1、120182019 学年度第一学期期中考试高三物理试题一、选择题： 1.生活中常见手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上如图所示是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为 m，手机平面与水平间夹角为 ，则手机支架对手机作用力( )A. 大小为 mg，方向竖直向上B. 大小为 mg，方向竖直向下C. 大小为 mgcos ，方向垂直手机平面斜向上D. 大小为 mgsin ，方向平行手机平面斜向上【答案】A【解析】【分析】手机受到的所有力之中，除重力外，其它力的施力物体都是支架。【详解】受力分析可知，手机除受重力外，还受到手机支架给
2、它的其它力。手机静止，处于平衡状态，则支架给手机所有力的合力必然和重力等大反向，即 ，方向竖直向F支 架 =mg上。故本题正确答案选 A。【点睛】根据多力平衡的特点即可求解，即支架对手机所有力的合力必然与手机重力等大反向。2.质量为 m60kg 的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的运动速率随时间变化的图像如图所示取 g 10m/s 2，由图像可知2A. t=0.5s 时他的加速度为 3m/s2B. t=0.4s 时他处于超重状态C. t =1.1s 时他受到单杠的作用力的大小是 620ND. t =1.5s 时他处于超重状态【答案】B【解析】（1）根据速度图象斜率表示加速度可知，t=0.
3、5s 时，他的加速度为 0.3m/s2，选项 A 错误；（2）t=0.4s 时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B 正确；（3）t=1.1s 时他的加速度为 0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力 600N，C 错误；（4）t=1.5s 时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项 D 错误；故本题选 B【点睛】根据速度-时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算 t=0.5s 时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态；3.如图所示为 a、 b 两颗卫星运行的示意图， a 为绕地球做椭圆轨道运动的卫星， b 为地球同步卫星，P 为两卫星轨道的切点P、Q 分
4、别为椭圆轨道的远地点和近地点卫星在各自的轨道上正常运行，下列说法中正确的是A. 卫星 a、b 的周期可能相等B. 卫星 a 在由近地点 Q 向远地点 P 运行过程中，引力势能逐渐减小C. 卫星 b 经过 P 点时的速率一定大于卫星 a 经过 P 点时的速率D. 卫星 b 经过 P 点时的向心力一定等于卫星 a 经过 P 点时的向心力3【答案】C【解析】根据开普勒第三定律 ，结合 b 轨道的半径大于 a 轨道的半长轴，可知卫星 b 的周期一a3T2=k定大于卫星 a 的周期，A 错误；卫星 a 在由近地点 Q 向远地点 P 运行过程中，离地越来越高，引力做负功，引力势能逐渐增大，B 错误；因为卫
5、星在轨道 a 经过 P 点要加速做离心运动才能进入轨道 b，故卫星在 b 轨道经过 P 点的时速率大于在 a 轨道经过 P 点时的速率，C 正确；由于不知道两颗卫星的质量是否相等，所以不能判断出二者在 P 点受到的向心力相等，D 错误4.如图甲所示，将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h。若将质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球，分别以同样大小的速度 v0从半径均为 R= h 的竖直12圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为 2m、3m、4m、5m 的小球中，能到达的最大高度仍为 h 的是（小球大小和空气阻力均不
6、计）A. 质量为 4m 的小球 B. 质量为 3m 的小球C. 质量为 2m 的小球 D. 质量为 5m 的小球【答案】A【解析】【详解】甲图将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 h，此时速度为零；乙图将质量为 2m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为 h，则此时速度应该至少为 ，则此位置动能与重力势能之和大于初位置的动能与重力势能，因此gR不可能；丙图将质量为 3m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则到达最高点时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到 h 高度；丁图将质量为 4m的小球以速度 v0滑上曲面，小球若能
7、到达最大高度为 h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为 5m 的小球以速度 v0滑上曲面，小球若从最高点抛4出，做斜抛运动，则此时到达最高点的速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到 h高度；故选 A。【点睛】考查机械能守恒定律的应用，掌握曲线运动时，最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键5.如图所示，用轻杆 AO（可绕 A 点自由转动）和轻绳 BO 吊着一个重物 M，保持 AO 与水平方向的夹角 不变。下列说法正确的是A. 当 BO 逆时针由水平转到竖直，绳子的拉力一直减小B. 当 BO 逆时针由水平转到竖直，轻杆的拉力先减小后增大C. 若增
