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2024—2025 学年度上学期 2022 级
11 月月考物理试卷
命题人：黄勇 审题人：余小路
考试时间：2024年11月26日
考试时间：75分钟
一、选择题（本大题共10小题，其中1－7题为单选题，8－10题为多选题，每题4分，共40分）。
1．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，
总结研究它们的规律的意思。同学们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物
理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列叙述正确的是
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
B．用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如场强 ，加速度 都是采用比
值法定义的 𝑈𝑈 𝐹𝐹
C．库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电 𝐸𝐸 场 = 的强𝑑𝑑 弱和方向 𝑎𝑎 =𝑚𝑚
D．伽利略认为自由落体运动是物体在倾角为 的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动
规律总结出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
2．图 为一列简谐横波在 时刻的波形 90°
图， 、 为介质中的两个质点，图 为
质1点 的振动图像，则𝑡𝑡下=列0说法中正确
的是𝑃𝑃（ 𝑄𝑄 ） 2
A．波𝑃𝑃速为
B．简谐横波 传播方向为 轴正方向
C． 时1刻0𝑚𝑚的/𝑠𝑠速 度小于 的速度
D．从 时刻之后， 比𝑥𝑥 先到达位
移𝑡𝑡 =最0大处 𝑃𝑃 𝑄𝑄
3． 年𝑡𝑡 =0月 日 时 分𝑃𝑃，𝑄𝑄“嫦娥四号”探测器用“长征三号”乙运载火箭在西昌卫星发射中
心点火升空， 并于 年 月 日成功实现月球背面软着陆，执行人类首次巡视月球背面的任务。
“20嫦18娥四12号”8飞到2 月2球3 主要分四步走，第一步为发射入轨段，实现嫦娥四号升空入轨，器箭分
离；第二步为地月2转01移9段1，实3现嫦娥四号进入地月转移轨道；第三步为近月制动段，在地月转
移轨道高速飞行的卫星减缓速度，完成“太空刹车减速”，被月球的引力所吸引；第四步为环
月飞行段，嫦娥四号环绕月球轨道飞行，实现环月降轨，最后着陆月球。关于“嫦娥四号”探
测器，下列说法正确的是
A．根据开普勒第三定律，探测器先后绕地球和
月球做椭圆圆轨道运行 时，其轨道半长轴的
三次方与周期平方的比值相等
B．探测器从环月段椭圆轨道进入环月段圆轨道
时，探测器的动能减小，机械能守恒
C．探测器由地月转移轨道进入环月轨道应减速
D．若已知探测器在环月段圆轨道运行的半径 、周期 和引力常量 ，
可以求出月球的密度
4．如图所示，一均匀带电 细棒，在过中点 垂𝑅𝑅直于细棒𝑇𝑇的直线上有𝐺𝐺、
、 三点，且 ，在 点处有一电荷量为 的固定点电
+𝑄𝑄 𝑐𝑐 𝑎𝑎
𝑄𝑄
𝑏𝑏 𝑑𝑑 𝑎𝑎𝑏𝑏 =𝑏𝑏𝑐𝑐 =𝑐𝑐𝑑𝑑 =𝐿𝐿 𝑎𝑎 +2学科网（北京）股份有限公司
2
荷 。已知 点处的电场强度为零，则 点处电场强度的大小为 为静电力常量 （ ）
A． B． C． D．
𝑞𝑞 𝑏𝑏 𝑑𝑑 (𝑘𝑘 )
5．如图𝑘𝑘所𝑄𝑄示，真空中两个点电5𝑘𝑘荷𝑄𝑄电荷量分别为 3𝑘𝑘和𝑄𝑄 ， 是它们连线9𝑘𝑘的𝑄𝑄中点， 、 位于连线上
2 2 2 2
且关2𝐿𝐿于 对称， 、 位于连9𝐿𝐿线的中垂线上且关于2𝐿𝐿 对称下 2𝐿𝐿
列说法正确的是（ ） +4𝑞𝑞 −𝑞𝑞 𝑂𝑂 𝑃𝑃 𝑄𝑄
A． 、𝑂𝑂两点电𝑅𝑅场强𝑆𝑆度相同 𝑂𝑂 .
