上海市松江区3年（2021-2023）高考与等级考物理一模试题含答案：01力学（基础题）

上海市松江区三年（2021—2023）年高考物理一模试题按知识

点分层-01力学（基础题）

一、单选题

1.（2022•上海杨浦♦统考一模）关于通电导线在磁场中受到的磁场力，下列说法正确

的是（）

A.磁场力方向可以不与磁场方向垂直

B.磁场力的方向一定垂直于通电导线

C.环形通电线圈在磁场中所受磁场力一定为零

D.只有垂直磁场方向放置的通电导线才受磁场力

2.（2022•上海松江•统考一模）研究落体运动规律，最先把实验和推理相结合并得出

正确结论的科学家是（）

A.伽利略B.牛顿0.亚里士多德D.卡文迪许

3.（2022•上海松江•统考一模）做竖直上抛运动的物体在上升和下落过程中，相同的

是（）

A.位移B,加速度C.平均速度D,重力势能的变

化

4.（2022•上海松江•统考一模）如图人随超市里的斜面电梯匀速上行，电梯受到人的

摩擦力的方向为（）

A.沿斜面向上B.沿斜面向下C.水平向前D.水平向后

5.（2022•上海松江•统考一模）如图弹簧振子围绕平衡位置。在/、8间振动，下列

能反映小球从0运动到8点的VT图像是（）

W

‰M≡≡W>W

:

N：5\

AO

6.（2022•上海松江♦统考一模）水平绳一端固定，用手抓住绳的另一端上下抖动，若

上下抖动的频率逐渐增大，某时刻在一段绳上观察到如图所示的波形，则（）

v⅜⅛

A.该波的传播方向向右

B.该波的传播方向无法确定

C.从图示时刻起，质点b比质点a先到波谷

D.从图示时刻起，质点a比质点b先到波谷

7.（2022•上海松江•统考一模）如图，质量为m的小球用一轻绳竖直悬吊于。点。现

用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，在此过程中，下列说法正确的是

A.钩子对绳的作用力水平向右

B.钩子对绳的作用力逐渐增大

C.绳子的张力逐渐增大

D.钩子对绳的作用力可能等于2侬

8.（2022•上海松江•统考一模）如图风力发电机是将风的动能转化为电能的装置。假

设转化效率不变，并保持风正面吹向叶片，该发电机的发电功率与风速1/的关系正确的

是（）

A.与ɪ/成正比B.与J成正比0.与「成正比D.与丁成正比

9.（2022•上海松江•统考一模）伽利略研究自由落体运动过程中，主要采用的科学方

法是（）

A.等效替代法B.类比法C.实验推理法D.控制变量法

10.（2022•上海松江•统考一模）为使简谐运动单摆的周期变长，可采取以下哪种方

法（）

A.振幅适当加大B.摆长适当加长

C.摆球质量增大D.将单摆从上海移到北京

11.（2022•上海松江•统考一模）运动员立定跳远起跳瞬间示意如图，能表示双脚对

地面作用力方向的是（）

A.▼B.C.FD.'

