2024年高考物理总复习阶段评估检测试卷及答案(二)

阶段评估检测（二）（第四章）

（分值100分）

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。

1.（2023•南通模拟）网上热卖的一款“小球永动机”如图所示。小球从平台中心小孔P由静

止下落，经小孔下方快速旋转的传动轮加速后，由0点抛出并落回平台，每次轨迹如图中虚线

所示。则（）

A.该“小球永动机”不违背能量守恒定律

B.小球在空中上升过程中，处于超重状态

C.小球在空中上升过程中，速度变化的方向竖直向上

D.小球在空中上升过程中，克服重力做功的功率恒定

【解析】选A。小球运动中因摩擦力、空气阻力造成的机械能损失，由小孔下方快速旋转的传

动轮补充，该“小球永动机”不违背能量守恒定律，故A正确；小球在空中上升过程中，加速度

向下，处于失重状态，故B错误；小球在空中上升过程中，由△片a%,可知速度变化的方向与加

速度方向相同，加速度方向向下，故C错误;小球在空中上升过程中，重力做功的功率P^mgvy,

由于竖直方向上速度大小变化，所以克服重力做功的功率不恒定，故D错误。

2.（2023•辽宁选择考）如图（a）,从高处〃点到地面N点有/、〃两条光滑轨道。两相同小物

块甲、乙同时从〃点由静止释放，沿不同轨道滑到"点，其速率丫与时间力的关系如图（b）所示。

由图可知，两物块在离开〃点后、到达N点前的下滑过程中（）

A.甲沿/下滑且同一时刻甲的动能比乙的大

B.甲沿〃下滑且同一时刻甲的动能比乙的小

C.乙沿/下滑且乙的重力功率一直不变

D.乙沿〃下滑且乙的重力功率一直增大

【解析】选B。由图⑹可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿〃下滑，乙做加速度

逐渐减小的加速运动，乙沿/下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动

能比乙的小,A错误,B正确；乙沿/下滑，开始时乙速度为0,到N点时乙竖直方向速度为零，根

据瞬时功率公式「侬^可知重力瞬时功率先增大后减小,C、D错误。

3.（2024•南宁模拟）高空抛物严重影响人们生活环境及生命财产安全。如图所示是从高楼窗

口水平抛出的石块落地前，被地面附近的监控相机拍摄到的照片（示意图），照片中石块留下一

条模糊的径迹。已知拍摄时镜头正对石块运动平面，且该相机曝光时间设置为0.2s,每个小

方格代表的实际长度为1m,忽略空气阻力，重力加速度g取10111/52,则（）

A.石块落地时的速度大小为15m/s

B.石块落地时的速度大小约为26m/s

C.石块抛出位置离地面高度为20m

D.石块水平抛出的初速度大小为12m/s

【解析】选B。落地前0.2s时间内，石块在竖直方向上的平均速度为VL.二

上m/s=20m/s,落地前0.2s时间内中间时刻的瞬时速度为20m/s,则石块从抛出到落地所

需的时间为，产红4=2.1s,石块抛出的高度为加山优=9X10X2.ym

g22尽2

=22.05in,故C错误；由图可知，在0.2s的时间内石块的水平位移为30,所以石块水平抛出

的初速度大小为m/s=15m/s,落地时竖直速度为vyi^=gt»=

21m/s,则落地时的速度为v=Ivg+v2,.=V152+212m/s^26m/s,故B正确,A、D错误。

qy地

4.2022年H月30日5时42分中国空间站与神舟十五号载人飞船成功对接，实现两批航天员

太空会师的壮举。已知空间站从正常运行圆轨道/降低一定高度后在新的圆轨道〃绕地运行,

准备迎接神舟十五号的到来，下列说法中正确的是（）

A.神舟十五号载人飞船从地球发射的速度大于第二宇宙速度

B.空间站在圆轨道n上绕地运行的周期大于圆轨道I

c.空间站从圆轨道I变轨至圆轨道n,机械能减少

D.对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行,只需点火加速一次就可实现

【解析】选C。神舟十五号载人飞船从地球发射的速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度,

故A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得等=碌），可得六^

由于圆轨道〃的半径小于圆轨道/的半径，则空间站在圆轨道〃上绕地运行的周期小于圆轨

道/的，故B错误；空间站从圆轨道I变轨至圆轨道n,需要点火减速做向心运动，则空间站的

机械能减少，故C正确；对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行，需先点火加速变轨到椭圆

轨道，在椭圆轨道远地点再次点火加速变轨到原轨道，为了实现空间站恢复到原轨道运行，至

少需要点火加速两次，故D错误。

5.如图，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。驾驶员在幺点发现刹

车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段弧长相等的圆弧从8点紧贴避险车道左侧驶入。

已知汽车速率不变,/、6两点沿道路方向距离为105m,超车道和行车道宽度均为3.75m,应

