ J0318+0253”，其自转周期 T=5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67 10-11N m2/

4、kg2以周期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为（）?A. 5104kg/m3B. 51012kg/m3C. 51015kg/m3D. 51018kg/m37.如图所示，三个小球ABC的质量均为mA与B C间通过铰链用轻杆连接，、 、，、杆长为 L ， B、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由 60变为 120，A、B、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内， 忽略一切摩擦， 重力加速度为g。则此下降过程中 （）第1页，共 18页A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力大于mgB. A 的动能最大时， B 受到地面的支

5、持力等于mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为EPm=mgL8. 如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A、 B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），假设车受到的阻力与质量成正比，控制两车以相同的速度0做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2时，玩具车 B 的速度0为 1.5 ，则（）0A. 在这段时间内两车的位移之比为6： 5B. 玩具车 A 的功率变为原来

6、的4 倍C. 两车克服阻力做功的比值为12： 11D. 两车牵引力做功的比值为5：19. 如图，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上， 物块 b 以一定初速度向左运动。下列关于a、b 两物块的动量P 随时间 t 的变化关系图象，不合理的是（）A.B.C.D.二、多选题（本大题共3 小题，共12.0 分）10.火车以 60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10在此 10s 时间内，火车（）A.C.运动路程为600m角速度约为1rad /sB.D.加速度为零转弯半径约为3.4km第2页，共 18页11.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A 和 B

7、，竖直放置，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为 L 由于微小的扰动， A 球沿竖直光滑槽向下运动，B 球沿水平光滑槽向右运动，下列说法正确的是 （）A. A 球下滑过程中的机械能守恒B. 在 A 球到达水平滑槽前， A 球的机械能先增大后减小C. 当小球 A 沿墙下滑距离为时， A 球的速度为D. A 球的机械能最小时轻杆对B 球的作用力为零12. 如图 a 所示，物块 A、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定挡板的相接触，B 物块质量为2kg现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板之后， B 物块的 v-t 图如图 b 所示，则可

8、知（）A.B.C.在 A 离开挡板前， A、 B 系统动量不守恒，之后守恒在 A 离开挡板前， A、 B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒弹簧锁定其弹性势能为 9JD.A的质量为1kgA离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J，在三、实验题探究题（本大题共2 小题，共14.0 分）13. 在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中（ 1）下列仪器需要用到的是 _（多选）（ 2）下列说法正确的是_（多选）A先释放纸带再接通电源B拉小车的细线应尽可能与长木板平行C纸带与小车相连端的点迹较疏D轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡（ 3）如图所示是实验时打击的一条纸带，A、 B、 C、

9、 D 为每隔4 个点取计数点，据此纸带可知小车在D 点速度大小为_m/s（小数点后保留两位，电源频率为50Hz）。第3页，共 18页14.某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P 点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与沙桶由跨过轻质光滑定滑轮的细绳相连，导轨上 Q 点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为d（ 1）实验时，该同学进行了如下操作：开启气泵，调节细沙的质量，使滑块处于静止状态，则沙桶和细沙的总质量为_；在沙桶中再加入质量为 m 的细沙，让滑块从 P 点由静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光的时

10、间为 t，则滑块通过 Q 点的瞬时速度为 _；（ 2）在滑块从P 点运动到 Q 点的过程中，滑块的机械能增加量E1=_，沙桶和细沙的机械能减少量E2=_，在误差允许的范围内， 如果 E1=E2，则滑块、沙桶和细沙组成的系统机械能守恒四、计算题（本大题共3 小题，共38.0 分）15.如图所示， 由金属凹槽制成的光滑的圆弧轨道固定在水平地面上，半径为R在轨道右侧的正上方分别将金属小球A 由静止释放，小球距离地面的高度用hA 表示，则（ 1）若 A 小球能过轨道的最高点，求hA 的最小值；（ 2）适当的调整 hA，是否能使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处？（请用公式定量计算证明）16

