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河南省辉县市一中2018-2019学年高一下学期第二阶段考试物理试题 Word版含解析

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辉县市一中 2018—2019 学年下期第二次阶段性考试 高一物理试卷
一、选择题 1.下列说法错误的是 A. 地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心 B. 我国的同步卫星不能定点在北京市的正上方 C. 计算滑动摩擦力做功时,应该用滑动摩擦力乘以相对位移 D. 对于-5J 和 3J,当是势能的值时-5J<3J,当是功的值时-5J>3J 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据万有引力定律可知,地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心,故 A 正确,与题意不符; B.地球同步卫星若在除赤道所在*面外的任意点,假设实现了“同步”,那它的运动轨道所 在*面与受到地球的引力就不在一个*面上,就稳定做圆周运动,这是不可能的,因此地球 同步卫星相对地面静止不动,所以必须定点在赤道的正上方,故 B 项正确,与题意不符; C.滑动摩擦力做功与路径有关,所以计算滑动摩擦力做功时,应该用滑动摩擦力乘以路程, 故 C 项错误,与题意相符; D.势能的正负表示大小,所以当是势能的值时-5J<3J,功有正、负之分,但功的正负不是表 示方向,是表示力对物体的做功效果的,所以-5J 比 3J 的功大,故 D 项正确,与题意不符。
2.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直*面内做匀速圆周运动,圆半径为 R,速率 v< Rg ,
AC 为水*直径,BD 为竖直直径.物块相对于轮箱静止,则

A. 物块始终受两个力作用 B. 只有在 A、B、C、D 四点,物块受到的合外力才指向圆心 C. 在转动过程中物块的机械能不守恒 D. 在转动过程中物块重力的瞬时功率保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A.在最高点和最低点,物块受重力和支持力作用,在其它位置物体受到重力,支持 力、静摩擦力作用,故 A 项错误; B.物块作匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故 B 项错误; C.在转动过程中物块的动能不变,重力势能改变,所以机械能不守恒,故 C 项正确; D.运动过程中,块的重力大小不变,速度大小不变,但是速度方向时刻在变化,所以重力的 瞬时功率在变化,故 D 项错误。
3.把质量是 m=0.5kg 的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至 A 的位置,如图甲所示。迅速 松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置 C(图丙),途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状 态(图乙)。已知 B、A 之间的高度差为 h1=0.1m,C、B 之间的高度差为 h2=0.2m,弹簧的质量 和空气的阻力均可忽略,g=10m/s2.下面说法中正确的是

A. 由状态甲至状态乙,弹簧的弹性势能转化为小球的动能 B. 状态乙时,小球的动能最大 C. 状态甲中弹簧的弹性势能是 1.5J D. 状态乙中小球的动能是 1.5J 【答案】C 【解析】 【详解】A.小球由状态甲至状态乙的过程中,弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能; 故 A 项错误; B.由状态甲至状态乙的过程,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,小球的合力先向上后向 下,则小球先加速后减速,动能先增大后减小,当弹力等于重力时动能最大,此时弹簧处于 压缩状态,位置在甲、乙之间,故 B 项错误; C.小球由状态甲至状态丙的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则小球在图甲中弹 簧的弹性势能等于小球由 A 到 C 位置时增加的重力势能:
Ep=mg(h1+h2)=0.5×10×0.3=1.5J 故 C 项正确; D.小球由状态乙至状态丙的过程中,小球机械能守恒,则状态乙中小球的动能
Ek 乙=mgh2=0.5×10×0.2=1.0J 故 D 项错误。
4. 一质量为 m 的小球,用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点,小球在水*力 F 作用下,从*衡位置 P 点很缓慢地移到 Q 点.如图所示,此时悬线与竖直方向夹角为 θ,则拉力 F 所做的功为 :

A. mgLcosθ

B. mgL(1-cosθ)

C. FLsinθ

D. FLθ

【答案】B

【解析】 【详解】小球从*衡位置 P 点缓慢地移动到 Q 点的过程中,根据动能定理得:

WF mgL1 cos 0 ,得拉力 F 所做的功为:WF mgL1 cos
选项 B 正确,ACD 错误。

5.如图所示,质量为 m 的小球在竖直*面内的光滑圆轨道上做圆周运动.圆半径为 R,小球经 过圆环最高点时刚好不脱离圆轨.则下列说法正确的是

A. 小球在最高点的线速度大小等于 0 B. 小球在圆心等高点对轨道的压力为 3mg C. 小球在最低点对圆环的压力大小等于 5mg D. 小球在最低点的向心加速度大小等于 6g 【答案】B 【解析】
详解】A.小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨,根据牛顿第二定律有

解得:

mg m v2 R

v gR

故 A 项错误; B.从最高点到圆心等高点,根据动能定理得

mgR 1 mv'2 1 mv2

2

2

在圆心等高点,由牛顿第二定律得

联立解得:

N m v'2 R

N 3mg

故 B 项正确;

CD.从最高点到最低点由动能定理得:

解得:

mg



2R



1 2

mv12



1 2

mv2

根据牛顿第二定律得

v1 5gR

解得:

N1



mg



mv12 R

向心加速度为

N1 6mg

故 CD 项错误。

a v12 5g R

6.如图所示,a 为放在赤道上相对地球静止的物体,b 为沿地球表面附*做匀速圆周运动的人 造卫星(轨道半径等于地球半径),c 为地球的同步卫星,以下关于 a、b、c 的说法中正确的 是

A. a、b、c 的向心加速度大小关系为 ab ac aa

B. a、b、c 的角速度大小关系为 aa ab ac

C. a、b、c 线速度大小关系为 va vb vc

的 D. a、b、c 的周期关系为Ta Tc Tb
【答案】A 【解析】 【详解】AB.地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以 ωa=ωc,根据 a=rω2 知, c 的向心加速度大于 a 的向心加速度,根据
Mm G r2 ma

GM a r2 所以 b 的向心加速度大于 c 的向心加速度,故 A 项正确,B 项错误; C.地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以 ωa=ωc,根据 v=rω,c 的线速度 大于 a 的线速度,根据

G Mm m v2

r2

r



v GM r

所以 b 的线速度大于 c 的线速度,故 C 项错误; D.卫星 C 为同步卫星,所以 Ta=Tc,根据

Mm

4 2

G r 2 mr T 2

解得:
T 2 r3 GM
所以 c 的周期大于 b 的周期,故 D 项错误。
7.如图,质量为 m 的物体,自高为 h、倾角为 θ 的光滑斜面顶端由静止滑下,经历一段时间 到达斜面底端,则下列说法正确的是

A. 所经历的时间为 2h g
B. 到底端的速度为 2 gh

C. 此过程重力的*均功率为 mg 2hg 2

D. 底端时重力的瞬时功率为 mg 2gh sin

【答案】D 【解析】

【详解】A.由牛顿第二定律可知,物体下滑的加速度为

所用的时间为

a mg sin g sin m

解得:

h 1 g sint2 sin 2

故 A 项错误; B.由动能定理得:

t 1 2h sin g

解得:

mgh 1 mv2 2

v 2gh

故 B 项错误;

C.由公式 P



W t

可知,此过程重力的*均功率为

P mgh mg sin gh

1 2h

2

sin g

故 C 项错误;

D.由公式 P Fvsin 可得,底端时重力的瞬时功率为

故 D 项正确。

P mg 2gh sin

8.如图所示,某人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处。已知该工人拉着绳的一端从滑 轮的正下方 h 处,水*向右以速度 v 匀速运动,直至轻绳与竖直方向夹角为 60 。若货物质量 为 m,重力加速度为 g,滑轮的质量和摩擦阻力均不计,则该过程

A. 货物也是匀速上升 C. 重力对货物做功为 mgh 【答案】D

B. 末时刻货物的速度大小为 0.5v D. 工人拉绳做的功等于 3 mv2 mgh
8

【解析】

【详解】A.将人的速度 v 沿绳子和垂直于绳方向分解,如图所示,

沿绳的速度大小等于货物上升的速度大小,v 货=vcosθ,v 不变,θ 随人向右运动逐渐变小,

cosθ 变大,v 货变大,故货物加速上升,故 A 项错误; B.当轻绳与竖直方向夹角为 60 时,θ= 30 ,所以末时刻货物的速度大小为

v货 v cos 30

3v 2

故 B 项错误;

