浙江省名校协作体联盟2019-2020学年高二上学期第一次联考物理试题 Word版含解析.doc

1、 - 1 - 20192019 学年第一学期浙江省名校协作体试题学年第一学期浙江省名校协作体试题 高二年级物理学科高二年级物理学科 一、选择题一、选择题 I (I (本题共本题共 1313 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 3939 分。每小题列出的四个各选项中只有一个分。每小题列出的四个各选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。) ) 1.下列物理量与其所对应的国际单位符号正确的是 A. 功率 J B. 电势V C. 重力势能W D. 电场强度 V 【答案】B 【详解】A.功率国际单位是 W，故 A 错误； B.电

2、势的国际单位是 V，故 B 正确； C.重力势能的国际单位是 J，故 C 错误； D.电场强度的国际单位是 N/C 或 V/m，故 D 错误； 2.下列说法中正确的是 A. 法拉第提出场的概念，并引入电场线描述电场 B. 牛顿比较准确地测出了电子的电荷量 C. 卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了引力常量 D. 亚里士多德通过理想斜面实验得出自由落体运动规律 【答案】A 【详解】A.法拉第提出场的概念，并引入电场线描述电场，故 A 正确； B.密立根比较准确地测出了电子的电荷量，故 B 错误； C.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故 C 错误； D.伽利略通过理想斜面实验得出自

3、由落体运动规律，故 D 错误； 3.下列说法正确的是 A. 甲图中博尔特百米夺冠成绩“9.58s“指的是时刻 - 2 - B. 乙图是汽车上的时速表，上面的 “60km / h“指的是瞬时速度的大小 C. 丙图是某路段的指示牌，上面的“40”指的是平均速度 D. 丁图是高速上的指示牌，上面的“5km“,“39km“等 指的是位移 【答案】B 【详解】A.甲图是博尔特百米夺冠成绩“9.58s”指的是时时间间隔，故 A 错误； B.乙图是汽车上的时速表，上面的60km/h指的是瞬时速度的大小，故 B 正确； C.丙图是高速上的指示牌，上面的“40 等指的是瞬时速度大小，故 C 错误； D.丁图高速

4、上的指示牌，上面的“5km”、“39km”等指的是路程，故 D 错误； 4.如图所示是小明同学运动过程的xt图象，x表示他相对出发点的位移，则 A. 小明在1020ss做匀速直线运动 B. 小明在第6s末的速度为18m/s C. 小明在第30s的加速度大小为 2 1.5m/s D. 小明距离出发点最远30m 【答案】D 【详解】A.由图象可知，10s-20s 小张的位移不变，则静止不动，故 A 错误； B.位移图象的“斜率”等于速度，则在第 6s 的速度： 30 m/s3m/s 10 x v t 故 B 错误； C.由图可知，小张在 20s-40s 内做匀速直线运动，则加速度为 0，故 C 错

5、误； D.由图可知，小张距离出发点最远30m，故 D 正确； 5.如图所示，某同学站在一弹性木板的中央，当静止时木板被压弯，则下列说法中正确的是 - 3 - A. 木板受到人的压力是因为木板的形变产生的 B. 木板对人的支持力与人对木板的压力大小相等 C. 人对木板的压力与人的重力是一对平衡力 D. 如果某时刻该同学突然下蹲，在下蹲开始阶段木板的弯曲程度将增大 【答案】B 【详解】A.木板受到向下的压力，是因为人发生了形变，产生对木板的作用力，故 A 错误； B.根据牛顿第三定律，木板对人的支持力与人对木板的压力大小相等，故 B 正确； C.人对木板的压力与人的重力不是作用于同一物体，它们不可

6、能是一对平衡力，故 C 错误； D.突然下蹲瞬间人向下加速，具有向下的加速度，人处于失重状态，根据牛顿第二定律分析 可知板对人的支持力小于人的重力，弯曲程度开始阶段将减小，故 D 错误。 6.如图所示，,A B为直线型拖把把手上的两点，把手可以沿竖直平面绕O点(O点固定不动) 自由转动，A点是把手顶端，BO长度为整个把手长度的1/3,现将拖把的把手从图示位置旋 转到水平位置的过程中，则 A. ,A B两点的线速度大小之比为1:3 B. ,A B两点的角速度大小之比为1:3 C. ,A B两点的向心加速度大小之比为1:3 D. ,A B两点的向心加速度方向相同 【答案】D - 4 - 【详解】A