12.（2022•上海松江•统考一模）①摩擦生热、②弹簧振子振动、③热传递和④气体

自由膨胀，上述现象中能表明物理过程具有单向性的是（）

A.①、②和③B.②、③和④

C.①、②和④D.①、③和④

13.（2022•上海松江•统考一模）2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载

空间站天和核心舱发射成功。下列“学生实验”能在空间站重演的是（）

A.用DIS研究加速度和质量的关系B.用DlS研究机械能守恒定律

C.研究共点力的合成D.用单分子油膜估测分子的大小

14.（2022•上海松江•统考一模）物体沿X轴做减速运动，可能反映这一运动的尸大

图是（）

15.（2022•上海松江•统考一模）如图所示，一列简谐横波向左传播，振幅为A,某

A1

时刻介质中质点a的位移为一，经一周期，质点a位于平衡位置的（）

A

A.上方，且位移大于万

A

B.上方，且位移小于万

A

c.下方，且位移大于5

A

D.下方，且位移小于万

16.（2021•上海•统考一模）竖直上抛运动物体落回原地，上升过程速度的变化量与

下降过程速度的变化量（）

A.大小不等，方向不同B.大小相等，方向不同

C.大小不等，方向相同D.大小相等，方向相同

17.（2021•上海•统考一模）如图轻质支架A、B固定在竖直墙上，C点通过细绳悬挂

一重物，则重物对C点的拉力按效果分解正确的是（）

18.（2021•上海•统考一模）如图所示，斜面上放一物体A恰好能匀速下滑，如果在

物体A上再施加一个力尸,使A仍匀速下滑，关于力打的方向，下列说法正确的是（）

B.竖直向下

C.水平向左D.水平向右

19.（2021•上海•统考一模）物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比,

能反映此运动过程的v-t图是（）

20.（2021•上海•统考一模）如图所示为一列沿X轴传播的简谐横波在t=0时刻的波

形图，此时质点4沿y轴负方向振动，该波的波速为％20m∕s,则（）

A.这列波沿X轴负向传播，2s内质点4通过的路程为40m

B.这列波沿X轴正向传播，2s内质点4通过的路程为40m

C.这列波沿X轴负向传播，2s内质点/通过的路程为2m

D.这列波沿X轴正向传播，2s内质点/通过的路程为2m

21.（2021•上海•统考一模）A、B两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影

机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间间隔

等H

目∙

人G

4

口

L口

右

左

5□口

八2

A.0时刻，A木块速度大于B木块速度

B.七时刻，A木块速度小于B木块速度

0.3时刻，A木块速度大于B木块速度

D.时刻，A木块速度小于B木块速度

22.（2021•上海•统考一模）如图所示，质量为m的物体静止于粗糙水平地面上，物

体与地面的动摩擦因数为“，物体右侧与一轻弹簧相连，初始时弹簧为原长，现用水平

力缓慢向右拉弹簧，使物体向右通过一段位移s,该过程水平力做功一定（）

一Ivvw-------►F

A.等于“侬sB.大于“mgs

C.小于μ∕ngsD.大于2μmgs

二,填空题

23.（2022•上海松江•统考一模）牛顿第一定律表明，力是使物体的发生变

化的原因；同时还揭示了任何物体都具有。

24.（2022•上海松江•统考一模）11月1日，“梦天实验舱”与“天和核心舱”成功

对接，若对接前后“天和核心舱”运动的圆轨道半径不变，则对接前后它的速度

（选填“变大"、“变小”或“不变”）；航天员处于状态（选填

“不受重力的”、“超重”或“完全失重”）。

25.（2022•上海松江•统考一模）如图，汽车在水平路面上行驶，车厢顶用细线悬挂

一个小球，若细线与竖直方向的夹角为θ,且小球与车厢1相对静止。

则：汽车的加速度大小为;汽车可能做的运动有。

26.（2022•上海松江•统考一模）雨滴从高空云层下落，到达地面时的速度大小约为

20m∕s。雨滴的运动看做自由落体运动（选填“能”、“不能”、“无法判断”），

请说明理由：»

27.（2022•上海松江•统考一模）如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，

已知a、b、C三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则：卫星a的周期

卫星C的周期；卫星a的加速度卫星6的加速度。（选填“大于”、“等于"

或“小于”）

28.（2022•上海松江•统考一模）快递员驾驶电动车配送货物，人和车的质量为250kg,

货物的质量为50kg,送货和返回过程电动车的Vv图像如图所示，两过程中电动车都

是先句加速启动，后保持额定功率行驶。已知电动车受到的阻力与其总重力成正比，匀

加速的最大速度均为2.4m∕s,则电动车的额定功率为W;返回时电动车的最

大速度为m/so（g取10m∕s2）

29.（2021•上海•统考一模）牛顿第一定律牛顿第二定律的推论（选填“是”

或“不是"）：用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”

或"不能”）.

