江苏省苏州新草桥中学2020届高三物理上学期10月月考试题含解析.doc

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1、-1-江苏省苏州新草桥中学江苏省苏州新草桥中学 20202020 届高三物理上学期届高三物理上学期 1010 月月考试题（含解月月考试题（含解析）析）一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 6 6 小题小题，每小题每小题 3 3 分分，共共 1818 分分每小题只有一个选项符合题意每小题只有一个选项符合题意1.许多科学家在物理学发展过程中作出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是()A.库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律B.哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律C.牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量D.笛卡尔利用理想斜面实验，推导指出力不是维

2、持物体运动的原因【答案】A【解析】【详解】A库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律，选项 A 正确；B哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项 B 错误；C牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项 C 错误；D伽利略利用理想斜面实验，推导指出力不是维持物体运动的原因，选项 D 错误。2.一辆汽车沿平直道路行驶，其vt图象如图所示。在t=0 到t=40s 这段时间内，汽车的位移是（）A.0B.30mC.750mD.1200m【答案】C【解析】【详解】在 v-t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在 40 内的位移为-2-11040

3、307502xmm，C 正确【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3.如图所示，两个质量分别为 m13kg、m22kg 的物体 A 和 B 置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为 F1F230N 的水平拉力分别作用在 m1、m2上，则（）A.弹簧测力计的示数是 30NB.弹簧测力计的示数是 60NC.在突然撤去 F2的瞬间，B 的加速度大小为 0m/s2D.在突然撤去

4、 F2的瞬间，A 的加速度大小为 10m/s2【答案】A【解析】【详解】AB、对整体分析知物体处于平衡状态，隔离 A 由平衡条件知弹簧测力计的示数是 30N，故 A 正确 B 错误；CD、突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变，对 B 由牛顿第二定律得：22m15sBFam，对 A 分析知合力为 0，所以 A 的加速度大小为 0，故 CD 错误。4.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为 45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg 的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A.当a=5m/s

5、2时，滑块对球的支持力为2N2-3-B.当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半2N2C.当a=5m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D.当a=15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45=ma0；竖直方向：Fsin45=mg，解得a0=g.A、当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45-FNcos45=ma；竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得2N2NF，故 A 正确；B、当a=15m

6、/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故 B错误；C、D、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故 C，D 错误；故选 A.5.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是（）A.头部带负电B.A点电场强度大于B点电场强度C.C点电势高于B点电势D.正离子从A向C运动，其电势能变小【答案】B【解析】-4-【详解】电场线从正电荷或无穷远处出发，终止与负电荷或无穷远处，故根据电场线由头

7、部出发可知：头部带正电，故 A 错误；电场线疏密程度代表电场强度，由图可知：A处电场线比B处密，故A处电场强度大于B处电场强度，故 B 正确；沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故B点电势比C点电势高，故 C 错误；沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故A点电势比C点电势低，那么，正离子从A向C运动，电场力做负功，故电势能增大，故 D错误；6.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有 4 根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4 根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g（g为重力加速度大

8、小），下列说法正确的是A.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为2mgkB.电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mgkC.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】【详解】在最低点时，由牛顿第二定律：4kxmgma，其中a=5g，解得32mgxk，选项AB 错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项 C 正确，D 错误；二二、多项选择题多项

9、选择题：本题共本题共 6 6 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 2424 分分，每小题有多个选项符合题意每小题有多个选项符合题意全全部选对的得部选对的得 4 4分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2分，错选或不答的得分，错选或不答的得 0 0 分分7.如图所示，电灯的重力G10N，AO绳与顶板间的夹角为 45，BO绳水平，AO绳的拉力为-5-FA，BO绳的拉力为FB，则()A.10 2NAF B.FA10 NC.10 2NBF D.FB10 N【答案】AD【解析】将电灯所受的重力 G 沿绳子方向进行分解，如图所示由几何知识得：210 245AGFGNcos；FB=G=10N故