B． 、 两点电场强度相 同
C．若𝑃𝑃 两𝑄𝑄点电荷的电荷量均加倍， 、 两点间电势差不变
D．𝑅𝑅若将𝑆𝑆一负试探电荷沿连线自P移至Q，静电力先做负
功后做正功 𝑅𝑅 𝑆𝑆
6．如图所示， 和 是两个固定的斜面，斜面的顶端 、 在同一竖直线上。质量相等的甲、乙
两个小物块分别 从斜面 和 顶端由静止下滑，两物块与斜面
间的动摩擦𝐴𝐴因𝐴𝐴数相𝐵𝐵𝐴𝐴等。则两物块从顶端滑到底端的过𝐴𝐴程中𝐵𝐵（ ）
A．甲克服摩擦力做功多𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐴𝐴
B．甲、乙损失的机械能相等
C．甲、乙所受重力的平均 功率相等
D．甲运动到 点时的速度比乙小
7．如图所示，在水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙 向右 滑行，为了
避免与墙相撞𝐴𝐴，在接近墙时，运动 员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速
度恰好减为 。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮(球与)墙的碰撞过
程无能量损失。运动员和滑板车的总质量为 ，篮球的质量为
。抛球前，0 运动员、滑板车和篮球的速度为 。则（ ）
A．整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动𝑀𝑀量守恒
B
𝑚𝑚．运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 𝑣𝑣0
C．墙对篮球的冲量大小为
1
D．篮球被墙反弹后的速度
2
大
(𝑀𝑀
小为
+𝑚𝑚)𝑣𝑣0
8．在同一均匀介质中，位于 和𝑀𝑀+𝑚𝑚 处的两个波源 和
均沿 轴方向做简谐运动，形成横2波𝑚𝑚 𝑣𝑣 和 0 。如图所
示， 时波 分别传𝑥𝑥播=到−6𝑚𝑚 𝑥𝑥 =和12𝑚𝑚 处； 𝑀𝑀
𝑁𝑁 𝑦𝑦时波 、 恰好相遇，则下列说法𝑎𝑎正确𝑏𝑏的是（ ）
A． 𝑡𝑡 =0时，𝑎𝑎质𝑏𝑏点 沿 轴正𝑥𝑥方=向−运2动𝑚𝑚 𝑥𝑥 =8𝑚𝑚
B
𝑡𝑡．=5𝑠𝑠 处𝑎𝑎 质𝑏𝑏点的位移最大值为
C．波𝑡𝑡 =、2𝑠𝑠 相叠加后Р，会𝑦𝑦出现稳定的干涉现象
D．𝑥𝑥 =3𝑚𝑚时， 处质点的位2移𝑐𝑐𝑚𝑚为
9．如图所𝑎𝑎示，𝑏𝑏 一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在 点， 为导轨的顶点， 点离地面的高
度为𝑡𝑡 =，11在𝑠𝑠 点正𝑥𝑥 =下2方𝑚𝑚， 、 两点相距10，𝑐𝑐𝑚𝑚轨 道上套有一个小球 ，小球 通过轻杆与光滑地
面上的小球 相连，两小球的质量均为 ，轻杆的长度为𝐵𝐵 ，𝑂𝑂重力加速度为 。现𝑂𝑂 将小球 从距
ℎ 𝐴𝐴 𝑂𝑂 𝐴𝐴 𝐵𝐵 2ℎ 𝑃𝑃 𝑃𝑃
地面高度为 处由静止释放，下列说法正确的是（ ）
𝑄𝑄 𝑚𝑚 2ℎ 𝑔𝑔 𝑃𝑃
3
A．小球 即
4
将ℎ落地时，它的速度大小为
B．小球 即将落地时，它的速度方向与水平3𝑔𝑔面ℎ 的夹
𝑃𝑃 � 2
角为
𝑃𝑃
∘
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3
C．从静止释放到小球 即将落地，轻杆对小球 做的功为
D．若小球 落地后不反弹，则地面对小球 的作用力的冲量1 大小为
𝑃𝑃 𝑄𝑄 4𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ
10．水平面上放置一质量为 的滑块 ，上方有圆形凹槽，质量也为 的圆柱 恰好能放置在凹槽
中，其截面
𝑃𝑃
图如图所示，圆心与二者接触
𝑃𝑃
的左端点连线跟竖直方向
𝑚𝑚� 𝑔𝑔ℎ
夹角 。一质量为𝑚𝑚 的物体𝐵𝐵 通过跨过定滑轮的不可伸长的𝑚𝑚轻 𝐴𝐴
质细绳与 相连，细绳张紧后由静止释放 ，不计一切摩擦， 离定
滑轮𝛼𝛼足=够3远0，° 下列说法正𝑀𝑀确的是（𝐴𝐴 ）
𝐵𝐵 𝐴𝐴 𝐵𝐵