8、大 ，保持 OB 水平 ， 仍使重物 M 处于平衡，则 AO、 BO 的拉力均增大D. 当重物 M 的质量增大时， AO、 BO 的拉力均增大【答案】D【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、两个拉力，如图所示将两个拉力合成，其合力与第三个力：重力平衡，由图象可以看出，OB 绳所受的拉力先减小后增大，当垂直时取最小值；OA 杆受到的拉力一直减小；故 AB 错误；增大 M 的重力 G时，根据共点力的平衡条件可知 AO 的拉力 、BO 的拉力 ，当 M 的重力 G 增大，T=Gsin F=GtanAO、BO 的拉力均增大，故 D 正确；增大 ，保持 OB 水平，仍使重物 M 处于平衡，则AO、BO
9、 的拉力均减小，C 错误。故选 D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答56.2018 年 10 月 10 日，我国成功发射了第 32 颗北斗导航卫星，该卫星的轨道半径为36000km， 7 月 29 日又以“一箭双星”的方式成功发射了第 33、34 颗北斗导航卫星，这两颗卫星的轨道半径均为 21500km。下列说法正确的是A. 这三颗卫星的发射速度均小于 7.9km/sB. 第 32 颗卫星与第 33 颗卫星加速度大小之比 (4372)2C
10、. 第 32 颗卫星在轨道上运行时的速率比第 33 颗的大D. 第 32 颗卫星与第 33 颗卫星的运动周期之比为 (4372)23【答案】B【解析】【详解】轨道半径越大发射速度越大，大于第一宇宙速度，则 A 错误；根据 ，解GMmr2=ma得 ，则第 32 颗卫星与第 33 颗卫星加速度大小之比 ，选项 B 正确；a=GMr2 a32a33=(2150036000)2=(4372)2解得 ，则第 32 颗卫星在轨道上运行时的速率比第 33 颗的小，选项 C 错误；GMmr2=mv2r v= GMr根据 解得： 可知 ，选项 D 错误；故选 B.GMmr2=m42rT2 T=2 r3GM T3
11、2T33= (2150036000)3=(4372)327.如图所示是质量为 1kg 的滑块在水平面上做直线运动的 v-t 图像，下列判断正确的是A. 在 t=1s 时，滑块的加速度为零B. 在 4s 末6s 末时间内，滑块的平均速度为 2.5m/sC. 在 3s 末7s 末时间内，合力做功的平均功率为 2WD. 在 5s 末6s 末时间内，滑块受到的合力为 2N【答案】C【解析】在 t=1s 时，滑块的加速度为： ，故 A 错误；在 4s-6 s 时间内，滑块a=vt=4(2)3 =2m/s2的位移为： ，则滑块的平均速度大小为： ，故 B 错误；x=1241+41=6m v=xt=62=3
12、m/s6在 3s7s 时间内，根据动能定理得合力做功 ，合力W合 =12mv2212mv21=121(042)=8J做功的平均功率的大小为 ，故 C 正确。在 5s-6 s 时间内，滑块的加速度大P=|W合 |t =84=2W小为： =4m/s2，根据牛顿第二定律得：F 合 =ma=14=4N，故 D 错误；故选 C。a=vt=401点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。要知道动能定理是求合力做功常用的方法。8.如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直下落，到某位置时爆炸成沿水平方向运动的a、 b 两块，已知两块同时落地，其中 a 落地时飞行的水平距
13、离 OA 大于 b 落地时飞行的水平距离 OB，下列说法中正确的是A. 爆炸瞬间 a、 b 两块的速度变化量大小相等B. a、 b 两块落地时的速度大小相等C. 爆炸瞬间 a、 b 两块的动量变化量大小相等D. 爆炸瞬间 a、 b 两块的动能变化量相等【答案】C【解析】由题意知，爆炸后两块同时落地，说明爆炸瞬间两块在竖直方向的速度没有发生变化，故爆炸是在水平方向上发生的。因 OA 大于 OB，所以爆炸瞬间 a 获得的水平速度较大，因而落地时也是 a 的速度较大，A、B 错误；因水平方向的初动量为零，且水平方向动量守恒，所以爆炸后 a、 b 两块的水平方向动量应等值、反向，C 正确；结合爆炸后两
14、块的速度和动量可知， a 块的质量较小，根据动量和动能的关系可知， a 块的动能变化较大，D 错误。故选 C9.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物快以速度 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物快落地点到轨道下端的距离与轨道v半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为 g）7A. B. v216g v28gC. D. v24g v22g【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有： ；物块做平抛运动： x=v1t； ；联立解12mv2=2mgr+12mv21 t= 4rg得： ，由数学知识可知，当 时， x 最大，故选 B。x=4v2gr16
15、r2 r= 4v2g216=v28g【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。10.如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度 v 匀速运动，某时刻质量为 m 的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 。若当地的重力加速度为 g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）A. 物块所受摩擦力的方向水平向左B. 物块运动的时间为v2gC. 物块相对地面的位移大小为v2gD. 物块