11、. 如图所示，传送带与地面的倾角 =37 A到B的长度为，L=7.25m，传送带以 0=5m/s 的速度逆时针转动。 在传送带上端 A 无初速放一个质量为 m=1kg 的物体， 它与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，重力加速度 g=10m/s2。（ sin37 =0.6，cos37=0.8）第4页，共 18页（ 1）求物体从 A 运动到 B 所需的时间是多少？（ 2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？17. 有尺寸可以忽略的小物块A，放在足够长的水平地面上取一无盖的长方形木盒B将 A 罩住 B 的左右内壁间的距离为L B 的质量与 A 相同 A 与地面间的滑动摩擦系数 ，且B BA开

12、始时， A 的左端与 BA， B 与地面间的滑动摩擦系数为的左内壁相接触（如图所示），两者以相同的初速度v0 向右运动已知 A 与 B 的内壁发生的碰撞都是完全弹性的，且碰撞时间都极短A 与 B 的其他侧面之间均无接触，重力加速度为g（ 1）经过多长时间A、 B 发生第一次碰撞（设碰撞前A、B 均未停下）（ 2） A 和 B 右侧第一次相碰后，若还能够和B 的左端相遇，试通过定量讨论说明此次相遇时 A、 B 两个物体的速率那个大些？还是等大？（ 3）要使 A、 B 同时停止，而且 A 与 B 间轻轻接触（即无作用力），求初速v0 的所有可能的值（用含有L 、 和 g 的代数式表示）B、 A第5

13、页，共 18页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：AB 、已知在 t2 时刻，两车并排行驶，在t1-t2 时间内，甲图线与时间轴围 成的面积大，则知甲通过的位移大，可知 t1 时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有并排行 驶。故A 错误、B 正确。C、图线切线的斜率表示加速度，可知甲 车的加速度先减小后增大，乙 车的加速度也是先减小后增大。故C 错误 。D、速度时间图象与坐标轴围成面积表示位移可知，乙车位移一直增大，故 D错误。故选：B。根据速度 时间图线 能分析出汽 车的运动规律，通过图线与时间轴围 成的面积大小表示位移判断哪个汽车在前。通过图线的斜率判断加速度的 变化。解决本题的关键知道速度

14、 时间图线 的物理意 义，知道图线与时间轴围 成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬 时加速度。2.【答案】 D【解析】解：A 、滑雪运动员的速率不 变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不 为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始 终不为零。故 A错误。B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑 动摩擦力，由图可知，运动员从 A 到 B 的过程中，滑道与水平方向之 间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐 渐减小，运动员 的速率不 变 ，则运动员 沿滑道方向的合外力始终等于 0，所以滑动摩擦力也逐 渐减小。故 B 错误 。C、滑雪运动员的速率不 变则动能不变，由动能定

15、理可知，合外力 对运动员做功为 0故C 错误。第6页，共 18页D、运动员从 A 到 B 下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故 D正确。故选：D。滑雪运动员的速率不 变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为 0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运 动员的机械能减小。本题抓住运动员做的是匀速 圆周运动，速率不变，动能不变，根据匀速圆周运动的特点分析速度、加速度、合外力的情况。3.【答案】 A【解析】解：小球做平抛运动，落在斜面上时，有：tan =（是斜面的 倾角）解得：t=则小球落在斜面上 时的竖直分速度 为：v y=gt=2v

16、0tan ，根据平行四 边形定则知小球落至斜面 时的速率：v=v 0，两球的初速度之比 为 3：1，则两球落在斜面上的速率之比为 3：1，故A 正确，BCD 错误。故选：A。小球做平抛运 动，落到斜面上时，根据平抛运动的水平位移和 竖直位移的关系求出平抛运 动的时间，结合速度时间公式求出 竖直分速度，根据平行四 边形定则求出速度的表达式，从而得出落在斜面上的速率之比。解决本题的关键要知道平抛运 动在水平方向和 竖直方向上的运 动规律，抓住位移关系，结合速度时间公式和平行四 边形定则求出速度的表达式。4.【答案】 B【解析】解：根据几何关系可知，运动员重心上升的高度 为：h=0.24m；第7页，

17、共 18页故克服重力做功 为：W=nmgh=30 600N0.24m=4320J；对应的功率为：P=W=72W 。故 B 正确，ACD 错误 。故选：B。由几何关系确定每次上升时重心升高的高度；根据 W=mgh 求出克服重力做功，利用 P=求出功率。本类型题涉及知识面比较多，关键是熟练掌握功、功和功率的 计算公式，同时正确利用几何关系求解重心升高的高度。5.【答案】 B【解析】解：A 、若猫减小拉力，鱼缸与桌布之 间可能是静摩擦力，因此 鱼缸有可能滑出桌面，故 A 错误；B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；则由 v=at 可