10、AD 正确，BC 错误；故选 AD.8.为了备战 2020 年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量 m=50 kg 的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为 2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降 0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了 2.90m 的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响,g 取 10m/s2。则（）A.运动员起跳过程处于超重状态B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C.起跳过程中运动员对地面的压力为 960ND.从开始起跳到双脚落地需要 1.05s【答案】AD【解析】-6-【详 解】AC、运 动 员

11、 离 开 地 面 后 做 竖 直 上 抛 运 动，根 据22ghv可 知22 102.92.1 m/s4m/svgh；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知22a hv，解得22224m/s16m/s22 0.5vah，对运动员根据牛顿第二定律可知NFmgma，解得1560NNF,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为 1560N，故选项 A 正确，C 错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度1022vvv，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度2022vvv，故选项 B 错误；D、起跳

12、过程运动的时间14s0.25s16vta，起跳后运动的时间20.4svtg，故运动的总时间1221.05sttt，故选项 D 正确；9.如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一

13、次的大【答案】BD【解析】【详解】A由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离-7-大于第一次下落距离，所以，A 错误；B由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故 B 正确C由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0vvat易知a1a2，故 C 错误D由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1a2，由G-fy=ma，可知，fy1fy2，故 D 正确10.如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱A.运动周期为

14、2RB.线速度的大小为RC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为m2R【答案】BD【解析】【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2T，解得：2T，故 A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，vR，故 B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故 C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2FmR合，故 D 正确。11.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如

15、图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出-8-A.木板的质量为 1kgB.2s4s 内，力F的大小为 0.4NC.02s 内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2【答案】AB【解析】【详解】结合两图像可判断出 0-2s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即 C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对 2-4s 和 4-5s 列运动学方程，可解出质量m为 1kg，2-4s

16、内的力F为 0.4N，故 A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故 D 错误.12.如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则（）A.当 F2mg 时，A、B 都相对地面静止B.当 F52mg时，A 的加速度为13gC.当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D.无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12g【答案】BCD【解析】【详解】试题分析：根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为：fBm32mg

17、，因此要使-9-B 能够相对地面滑动，A 对 B 所施加的摩擦力至少为：fABfBm32mg，A、B 间的最大静摩擦力为：fABm2mg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：2ABFfm232ABfmgm，且32mgfAB2mg，即32mgF3mg 时，A、B 将一起向右加速滑动，故选项 A 错误；当 F3mg 时，A、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F2mg2maA，2mg32mgmaB，解得：aA2Fmg，aB12g，故选项 C、D 正确；当 F52mg时，对 A 和 B 整体受力分析有，222Fmm gmm a，解得 aAaB13g，故选项 B 正确。考点：本题主要考查了

18、牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题。三、简答题：本题共三、简答题：本题共 3 3 小题，共计小题，共计 2020 分请将解答填写在答题卡相应的位置分请将解答填写在答题卡相应的位置13.在做“验证力的平行四边形定则”实验时：（1）下列叙述正确的是（）A.同一次实验过程，结点的位置必须都拉到同一位置 O 点，不能随意变动B.用两只弹簧测力计拉橡皮条时，应使两细绳之间的夹角总为 90，以便于算出合力的大小C.力的夹角越大越好D.必须使分力与合力在同一平面内（2）下图所示，是两位同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验时得到的结果，则其中_同学实验结果比较符合实验事实。【答案】(

19、1).AD(2).甲【解析】【详解】（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故 A 正确用两只弹簧测力计拉橡皮条时，应使两细绳之间的夹角不一定总为 90，大小适当即可，选项 B 错误；力的夹角大小适当即可，不一定越大越好，选项 C 错误；为减小误差，必须使分力与合力在同一平面内，选项 D 正确；故选 AD.（2）用一个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力的方向一定沿绳子方向，如甲图中的 F方向；根-10-据力的平行四边形定则作出的合力，作图法得到的合力一定在平行四边形的对角线上，由于误差的存在与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与竖直