16、相对传送带的位移大小为v22g【答案】D【解析】试题分析：物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为 ，f=mg加速度 ，物块运动的时间 ， 物块相对地面的位移大小 ，物块相对传送带的a=g t=vg s=v22g8位移大小 ，故 ABC 错误，D 正确.故选 D.s=vts=v22g【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移，然后由几何关系求得相对位移11.如图所示，质量为 m 的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成 角的恒力 F 作用于物体上，恒力 F 在物体上作用了一段时间
17、(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中A. 力 F 对物体做的功大于物体动能的变化B. 力 F 对物体做的功等于物体动能的变化C. 力 F 对物体的冲量大小大于物体动量变化的大小D. 力 F 对物体的冲量等于物体动量的变化【答案】BC【解析】【详解】对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为 Fcos；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，故 A 错误，B 正确；根据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为 Fcos，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，故 C 正确，D 错误；故选 BC。【点睛】本题关键理解和掌握动能定理和动量定理，明确总功
18、是动能变化量度，总冲量是动量变化量度12.如上图所示是 A， B 两质点从同一地点运动的 图象，则下列说法正确的是 ( ) x-tA. A 质点以 的速度匀速运动20m/s9B. B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C. B 质点最初 4 s 做加速运动，后 4 s 做减速运动D. A， B 两质点在 4 s 末相遇【答案】ABD【解析】试题分析：A 图象的斜率等于 ，则知 A 质点以 的速度匀速运动，故 A 正确；在20m/s 20m/s图象中，图线的斜率表示速度大小，则知 B 质点最初 内做减速运动，后 做加速运动，st 4s 4s故 B 错误；B 质点图象的斜率先正后负，说
19、明 B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故 C 正确； 末二图象相交，说明两个质点到达同一位置相遇，故 D 正确。4s考点：匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】本题是位移-时间图象问题，抓住图象的数学意义：斜率等于物体的速度，来分析物体的运动情况。13.如图所示， x 轴在水平地面上， y 轴在竖直方向上图中画出了从 y 轴上不同位置沿 x轴正向水平抛出的三个小球 a、 b 和 c 的运动轨迹小球 a 从(0,2 L)抛出，落在(2 L,0)处；小球 b、 c 从(0， L)抛出，分别落在(2 L,0)和( L,0)处不计空气阻力，下列说法正确的是
20、 A. a 和 b 初速度相同B. b 和 c 运动时间相同C. b 的初速度是 c 的两倍D. a 运动时间是 b 的两倍【答案】BC【解析】a、b 的高度之比为 2：1，根据 t= 知，a、b 的运动时间之比为 ：1，水平位移相等，2hg 2则 a、b 的初速度之比为 1： ，故 AD 错误。b、c 平抛运动的高度相同，根据 t= 知，22hgb、c 运动时间相同， b、c 的水平位移之比为 2：1，则 b 的初速度是 c 初速度的 2 倍，故10B 错误，C 正确。故选 C。点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决
21、定水平位移14.如图所示，两个质量为 m1=2kg， m2=3kg 的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为 F1=40N、 F2=10N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是A. 弹簧秤的示数是 28NB. 弹簧秤的示数是 30NC. 在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度大小为 6m/s2D. 在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度大小为 4m/s2【答案】AC【解析】【详解】以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是 F，以 m1为研究对象，由牛a=F1F2m1+m2=40N10N