18、知，它在桌布上的滑 动时间和在桌面上的相等；故 B 正确；C、若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍是滑 动摩擦力，由于动摩擦因数与正压力没变，因此摩擦力也不变，加速度也不变，故C 错误；D、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运 动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故D 错误；故选：B。根据摩擦力性 质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的 变化情况；再根据滑动摩擦力公式 f= N，即可判定摩擦力变化情况；若减小拉力，则滑动摩擦力可能 变为静摩擦力，导致鱼缸有可能滑出桌面第8页，共 18页本题考查摩擦力的 类型，及影响滑动摩擦力的因素，分析判断 鱼缸受到的摩擦力是解 题的关键，同时，还要注意拉

19、力减小后， 鱼缸可能由滑 动摩擦力变为静摩擦力。6.【答案】 C【解析】解：设位于该星体赤道 处的小块物质质量为 m，物体受到的星体的万有引力恰好提供向心力，这时星体不瓦解且有最小密度，由万有引力定律 结合牛顿第二定律得：=mR球体的体 积为：V=密度为：=代入数据解得：=51015kg/m3故C 正确、ABD 错误；故选：C。该星体表面物体随 该星体自转做匀速圆周运动，能以周期 T 稳定自转的条件是赤道表面的物体受到的该星的万有引力恰好提供向心力，物体的向心力用周期表示等于万有引力，再 结合球体的体 积公式、密度公式即可求出中子星的最小密度。解此题一定要找到 该星体以周期 T 稳定自转的密度

20、最小 时的条件：赤道表面的物体随中子星一起自 转时受到的中子星的万有引力恰好提供向心力，会用周期表示向心力，还要知道球体的体 积公式及密度公式，同 时注意公式 间的化简。7.【答案】 D【解析】解：AB 、A 的动能最大时，A 受到的合外力等于0，加速度为 0；设 B 和 C 受到地面的支持力大小均 为 F，此时三个物体 组成的整体在 竖直方向受力平衡，可得 2F=3mg，所以F=mg；在A 的动能达到最大前一直是加速下降， 处于失第9页，共 18页重情况，所以 B 受到地面的支持力小于mg，故 AB 错误；C、当 A 达到最低点时动能为时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向零，此向上，故 C

21、 错误；D、A 下落的高度 为：h=Lsin60 -Lsin30 ，根据功能关系可知，小球 A 的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为：EP=mgh=，故D 正确。故选：D。A 的动能最大时受力平衡，根据平衡，条件求解地面支持力，根据超重失重 现象分析 A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持力大小；根据功能关系分析 弹簧的弹性势能最大值。解答本题的关键是弄清楚小球 A 在运动过程中的受力情况，知道平衡位置 时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重。8.【答案】 C【解析】解：AB 、设玩具车、货车质量都为 m，动摩擦因数 为 ，那么两车的挂钩断开与货车

22、分离，玩具车的速度为 v0，牵引力 F=2mg，加速度为 a=g，电机输出功率 P=Fv =2 mgv；变为原来的 2 倍，则 B 错误00玩具车 A 保持原来的 牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车 A 的速度为 2v0时，位移=，功率P =F?2v=2P ，A0A克服摩擦力做的功W= mgS=牵；fA， 引力做的功：WFA=FsA =3mv玩具车 B 保持原来的 输出功率不 变前进，当玩具车 A 的速度为 2v0时，玩具车的速度为动-mgSB1.5v0，由 能定理可得：PB=s：s则A错误所以，位移，所以，AB =12：11；CD、克服摩擦力做的功：WfB= mgS，所以，WfA：