三、实验题

30.（2021•上海•统考一模）竖直向上抛出的物体，从抛出点到最高点的过程中其动

能和重力势能随高度/7的变化图线如图所示，物体上升过程中空气阻力做的功为

四、解答题

31.(2022•上海松江•统考一模)如图，在地面上方的竖直平面内放置一杆状轨道，

A?为粗糙的长直轨道，长为GIOm,与水平方向的夹角为，=37°,BCD、妍均为半径

为R=Im的光滑圆弧形轨道，AB与BCD相切于B点,8点离地高度为Λ=3m,0„。两圆

心等高，C为圆弧形轨道的最低点，F为最高点。一质量为炉0.2kg的小环套在48上，

自。点由静止释放，经仁2s运动到8点的速度大小为u=6m∕sosin37o=0.6,cos37o=0.8,

g取Iom/s；以地面为零势能面。求：

(1)小环在48轨道上受到的摩擦力的大小；

(2)小环过E点时，小环对弧形轨道的作用力大小；

(3)若改变小环在直杆上释放点的位置，求小环落地时机械能的可能值：

(4)小环在48杆上某一区域由静止释放时，若小环不会落到地面上，请用能量观点分

析小环的运动过程，并求出最终稳定后小环的机械能。

32.(2022•上海松江•统考一模)如图，水平轨道48C、EG与内、外略微错开的竖直

圆轨道平滑连接，倾角为3=37°的斜面仍与水平轨道EG也平滑连接。一质量为

22kg的物体受到与水平方向成α=53°的恒力尸作用，由4点静止出发，经t=2s运动

到8点，此时撤去恒力尸，物体继续向前运动。已知水平轨道48、斜面前与物体间的

动摩擦因数均为//=0.5,BCDEG为先滑轨道,48的长度为S=Iom,圆轨道半径e2.5m

(sin530=0.8,cos53o=0.6,g取IOm∕s"<,求:

(1)物体在水平轨道/48上运动的加速度；

(2)恒力厂的大小；

(3)物体能否沿图示轨道运动到斜面上高为/P3m的0点？试分析说明；

(4)若仅改变恒力厂的大小，要使物体沿图示轨道运动到斜面上的户点，尸大小应满

足的条件。

33.(2021•上海•统考一模)如图，在竖直平面内，48为粗糙的长直轨道，与水平方

向的夹角为6=53",BCD、OFG均为半径为r=2m的光滑圆弧形轨道，AB与BCD相切于

B点、,。、。为圆心，连线水平，C为圆弧形轨道的最低点，£■为最高点。一质量为棺Ikg

的小环套在轨道48上，受到水平恒力厂的作用，自夕点由静止下滑，运动到8点时撤

掉水平恒力月，小环滑入光滑圆弧形轨道，恰能通过最高点日已知小环与48轨道间的

1∕2∩

动摩擦因数为〃=0∙8,P、8之间的距离为s=亍(11,sin53o=0.8,cos530=0.6,

求：

(1)小环过8点的速度；

(2)小环在月9间运动的加速度；

(3)水平恒力厂的大小；

C

参考答案：

1.B

【详解】AB.磁场力方向一定与磁场方向垂直，一定与通电导线垂直，选项A错误，B正确；

C.环形通电线圈在非匀强磁场中受磁场力不一定为零，选项C错误。

D.只要通电导线与磁场方向不平行就一定受磁场力，选项D错误。

故选Bo

2.A

【详解】最早运用实验和推理相结合的方法对落体运动进行研究并得出正确结论的科学家是

伽利略。

故选A。

3.B

【详解】A.上升和下落过程的位移大小相等，方向相反，则位移不相同，故A错误；

B.整个过程加速度都是g,大小和方向都保持不变，故B正确；

C.在整个运动过程中，物体的加速度都为g,上升和下落过程具有对称性，则上升和下落的

时间一定相等，根据对称性可知落回抛出点时的速度跟物体在抛出时的初速度大小相等，上

升和下落过程的平均速度大小都为一定相等，但方向相反，故C错误；

D.上升的过程中重力势能增大，而下降的过程中重力势能减小，所以不相同，故D错误。

故选Bo

4.B

【详解】人与电梯保持相对静止，相对电梯有沿着电梯向下运动的趋势，所以人受到电梯的

摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第三定律可知电梯受到人的摩擦力的方向为沿斜面向下。

故选B.