A．如果 、 能保持相对静止， 对 的作用力大小为
2
𝑀𝑀
B．如果 、 能保持相对静止， 对 的作用力大小为 2
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝐴𝐴 𝑔𝑔� 𝑚𝑚 + 4
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝐴𝐴
2
𝑀𝑀
𝑚𝑚𝑔𝑔�C ( ． 𝑀𝑀+ 当 2𝑚𝑚) 2 +1 时， 恰要从凹槽中滚出
D．若 √ 3时，则无论 为多大， 都不能滚出凹槽
𝑀𝑀 =( 2 +1)𝑚𝑚 𝐴𝐴
第II卷（非选择题）
𝛼𝛼 =45° 𝑀𝑀 𝐴𝐴
二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）
11．某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门 、 固定在气垫导轨上，质量
分别为 和 的两个滑块 含遮 光片 从光电门 、 的外侧匀速相向运动，
在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到1气2垫导轨一端时立刻被锁定。
𝑚𝑚𝐴𝐴 =0.4 𝑘𝑘𝑔𝑔 𝑚𝑚𝐵𝐵 =0.1 𝑘𝑘𝑔𝑔 ( ) 1 2
（1）两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片
的宽度为 。
（2）实验中光电门 记录了三次挡光时间均为 ，则碰撞前滑块 的速度大小
为 ，碰𝑚𝑚撞𝑚𝑚后滑块整体的速度大小为 。 结果均保留两位有效数字
（3）实验过程中，该2同学忘了记录滑块 经过光𝛥𝛥𝑡𝑡电=门0.0的45时 𝑠𝑠间，若碰撞过程中𝐵𝐵两滑块的动量守
恒，则滑𝑚𝑚块/𝑠𝑠 通过光电门 的时间为 。 结果保𝑚𝑚留/𝑠𝑠三位( 小数 )
12．探究电容器充放电规律，实验装置如图甲𝐴𝐴所示，有电1源，定值电阻 ，电容器，单刀双置开
关 。 𝐴𝐴 1 𝑠𝑠 ( )
（1）为测量电容器充放电过程电压
𝑅𝑅0
𝑆𝑆
和电流 变化，需在 、 处接入测量仪
𝑈𝑈
器，位置 应该接入测__________ 电流、
电压 的𝐼𝐼仪器。 ① ②
（2）②将单刀双掷开关 与“ ”(端相
接时)，通过电阻 的电流_________ 填
“从 到 ”或“从 到 ”𝑆𝑆。 2
（3）放电过𝑅𝑅程中电容器两端电(压 随
时间𝑎𝑎变化𝑏𝑏 关系如图𝑏𝑏乙所𝑎𝑎示)。已知图线与坐
标轴围成的面积为 ，最大电压为 ，𝑈𝑈根
据该𝑡𝑡图像可以粗略测出实验中电容器的电容 _________。 用题中已知物理量表示
𝑆𝑆0 𝑈𝑈𝑚𝑚
𝐴𝐴 = ( )学科网（北京）股份有限公司
4
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
13．（11分）如图所示，质量为 的小球在长为 的轻绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能
承受的最大拉力 ，转轴离地高度 ，重力加速度为 。求：
（1）若小球某次运动中恰好𝑚𝑚能通过最高点，𝑅𝑅则最高点处的速度为多大；
（2）若小球某次𝑇𝑇m 运=动3中𝑚𝑚在𝑔𝑔最低点时细绳恰ℎ好被拉断，则此时𝑔𝑔的速度为 多大；
（3）在第 问中，细绳断后小球最终落到水平地面上。若绳长
长短可调整，求小球做平抛运动的水平距离 最大值是多少。
(2) 𝑅𝑅
1
𝑥𝑥
14．（16分）如图甲所示，竖直平行板 、 间加有恒定电压 ，在 板附近有一个粒子源，可以
按时间均匀地释放质量为 、电荷量为 的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经 、
板间电场加速后，沿平行金属板 、𝐴𝐴 间𝐵𝐵的中线垂直进入𝑈𝑈、 0 板𝐴𝐴间电场， 、 板间所加的电
压随时间变化如图乙所示𝑚𝑚， 、 板长为𝑞𝑞(，𝑞𝑞 >、0)板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到 、𝐴𝐴 板𝐵𝐵