7、B.由图可知，A、B是同轴转动，角速度相等，根据v r 知线速度和半径成正比， 所以A、B的线速度之比为 3：1，故 AB 错误； C根据 2 ar 知，角速度相等，向心加速度和半径成正比，故AB的向心加速度之比为 3： 1，故 C 错误； D.A、B两点都绕O点做圆周运动，所以它们的加速度的方向是相同的，都沿杆指向转轴。故 D 正确 7.如图所示，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场强度的方向排列起来， 模拟出电场线的分布情况。根据图中实验现象，下 列说法正确的是 A. 电场线是实际存在的线 B. 图中没有头发屑的地方就没有电场 C. 图中模拟的是异号电荷的电场线分布情况 D.

8、 若将正电荷从A端移动到B端，电势能一定减小 【答案】C 【详解】A.电场线是人们为形象地描述电场的特点而引入的，实际不存在的线。故 A 错误； B.没有头发屑的地方也存在电场，不可能把每条电场线都画出来，故 B 错误； C.根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知图中实验现象是模拟的是异 号电荷的电场线分布情况。故 C 正确； D.电场线从正电荷出发到负电荷终止，由于该模拟实验不能表现出电场的方向，不知道哪端 是正电荷，哪端是负电荷，故若将正电荷从A端移动到B端，电势能不一定减小，故 D 错误。 8.足球运动员在比赛时将足球踢出，足球的运动轨迹如图所示，足球从草皮上 1 位置踢

9、出时 的动能为 k1 E，在 3 位置落地动能为 k3 E，最高点 2 距草皮的高度为h,则下列说法正确是 - 5 - A. 足球从 1 位置到 2 位置的运动时间为 2h g B. 足球在 1 位置踢出时的动能 k1 E大于 3 位置落地动能 k3 E C. 足球在 2 位置的机械能大于 1 位置的机械能 D. 足球从 1 位置到 2 位置过程克服阻力做的功等于足球动能减少量 【答案】B 【详解】A.足球上升过程中，受到重力和空气阻力的作用，竖直方向根据牛顿第二定律有 mgff agg mm 根据位移时间关系有 2 1 2 hat 所以上升的时间为 22hh t ag 故 A 错误； BC.

10、足球运动过程中受到空气阻力的作用，且空气阻力做负功，所以运动过程中机械能减少， 故位置 1 的机械能大于位置 2 以及位置 3 的机械能；因为位置 1、3 的高度相同，所以位置 1 的动能大于位置 3 的动能，故 B 正确，C 错误； D.足球从 1 位置到 2 位置根据动能定理有，其动能的减少量等于克服阻力做的功与克服重力 做功之和，故 D 错误； 9.“嫦娥四号”探测器经过约 110h 奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成 太空刹车，并于北京时间 2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分在月球背面着陆。设嫦娥四号绕月球做 匀速圆周运动，其到月球中心的距离为r，周期为T

11、。引力常量为G,进入环月轨道飞行则由 以上数据能计算出的物理量是 - 6 - A. 月球的质量 B. 月球的第一宙速度 C. 月球的平均密度 D. “嫦娥四号”探测器所需的向心力 【答案】A 【详解】A.“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 2 22 4GMm mr rT 解得月球质量 23 2 4r M GT 故 A 正确； B.月球的半径R未知，则月球的第一宇宙速度 GM v R ，不能计算出来，故 B 错误； C.同理，月球半径R未知，无法计算月球的平均密度，故 C 错误； D.“嫦娥四号”的质量未知，无法计算受到的向心力，故 D 错误。 10.下列电容器相关知识描述正确

12、的是 - 7 - A. 图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压 U 等于电源 的电动势 E。 B. 图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变 C. 图丙为电解电容器实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格 区分正负极 D. 图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上 5.5V 的电压时电 容才为 1.0F 【答案】A 【解析】图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间 的电压 U 等于电源的电 动势 E，故 A 正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板 带电量为+Q，则放电过程