C.货物上升时要克服重力做功,货物重力势能增加,货物上升的高度
h h h h sin 30

且货物重力势能增加 ΔEp =mgh,即重力对货物做功为-mgh,故 C 项错误; D.根据能量守恒知工人拉绳做的功等于货物动能的增量与货物重力势能的增量的和,即为

故 D 项正确。

1 m( 3 v)2 mgh 3 mv2 mgh

22

8

9.一卫星绕某一行星表面附*做匀速圆周运动,其线速度大小为 v.假设宇航员在该行星表面 上用弹簧测力计测量一质量为 m 的物体重力,物体静止时,弹簧测力计的示数为 N.已知引力 常量为 G,则这颗行星的质量为( )

A. mv2 GN

B. mv4 GN

C. Nv2 Gm

D. Nv4 Gm

【答案】B

【解析】

【详解】设行星的质量为 M、半径为 R,行星表面的重力加速度为 g,卫星的质量为 m′,由

万有引力提供向心力,得

G

Mm R2



m

v2 R

;在行星表面万有引力等于重力,即 G

Mm R2



mg



由已知条件 N=mg 得: g N ;联立以上三式可得 R mv2 , M mv4 ,故 B 正确,ACD

m

N

GN

错误。

10.如图所示,一小球以 v0=10 m/s 的速度水*抛出,在落地之前经过空中 A、B 两点,在 A 点小球速度方向与水*方向的夹角为 45 ,在 B 点小球速度方向与水*方向的夹角为 60 (空 气阻力忽略不计,g 取 10 m/s2),以下判断中正确的是

A. 小球经过 A、B 两点间的时间 t=( 3 -1)s

B. 小球经过 A、B 两点间的时间 t= 3 s

C. A、B 两点间的高度差 h=10m D. A、B 两点间的高度差 h=15m 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.根据*行四边形定则知,A 点,

解得:

tan 45 vAy v0

B点 解得:

vAy 10m / s tan 60 vBy
v0

则小球从 A 到 B 的时间 故 A 项正确,B 项错误;

vBy 10 3m / s t vBy vAy ( 3 1)s
g

CD.A、B 两点间的高度差 故 C 项正确,D 项错误。

h vB2y vA2y 10m 2g

11.一辆小汽车在水*路面上由静止启动,在前 5s 内做匀加速直线运动,5s 末达到额定功率,

之后保持额定功率又运动 15s 恰好到达最大速度,其 v-t 图象如图所示.已知汽车 质量为 m

=2 103kg,汽车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍,则
A. 汽车在前 5s 内的牵引力为 4 103N B. 此过程车的总位移为 75m C. 汽车的额定功率为 60kW D. 汽车的最大速度为 30m/s 【答案】BCD



【解析】

【详解】A.前 5s 内,由图有: 由题意可知,汽车受到的阻力为:

a v 2m / s2 t

f=0.1×2×103×10=2×103N

由牛顿第二定律:

F-f=ma

解得:

F 6103 N

故 A 项错误; BCD.t=5s 末功率达到额定功率为
P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kw

当牵引力等于阻力时,汽车达最大速度,则最大速度为

P vm f 30m / s

汽车匀加速度过程的位移为

x1



1 2

at12



1 2

2 52 m



25m

汽车变加速度过程由动能定理有

代入数据解得:

Pt2



fx2



1 2

mvm2



1 2

mv52

所以汽车此过程中的位移为

x2 50m

故 BCD 项正确。

x x1 x2 75m

12.如图所示,长木板 A 放在光滑的水*地面上,物体 B 以水*速度 v0 冲上 A 后,由于摩擦力 作用,最后停止在木板 A 上,则从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中,下述说法中 正确的是