23、WfB =12：11；B =牵引力做的功：WFB=2mvW：2；故C正确，D错，所以，W FA： FB=3第10 页，共 18页误；故选：C。对 A 由匀变速规律求得位移，进而得到功率 变化、阻力和牵引力做功；对 B 通过动能定理得到位移，进而得到阻力和 牵引力做功。经典力学 问题一般先 对物体进行受力分析，求得合外力及运 动过程做功情况，然后根据牛 顿定律、动能定理及几何关系求解。9.【答案】 A【解析】解：A 、b 与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物体的加速度一定先增大后减小，故 A 不合理，故 A 正确；B、b 与弹簧接触后，压缩弹簧，b 做减速动，a 做加速运 动，且在运动过程中系统的

24、动量守恒，如果 b 的质量较小，可能出现 b 反弹的现象，故 B 合理，故 B错误；C、由 B 中分析可知，两球满足动量守恒定律，并且如果 ab两球的质量相等，则可以出现符合运动过程，故 C 合理，故 C 错误；D、由B 中分析可知，两球 满足动量守恒定律，如果 a的质量很小，可能出现符合的运动过程，故 D 合理，故 D 错误；故选：A。分析两球的受力和运 动过程，明确两物块的运动过程，再根据动量守恒定律的规律可运动是否合理。本题考查含有弹簧问题的动量守恒定律的 应用，要注意正确分析 弹簧弹力的性质，从而确定运动过程，注意考虑多种可能性。10.【答案】 AD【解析】解：A 、由于火车的运动可看

25、做匀速 圆周运动，则可求得火 车在此 10s时间内的路程为 s=vt=600m。故A 正确；第11 页，共 18页B、因为火车的运动可看做匀速 圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零。故B 错误；C、利用指南针在 10s 内匀速转过了约 10，可推广出在 30s 内匀速转过了约 30，再根据角速度的定 义式，解得角速度的大小 为故C 错误；车在此 30s时间内通过的路程为识车D、已知火1800m，由数学知可知，火转过的弧长为 l= R，可解得：故D 正确。故选：AD 。做匀速圆周运动的物体，所受到的合外力提供向心力，向心力 产生向心加速度；利用线速度和角速度的

26、定 义式可计算出路程和角速度大小；把火车运动时间推广到 30s，再结合数学知 识可得出转弯半径。解答本题的关键是：要熟练掌握匀速 圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推广到特殊 值，结合数学知 识可解出答案。11.【答案】 CD【解析】解：A 、B、B 球的动能开始是零，最终还是零，所以 B 球的动能先增大后减小。对于两球组成的系统，由于只有重力做功，所以系统机械能守恒，则知 A 球的机械能先减小后增大。故 A 、B 错误；C、当小球 A 沿墙下滑距离 为时，设 A 球的速度 为 v1，B 球的速度 为 v2根据系统机械能守恒定律得： mg?=+两球沿杆子方向上的速度相等， 则有：v1co

27、s60 =v2cos30 联立两式解得：v1=，故C 正确；D、A 球的机械能先减小后增大，由功能原理知轻杆对 A 球先做负功后做正功，A 球的机械能最小 时轻杆对 B 球的作用力 为零，故 D 正确；故选：CD。第12 页，共 18页由于滑槽限制，杆接近水平 时，杆在水平方向的速度也 趋于零。根据系统的机械能守恒知， A 的机械能 转化为 B 的动能，B 的动能开始是零，最终还是零，所以 A 球的机械能先减小后增大。最 终，A 球以一定的 竖直速度撞 击横槽。当小球 A 沿墙下滑距离 为时，根据系统的机械能守恒和两球速度关系求A 球的速度。A 球的机械能最小 时轻杆对 B 球的作用力 为零。

28、结合功能原理分析。本题的关键要正确分析 B 球动能的变化情况，利用系统机械能守恒分析A 球机械能的 变化情况。本题还要知道两球沿杆方向的分速度大小相等。12.【答案】 ACD【解析】解：A 、在A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A 、B 系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；A 离开挡板后水平方向不受外力， 动量守恒。故A 正确；B、在A 离开挡板前，挡板对 A 的作用力不做功， A、B 及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故 B 错误C、解除对弹簧的锁定后至 A 刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为 B 的动能，根据机械能守恒定律，有：，EP=EKB =m