急车道宽度为2.5m,路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5倍,汽车转弯时恰好不与路面发

生相对滑动，重力加速度支10m/s,,估算驾驶员反应时间为（）

^4--------超车道

\行车道

应急车道

避险车道

A.1.6sB.1.4sC.1.2sD.1.0s

2

【解析】选B。汽车做圆周运动时由摩擦力提供向心力，有0.5磔皂解得

心125m,4?两点间垂直道路方向距离为10m,由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为1=2

XJR2_（R_5）2=70m,则驾驶员反应时间通过的路程为产105m-

70m=35m,驾驶员反应时间为t=-=l.4s,故选B。

V

【加固训练】（2023•乌鲁木齐模拟）如图甲所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用

轻质细线相连的质量相等的两个物体/和氏它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为2/■和3;

两物体与盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若初始时绳子恰好拉直但没

有拉力，现增大转盘角速度让转盘做匀速圆周运动，但两物体还未发生相对滑动，这一过程A

与8所受摩擦力f的大小与的大小关系图像如图乙所示，下列关系式正确的是（）

B

乙

B

22

33

C.2a)2=5a)?D.2=31

【解析】选D。由题意可知，因为物体幺和8分居圆心两侧，与圆心距离分别为2r和3r,两个

物体都没滑动之前,都受静摩擦力的作用，与⑦2成正比，由于6物体到圆心的距离大，故6物体

先达到滑动摩擦力，摩擦力大小不变为〃晰角速度达到必后绳子出现拉力，在角速

度为以时，设绳子拉力为T,对8有a〃磔=加•3ro）22,对幺有交加•27322,解得田=33上故选

Do

6.（2023•沧州模拟）由于自转，一未知行星赤道处的重力加速度是两极处的;，已知该行星可视

4

为球体，则此行星纬度37。处的重力加速度为赤道处的（）

3V2口4V2八36“4^3

AA.--D.--C.--U.--

5555

【解析】选B。设该行星两极处的重力加速度为g,对于该行星两极处的物体例有得=磔■，对

于该行星赤道处的物体in,有专上加口2庐0.75侬,解得RO,心0.23mg,赤道处的重力加速度g赤

=0.75g,对于纬度37°处的物体/，其随该行星做圆周运动的向心力6向=RO*COS37°=，磔■，可

知该行星纬度为37。处的向心加速度a向=：g,设此行星纬度37。处的重力加速度大小为4,

如图所示，根据几何关系，有蕾=够）+/-2><（3向臾。537°,解得此物体在该行星纬度为37°处的

重力加速度g尸Wg,可知此行星纬度37。处的重力加速度为赤道处的?倍，故选B。

7.（2023•北京西城区模拟）如图所示，质量为沪3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上,

光滑轨道的隙部分为半径为月的四分之一圆弧，切部分粗糙水平。质量为历1kg的小球（可

视为质点）从圆弧轨道顶端8正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于8点并从8点进入

圆弧。已知幺后上左0.3m,取g的大小为10m/s,,下列说法正确的是（）

A.物块对小球不做功

B.物块的最大速度为2bm/s

C.两者分离时物块移动了0.15m

D.物块对地面的最大压力为40N

【解析】选C。在弧面上,小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。

根据功能关系，物块对小球做负功。在水平面切上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减

小，二者互相做负功，故A错误;小球从/点到。点的过程,对小球和物块组成的系统，由于水平

方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得mvrMv2=Q,由机械能守恒得

mg{hAB+I^）=加托阚,联立解得Ki=

3m/s,K2=1m/s,物块的最大速度为1R/S1，方向向左。在。点，对小球根据牛顿第二定律有

侬=心炉，解得尽=母N,根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力乐'=人,地面对物块的

支持力根据平衡条件有凡=蟀冗’,根据牛顿第三定律有物块对地面的压力品匕%，联立代入

数据得&'=等N,故反。错误;对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒,

以向右方向为正有母-咤=0,又因为XI+X2=A+X。,联立解得否=0.45m,x2=0.15m,故。正确。

【加固训练】

如图所示，有一半径为R圆心角为60。的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一小球以初速度

%滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量21.5加口,小球质量nrnk,重力加速度为g,若小球从圆弧轨

道飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（）

172

A.圆弧半径必”

3g

B.小球飞出时速度为f%

C.小球飞出时圆弧轨道的速度为:两

D.小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为手无

【解析】选C。小球以初速度及滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑

上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，

因此小球有两个分速度，其中匕是相对轨道的速度，与圆弧相切，吆是随轨道运动的速度，方向

水平，如图所示,

由几何关系，可知匕与功成60。角/与功成30°角，则匕与y成30°角，所以四边形是菱

形，丫尸功,则有片，由动量守恒定律可得外冲=像vcos30°+1.5像外，系统的机械能守恒

j/%Vo=1/5)K2+|x1.5必厩+极的(1-cos60°),联立解得右能解得小球飞出时圆弧轨道的速度为

右会。,解得小球飞出时速度为片次花/%,A、B错误,C正确；由题意可得矢量三角形，如图所

由几何关系可得(△K)2=j+*2"ocos30°,其中片百阵=噂后,解得△尸错误。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或

两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.如图，中国古代的一种斜面引重车前轮半径为八后轮半径为3r,在前后轮之间装上木板构

成斜面。细绳的一端系紧在后轮轴上，另一端绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。推动

车子使其水平前进，车轮与地面不打滑，后轮轴转动时带动重物沿木板上滑过程中，细绳始终

与斜面平行，则()

A.后轮绕轴转动的角速度与前轮绕轴转动的角速度之比为1：3

B.后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3：1

C.若引重车加速运动，则重物将相对于地面做直线运动

D.若引重车加速运动，则重物将相对于地面做曲线运动

【解析】选A、Co后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度相等，由片r。得角速度之比为

1：3。故A正确,B错误；引重车水平前进的过程中，重物同时参与了在水平方向的加速运动和

沿斜面方向的加速运动，合运动的速度与加速度同向，所以重物做加速直线运动。故C正确,D

错误。

9.（2023•广东选择考）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为

1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右

的恒力产，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束

后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）

A.该过程动量守恒

B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N•s

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N«s

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

【解析】选B、Do选择水平向右的方向为正方向。滑块1和滑块2组成的系统的初动量

为："=加%=1X0.40kg,m/s=0.40kg•m/s,碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量

为:.=2勿归2X1X0.22kg,m/s=0.44Ag•勿/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒，故幺错误;对

滑块1,根据动量定理可得：/片勿0-R匕，代入数据解得：AX-0.18N•s,负号表示方向水平向

左，故夕正确；同理可得，对滑块2分析可得：△/'=0外-0,代入数据解得：A/=0.22N•s,故。

错误；根据公式//'=6八大，代入数据解得:45.5N,故D正确。

10.（2023•福州模拟）质量均为历1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，

二者的动能区随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲的加速度大于乙的加速度

B.甲、乙在A=6m处相遇

C.当甲的位移刚达到9m时，乙在甲的后面

D.当甲的位移为6m时，乙在甲后面，且距离最远

【解析】选A、C。根据动能定理，对甲ma\X=Ear&,得£=-侬/+瓦，对乙口桀尸瓦，图线斜率大小

22

等于合力，甲、乙加速度大小分别为3]=—=1m/S=2m/s,a2=—=

1m/s2=lm/s1则甲的加速度大于乙的加速度,A正确；当甲的位移为9m时，由i2,时

间为仁3s,此时乙的位移为莅=色2斤4.5m,乙在甲的后面，B错误、C正确；当甲的位移为6m

时，由侬1产蜃-；勿/，此时甲的速度为片2旧m/s,时间为t'=—=（3-V3）s,此时，乙的位移和

速度分别为/三功力也出一3百）m,广=绕/=（3-g）m/s,乙在甲后面，当速度不同时，距离不是

最远,D错误。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（7分）（2022•重庆选择考）如图甲为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实

验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时

功能的摄像机。

滑物滑块8气垫导轨

/，，”，…，，，，，盘…/小

节II

左支点右支点

甲

⑴要测量滑块的动量，除了前述实验器材外,还需要的实验器材是。

⑵为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫

导轨上近似做运动。

⑶测得滑块6的质量为197.8g,两滑块碰撞前后位置x随时间力的变化图像如图乙所示，其

中①为滑块8碰前的图线。取滑块N碰前的运动方向为正方向，由图乙中数据可得滑块8碰前

的动量为kg•m•s"（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为（选填"②”