A. 物体 A 动能的增加量等于摩擦力对 A 做的功 B. 系统内能的增加量等于摩擦力和 B 位移的乘积 C. 摩擦力对物体 B 做的功与摩擦力对木板 A 做的功之和为零 D. 物体 A 动能增加量与内能增加量之和等于物体 B 动能的减少量 【答案】AD 【解析】 【详解】A.根据动能定理得知,摩擦力对物体 A 做的功等于木板 A 获得的动能,故 A 项正确; B.摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量,等于摩

擦力与物体在木板上滑行的距离的乘积,故 B 项错误; C.由于摩擦力大小相等,方向相反,但 A,B 的位移不相等,所以摩擦力对物体 B 做的功与 摩擦力对木板 A 做的功之和不为零,故 C 项错误; D.物体 B 以水*速度冲上 A 后,由于摩擦力作用,B 减速运动,A 加速运动,根据能量守恒 定律,物体 B 动能的减少量等于 A 增加的动能和系统产生的热量之和,故 D 项正确。
13.如图所示,设月球半径为 R,假设“嫦娥四号”探测器在距月球表面高度为 3R 的圆形轨道 Ⅰ上做匀速圆周运动,运行周期为 T,到达轨道的 A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道 的*月点 B 时,再次点火进入*月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动,引力常量为 G,不考虑其他星 球的影响,则下列说法正确的是

A. 月球的质量可表示为 256 2R3 GT 2
B. 探测器在轨道Ⅱ上 B 点的速率大于在探测器轨道Ⅰ的速率 C. 探测器在轨道 I 上经过 A 点时的加速度等于轨道 II 上经过 A 点时的加速度 D. 探测器在 A 点和 B 点变轨时都需要加速 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.探测器在距月球表面高度为 3R 的圆形轨道运动,则轨道半径为 4R;在轨道 I 上 运动过程中,万有引力充当向心力,故有

Mm G (4R)2



m(4

4 2 R)? T 2

解得:

故 A 项正确;

M



256π 2 R3 GT 2

B.由于探测器从椭圆轨道 B 点进入圆轨道做*心运动,所以应减速,则探测器在轨道Ⅱ上 B 点的速率大于在*月轨道Ⅲ上速率,由公式

G

Mm r2



m

v2 r



v GM r

所以探测器在*月轨道Ⅲ上的速率大于在探测器轨道Ⅰ的速率,则探测器在轨道Ⅱ上 B 点的

速率大于在探测器轨道Ⅰ的速率,故 B 项正确;

C.由公式

G

Mm r2



ma



a



GM r2

所以探测器在轨道 I 上经过 A 点时的加速度等于轨道 II 上经过 A 点时的加速度,故 C 项正确;

D.探测器在 A 点和 B 点都做*心运动,所以应减速,故 D 项错误。

14.如图所示,在长为 L 的轻杆中点 A 和端点 B 处各固定一质量为 m 的球,杆可绕轴 O 无摩擦 转动,使杆从水*位置无初速度释放摆下转到竖直位置,下列说法正确的是

A. 重力对 B 球做功的瞬时功率先增大后减小 B. A 球和 B 球都遵循机械能守恒

C. 竖直位置时 vA

3gl 5

, vB



12gl 5

D. 杆对 A 杆做功 WA=0.2mgL,对 B 做功 WB=-0.2mgL

【答案】AC

【解析】

【详解】A.B 球开始时速度为零,此时重力的瞬时功率为零,到最低点时,速度方向与重力

的方向垂直,此时重力的瞬时功率也为零,所以重力对 B 球做功的瞬时功率先增大后减小,

故 A 项正确;

BCD.设当杆转到竖直位置时,A 球和 B 球 速度分别为 vA 和 vB.如果把轻杆、两球组成的系

统作为研究对象,系统机械能守恒.若取 B 的最低点为重力势能参考*面,根据

的△E减=△E增

可得

mgL



1 2

mgL



1 2

mvA2



1 2

mvB2

又因 A 球与 B 球在各个时刻对应的角速度相同,故

vB=2vA

联立解得:

vA

3gL 5

, vB



12gL 5

根据动能定理,可解出杆对 A、B 做的功,对 A 有:

WA



mg

L 2



1 2

mvA2

所以

对B有 所以

WA 0.2mgL

WB



mgL



1 2

mvB2

WB 0.2mgL
由于杆对 A,B 做功,所以 A,B 机械能不守恒,故 C 项正确,BD 项错误。

二、实验题 15.某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系.