22、2kg+3kg=6m/s2顿第二定律得：F 1-F=m1a，则 F=F1-m1a=28N，故 A 正确，B 错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 F2的瞬间，m 1受力情况不变，m 1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m 1的加速度不变，故 C 正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 F2的瞬间，m 2不再受 F2的作用，m 2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m 2的加速度：，故 D 错误；故选 AC。aFm2 283 9.33m/s2【点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法撤去外力时，弹簧的弹力不能突变15.如图所示，一质量为 m 的物体从固定的粗
23、糙斜面底端 A 点以速度 v0 滑上斜面，恰好能够到达斜面顶端 B 点，C 点是斜面的中点。已知斜面的倾角为 ，高度为 h， 。v0= 6gh则物体11A. 到达 B 点后将停止运动B. 经过 C 时的速度为 3ghC. 从 C 点运动到 B 点的时间为1sinh2gD. 从 A 点运动到 C 点机械能减少 2mgh【答案】AB【解析】由动能定理 ，解得 =2tan ；则因为 tan，即mghmgcoshsin=012mv20可知到达 B 点后将停止运动，选项 A 正确；由动能定理，到达 C 点时：mgsintan；灵活运用逆向思维解题比较简单快捷.二、实验题:16.如图所示为“探究加速度与物
24、体受力的关系”的实验装置图。图中 A 为小车,质量为m1,连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器 B,它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上,P 的质量为 m2,C 为弹簧测力计,实验时改变 P 的质量,读出测力计不同读数 F,不计绳与滑轮的摩擦。12(1)下列说法正确的是_A.一端带有定滑轮的长木板必须保持水平 B.实验时应先接通电源后释放小车C.实验中 m2应远小于 m1 D.测力计的读数始终是 m2g2(2)如图为某次实验得到的纸带,纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离,相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是_m/s 2(交流电的频率为50 Hz,
25、结果保留两位有效数字)。(3)实验时,某同学由于疏忽,遗漏了平衡摩擦力这一步骤,他测量得到的 a -F 图象可能是图中的图线_【答案】 (1). (1)B; (2). (2)0.50; (3). (3)丙【解析】【详解】 （1）该实验首先必须要平衡摩擦力，即必须要垫高木板不带滑轮的一端，故 A 错误；为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故 B 正确；由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故 C 错误；由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m
26、2g-2F=m2a，解得：F=13，故 D 错误；故选 Bm2gm2a2（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2，有：x=0.0339-0.0289=a（0.1） 2解得：a=0.50m/s 2（4）若没有平衡摩擦力，则当 F0 时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为 0，所以可能是图中的图线丙【点睛】对于基本实验仪器，要会正确使用，了解其工作原理，为将来具体实验打好基础，对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做第 2 问选项 C 为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来
27、近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高17.如图所示为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）验证机械能守恒定律的实验装置，完成以下填空。实验步骤如下：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于 1m，将导轨调至水平；测出挡光条的宽度 l 和两光电门中心之间的距离 s；将滑块移至光电门 1 左侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前挡光条已通过光电门 2；测出滑块分别通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间 ；用天平秤出滑块和挡光条的总质量 M，再秤出托盘和砝码的总质量 m回到下列问题：（1）用最小分度为 1mm 的刻度尺测量出光电门 1 和 2
28、之间的距离 s，以下数据合理的是_。A50cm B50.00cm C50.0cm D50.000cm（2）滑块通过光电门 1 和光电门 2 的速度分别为 v1和 v2，则 v1=_。（3）若系统机械能守恒，则 M、m、g、s、v 1、 v2的关系是_。14【答案】 (1). B (2). (3). 1t1 mgs=12(M+m)v2212(M+m)v21【解析】（1）最小分度为 1mm 的刻度尺，在读数的时候要估读一位，所以应该保留到 mm 后一位，故 B 正确。（2）利用光电门测速度的原理：由于挡光条比较窄，所以在处理数据得时候把平均速度当瞬时速度用了即 所以 v=lt v1=lt（3）若系