𝐴𝐴 𝐷𝐷 𝐴𝐴 𝐷𝐷 𝐴𝐴 𝐷𝐷
右端的距离为 ，有 的粒子能打在荧光屏上，不计粒子的重力，粒子在 、 板间运动的时
𝐴𝐴 𝐷𝐷 𝐿𝐿 𝐴𝐴 𝐷𝐷 𝐴𝐴 𝐷𝐷
间远小于 ，求1： 2
（1）粒子经加2速 𝐿𝐿 电场3加速后速度多大； 𝐴𝐴 𝐷𝐷
（2） 、𝑇𝑇板间的距离为多少；
（3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少；打在荧光屏上的粒子最大速度为多少。
𝐴𝐴 𝐷𝐷
15．（19分）如图所示，光滑轨道 固定在竖直平面内，半圆轨道 在 处与水平轨道 相切，
半径 。轨道 上放着质量分别为 、 的物块 、 均可视为质点 ，
、 间夹着一根被压缩的轻𝑎𝑎质𝑏𝑏𝑐𝑐弹𝑑𝑑簧 弹簧与 、 未被拴接 ，用𝑏𝑏轻𝑐𝑐𝑑𝑑质细𝑏𝑏绳将 、 连接𝑎𝑎在𝑏𝑏一起。
轨道𝑅𝑅左=侧0的.3光2m滑水平地𝑎𝑎𝑏𝑏面上停着一质量为 𝑚𝑚、 𝐴𝐴 长=为2kg 𝑚𝑚𝐵𝐵 =1的k小g 车，小𝐴𝐴车𝐵𝐵上(表面与 等高)。
现𝐴𝐴 将𝐵𝐵细绳剪断，与弹簧分开之后 向(左滑上小𝐴𝐴 车𝐵𝐵， 向右滑)动且恰好能冲到𝐴𝐴圆弧𝐵𝐵轨道的最高点
处。物块 与小车之间的动摩擦因数 𝑀𝑀 ，小车𝐿𝐿质=量0.5m满足 ，重𝑎𝑎𝑏𝑏力加速
度 。求： 𝐴𝐴 𝐵𝐵
（𝑑𝑑1）物块 𝐴𝐴运2动到圆弧最低点 时对轨𝜇𝜇道=的0压.2力； 𝑀𝑀 1kg≤M≤3.5kg
（2𝑔𝑔）=细1绳0m剪/断s 之前弹簧的弹性势能；
（3）物块 𝐵𝐵在小车上滑动过程中𝑏𝑏产生热量 的可能
值 计算结果可含有 。
𝐴𝐴 𝑄𝑄
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高三 11 月月考物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C B C B D BC BC BD
1．【答案】 【解析】【分析】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些
方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与
学习。 D
【解答】电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用
了理想模型法，故选项 A错误公式 是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是 ，
故选项B错误； F △v
; a=m a= △t
法拉第提出电场的概念，并引入电场线形象地描述电场的强弱和方向，故选项C错误 伽利略认为
自由落体运动是物体在倾角为 的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律总结出自由落
体的运动规律，这是采用了实验和∘ 逻辑推理相结合的方法，故选项D正确故选D。 ;
90
2．【答案】 【解析】 ， ， ，A错误。图 可知， 时刻， 点振
;
动方向向 轴正方向，所以在图 中， 点此时向 轴λ 正方向运动，由同侧法，图 简谐横波传播方向
D λ=2m T=0.4s v=T=5m/s 2 t=0 P
为 轴负方向， 选项错误。
由图 可知y， 时刻 的位移较1 大，P所以此时y的速度较小， 选项错误。根据1波传播的是振动的
状x态，即将传播B到 、 两点的位移最大的状态分别为 、 两点，有图易得 点的状态会更快传到
，故1 比 先t到=位0移最Q大， 选项正确。 Q C
P Q M N M
P P Q D
3．【答案】 【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，结合探测器的轨道半径和周期，求出
月球的质量，由于月球的半径未知，无法求出密度；根据万有引力与向心力的大小关系判断加速
还是减速根据C万有引力做功判断引力势能的变化；根据动能定理，通过引力做功判断速度的变化，