5.D

【详解】弹簧振子从平衡位置。运动到8点的过程中，根据

kx

a=-----

tn

可知振子加速度。逐渐增大，由于。与振子运动速度V方向相反，所以振子做加速度逐渐增

大的减速运动。

故选Do

6.C

【详解】AB.波在同种介质中传播速度不变，频率逐渐增大，由

v=λf

则波长变小，由图可知，该波的传播方向向左，故AB不符合题意；

CD.由上下坡法可知ab两质点都向下振动，质点b频率大于质点a,质点b比质点a先到

波谷，故C符合题意，D不符合题意。

故选Co

7.B

【详解】A.钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的

作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A错误；

B.两段绳子拉力大小相等，均等于侬，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，

故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故B正确；

0.物体受重力和拉力而平衡，故拉力T≡mg,而同一根绳子的张力处处相等，绳子的拉力大

小一直为砥■,大小不变，故C错误；

D.因为钩子与细绳的接触点4始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°,

细绳对钩子的作用力小于血,咫，钩子对细绳的作用力也不可能等于2砥，故D错误。

故选Bo

8.C

【详解】设叶片转一圈扫过的面积为s,空气密度为P，则单位时间通过对应面积S的空气

质量为

M=PSU

这些空气的动能为

口ɪ13

Ek=-×psv×V=-psv

发电机转化效率不变，则单位时间风的动能转化为的电能与丁成正比。即该发电机的发电

功率与/成正比。

故选Co

9.C

【详解】不同材料的球体下落速度几乎一样，进而推测得到真空中下落快慢一样的结论，这

正是伽利略创立的实验观察和逻辑推理相结合的科学方法，即实验推理法。

故选0»

10.B

【详解】根据单摆的周期公式

可知为使简谐运动单摆的周期变长，可以适当增加摆长Z.或减小重力加速度g,而上海的纬

度比北京的纬度低，所以将单摆从上海移到北京会使g增大。综上所述可知ACD错误，B正

确。

故选Bo

11.C

【详解】人起跳瞬间受到地面竖直向上的支持力和水平向前的静摩擦力，则地面对人的作用

力方向斜向前上方，根据牛顿第三定理可知，人双脚对地面作用力方向斜向后下方。

故选Co

12.D

【详解】热现象的物理过程具有单向性，故摩擦生热、热传递和气体自由膨胀均表明物理过

程具有单向性。

故选Do

13.C

【详解】A.空间站中的物体处于完全失重状态，故无法测定小车质量，更无法用钩码的重

力充当小车受到的拉力，故A错误；

B.用DlS研究机械能守恒定律，需要重物自由下落，由于完全失重，故无法重演，故B错

庆-O；

C.研究共点力的合成实验是通过橡皮筋的形变和弹簧测力计测量力，跟重力无关，能在空

间站重演，故C正确；

D.用单分子油膜估测分子的大小，需要在水面形成油膜，由于完全失重，无法形成油膜，

故无法重演，故D错误。

故选C。

14.A

【详解】A.尸t图线的斜率表示速度，由图可知，图线斜率越来越小，则物体沿X轴做减

速运动，故A正确；

B.图线斜率越来越大，则物体做加速运动，故B错误；

C.图线斜率恒定，则物体做匀速直线运动，故C错误；

D.图线斜率越来越大，则物体做加速运动，且沿X轴负方向运动，故D错误。

故选A。

15.A

【详解】由于简谐横波向左传播，经过L周期后，波形如图

4

A

则可知质点a位于平衡位置的上方，且位移大于一。

故选A。

16.D

【详解】竖直上抛运动中加速度为重力加速度g,根据竖直上抛运动的对称性可知上升过程

和下降过程时间相同，根据Au=g∕可知，上升过程速度的变化量与下降过程速度的变化量

大小相等，方向相同。

故选D。

17.B

【详解】根据题意，C点是静止的，对C点进行受力分析，受到重力，杆A的弹力，方向沿

杆向上，杆B的弹力，沿杆向上，根据平衡条件，C点所受的合力为零，重力的效果就是抵

消杆A、B产生的弹力，所以重力就可以分解为沿杆A向下的力和沿杆B向下的力，所以B

正确O

故选Bo

18.B

【详解】未加尸时，物体匀速下滑，受力平衡，由平衡条件得

mgsinθ=Amgcosθ

可得

Sine=4cos。

A.当施加力打垂直斜面向下时，摩擦力变大为

f=〃(mgcos6+F)>mgsinθ

物体不能匀速下滑：故A错误；

B.当施加力打竖直向下时，物块受到的滑动摩擦力为

f=μ(mg+F)cosθ

重力和厂沿斜面向下的分力大小为

(mg+F)sin

则可知

(mg+F)sin=ju(tng+F)cosθ

则物块受力仍然平衡，所以仍匀速下滑，故B正确；

C.当施加力厂水平向左时，沿斜面向上的合力为

〃(/ngcosθ+Fsinθ)+Fcosθ

沿斜面向下的力为

mgsinΘ

联立方程，可知

∕mgcosθ-∖-Fsinθ)+Fcosθ>mgsinθ

物体受力不再平衡，所以不能匀速下滑，故C错误；

D.当施加力厂水平向右时，沿斜面向上的合力为

f=μ(mgcosθ-Fsin。)