29、统机械能守恒，则系统内重力势能的减少量应该等于系统动能的增加量，即应该满足： mgs=12(M+m)v2212(M+m)v21综上所述本题答案是：(1). B (2). (3). 1t1 mgs=12(M+m)v22-12(M+m)v21三、解答题；18.交管部门强行推出了“电子眼” ，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，行驶的速度均为 10 ms当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 0.5 s)己知甲车紧急刹
30、车时制动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.5 倍，位取 10ms 2)求：（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯；(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离【答案】 （1）见解析（2） 2.5m【解析】试题分析：（1）甲车停下来走过的位移甲车司机不能避免红灯 （3 分）（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 s0在乙车刹车 t 时间两车恰好相遇，则有：v甲 =v乙由此得出 t=2s (2 分)v0a1（ t+0.5） =v0a2t甲减速的时间为 2.5s,这 2.5 内甲运动的位移15(2 分)
31、这 2.5s 内乙运动的位移：前 0.5 秒匀速运动的位移为 10m （1 分）后 2s 匀减速的位移 x=v0t12a1t2=30m由此得出 （2 分）x乙 =40m（2 分）s0=x乙 x甲 =2.5m故应保持的距离为 x乙 =40m考点：考查了追击相遇问题【名师点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断19.一厢式货车在水平路面上做弯道训练。圆弧形弯道的半径为 R8 m，车轮与路面间的动摩擦因数为 0.8，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。货车顶部用细线悬挂
32、一个小球 P，在悬点 O 处装有拉力传感器。车沿平直路面做匀速运动时，传感器的示数为 F04 N。( g取 10 m/s2，sin37 o=0.6) (1)该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，为了防止侧滑，货车的最大速度 vm是多大？(2)该货车某次在此弯道上做匀速圆周运动，稳定后传感器的示数为 F5 N，此时细线与竖直方向的夹角 是多大？此时货车的速度 v 是多大？【答案】 ，8m/s =37 215m/s【解析】试题分析：（1）汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做圆周运动16其所需要的向心力由静摩擦力提供： F静 =mv2mR由上式可知，当静摩擦力越大时，速度也越大所以静摩擦力最大时，速度达
33、最大即（2）细线与竖直方向的夹 时受力如图：所以： F=mgcos=37cos=mgF=F0F=45又 ma=mgtan=075mg、a=075g物体的向心力： ma=mv2R所以： v= aR= 30m/s考点：圆周运动及牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿定律在圆周运动中的应用问题；汽车在圆弧水平弯道路面行驶，做的是圆周运动此时汽车需要的向心力是由静摩擦力提供的，而汽车的最大安全速度是指由路面的最大静摩擦力提供向心力当速度再大时，汽车就会侧向滑动，失去控制了。20.如图甲所示，半径为 R=0.2m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道最低点B 与水平面相切，在光滑水平面上紧挨 B
34、点有一静止的平板车，其质量 M=6kg，长度L=0.5m，车的上表面与 B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点 A 由静止释放，其质量 m=2kg，g 取 10m/s2（1）求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小；（2）若平板车上表面粗糙，物块刚好没有滑离平板车，求物块与平板车上表面间的动摩擦17因数；（3）若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力 f 随它距 B 点位移 L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小【答案】 （1）60N（2）0.3（3）【解析】【详解】 （1）物块从圆弧轨道 A 点
35、滑到 B 点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，代入数据解得：v B=2m/s在 B 点，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：F N=60N，由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道 B 点时对轨道的压力：F N=F N=60N（2）物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒以向右为正方向，由动量守恒定律得： ，代入数据解得 v =0.5m/s；由能量关系： 解得 ： =0.3（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为 f-L 图线与横轴所围的面积大小克服摩擦力做功为： ，物块在平板车上滑动过程，由动能定理得： 代入数据解得： ；【点睛】本题的关键理清物体的运动过程，选择合适的规律进行求解。要知道物块在小车滑动时往往要考虑系统的动量是否守恒，并结合能量关系列方程求解。