从而得出速度的大小关系。
【解答】A．探测器在地球和月球做椭圆轨道运行时，中心天体不同，其轨道半长轴的三次方与周
期平方的比值是不一个定值，故A错误； 探测器从环月段椭圆轨道进入环月段圆轨道时，探测
器做负功由环月段椭圆轨道进入环月段圆轨道减速，探测器的动能减小，机械能减小，故B错误，
C正确；D．已知探测器环月段圆轨道的半B径C.、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力可
以求出月球的质量，但是月球的半径未知，无法求出月球的体积，则无法得出月球的密度，故D
错误。故选C。
4．【答案】 【解析】电荷量为 的点电荷在 处产生电场强度为 ，方向向右；在 点处的
Q kQ
场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与 在 处产生电场强度大小相等2 ，方向相反，则知细棍
B 2 b E=2L b
Q
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6
在 处产生的电场强度大小为 ，方向向左；根据对称性可知细棍在 处产生的电场强度大小
kQ
为b ，方向向右；而电荷量为E=的2点L 2电荷在 处产生电场强度为 d ，方向向右；所 点
Q
kQ Q k·2 kQ
处场2强的大小为 ，方向向右；故B正确，ACD错误。2 2
2L 2 d E′=(3L) =18L d
5．【答案】 5Q
Ed =E+E′=k9L 2
【解析】A、根据电场的叠加规律， 点场强大于 点场强，故A错误；B、根据电场的叠加规律，
、 两点电场C强度大小相同，但是方向不同，故B错误；C、因为 、 两点到两个点电荷的距离
相等，所以 、 两点的电势相等，即P电势差为零，Q若两点电荷的电荷量均加倍， 、 两点的电势
R都会S变大，但是电势依然相等，所以电势差依然为零，故C正确；D R、因S为 、 之间的电场线从 指
向 ，若负试R探S电荷移动，电势减少，电势能增加，电场力一直做负功，故D错误R。S故选C。
P Q P
6．【答案】【 解析】 设 ，斜面的倾角为 ，则克服摩擦力所做的功为
Q
l
可知两物块
B
克服摩擦
AB
力
.
做
O
功
C
相
=
等
l
，因物体机械能
θ
减小量等于克服摩擦力做功
W
，
f
则
=
甲
μm
、
g
乙
co
损
sθ
失
⋅c的osθ机 =
μmgl
械能相等，选项A错误，B正确；C．设 ，则物块下滑的加速度 , ,
l 1 2
下滑的时间 ,变形OC得=l ,a其=中gs inθ−μgc o，sθ根 c 据 osθ 题=意 2 无at法
2l 4L
确定 的取值范围，无法确定 大小关系2 ，无法确定时间关系，重力做功的平均功率
t=� gcosθ(sinθ−μcosθ) t=� g� 1+μ sin(2θ−β)−μg ( tanβ=μ)
,则无法比较重力的平均功率的关系，故C错误；D．由动能定理 ,因
2θ−β sin(2θ−β)
甲重m力gl做tan功θ较大，而摩擦力做功相等，可知，甲到达底端时 的速度较大，选1 项2D错误。故选B。
P= t 2mv =mgh−Wf
7．【答案】 【解析】A．由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总
动量不守恒，故A错误；B．设抛出时篮球对地的速度为 ，运动C员抛球时对篮球的冲量为
，方向向右D，
接球时对篮球的冲量为 ，方向向右，所以运动员v 抛球与接球时对篮球的冲量方向I1 相=同m、(v大−
v小 0)不同，故B错误； 设运动员抛球后速度变为 ，抛球过程，由动量守恒定律有
I2 =mv
CD. v1 (M+m)v0 =
接球过程有 ，可得 ，由动量定理可知篮球撞墙过程有
Mv1+mv
，故C错误，D正确M+。m故选D。
Mv1−mv=0 v= 2m v0 I=mv−(−mv)=
8．【答案】 【解析】A．由题可知， 两列波恰好相遇，且两列波的波速相同，故横波 的
