物理答案、解析及评分标准_2023年8月_01每日更新_29号_2024届河南省高三上学期8月起点开学考试_河南省2024届高三上学期8月起点开学考试物理

河南省 2024 届高三起点考试 物理参考答案、解析及评分标准 一、选择题：本题共12小题；第1~8小题为单项选择，每小题3分；第9~12小题为多项选择，每小题4 分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得 0 分。共40分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B B C B A D C BC AC AC AD 二、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. （6分） （1）B （1分）；（2） 7.02 （1分） ；（3） 0.58（2分），9.7 （2分） 14.（7分） （1）最大阻值（1分） ， 50.0 （1分） ；（2）丙（1分）； R R b R R （3）E  A 0 （2分） ， r   A 0 （2分） kR k R R 0 A 0 15.（7分） 解答：设加速运动的时间为t ，匀速运动的速度为v 1 1 x  at2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙① 1分 AB 2 1 vat ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分 1 x v(tt )∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 BC 1 x x x ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ ④ 1分 AC AB BC 由①②③④带入数据得t2 11t5.250 y 1 F N 解得 t 0.5 s 或 t 10.5 s（舍去） F 1 1 F f 所以 x =0.25m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分 AB 16.（10分） x mg 对杆ab进行受力分析，若摩擦力沿导轨向下，由平衡条件有 y F +mgsin53°=Fcos53° ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分 F N F f f F =mgcos53°+Fsin53° ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②2分 F N 又最大静摩擦力 F =μF ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 fm N 由①②③有 F =2.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 mg max x 若摩擦力沿导轨向上，由平衡条件有 mgsin53°=Fcos53°+F ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④2分 f 第 1 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}由②③④有 F =0.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 min 综上有 0.2N ≤ F ≤2.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 17.（12分） （1）若小球刚好能通过D点，则 v2 在D点 mg m D ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分 R 1 从D点平抛 2R gt2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分 2 x v t ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 D 由①②③解得 x5m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 （2）若小球刚好能到与圆心等高处，小球从圆心等高处到最终停止，由能量守恒有 mgRmgs∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分 解得 s=25m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 从半圆轨道第一滑下后经过6m的路程与弹簧第一次相碰，之后每经过12m的粗糙路段与弹簧相碰 一次。 碰撞次数 N   1 20-6 2次 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分    12  x´=s-6-1×12=7m 故 停在距离B点5m处 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分 18.（18分） （1）以物块为研究对象，画受力分析图 F f1 F =mg ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙① 1分 F N1 f1 F N1 =ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙② 1分 mg 物块恰好静止在挡板上，即所受摩擦力为最大静摩擦力 又 F =μF ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③ 1分 f N 以整体为研究对象F=（m+M）a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④ 1分 由①②③④有 F=120N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 （2）以物块为研究对象，画受力分析图 F f2 设物块沿挡板下滑，竖直方向的加速度为a ，水平方向的加速度为a y x F N2 F =ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑤1分 N2 x mg-F =ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑥1分 