13、中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为 Q，故 B 错 误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严 格区分正负极，后者没有，故 C 错误；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容 器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压，及电量均无关，总是为 1.0F，故 D 错 误；故选 A 点睛：考查电容器的充电与放电过程，掌握电容器带电量与极板带电量的关系，理解电容的 含义，与极板电量，及两端电压无关，同时区别电解电容器与可变电容器的不同 11.2018 年 5 月 2 日，港珠澳大桥沉管隧道最后接头成功着床。如图所示是 6000

14、吨重的“接 头”由世界最大单臂全旋回起重船“振华 30”安装的情景。“接头”经 15 分钟缓慢下降 15 米的过程中，其机械能的改变量E和所受重力的平均功率P表述正确的是 - 8 - A. 机械能的增加量 76 9 10 J1 10 WEP B. 机械能的增加量 87 9 10 J6 10 WEP C. 机械能的减小量 86 9 10 J1 10 WEP D. 机械能的减小量 77 9 10 J6 10 WEP 【答案】C 【详解】AD.缓慢下降，则动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，其减少量为 E=mgh=610 61015=9108J 故 AD 错误。 BC.其平均功率为 8 6 9

15、10 1 10 W 15 60 Wmgh P tt 故 B 错误 C 正确。 12.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的金属小球，小球, ,A B C位于等边三角形的三个 顶点上,小球D位于三角形的中心，如图所示。现使小球, ,A B C都带电荷量为Q的正电荷， 使小球D带电荷量为q的负电荷， 若四个小球均处于静止状态且可以看做点电荷， 则小球D带 电荷量q为 A. 1 3 Q B. 3Q C. 3 3 Q D. 3Q 【答案】C 【详解】以A、B、C三个中的一个为研究对象，如以B为研究对象有：受到A、C的库仑斥力 - 9 - 作用，同时受到D点电荷的库仑引力作用，设三角形边长为L，根据受力平

16、衡得： 2 22 cos302 kQQq k Lr 由几何关系 3 3 rL 所以解得： 3 3 qQ A. 1 3 Q与计算结果不符，故 A 错误 。 B.3Q与计算结果不符，故 B 错误。 C. 3 3 Q与计算结果相符，故 C 正确。 D.3Q与计算结果不符，故 D 错误。 13.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态小物块的质量为m，从A点向左沿水 平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止物块向左运动的最大距离为s，与地 面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度在上述过程中 A. 弹簧的最大弹力为mg B. 物块克服摩擦力做的功为 2mgs C. 弹簧的最大

17、弹性势能为mgs D. 物块在A点的初速度为2 gs 【答案】BC 【详解】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹 ，故 A 错误；全过程小物块的路程为2s，所以 - 10 - 全过程中克服摩擦力做的功为：2mgs ，故 B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能 量守恒得： maxP Emgs，故 C 正确；小物块从A点返回A点由动能定理得： 2 0 1 20 2 mgsmv，解得： 0 2vgs，故 D 错误。 二、不定项选择题二、不定项选择题( (本题共了小题，每小题本题共了小题，每小题 4 4 分，共分，共 1212 分，在每小题给出的四个选项中，有分，在每小题给出的四个选项中，有 一个或

18、一个以上答案符合题意，全部选对的得一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得 4 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2 分。分。) ) 14.下列说法正确的是 A. 点电荷属于理想化模型 B. 电势有正负，所以电势是矢量 C. 电场强度与试探电荷受到电场力成正比，与试探电荷电量成反比 D. 电荷在某点的电势能，等于把它从这点移到零电势位置时静电力所做的功 【答案】AD 【详解】A.点电荷属于理想化物理模型，故 A 正确； B.电势虽有正负之分，但电势是标量，故 B 错误； C.电场强度的定义式 F E q ，采用比值法定义，E与F、q无关，故 C 错误； D.电荷在电场中某点的电势能