“③”或“④”）。

x/mm

470.0

460.0

450.0

440.0

430.0

420.0

410.0

400.0

390.0

380.0

乙

【解析】（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是托盘天平；

【解析】（2）为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置,故调节气垫导轨后要

使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；

【解析】⑶取滑块/碰前运动方向为正方向，根据X—图可知滑块8碰前的速度为"°42；；476

m/s=-0.058m/s,则滑块8碰前的动量为必=侬疗0.1978kgX

（-0.058）m/s=-0.Oilkg•m/s,由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系，则④图线为碰前

A物块的图线，由图乙可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可

知③为碰后A物块的图线。

答案：（1）托盘天平（2）匀速直线（3）-0.011③

12.（9分）某兴趣小组的同学设计了图甲所示的装置测量滑块（可视为质点）和水平转台间的

动摩擦因数。水平转台能绕竖直的轴匀速转动，装有遮光条的小滑块放置在转台上，不可伸长

的细线一端连接小滑块，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的传感器能

显示细线的拉力凡安装在铁架台上的光电门可以读出遮光条通过光电门的时间大,兴趣小组

采取了下列步骤：

①用十分度的游标卡尺测量遮光条的宽度&

②将滑块放置在转台上，使细线刚好绷直，量出滑块到转轴的距离£。

③控制转台以某一角速度匀速转动，记录力传感器和光电门的示数,分别为£和3；依次增大

转台的角速度，并保证每次都做匀速转动，记录对应的力传感器示数£、£……和光电门的示

数22、力3。

回答下面的问题

（1）由于游标卡尺老旧前面刻度丢失，示数如图乙所示，则d=mm。

⑵滑块匀速转动的角速度大小可由计算得出（用成t、上表示）。

（3）处理数据时，兴趣小组的同学以力传感器的示数6为纵轴，对应的角速度大小的平方。2为

横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图丙所示（图中a、6已知），设最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度为g,则滑块和台面间的动摩擦因数〃=。

（4）该小组同学换用相同材料的质量更大的滑块再次做了该实验，作出尸。2的图像，与图丙中

a和5比较，发现a、b（均选填“增大”“减小”或“不变”）

【解析】（1）游标尺右端刻线左侧对应的是主尺的16mm刻线，游标尺总长度为

9mm,则游标尺左端零刻度线左侧对应的是主尺的16mm-9mm=7mm刻度线，故主尺的读数应

为7mm,游标尺的分度值为0.1mm,读数为7X0.1mm=0.7mm,故游标卡尺的读数为7mm+0.7

mm=7.7mm；

【解析】（2）滑块通过光电门的速度可以用平均速度计算，则片3根据线速度、角速度和半径

关系式有片口£,解得口

【解析】（3）滑块做匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有a〃侬整理得4-〃侬+加口

2L,由图像可得-〃磔=-a,解得

mg

【解析】⑷根据图像有-〃侬=-2/成,则雄詈,可知滑块质量增大,a增大，方不变。

答案：（1）7.7⑵！⑶=（4）增大不变

tLmg

【加固训练】

甩手时很容易将手上的水甩掉，某实验小组对此进行了“关于甩手动作的物理原理研究”。方

案如下：

甲

（一）利用手机连拍功能测量甩手时指尖的向心加速度与向

（1）利用手机连拍功能（每隔卷S拍一张照片）得到甩手动作的过程如图甲。其中，4反。三

点是甩手动作最后3张照片指尖的位置。可建立如下运动模型：开始阶段，指尖从/点以肘关

节〃为圆心做圆周运动，指尖到6的瞬间，立刻以腕关节M视为已经静止）为圆心做圆周运动,

最终到达。点。

⑵照片中，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的长度为13cm,而相应的实际长度为65cm；