mg f2 y 又滑块在竖直方向的运动有 1 h= a t2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑦ 1分 2 y 由③⑤⑥⑦有 a =24m/s2 x a =4m/s2 y 第 2 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}以半圆槽为研究对象，画受力分析图 F N F' -F = Ma∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑧1分 N2 x F F' N2 由牛顿第三定律有： F N  2 =F N2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑨ 1分 F f  2 Mg 由⑧⑨有 F'=72N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 物块滑到B点时的速度在水平、竖直方向的分量分别为v 、v ， x y 则 v =at=1m/s ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑩1分 x x v =at=6m/s ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑪ 1分 y y 设物块到达C点时，半圆槽的速度为v ，物块的速度为v 。撤去F' 后，物块从B点运动到C点过 M C 程中，物块和半圆槽构成的系统水平方向动量守恒： （M+m）v =Mv +mv ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑫2分 x M C 系统机械能守恒 1 1   1 1 Mv2  mv2+v2 mgR = Mv2  mv2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑬ 2分 2 x 2 x y 2 M 2 C 由⑩⑪⑫⑬有 v =5m/s 或 v =7m/s M M （舍） v =8m/s v =4m/s C C （因物块从B点运动到C点过程中，物块加速运动，半圆槽减速运动，所以舍去不合理的计算结果） 综上所述： F'=72N，v =8m/s 即为所求。∙∙∙∙∙∙∙ 1分 c 【解析】 1. 以地面为参考系，注水使停在闸室中的船匀速上升，则水手在y轴方向作匀速运动，水手从船尾 沿正方向加速走向船头，则水手在x轴方向作加速运动，加速度与合速度方向呈一定夹角，合运动 为曲线运动，且向加速度方向弯曲，故C选项正确。 L 30m 2. 由图BC可知，t  6 s 所以图中C点的坐标为（26s，5m/s），故A错误。 v 5m/s v v 5m/s25m/s 由图AB段，汽车减速的加速度a B A  1m/s2汽车减速阶段加速度大小为1m/s2， t 20s AB v 2v 2 故B选项正确。汽车减速的位移x B A 300m，故C选项错误。 2a v v 25 由图CD段汽车加速的加速度a D C  m/s2，故D选项错误。 t t 34 D C 第 3 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}2 2 3. 根据题目条件，地球与火星两次相遇的时间间隔t为780天，则有 t- t 2，已知地球的公 T T 地 火 转周期T 为365天，则可求出火星绕太阳运动的公转周期。已知火星和地球间距r 约为8220万千 地 1 米，利用万有引力提供向心力公式 G M 太 m 火 m 42 r ， G M 太 m 地 m 42  r r  ，可求出太 r2 火 T2 火  r -r 2 地 T2 火 1 火 火 火 1 地 阳的质量M 及火星绕太阳运动的轨道半径r 。无法计算火星的质量，故选B选项。 太 火 4. 此题为课本中的“光电效应演示实验”，用高频短波紫外线灯持续照射锌板，锌板会发生光电效 应，逸出光电子。由于锌板原来带负电，随着带负电的光电子逸出，锌板所带负电量减少，验电器 指针张开的角度θ逐渐变小。继续照射，更多的光电子逸出后，锌板开始带上正电且电荷量增加， 故验电器指针张开的角度θ后逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度先变小后变大，故C 选项正确。 5. 根据等量同种电荷的电场分布，可判断出C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等。 又依据A、B两处点电荷为正电荷，电势沿电场线方向逐渐减小，可判断出C、D、M、N这四点电 势低于O点，则A选项错误，B选项正确。同理，根据等量同种电荷的分布，可判断出C、D、M、 N这四点电场强度大小相等，但方向不同。O点电场强度为零，所以四点的电场强度均大于O点， C、D两选项均错误。 6. 若空间中只有垂直纸面的匀强磁场，带电粒子从P点射入到达P 点，由于洛伦兹力不做功的特点， 1 1 1 R 粒子到达P 1 点的动能E  mv 2，粒子到达P 1 点的时间t  T  。而若空间中只有平行于OP 1 k1 2 0 1 4 2v 0 1 方向的匀强电场，电场力在竖直方向上做正功，粒子到达P 1 点的动能E  mv 2，粒子做类平抛运 k2 2 0   x 2 3 R 动，到达P 1 点的时间t 2  v  2v ，t 1 t 2 ，故A选项正确。 0 0 7. 由图像可知A到B的过程中，气体做等温变化，由玻意尔定律有PV PV ，可得V V ，A A A B B A B 选项错误。B到C的过程中，气体做等容变化，可得V V ，B选项错误。对一定质量的理想气体， A C 温度越高内能越大。由图像可知A到B的过程中气体的温度不变，故气体内能不变∆U=0，又气体 体积减小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q，则Q<0，即气体向外界放热， C选项错误。由图像可知B到C的过程中气体的温度减小，即气体内能减小∆U<0，又气体体积不 变W=0，则Q<0气体向外界放热，所以D选项正确。 8. 由微平移法可知，t=2s时刻，质点K正向y轴正方向运动，A错误。 由t=2s时刻，第一次出现图中波形x=4m处的质点正在向y轴负方向运动，可知改质点已经振动 x 6 了半个周期，此时波传播到了位于x=6m处的质点，故波速v  m/s3m/s，B选项错误。t=1 t 2 s时刻，波传播的距离为xvt 3m，则位于x=3m处的质点L开始振动，C选项正确。