19、，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力所做的功，故 D 正确； 15.如图所示，小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，悬点等高。P、Q质量相等， 悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直。然后将两球由静止释 放，在各自轨迹的最低点(空气阻力不计) A. P球的速度小于Q球的速度 B. P球的向心加速度等于Q球的向心加速度 C. P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力 - 11 - D. P球的机械能等于Q球的机械能 【答案】ABD 【详解】A.从静止释放至最低点，由机械能守恒得： 2 1 2 mgRmv 解得：2vgR，在最低点的速度只与半径有关，可知vPvQ，故 A

20、正确； BC 在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 v Fmgm R 解得： 2 3 v Fmgmmg R 向心加速度为： 2 2 v ag R 所以P球所受绳的拉力等于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，故 B 正确，C 错误； D.由题意知：选细绳水平时，小球所在的水平面为零势面，则在开始位置机械能是零，由静 止释放后机械能守恒，所以在最低点机械能也为零，机械能相等，故 D 正确。 16.如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD,其中倾角37 的斜面AB与半 径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心， 质量为m的带负电小球(可 视为质点和

21、点电荷)从斜面上的A点由静止释放, AB、两点高度差为h,重力加速度为 ,sin370.6 cos370.8g ，.则下列判断正确的是 A. 调整高度差1.8hR时，小球恰好经过最高点D - 12 - B. 当2.3hR时，小球会从D点以gR的速度飞出，做平抛运动 C. 若在O点放一个带正电的点电荷,使小球通过D点的速度一定大于gR D. 若在O点放一个带正电的点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程机械能不守恒 【答案】BC 【 【详解】AB.小球恰好通过最高点 2 D v mgm R ，解得：vgR ，从A到D运用动能定理得 2 D 1 (1 cos )2 2 mg hRRmv 解得：h=2

22、.3R，故 A 错误，B 正确； C.若在O点放个正点电荷，小球恰好能从D点飞出时，有： 2 v mgFm R 库 可得：vgR，故 C 正确。 D.若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程中，由于库仑力和轨道的弹力 对小球均不做功（小球在正电荷的等势面上运动） ，只有重力做功，所以小球的机械能守恒， 故 D 错误； 三、实验题三、实验题( (共共 2 2 小题，每空小题，每空 2 2 分，共分，共 1616 分，把答案填在题中横线上。分，把答案填在题中横线上。) ) 17.做“探究求合力的方法”实验 (1)实验桌上已有的器材如图 1 所示，为完成该实验还需要的器材是_。 A.一根

23、橡皮筋 B.两个钩码 C.三角板一套 D.天平 (2)在同学们做实验的过程中，教师拍摄不同学生操作时的照片如图 2 所示，则操作正确的是 _ - 13 - (3)规范操作后，请读出图 3 中弹簧秤的读数为_N。 【答案】 (1). C (2). D (3). 1.70 【详解】 （1）1我们需要的实验器材有：方木板（固定白纸） ，白纸（记录方向画图） 、刻度 尺（选标度） 、绳套（弹簧秤拉橡皮条） 、弹簧测力计（测力的大小） 、图钉（固定白纸） 、三 角板（画平行四边形） ，橡皮条（让力产生相同的作用效果的） ，所以还需三角板一套。故 C 正确 ABD 错误。 （2）2A.实验开始前，弹簧秤的

24、读数应为 0。故 A 错误 BCD.在进行具体实验操作时，为了减小误差，弹簧测力计的轴线要与细绳套在同一直线上， 否则弹簧弹力与细绳拉力大小不相等，会产生大的误差。故 BC 错误，D 正确 （3）3弹簧秤的最小宽度为 0.1N，该读数为 1.70N 18.做“探究功与速度变化的关系”实验,，有如下图所示的两种实验方案 - 14 - (1)若采用如图 1 所示的实验方案， 关于橡皮筋做功，下列说法正确的是_ A.橡皮筋做功的具体值可以直接测量 B.橡皮筋在小车运动的全程中始终做功 C.通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 D.若橡皮筋伸长量变为原来的 2 倍，则橡皮筋做功也增

