江苏省苏州新草桥中学2020届高三物理10月月考试卷（附解析Word版）

苏州新草桥中学 2019—2020 学年第一学期高三物理 10 月月考试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分．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 v－t 图象如图所示。在 t=0 到 t=40s 这段时间内，汽车的位 移是（ ） A. 0 B. 30m C. 750m D. 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 ，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 ( ) ( )1 10 40 30 7502x m m= × + × = 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 m1＝3kg、m2＝2kg 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 F1＝F2＝30N 的水平拉力分别作用在 m1、m2 上，则（  ） A. 弹簧测力计的示数是 30N B. 弹簧测力计的示数是 60N C. 在突然撤去 F2 的瞬间，B 的加速度大小为 0m/s2 D. 在突然撤去 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： ，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/s2 时，滑块对球的支持力为 B. 当 a=15m/s2 时，滑块对球的支持力为半 2 2 m15 sB Fa m = = 2 N2 2 N2 C. 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 ，故 A 正确； B、当 a=15m/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】 【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 2 N2NF = 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 B. 电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 C. 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： ，其中 a=5g，解得 ，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、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题有多个选项符合题意．全 部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分． 7.如图所示，电灯的重力 G＝10N，AO 绳与顶板间的夹角为 45°，BO 绳水平，AO 绳的拉力为 FA，BO 绳的拉力为 FB，则(  ) 2 mg k 6mg k 4kx mg ma− = 3 2 mgx k = A. B. FA＝10 N C. D. FB＝10 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： ；FB=G=10N 故 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 10 m/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 960N D. 从开始起跳到双脚落地需要 1.05s 【答案】AD 【解析】 【 详 解 】 AC 、 运 动 员 离 开 地 面 后 做 竖 直 上 抛 运 动 ， 根 据 可 知 10 2NAF = 10 2NBF = 2 10 245A GF G Ncos =°＝ ＝ 22gh v= ；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 ，解得 ，对运动员根据牛顿第二定律可知 ，解得 ,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 ，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 ，故选项 B 错误； D、起跳过程运动的时间 ，起跳后运动的时间 ，故运动的 总时间 ，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 大于第一次下落距离，所以，A 错误； ( )2 2 10 2.9 2.1 m/s 4m/sv gh= = × × − = 22a h v∆ = 2 2 2 24 m/ s 16m/s2 2 0.5 va h = = =∆ × NF mg ma− = 1560NNF = 1 0 2 2 v vv += = 2 0 2 2 v vv += = 1 4 s 0.25s16 vt a = = = 2 0.4svt g = = 1 22 1.05st t t= + = 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 易知 a1>a2，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 a1>a2，由 G-fy=ma，可知，fy1A. 木板的质量为 1kg B. 2s~4s 内，力 F 的大小为 0.4N C. 0~2s 内，力 F 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 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 μ,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 μ，B 与地面间的动摩擦因数为 。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 F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B. 当 F＝ 时，A 的加速度为 C. 当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动 D. 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 【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：fBm＝ ，因此要使 B 的 2 µ 5 2 mgµ 1 3 gµ 1 2 gµ 3 2 mgµ 能够相对地面滑动，A 对 B 所施加的摩擦力至少为：fAB＝fBm＝ ，A、B 间的最大静摩擦 力为：fABm＝2μmg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足： ＝ ，且 ≤fAB＜2μmg，即 ≤F＜3μmg 时，A、B 将一起向右加速滑动，故选项 A 错误； 当 F≥3μmg 时，A、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F－2μmg＝2maA， 2μmg－ ＝maB，解得：aA＝ －μg，aB＝ ，故选项 C、D 正确；当 F＝ 时，对 A 和 B 整体受力分析有， ，解得 aA＝aB＝ ，故 选项 B 正确。 考点：本题主要考查了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 3 小题，共计 20 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 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】 (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. 的 3 2 mgµ 2 ABF f m − 2 3 2 ABf mg m µ− 3 2 mgµ 3 2 mgµ 3 2 mgµ 2 F m 1 2 gµ 5 2 mgµ ( ) ( )2 22F m m g m m a µ− + = + 1 3 gµ （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 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 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/m·s－2 1 /kg−1 M 1 200 1.91 5.00 2 250 1.71 4.00 3 300 1.50 3 33 4 350 1.36 2.86 5 400 1.12 2.50 6 450 1.00 2.22 的 . 