λ=4m，T λ 2 2  3  = = s则位于O点的质点的位移-时间关系为y20sin t cm20sin t cm，D选项错误。 v 3  T   2  第 4 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}9. 两个带电小球静止悬挂在同一水平线上，对A球进行水平方向上的受力平衡分析有，F =Eq 。 静 1 对B球进行水平方向上的受力平衡分析有，F´ =Eq -Fsinα，F 与F´ 互为作用力反作用力，则大小 静 2 静 静 相等，所以｜q ｜<｜q ｜，B选项正确，A选项错误。若球A缓慢放电，球B再次静止时，在水平 1 2 方向上，根据等式Eq =Eq -Fsinα，q 数值减小，q 保持不变， 1 2 1 2 则拉力沿水平方向的分力Fsinα增大，对B球在竖直方向上的受 α F 力平衡分析，G =Fcosα，又根据（Fsinα）2+（Fcosα）2=F，则 B E 当Fsinα增大且Fcosα不变时，F增大，cosα变小，α变大，所以 + - C正确，D错误。 Eq 1 A F 静 F´ 静 B Eq 2 G 10. 滑块上滑和下滑过程均可以看做初速度为零的匀加速运动， B 1 满足公式x= at2，所以x相同时，加速度a与时间t2成反比，即a ：a =3∶1。由公式2ax=v2， 1 2 2 所以x相同时，速度v与 a 成正比，即v ：v = 3∶1，所以A选项正确，B选项错误。沿斜面 1 2 向上滑和下滑过程，由牛顿第二定律分别有mgsinθ+μmgcosθ=ma 和 mgsinθ-μmgcosθ=ma ，解 1 2 得 μ=0.375，所以C选项正确。滑块从底端开始运动到回到底端，重力的冲量为mg（t +t ），所 1 2 以D选项错误。 11. 垂直于纸面匀强磁场的磁感应强度B增大，由楞次定律可知，在金属圆环中产生逆时针方向的 ΔB 感应电流，A选项正确。由已知B=B +kt有 k，由法拉第电磁感应定律推导有 0 Δt En Δ  ΔBS kr2，B选项错误， 金属圆环电阻 R  L  2R ，则在金属圆环中的感应电流 Δt Δt 阻 S S I  E  kr2S ，C选项正确，感应电流的热功率 PI2R  k2Sr4 ，D选项错误。 R 2R 阻 2R 阻 v 2 16 12. 木板全部在传送带上时mgma得a1.5m/s2，x 0  m，x>L 1 ，木板始终在传送带上做匀 2a 3 加速运动，木板的左端到达A点的距离L=L -L =3m，所以木板左端到达A点的速度 1 2 v 2ax 3m/s，A选项正确，B选项错误。木板的左端到达A点所需时间 t v 2s ，木板与传送 a 带间因摩擦产生的热量Q mg(v tL)1.50J，传送带停止传输并锁定不动，木板继续运动并平 1 0 稳滑上水平面，设木板横截面积S，密度为ρ，滑上水平地面的 长度为 f' x，则木板与传送带间摩擦力f'=μgρS（L -x），则f'-x图象如 图所示， 2 μmg 其图线与横纵坐标轴所围三角形面积即为因摩擦产生的热量 1 Q  mgL 0.15J，从木板放上传送带到全部滑离传送带， 木板与 2 2 2 x 传送带间因摩擦产生热量QQ Q 1.65J，D选项正确。 O 1 2 L 2 第 5 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}13. （6分） （1）B （1分）； （2） 7.02 （1分）； （3） 0.58（2分），9.7 （2分） 详解： （1）电磁打点计时器使用交流电源，故A和C选项错。根据实验操作规范，应使纸带处于竖直 状态，故选B。 （2）由图可知，x=7.02cm。 x x  3.120.79 102 （3） v  D B  m/s0.58 m/s C 2T 20.02 x x  7.021.761.76 102 a CF OC  m/s2 9.7m/s2 9T2 90.022 14.（7分） （1）最大阻值（1分） ， 50 （1分） ， （2）丙（1分） R R b R R （3）E  A 0 （2分） ， r   A 0 （2分） kR k R R 0 A 0 详解： （1）为保证电路安全，应将变阻箱的阻值调至最大后接入电路。将K接到1端调整为K接到2 端，改变滑动变阻器阻值，电流表的读数不变，则开关调整前后总电阻不变， R =9999.9Ω- 9949.9Ω=50.0Ω。 0 （2）若选择乙同学的电路图，为保证测量值不超过电流表的量程，则调节范围约为0.9mA~1.0mA 之间，测量范围过小；丙同学电路图中，电量表与定值电阻并联后，相当于扩大电流表的量程，调 节范围更大，更合理。 IR （3）按丙同学所选的电路图分析推到得电动势表达式 E (I  A)(Rr)IR ，变形整理可得 R A 0 1 R R (R R )rR R R R (R R )rR R ( 0 A)R 0 A A 0 ，根据已知条件可得 k  0 A ， b 0 A A 0 ，解得 I ER ER ER ER 0 0 0 0 R R b R R E  0 A ， r   A 0 。 kR k R R 0 A 0 15.（7分） 解答：设加速运动的时间为t ，匀速运动的速度为v 1 1 x  at2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙① 1分 AB 2 1 vat ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分 1 x v(tt )∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 BC 1 x x x ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ ④ 1分 AC AB BC 由①②③④带入数据得t2 11t5.250 1 第 6 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}解得 t 0.5 s 或 t 10.5 s（舍去） 1 1 所以 x =0.25m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分 AB 16.