⑶照片中46两点间距离为5.2cm,则48两点的实际距离为—cm；由此可以计算

指尖实际在48间运动的平均速度为—m/s,并粗略认为这就是指尖过8点的线速度。

同理,得到的的实际距离为17cm；计算指尖在6处的向心加速度为m/s"此空保

留三位有效数字）。

（二）利用手机中加速度传感器测量甩手时指尖的向心加速度a向

⑷按如图乙方式握住手机，调整手机位置，使加速度传感器尽量靠近手腕，重复与⑴相同的

甩手动作，手机显示手腕部位N的向心加速度为32m/s“图丙）。

⑸通过测量图甲可知：/8的弧长大约是N点在相同时间内通过弧长的2.2倍,6点做圆周运动

的半径泌大约是N点做圆周运动半径仞V的|,可得指尖在腕关节N静止之后的向心加速度为

/向=m/s"保留三位有效数字）。

（6）若该手机中加速度传感器的实际位置到肘关节〃的距离比M/略大，则将导致a'向的测量值

比实际值_______（选填“偏大”“偏小”或“相同”），该因素引起的误差属于（选

填“系统”或“偶然”）误差。

【解析】（3）根据（2）中比例关系可知48两点的实际距离为26cm,指尖平均速度万1=6.5

m/s,7V静止之后的向心加速度为a向，-二丝-m/s2^248.5m/s2^249m/s2；

R0.17

2

【解析】（5）由题可知Vg=2.2vN,r^rN,由公式a尸二得a'向=萼血"8aL256m/s；

5「尹

【解析】（6）甩手时转动半径与N的比值更小，因此a向偏大该误差总是偏大，属于系统误差。

答案：（3）266.5249（5）256（256259均可）（6）偏大系统

13.（H分）（2023•重庆选择考）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为7的工件（视为质

点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，

运动方向与竖直方向夹角为。，提升高度为人如图所示。求：

（1）提升高度为人时，工件的速度大小；

答案：⑴、匡

\cosO

【解析】⑴根据匀变速直线运动位移与速度关系有评=2心解得疗舄

（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

答案：⑵、W*

\acosdcos6

【解析】（2）根据速度公式有v0=at解得不巨

根据动能定理有瞑=??汨解得瞑=%

2°cos0

14.（12分）（2023•梅州模拟）如图所示，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，携带炸弹的红

军飞机（可视为质点）在蓝军上空飞行，飞行高度足500m,飞机的速率尸100m/s。蓝军地面上

4点位置固定着一门高射炮（可视为质点）"点与飞机原飞行路径（直线例在水平面上竖直方

向的投影（直线"W'）间的距离1=2000mo已知重力加速度支10m/s?,空气对炮弹、炸弹的

阻力均不计。

（1）若高射炮发射2s后，炮弹正好到达直线腑上的8点，求高射炮发射炮弹的初速度方向与

水平方向的夹角的正切值。

答案:⑴算

【解析】（1）设炮弹初速度方向与水平方向的夹角为以炮弹从/点到6点经过的时间为t

竖直方向有vbtsin”）干=力

水平方向有vbtcosd=L

解得tan夕=吗=上

⑵若红军飞机在炮弹飞过后到达4点，并且发现高射炮的位置/点，飞行员立即驾驶飞机从6

点开始在水平面内做匀速圆周运动，并在最短时间内在恰当的位置释放一枚炸弹（炸弹释放时

具有与飞机相同的速度），炸弹正好落在幺点。求飞机做圆周运动的半径大小。

答案：（2）750m

【解析】（2）炸弹离开飞机后做平抛运动，设炸弹下落的时间为t'

水平方向有x=vt'

竖直方向有h=^gt〃

解得t=10s,产1000m

设飞机先携带炸弹做半径为月的圆周运动，到达。点时释放炸弹，若炸弹从。点做平抛运动到

4点，整个过程的俯视图如图所示

根据几何关系有£=，久2+R2+R解得后750m

【加固训练】

（2023•成都模拟）某同学用图（a）所示装置探究竖直面内的圆周运动。固定在同一竖直面的轨

道由三部分构成，直轨道4?与圆轨道板在8端相切，最低点。处有压力传感器，圆轨道比的

£端与〃等高且两端的切线均竖直，/£”小。=53。，两圆轨道的半径相同、圆心等高。将一小

球从轨道N8上不同位置静止释放，测出各次压力传感器的示数尸，得到少与释放点到。点的高

度力的关系图像如图（b）。小球可视为质点且恰好能自由通过久后端口，不计摩擦力和空气阻

力，重力加速度支10m/s2,S77753°=0.8o

⑴求小球的质量加和两圆轨道的半径R-,

答案：（1）1kg1m

【解析】⑴从释放到。点，由机械能守恒定律有mg吟吟

„2

在C点，由牛顿第三定律知,支持力大小等于压力大小，由牛顿第二定律有人两喏

两式联立得后侬+型力

R

结合题图（b）的尸力图像可知侬=10N,'吆=5°一1°N/m,解得游1kg,7?=1m

R2

（2）要让小球沿圆轨道通过G点，求释放点的高度上满足的条件。

答案：（2蜜22.2m

【解析】⑵从释放点到G点，由机械能守恒定律有mg（6R-Rsin8）=如若