2mv=(M+m)v0
波速为 ，周期为 ， 时质点 沿 轴正方向运动，故经过 质点 沿
BC t=5s a
轴负方向运x 动5，m故A错误B．两列波同λ时到达 处，两列波步调相反，故在此处处于减弱状
v= t = 5s =1m/s T=v=4S t=0 P y 2s P
态，所以此处质点的位移最大值为 ，故 B正确C．横波 和 的波长相同，同种介质中波的传
播y 速度相同，故两列波的频;率相同，满足产生稳定x=干3涉m现象的条件，故 C正确D． 时，
处质点同时参与了 波和 波的运动2，c都m在波谷位置，;所以此时a刻b 处质点的位移为
，故D错误。故选BC。 ; t=11s x=2m
9．【答案】 a b x=2m x=(−4)+
(【−解6)析cm】= B、−1小0球cm即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球
BC
的速度方向与水平方向的夹角满足 可得 ，可知，小球 的速度方向与水平
P P
方向的夹角为 ，故B正确；A、设小球 即将h 落地时，速度大∘小为 ，小球 的速度大小为 ，
tanθ=2×2h=1 θ=45 P
根据系统机械能守恒有 ， 小球 与小球 沿杆方向的速度相等，有
45° P v1 Q v2
3 1 2 1 2
，解得 ， mg4h=，2故mAv1错+误2m；vC2、根据动P能定理Q可得，从静止释放到小球 即v1将cos落θ地=
gh
时 v2，轻杆
v
对1小
=
球
� gh
做的 v2功
=
为
� 杆2
，故C正确；D、小球 落地与地面相互
P
作用的过
1 2 1
Q W =2mv2 =4mgh P学科网（北京）股份有限公司
7
程中，根据动量定理有 ，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球 有重
合
力，则地面对小球 的作
I
用
=
力
0
的
−
冲
m
量
v1
大
=
小
−
与
m�合
大
gh
小不相等，即不等于 ，故D错误。
P
10．【答案】 【解析】【分析】 根据牛顿第二定律求整体的加速
P I m� gh
度；对圆柱 ，重力和支持力的合力产生加速度，根据合力与分力的关系
求解 对 的作B用D力； 滚出凹槽的AB临. 界条件为 受到槽的支持力沿着
圆心与二者A接触的左端点连线方向，根据几何关系解得临界加速度大小，
对整B体根A据牛顿第二定CD律.A列方程进行解答。，本题A主要是考查了牛顿第
二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、
进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程
进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】 若 、 相对静止，对 整体，根据牛顿第二定律得
，则系统加速度大小为 ，对圆柱体 ，根据合力与分
AB. A B ABC Mg=
Mg
力(2m的关+M系)得a ，a=代入2m数+M据联立解得，A 对 的作用力 ，
2
故A错误，B NB 2 正 A 确 = 。 (ma) 2滚 + 出 (m 凹 g) 槽2 的临界条件为 受到槽的 B 作 A 用力沿着圆 NB 心 A 与 = 二 m 者 g� 接 (2 触 m M + 的 M 左 ) 2 + 端 1 点连
线方向，如图所示，根据几何关系可得 ，解得临界加速度大小 ，对整体根据
CD.A A
牛顿第二定律可得 ，联立解得 ；当 时，√ 滚3 出凹槽的临界
ma=mgtanα a= 3 g
条件为 受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据上述分析，临界加速度大小
Mg=(2m+M)a M=(√ 3+1)m α=45° A
，根据整体法得到系统的加速度 ，因此无论 多大， 都不能滚出凹
A
槽，故C错误，D正确。故选： 。 Mg
a′=gtan45°=g a=2m+M