沿斜面向下的力为

∕xgsin8+∕7COSe

联立方程，可知

μ(mgcosθ-Fsinff)<mgSine+T7cosθ

物体受力不再平衡，所以不能匀速下滑，故D错误。

故选Bo

19.A

【详解】由于阻力大小与速度成正比，则

f=公

由牛顿第二定律得

tngs∖nθ-kv=ma

由此可知，当速度在增加的时候，加速度在减小，物体在做加速度减小的加速运动，直到加

速度减到0后，物体做匀速直线运动。故BCD错，A对。

故选A。

20.C

【详解】由题意可知，0时刻质点4沿JZ轴负方向振动，由同侧法结合图象可知，这列波沿

X轴负向传播，由图可知，波长4=4m,则周期为

,44.

T=—=—s=0.2s

V20

2s内即10个周期内质点4的路程为

5=10×4A=40×5cm=200cm=2m

故选C。

21.D

【详解】AB.由A、B两木块4~匕这段时间内位移相同，根据某段时间内的平均速度等于这

段时间内的中间时刻的瞬时速度，得七时刻，A木块速度等于B木块速度。故AB错；

CD.在L时刻两木块速度相等，根据公式

x-VAr

2

又％~。期间B的位移大于A的位移且时间相等，故在力时刻，B的速度大于A的速度，故

C错，D对。

故选Do

22.B

【详解】水平力缓慢向右拉弹簧，可以看成是物体处于平衡状态。对于弹簧右端，水平力等

于弹簧弹力，对于物体，弹簧弹力等于物体受到的滑动摩擦力g,所以水平力等于物体受

到的滑动摩擦力〃侬，由于物体在运动前，弹簧先被拉伸，当弹簧拉伸到产生的弹力等于物

体受到的滑动摩擦力〃侬，水平已经作用了一段位移，所以当物体向右通过一段位移S时，

水平力作用的位移大于s,所以水平力做功一定大于〃侬s。所以ACD错误，B正确。

故选B。

23.运动状态惯性

【详解】［1］［2］牛顿第一定律告诉我们，一切物体都有保持原来速度不变的性质，这种性质

叫做惯性，物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态，说明了力不是

维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因。

24.不变完全失重

【详解】［1］由

GMmmV

可得天和核心舱的速度大小为

对接前后轨道半径不变，则速度大小不变；

［2］航天员随着核心舱围绕地球做匀速圆周运动，航天员只受万有引力作用，所受万有引力

完全提供向心力，所以航天员处于完全失重状态。

25.gtan®向右匀加速直线运动、向左匀减速直线运动、圆心在右的匀速圆周运动

【详解】［1］［2］对小球受力分析可得

mgtanθ=ma

得出

a-gla,nθ

加速度向左。当此时汽车向左运动，则此时汽车向左做句减速直线运动；当此时汽车向右运

动，则此时汽车向右做匀加速直线运动；当此时汽车做圆周运动，则此时汽车做圆心在右的

勺速圆周运动。

2

26.不能若做自由落体运动，则下落的高度为：Zz="=20m,方较小，与题设不符，

2g

说明空气阻力的影响不能忽略，所以不能看做自由落体运动

2

【详解】［1］［2］不能；若做自由落体运动，则下落的高度为：∕z=3=20m,万较小，与题

设不符，说明空气阻力的影响不能忽略，所以不能看做自由落体运动。

27.等于小于

【详解】［1］根据牛顿第二定律有

一MnI44“

c-=mryr

解得

T=2π.——

NGM

由于卫星a和卫星C的轨道半径相同，则卫星a的周期等于卫星C的周期;