20、方向有一定的夹角，故甲图符合实验事实【点睛】探究共点力合成的规律实验需要的实验器材我们可以根据这个实验的原理（画出理论值和实际值进行比较）进行记忆，弄清楚原理自然而然的就知道那个是理论值，那个是实际值14.在“探究加速度与小车质量关系”实验中，某实验小组采用如图所示的装置M表示小车及砝码的总质量，m表示沙桶及沙的总质量(1)为使实验中小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是_；为使细线对小车拉力大小近似等于沙桶和沙的重力mg，应控制的实验条件是_(2)在控制沙桶和沙的质量一定的情况下，该实验小组测得的实验数据如下表所示，为了直观反映加速度与小车及砝码总质量的关系，请在方格坐标纸中选取恰当的

21、物理量建立坐标系，并作出相应的图象_次数小车及砝码的总质量 M/g加速度a/ms21/kg1M12001.915.0022501.714.0033001.503.3343501.362.8654001.122.5064501.002.2275000.902.00-11-根据图象判断，实验产生误差的最主要原因是：_【答案】(1).平衡摩擦力(2).Mm(3).图见解析(4).小车质量变小时，不能满足小车质量远大于沙和沙桶的总质量【解析】【详解】（1）1为使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力；2以砂桶作为研究对象有mg-

22、FT=ma以小车作为研究对象有FT=Ma联立以上两式可得TMFmgMm要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即=Mmg mgMm故=1MMm，则有Mm；（2）3通过描点做出1aM图象如图所示-12-4通过图象可知，当小车及砝码的质量减小时，直线发生偏离的原因是小车质量变小时，不能满足小车质量远大于沙和沙桶的总质量15.某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列_的点，说明

23、小车在做_运动。（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，测小车加速度a，作aF的图象。如图丙图线正确的是_。（3）设纸带上计数点的间距为s1和s2。下图为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s13.10cm，s2_cm，已知打点计时器的频率为 50Hz，由此求得加速度的大小a_m/s2。-13-【答案】(1).点迹均匀(2).匀速直线(3).C(4).5.55(5).2.45【解析】【详解】（1）1 2平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使

24、小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速直线运动。（2）3AC.如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a-F的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象发生弯曲，故 A 错误，C 正确；B.aF图象与纵轴的截距，说明平衡摩擦力有点过分，与题意不合，故 C 错误；D.aF图象与横轴的截距，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，与题意不合，故 D 错误.（3）4从图中可读出s29.60cm-4.05cm=5.55cm。5由逐差法s=at2，其中t=0.1s，小

25、车加速度的大小a=212sst=25.553.100.110-2m/s2=2.45m/s2四四、计算题计算题：本大题共本大题共 5 5 小题小题，共共 5858 分分解答时请写出必要的文字说明解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的方程式和重要的演算步骤演算步骤，只写出最后答案的不能得分只写出最后答案的不能得分有数值计算的题有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位答案中必须明确写出数值和单位16.据统计我国每年高速路上 20%的事故都是因为疲劳驾驶，尤其是重型卡车，驾驶员疲劳驾驶造成的后果更为严重。如图为国内某汽车品牌率先推出 AEBS 的系统，通过雷达和摄像头判断车距，当车距小于安全距

26、离自动启动制动系统，并通过车内警报提醒驾驶员保持清醒。某次实验室测试中汽车以 10 m/s 的速度匀速前进，通过传感器和激光雷达检测到正前方 22 m处有静止障碍物，系统立即采取制动措施，使之做加速度大小为 1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告，驾驶员 2 s 之后清醒，马上采取紧急制动，使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。求：-14-(1)驾驶员采取紧急制动之前，汽车行进距离的大小；(2)驾驶员采取紧急制动时汽车的加速度大小；(3)汽车在上述 22 m 的运动全过程中的平均速度的大小。【答案】（1）18m；（2）8 m/s2；（3）223m/s【解析】【详