25、加为原来的 2 倍 在正确操作情况下，打在纸带上的点如图 3 所示，点与点之间的时间间隔为0.02s。请求出 此次橡皮筋做功后小车最终获得的速度为_m/s (结果保留 2 位小数)。 (2)若采用如图 2 所示的实验方案，尝试通过测得细绳拉力( 近似等于悬挂重物重力)做的功 和小车获得的速度值进行探究，则: 除图 2 所示器材外，另外准备了打点计时器的墨粉纸盘、纸带、小车、细沙、刻度尺，为 完成实验还需要下图 4 中的实验器材是_ ( 填写相应器材的名称)。 - 15 - 下列说法正确的是_ A.该方案不需要平衡摩擦力 B.该方案操作时细线应该与木板平行 C.该方案处理数据时应选择匀速运动时的

26、速度 D.该方案中要使小车的质量远大于小沙桶和桶中沙的质量 按图 2 所示装置调整完毕后接通电源，释放小车，打出一条纸带，然后以 2 v为纵坐标，W 为横坐标， 利用实验数据做出如图 5 所示的正 2 vW 图象。 由此图象可得 2 v随W变化的表达 式为_。 【答案】 (1). C (2). 1.08-1.12 (3). 天平 (4). BD (5). 2 4.68Wv 【详解】 （1）1A.橡皮筋的拉力是一个变力，我们无法用W=Fx进行计算。故 A 错误。 B.小车在橡皮条的拉力作用下先加速运动，当橡皮条恢复原长时，小车由于惯性继续前进， 做匀速运动。故 B 错误。 C.橡皮筋伸长量按倍数

27、增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功无法确切测算。因此我们 要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为 2W，用三根橡皮筋做功记为 3W，从而回避了直接求功的困难。故 C 正确。 D.橡皮筋的拉力是一个变力，根据 2 1 2 Wkx 可知，x变为原来的 2 倍，做功比原来的两倍 要大。故 D 错误。 2由图可知，O点到F之间距离逐渐增大，F点与I点之间相邻点之间的距离近似相等， 其中F与H之间的距离为： x=12.30cm-7.90cm=4.80cm， 小车匀速直线运动的速度为： 2 4.80 10 m/s1.10m/s 22 0.02 xx v tT

28、（2）3在“探究功与速度变化的关系”实验中，需要知道砂桶与小车的质量，因此还差 天平； 4A.为了使绳中的拉力为小车的合外力，实验中需要平衡摩擦力，故 A 错误。 B.实验中细线应该与木板平行，保证拉力与木板平行，故 B 正确。 C.该方案中小车做的匀变速运动，故 C 错误。 - 16 - D.该方案中为了保证砂和砂桶的重力与小车合外力相等，要使小车的质量远大于小沙桶和桶 中沙的质量，故 D 正确。 5由图示图线可知： 2 2 0.468 4.68 10 10 v k W 则v 2随 W变化的表达式为：v 2=4.68W； 四、计算题四、计算题( (本题共本题共 3 3 小题，共小题，共 33

29、33 分，解答时写出必要的文字说明、方分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步程式和重要的演算步 骤，只写出最后答案的不能得分。骤，只写出最后答案的不能得分。) ) 19.一辆质量为1500kg的汽车沿平直公路行驶， 发动机的牵引力为4500N, 以 2 1m/s的加速 度做匀加速直线运动，行驶12s，驶过了180m,已知汽车所受阻力恒定，求: (1)汽车初速度的大小; (2)汽车在第 3 秒内的位移大小; (3)加速过程中汽车所受阻力的大小。 【答案】(1) 0 9m/sv (2) 11.5mx (3) 3000N 【详解】(1) 根据位移时间关系式： 2 0 1 2 xv tat

30、 解得： 0 9m/sv (2) 3s 内位移: 2 10 11 1 2 xv tat31.5m 2s 内位移: 2 20 22 1 2 xv tat20m 第 3s 内位移: 11.5mx (3) 根据牛顿第二定律有：FFma 阻 ，代入数据整理得：3000NF 阻 。 答：(1) 0 9m/sv (2) 11.5mx (3) 3000N - 17 - 20.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中， 射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度 大小为E,宽度为l,方向竖直向上(如图所示)，电子的电荷量为e,质量为m,