(1)下列叙述正确的是________. A.每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 B.每次实验,需要用长度相同但更粗的橡皮筋替换原来的橡皮筋 C.每次实验中,橡皮筋拉伸的长度都需要保持一致 D.先接通电源,再让小车在橡皮筋的作用下弹出
(2)实验中,某同学得到了一条如图乙所示的纸带.这条纸带上的点距并不均匀,下列说法正 确的是________. A.纸带的左端是与小车相连的 B.纸带的右端是与小车相连的 C.利用 E、F、G、H、I、J 这些点之间的距离来确定小车的速度 D.利用 A、B、C、D 这些点之间的距离来确定小车的速度 (3)实验中木板略微倾斜,这样做________. A.是为了释放小车后,小车能匀加速下滑 B.是为了增大小车下滑的加速度 C.可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 (4)若根据多次测量数据画出的 W-v 图象如图丙所示,根据图线形状,可知对 W 与 v 的关系 符合实际的是图丙中的________.
【答案】 (1). CD (2). BD (3). CD (4). C

【解析】 【详解】(1)[1]A.该实验是用橡皮筋的条数来控制功的多少,故不需要算出橡皮筋对小车做 功的具体数值,故 A 项错误; BC.利用橡皮筋探究功与速度变化关系的实验时,应选取几条完全相同的橡皮筋,为使它们 每次做的功相同,橡皮筋拉伸的长度必要保持一致,故 B 项错误,C 项正确; D.根据打点计时器的使用规则,先接通电源,再让小车运动.故 D 项正确; (2)[2]AB.纸带右端密集,故纸带的右端是与小车相连的,故 A 项错误,B 项正确; CD.要测量最大速度,应该选用点迹恒定的部分.即应选用纸带的 A、B、C、D 部分进行测量, 故 D 正确,C 错误; (3)[3]使木板倾斜,小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等,在不施加拉力时, 小车在斜面上受到的合力为零,小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动;小车与橡皮筋连 接后,小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力,橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功, 故 AB 错误,CD 正确; (4)[4]实验研究发现,W 与 v2 成正比,故 W 与 v 图象应该是向上弯曲的曲线,故 C 正确,ABD 错误.
的 16.如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装
置验证机械能守恒定律。
① 对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是______。
A.重物选用质量和密度较大的金属锤 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正 C.精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物 ② 某实验小组利用上述装置将打点计时器接到 50Hz 的交流电源上,按正确操作得到了一条
完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出 的计时点,其中 O 点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直 接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______。 A.OA、AD 和 EG 的长度 B、OC、BC 和 CD 的长度

C.BD、CF 和 EG 的长度 D、AC、BD 和 EG 的长度
【答案】 (1). AB; (2). BC; 【解析】 【详解】(1)A.实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体,这样能减少摩擦阻 力的影响,从而减小实验误差,故 A 正确; B.为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线,这样可以减小纸带 与限位孔的摩擦,从而减小实验误差,故 B 正确;
C.因为实验中比较的是 mgh 与 1 mv2 的大小关系,故 m 可约去,不需要测量重锤的质量,对 2
减小实验误差没有影响,故 C 错误; D.实验时,先接通打点计时器电源再放手松开纸带,对减小实验误差没有影响,故 D 错误. (2)根据这段时间内的*均速度等于中时刻瞬时速度,结合动能与重力势能表达式.: A.当知道 OA、AD 和 EG 的长度时,只有求得 F 点与 AD 的中点的瞬时速度,从而确定两者的 动能变化,却无法求解重力势能的变化,故 A 错误; B.当知道 OC、BC 和 CD 的长度时,同理,依据 BC 和 CD 的长度,可求得 C 点的瞬时速度,从 而求得 O 到 C 点的动能变化,因知道 OC 间距,则可求得重力势能的变化,可以验证机械能守 恒,故 B 正确; C.当知道 BD、CF 和 EG 的长度时,依据 BD 和 EG 的长度,可分别求得 C 点与 F 点的瞬时速度, 从而求得动能的变化,再由 CF 确定重力势能的变化,进而得以验证机械能守恒,故 C 正确; D.当 AC、BD 和 EG 的长度时,依据 AC 和 EG 长度,只能求得 B 点与 F 点的瞬时速度,从而求 得动能的变化,而 BF 间距不知道,则无法验证机械能守恒,故 D 错误;