27、解】（1）根据公式212oxv tat可知，汽车行驶的距离2110 2+-12=182xmm（）（）（2）汽车采取紧急制动后运动的距离为 22-18=4m根据0vvat驾驶员刚采取紧急制动时的速度 v=v0+a1t=10+(-1)2=8m/s根据2202vvax则2220824a即228/am s，所以加速度大小为 8 m/s2（3）驾驶员清醒后的运动时间 v=v0+a2t，得到 t=1s总时间 t总=3s平均速度22=3xvt总m/s。【点睛】（1）根据位移时间关系求出位移；（2）根据速度时间关系求出刹车时的速度，根据速度位移关系可求刹车的加速度；（3）根据速度时间关系可求刹车的时间。根据平

28、均速度公式求全过程的平均速度。17.如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=12m/s 的初速度从斜面上的 A 点开始沿斜面向上运动，加速度大小a=8.0m/s2g 取 10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8，求：（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；-15-（3）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小【答案】（1）9m（2）0.25（3）4m/s2【解析】【详解】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，上滑的最大距离为：22012m9m22 8vxa（2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为：3737mgsinmgcosagsing

29、cosm代入数据解得：8 10 0.60.2510 0.8（3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：22373710 0.60.25 10 0.8m/s4m/smgsinmgcosagsingcosm 18.如图所示，一个质量m20kg 的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=100 N 的拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角=37，物体与水平地面间的动摩擦因数=0.50，sin37=0.60，cos37=0.80，取重力加速度g=10m/s2。（1）求物体运动的加速度大小；（2）求物体在 2.0 s 末的瞬时速率；（3）若在 2.0 s 末时撤去拉力F，求此后

30、物体沿水平地面可滑行的最大距离。【答案】（1）20.5/m s（2）1/m s（3）0.1m【解析】【分析】（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式求出 2s 末的速度；（3）根据速度与位移关系进行求解即可；【详解】（1）对物体进行受力分析，如图所示：-16-以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到：水平方向：cos37Ffma竖直方向：sinFFmg支根据摩擦力公式：fNF支联立代入数据可以得到：20.5/am s；（2）根据速度与时间的关系可以得到：0.52/1/vatm sm s；（3）撤去力 F 后，根据牛顿第二定

31、律得到：mgma则：2/5gm sa 根据位移与速度关系可以得到：2200.12 5201xmmva。【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，求解第三问时，也可以先根据牛顿第二定律求出撤去拉力 F 后的加速度，再根据运动学基本公式求解，当然，应用动能定理求解比较简单。19.如图所示，已知倾角为=45、高为 h 的斜面固定在水平地面上一小球从高为 H（hH h）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离 x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上（1）求小球落到地面上的速度大小；（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，

32、x 应满足的条件；（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间-17-【答案】（1）1.0m（2）1s（3）17.2J【解析】试题分析：设小球落到底面的速度为 v212mgHmv2vgH小球做自由落体的末速度为02()vg Hhx小球做平抛运动的时间为2()hxtg2()()sHhxhx由shx解得：45hHxh2()2()Hhxhxtgg总24()()2Hhx hxHtgg总当 H-h+x=h-x，即 x=h-H/2 时，小球运动时间最长x=h-H/2，符合（2）的条件代入得：2mHtg考点：本题主要考查了平抛运动规律、机械能守恒定律的应用问题。20.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾

33、斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为 37，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为 2N，且过0.5m,4N点.取210m/s.g 求：-18-1滑块的质量和圆轨道的半径；2若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；3是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上.若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由【答案】（1）m=0.2kg,1m（2

34、）11hm22.5hm（3）9736m【解析】【详解】1当0H 时，由图象截距可知2FmgN0.2mkg当小物块从A点静止下滑，由图象知，0.5mh，对轨道的压力14NF 2112mghmv211vFmgmR解得1mR 2不脱离轨道分两种情况：到圆心等高处速度为零有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度11mhR通过最高点，通过最高点的临界条件DvgR设下落高度为0H，由动能定理20D122mg HRmv-19-解得02.5Hm则应该满足下落高度22.5mh 3假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点：sin37ROEDxOEv t212Rgt解得：D5 5m/s3v 而滑块过D点的临界速度DL10m/svgR由于：DDLvv，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点2DL122mg HRmv解得：97.36Hm