31、重力忽略不计。 (1)求电子进入偏转电场时的速度 0 v; (2)若仅将加速电场的电压提高为原来的 2 倍,使电子仍从B点经过,求偏转电场的电场强度 E; (3)满足(2)条件下，求电子从B点射出时的动能。 【答案】(1) 0 2Ue v m (2) 1 2EE (3) 2 2 2 2 eE l eU U 【详解】(1)电子在电场中的加速，由动能定理得: 2 0 1 2 eUmv 所以 0 2Ue v m (2)设电子的竖直偏移量为y,则根据类平抛运动规律可得: 2 1 0 1 2 l ya v 1 eE a m 当电压调整为原来 2 倍，此时 0 2vv 可得: - 18 - 2 2 1 2

32、 l ya v 且 1 2 eE a m 所以 1 2EE (3)由动能定理可得: 0 1kk eE yEE 因为 2 1 0 1 2 l ya v 初动能 0 2 k EeU 解得: 2 2 2 2 k eE l EeU U 答：(1) 0 2Ue v m (2) 1 2EE (3) 2 2 2 2 eE l eU U 21.如图所示，竖直光滑圆轨道BEB分别和水平直轨道,AB B C 相切于B点与B点(B点与 B在同一水平面但不重合)，直轨道AB左端固定弹射装置，开始弹簧处于锁定状态，此时弹 簧的弹性势能为 0.6J。直轨道B C的右端放置一水平传送带，传送带与直轨道等高且与C端 相连接。

33、 转轮半径0.1mr ,转轴间距1mL 的传送带以恒定的线速度1.0m/sv 逆时针转 动， 转轮的最低点距离地面的高度1.8mH 。 现将可以看做质点的质量 0.1kgm 的小物块与 弹簧相接触，解除锁定后，小物块从A点被弹出后通过光滑直轨道AB进入竖直光滑圆轨道 做圆周运动，然后进入粗糙的直轨道B C。已知竖直光滑圆轨道半径0.2mR ,小物块与直轨 道B C、传送带间的动摩擦因数均为0.4，直轨道B C的长度1mS 。 - 19 - (1)求小物块对圆轨道最高点E的压力大小; (2)求小物块最终停在何处; (3)若改变弹簧锁定位置,使小物块从传送带D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的

34、水 平距离x与弹簧弹性势能 p E的关系式及 p E满足的条件(弹簧始终处于弹性限度内)。 【答案】(1) 1.0N (2)距C点 0.125m 处 (3) pp 2 21.60.85JxEE 【解析】 【详解】(1) 根据能量守恒得: 2 pE 1 2 2 EmvmgR 根据牛顿第二定律，在E点 2 E N v Fmgm R 解得轨道对其弹力为 N 1.0NF 根据牛顿第三定律得，对轨道的压力 N 01. NF (2)由题意可知，滑块离开B向右滑行 1 S，则: 1 0WmgS 弹 解得 1 1.5mS 说明滑块滑到传送带上速度减小到零后反向加速，则滑块反向加速到与传送带速变相同时有 ,va

35、tag - 20 - 得 0.25st 反向加速位移 2 2 1 0.125m 2 Sat 后匀速，滑块离开传达带时速度为 c 1.0m/sv . 由动能定理可得: 2 3c 1 0 2 mgSmv 解得 3 0.125Sm 最后停在距离C点左侧 0.125m 处。 (3)小物块由D点水平抛出后做平抛运动，则有 2 1 2 2 Hrgt D xv t 由能量守恒可得: 2 pD 1 () 2 Emg SLmv, 若从D点水平抛出，则有 D 1m/svgr 即 p 0.85JE 且能够通过最高点E，在E点的最小速度对应重力提供向心力 2 min v mgm R 根据能量守恒： 2 pmin 1 2 2 EmvmgR 解得： - 21 - p 2 (0.4)J0.85J 20 E 所以 p 0.85JE 联立以上各式得 pp 2 21.60.85JxEE 答：(1) 1.0N (2) 最后停在距离C点左侧 0.125m 处 (3)2 21.60.85 pp xEEJ