（10分） 对杆ab进行受力分析，若摩擦力沿导轨向下，由平衡条件有 y F +mgsin53°=Fcos53° ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分 F N f F =mgcos53°+Fsin53° ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②2分 F N F 又最大静摩擦力 F =μF ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 f fm N 由①②③有 F max =2.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 x mg 若摩擦力沿导轨向上，由平衡条件有 y F mgsin53°=Fcos53°+F ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④2分 N F f f F 由②③④有 F =0.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 min 综上有 0.2N ≤ F ≤2.2N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 17.（12分） x mg （1）若小球刚好能通过D点，则 v2 在D点 mg m D ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分 R 1 从D点平抛 2R gt2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分 2 x v t ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分 D 由①②③解得 x5m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 （2）若小球刚好能到与圆心等高处，小球从圆心等高处到最终停止，由能量守恒有 mgRmgs∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分 解得 s=25m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 从半圆轨道第一滑下后经过6m的路程与弹簧第一次相碰，之后每经过12m的粗糙路段与弹簧相碰 一次。 碰撞次数 N   1 20-6 2次 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分    12  x´=s-6-1×12=7m 故 停在距离B点5m处 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 2分 18.（18分） （1）以物块为研究对象，画受力分析图 F f1 F f1 =mg ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙① 1分 F N1 F =ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙② 1分 N1 mg 物块恰好静止在挡板上，即所受摩擦力为最大静摩擦力 又 F =μF ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③ 1分 f N 以整体为研究对象F=（m+M）a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④ 1分 第 7 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}由①②③④有 F=120N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 （2）以物块为研究对象，画受力分析图 F 设物块沿挡板下滑，竖直方向的加速度为a ，水平方向的加速度为a f2 y x F N2 F =ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑤1分 N2 x mg-F f2 =ma y ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑥1分 mg 又滑块在竖直方向的运动有 1 h= a t2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑦ 1分 2 y 由③⑤⑥⑦有 a =24m/s2 x a =4m/s2 y 以半圆槽为研究对象，画受力分析图 F N F'-F =Ma ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑧1分 N2 x F F' N2 由牛顿第三定律有： F N  2 =F N2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑨1分 F f  2 Mg 由⑧⑨有 F'=72N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1分 物块滑到B点时的速度在水平、竖直方向的分量分别为v 、v ， x y 则 v =at=1m/s ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑩1分 x x v =at=6m/s ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑪ 1分 y y 设物块到达C点时，半圆槽的速度为v ，物块的速度为v ，撤去F' 后，物块从B点运动到C点过 M C 程中，物块和半圆槽构成的系统水平方向动量守恒： （M+m）v =Mv +mv ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑫2分 x M C 系统机械能守恒 1 1   1 1 Mv2  mv2+v2 mgR = Mv2  mv2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑬ 2分 2 x 2 x y 2 M 2 C 由⑩⑪⑫⑬有 v =5m/s 或 v =7m/s M M （舍） v =8m/s v =4m/s C C （因物块从B点运动到C点过程中，物块加速运动，半圆槽减速运动，所以舍去不合理的计算结果） 综上所述： F'=72N，v =8m/s 即为所求∙∙∙∙∙∙∙ 1分 c 第 8 页 共 8 页 {#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}