［2］根据牛顿第二定律有

CMm

G——=ma

解得

a=G—

由于卫星a的轨道半径大于卫星b的轨道半径，所以卫星a的加速度小于卫星b的加速度。

28.7204.8

【详解】［1］设电动车的额定功率为只由图可知，送货过程中，匀加速位移为

xx=—×6×2.4m=7.2m

由动能定理可得

P12

[----&(/+m)g]x=-(m+m)v

Vti20λ

返程过程中，句加速位移为

x2=ɪX4×2.4m=4.8m

由动能定理可得

2

(--km0g)x2=^∙w0v

V2

联立方程，代入数据解得

P=720W,攵=0.06

［2］返回时电动车受到的阻力为

6=⅛m0g=150N

当牵引力等于阻力时，达到最大速度

P

vm=ʃ—=4.8m∕s

J2

29.不是能

【详解】［1］由于实际上不存在完全不受其它物体作用的孤立物体，所以第一定律不能用实

验直接加以验证，主要是由它所推出的结论和实验事实符合而得到验证。第一定律指出了物

体在不受力的情况下处于怎样的运动状态，这样就可以研究物体在受力情况下的运动状态，

因此，在牛顿力学的理论系统中牛顿第一定律是第二定律的前提和基础，则牛顿第一定律不

是牛顿第二定律的推论。

［2］根据公式

F-ma

质量越大，加速度就越小，物体也就越能保持它原有的状态，惯性也就越大了，则能用牛顿

第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度。

30.-112.5

【详解】［1］由动能定理得

Wf-mgh=O-E

解得

W(=-U

［2］由功能关系得

-mgh=O-Ep

得

m=0.1kg

由做功定义式得

Wf=flι

解得

f=-0.25N

由牛顿第二定律得

—f—mg=mα

解得

α=-12.5m∕s2

故加速度的大小为0=12.5m∕s2

31.(1)0.6N：(2)2N：(3)9.6J<E≤12J：(4)见解析，6J

【详解】(1)小环由P→B,加速度为

V2

tz=-=3m∕s

对小环进行受力分析，如图所示

根据牛顿第二定律

mgsinθ-f=ma

解得

户O.6N

方向沿48向上。

(2)小环由8fE,根据机械能守恒定律有

ɪ/nvj=mg(R+Rcosθ)+ɪ/nvɪ

解得

%=O

则在£点有

N^mg

由牛顿第三定律，小环对弧形轨道的压力为

N'=N

解得

N'=2N

(3)小环刚好越过E点，落地的机械能最小，则

Emin=mg(R+HCOS+mgh=9.6J

小环自/1点释放，落地的机械能最大，根据能量守恒定律有

EmaX=mgh+IngLsin<9-,∕Z,=l2J

故小环落地的机械能为

9.6J<E≤12J

(4)小环自只8之间由静止释放，则小环不能到达E点，不会落到地面上。小环滑过8

点后，在弧形轨道上运动，只有重力做功，机械能守恒，再滑回8点，滑上斜轨48,因克

服摩擦力做功，小环的机械能逐渐减小，在斜轨上到达的最高点比释放点低，小环在斜轨和

弧形轨道上来回往复运动，到达的最高点逐渐降低，最终必将在8C8'(8'点在弧形轨道

上，与8点等高)之间做来回往复运动，机械能守恒。故最终稳定后小环的机械能为

Fmgg6J

32.(1)5m∕s2;(2)20N；(3)不能，见解析；(4)22.5N≤F≤25N

【详解】(1)物体由A→8匀加速运动，根据运动学公式有

解得

2s2

^=-=5m∕s

(2)物体由A→8,受力分析，根据牛顿第二定律有

N+Fsina=mg

Fcosa-f=ma

于=NN

联立方程，代入数据解得

f.=ma+μmgɪ

δ∏Ba+7/a

(3)物体运动到8点的速度为

VB=at=]Om/s

先判断物体能否到达。点，8→C→O过程中，由机械能守恒定律得

1212

—ιnVβ=mg×2R+-mvυ

解得

%=°

物体刚好通过。点时有

V2

mg=m~

解得

v=y∣~gR=5m∕s

由于％<上故物体到达。点前已离开圆轨道，所以物体不能沿图示轨道运动到斜面上的户

点o

(4)由(3)知，物体刚好通过。点时，速度为u=5m∕s,然后物体继续运动，沿斜面上

升的最大高度为九,根据能量守恒有

j力

—mv2+mgX2R=mgh+μnιgcosβ——?—

2]sinβ

解得

hλ=3.15m>h

所以能运动到斜面上的P点。

物体8→C→O,由机械能守恒

~fnγ2+tng×2R=^tnv^,

解得

t

vli=5λ∕5m∕s

物体由A→3,有