7 500 0 90 2.00 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). M＞＞m (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-FT=ma 以小车作为研究对象有 FT=Ma 联立以上两式可得 要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即 故 ，则有 M＞＞m； （2）[3]．通过描点做出 图象如图所示 . T MF mgM m = + =M mg mgM m+ =1M M m+ 1a M − [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 M，测小车加速度 a，作 a－F 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 s1＝3.10cm，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。 1 3 【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）［3］AC.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 M，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. a－F 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. a－F 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 s2＝9.60cm-4.05cm=5.55cm。 ［5］由逐差法 s=at2，其中 t=0.1s，小车加速度的大小 a= = 10-2m/s2=2.45m/s2 四、计算题：本大题共 5 小题，共 58 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，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 2s 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： 1 3  2 1 2 s s t − 2 5.55 3.10 0.1 − × (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） m/s 【解析】 【详解】（1）根据公式 可知，汽车行驶的距离 （2）汽车采取紧急制动后运动的距离为 22-18=4m 根据 驾驶员刚采取紧急制动时的速度 v=v0+a1t=10+(-1)·2=8m/s 根据 则 即 ，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 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 θ=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/s2．g 取 10m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，求： 22 3 21 2ox v t at= + 2110 2+ -1 2 =182x m m= × × ×（ ） （ ） 0v v at= + 2 2 0 2v v ax− = 2 2 20 8 2 4a− = ⋅ 2 2 8 /a m s= − 22= 3 xv t总 = （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； （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： （2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度为： 代入数据解得： （3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为： 18.如图所示，一个质量 m＝20kg 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 θ=37°，物体与水平地面 间的动摩擦因数 μ=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，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】 2 2 0 12 m 9m2 2 8 vx a = = × ＝ 37 37mgsin mgcosa gsin gcosm θ µ θ µ+= = °+ ° 8 10 0.6 0.2510 0.8 µ − ×= =× 2 237 37 10 0.6 0.25 10 0.8m/s 4m/smgsin mgcosa gsin gcosm θ µ θ µ−′ = = − = × − × × =  20.5 /m s 1 /m s 0.1m （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： 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： 竖直方向： 根据摩擦力公式： 联立代入数据可以得到： ； （2）根据速度与时间的关系可以得到： ； （3）撤去力 F 后，根据牛顿第二定律得到： 则： 根据位移与速度关系可以得到： 。 【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 θ=45°、高为 h 的斜面固定在水平地面上．一小球从高为 H（h＜ H＜ 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． cos37F f ma⋅ ° − = sinF F mgθ⋅ + =支 f N Fµµ= = 支 20.5 /a m s= 0.5 2 / 1 /v at m s m s= = × = 'mg maµ− = ' 2/5g m sa µ= − = − 2 2 ' 0 0.12 52 0 1x m mv a −= = =− × − （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，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． 【答案】（1）1.0m（2）1s（3）17.2J 【解析】 试题分析：⑴设小球落到底面的速度为 v ⑵小球做自由落体的末速度为 小球做平抛运动的时间为 由 解得： ⑶ 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： 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 、D 为圆轨道的最低点和 21 2mgH mv= 2v gH= 0 2 ( )v g H h x= − + 2( )h xt g −= 2 ( ) ( )s H h x h x= − + ⋅ − s h x> − 4 5h H x h− < < 2( ) 2( )H h x h xt g g − + −= +总 2 4 ( )( )2 H h x h xHt g g − + −= +总 2m Ht g = ° (C 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 点 取 求： 滑块的质量和圆轨道的半径； 若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少； 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） （3） 【解析】 【详解】 当 时，由图象截距可知 当小物块从 A 点静止下滑，由图象知， ，对轨道的压力 解得 ． 不脱离轨道分两种情况： ①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 ) ( )0.5m,4N . 210m/s .g = ( )1 ( )2 ( )3 . 1 1h m< 2 2.5h m≥ 97 36 m ( )1 0H = 2F mg N= = 0.2m kg= 0.5mh = 1 4NF = 2 1 1 2mgh mv= 2 1 1 vF mg m R =− 1mR = ( )2 1 1mh R≤ = ②通过最高点，通过最高点的临界条件 设下落高度为 ， 由动能定理 解得 则应该满足下落高度 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： 解得： 而滑块过 D 点的临界速度 由于： ，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 解得： Dv gR= 0H ( ) 2 0 D 12 2mg H R mv=− 0 2.5H m= 2 2.5mh ≥ ( )3 sin37 ROE °= Dx OE v t= = 21 2R gt= D 5 5 m/s3v = DL 10m/sv gR= = D DLv v> ( ) 2 DL 12 2mg H R mv− = 97 .36H m=