三、计算题
17.如图所示,一小球质量为 m,用长 L 的悬线固定与一点 O,在 O 点正下方 L 处有一长钉.把 2
悬线沿水*方向拉直后无初速度释放,不计空气阻力,重力加速度为 g 。

求:

(1)和钉子碰前、碰后瞬间绳的拉力分别多大?

(2)把钉子放在 O 点正下方多远处就可以让小球恰好能完成圆周运动? 【答案】(1)3mg;5mg(2) 3 L
5
【解析】

【详解】(1)对小球从最高点到最低点由动能定理得

和钉子碰前,由牛顿第二定律有

mgL 1 mv2 2

和钉子碰后,由牛顿第二定律有

T1



mg



m

v2 L

联立解得:

T2



mg



m

v2 L

2

T1 3mg,T2 5mg (2) 若轻绳撞到钉子后小球恰好能做完整的圆周运动,此时圆周运动的半径为 r,则刚好做圆
周运动,在最高点有:

mg m v'2 r

在运动过程中,根据动能定理可知:

联立解得:

mg(L 2r) 1 mv'2 2

把钉子放在 O 点正下方

r 2L 5

L r L 2 L 3L 55
就可以让小球恰好能完成圆周运动。

18.1990 年 3 月,紫金山天文台将 1965 年 9 月 20 日发现的第 2752 号小行星命名为吴健雄星, 其直径 2R=32km,如该小行星的密度和地球的密度相同,则对该小行星而言,第一宇宙速度为 多少?(已知地球半径 R0=6400km,地球的第一宇宙速度 v1=8km/s) 【答案】20m/s 【解析】 【详解】根据万有引力等于向心力得:

解得:

G

Mm r2



m

v2 r

第一宇宙速度

v GM r

v

GM

G 4 πR3 3 R

4πG

R

R

3

小行星的密度和地球的密度相同,直径 2R=32km,即小行星的半径是地球的 1 , 400
所以小行星第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比是

v2 R 1 v1 R0 400 地球的第一宇宙速度 v1=8km/s,所以小行星第一宇宙速度是 20m/s

19.如图所示,水*面 AB 与斜面衔接于 A 点,与竖直面内的半圆形导轨在 B 点相切,半圆形 导轨的半径为 R,斜面高 DE 为 4R,EB 长为 5R.一个质量为 m 的物体从斜面顶端静止释放, 经过 A 点时无动能损失,当它经过 B 点进入半圆形导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的 8 倍, 之后向上运动恰能到达最高点 C,C、O、B 三点在同一竖直线上.斜面与水*面的动摩擦因数 相同但未知(不计空气阻力),试求:

(1)物体到达 B 点时的速度大小; (2)斜面与水*面的动摩擦因数 μ; (3)物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的内能.

【答案】(1) 7gR (2)0.1(3)mgR

【解析】 【详解】(1)设物体在 B 点的速度为 vB,所受的轨道的支持力为 FN,物体在 B 点受到重力和支 持力,由牛顿第二定律有:

据题得 联立解得

FN﹣mg=m vB2 R
FN=8mg

vB= 7gR

(2)设 EA 长为 X ,斜面倾角为 θ,从 D 到 B 摩擦力做的功为

Wf

mg cos x cos

mg 5R x 5mgR

从 D 到 B,由动能定理

mg 4R Wf



1 2

mvB2



μ=0.1 (3)设物体在 C 点的速度为 vC,由题意可得:
mg=m vC2 R
物体由 B 点运动到 C 点的过程中,由能量守恒定律得:产生的内能

解得:

Q= 1 mvB2﹣( 1 mvC2+2mgR),

2

2

Q=mgR




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