29、B v，则由图象可知，vB=3m/s代入数据解得：Ep=9J，故C 正确。D、分析A 离开挡板后 A 、B 的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时 A 、B 的共同速度 为：v 共=2m/s，根据机械能守恒定律和 动量守恒定律，有：mB v0=（mA +vB）v 共代人数据 联立解得：E=3J，故D 正确。p第13 页，共 18页分析解故选：ACD。在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A 、B 系统所受合外力不 为零，则系统动量不守恒；根据系统机械能守恒的条件解答解除对弹簧的锁定后至 A 刚离开挡板的过程中，根据机械能守恒定律求解A 离开挡板后 A 、B 的运动过程，

30、根据机械能守恒定律和 动量守恒定律求本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、能量等知 识，考查推理能力、分析综合能力、应用数学解决物理 问题能力属于难题13.【答案】 ADBD0.21【解析】解：（1）探究加速度与力和质量的关系，需要测量质量的大小，运用纸带测量加速度的大小，可知在上述器材中需要天平、打点计时器，故选：AD 。（2）A 、先接通电源后释放纸带，故 A 错误B拉小车的细线应尽可能与 长木板平行，绳子的拉力即 为小车受到的水平合力，故 B 正确C纸带与小车相连端的点迹 为开始打的点，较密，故 C 错误D轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑 说明摩擦力已被平衡，故 D 正确故选：BD（

31、3）由图可知，D 点的瞬时速度为 v=故答案为：（1）AD ；（2）BD ；（3）0.21。（1）根据实验的原理确定所需的 测量的物理量，从而确定所需的 测量器材。（2）根据实验原理和实验注意事项即可判断（3）根据中间时刻的瞬时速度等于 这段时间内的平均速度即可判断解决本题的关键知道实验的原理和 误差的来源，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。第14 页，共 18页14【.1Msin 2），（Msin +m gd-（Msin +m答案】（ ），（）【解析】【分析】（1） 根据共点力平衡求出沙桶和细沙的总质量； 根据极短 时间内的平均速度等于瞬 时

32、速度求出滑 块通过 Q 点的瞬时速度；（2）根据滑块动能的增加量和重力 势能增加量求出滑 块机械能增加量，根据沙桶和细沙重力势能的减小量和 动能的增加量求出沙桶和 细沙机械能的减小量解决本 题的关键知道实验的原理，知道极短 时间内的平均速度等于瞬 时速度，通过分析滑块机械能增加量和沙桶和 细沙机械能的减小量是否相等，判断机械能是否守恒【解答】（1） 设沙桶和沙的 质量为 m，有：Mgsin=mg，解得 m=Msin 极短时间内的平均速度等于瞬时则块通过Q 点的瞬时速度 v=速度， 滑（2）在滑块从 P 点运动到 Q 点的过程中，滑块的动能增加，重力势能增加，则机械能增加量为E细沙重力势动能 1

33、=，沙桶和能减小，则细为E+m）gd-（Msin+m）增加， 沙桶和沙机械能的减小量 2=（Msin故答案为：（1） Msin，（2），（Msin+m）gd-（Msin+m）15.【答案】 解：（ 1）在最高点刚好做通过的速度为v：mg=得 v=又由机械能守恒：mg（hA-2R）=第15 页，共 18页由以上二式可得：hA = R（ 2）小球 A 从最高点飞出后做平抛运动，下落 R 高度时，水平位移的最小值为xA=vA= R，所以小球A 落在轨道右端口外侧则不能恰好落在轨道右端口处。答：（ 1）若 A 小球能过轨道的最高点，hA 的最小值为R；（ 2）不能恰好落在轨道右端口处。【解析】（1）小

34、球A 恰好能到 A 轨道的最高点 时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度，再由机械能守恒求得A 点的高度。（2）求出由最高点飞出的最小速度做平抛运动当下落 R 高度时的水平距离，由此距离 值分析可能性。本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运 动的综合，A 轨道与轻绳系的球模型相似，B 轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意 临界条件的不同16.【答案】 解：（ 1）开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsin +mgcos =ma1a1=gsin +gcos =10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1=0.5s发生的位移 s1=1.25 m 7.25m，即物体加速到5m/s 时仍未到达 B 点。由于 tan ， mgsin -mgcos=ma2解得 a2=2m/s2则： L=AB-s1 0 t2+解得： t2=1 s， t2=-6 s（舍去）故物体经历的总时间t=t1+t2=1.5 s（ 2）物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移