精品解析：上海市延安中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题(等级考)（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高三_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市延安中学 2022 学年第一学期期中考试 高三年级物理试卷（等级） （考试时间 60分钟满分 100分） 一、单项选择题（1~8题，每小题 3分，9~12题，每小题 4分，共 40分。） 1. 物理学是一门以实验为基础的学科，但有些物理规律的建立不是由实验直接得到的，而是基于事实通过 合理外推才得到的。属于这种情况建立的物理规律是（ ） A. 牛顿第一定律 B. 牛顿第二定律 C. 牛顿第三定律 D. 库仑定律 【答案】A 【解析】 【详解】牛顿第一定律无法用实验直接得出，因为没有外力的情况在现实中不具备，但它以事实为依据， 经过合理的外力得出了正确的结论，牛顿第二定律、牛顿第二定律及库仑定律都可以用实验进行推导，故 A正确，BCD错误。 故选A。 2. 下列物理量的单位中，属于能量单位的是（ ） A. 伏特 B. 瓦特 C. 毫安·时 D. 千瓦·时 【答案】D 【解析】 【详解】A．伏特是电势差的单位，故A错误； B．瓦特是功率的单位，故B错误； C．根据Q It可知毫安·时是电量的单位，故C错误； D．根据W Pt可知千瓦·时是能量单位，故D正确。 故选D。 3. 在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，使用到的研究方法是（ ） A. 等效替代法 B. 理想模型法 C. 微小量放大法 D. 控制变量法 【答案】B 【解析】 【详解】在测量一滴油酸酒精溶液体积用了累积法，采用了借助物理模型间接测量的方法，在坐标纸上甲 酸油膜轮廓内面积时用了估算法，应用油膜法测分子直径，其实验的原理是将油酸分子看成是球形的，测 出油的体积，然后让油在水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，油的体积除以油膜的面积就是油膜的 第 1 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 厚度，即油分子的直径，该方法采用了理想模型法，没有用到等效替代法、微小量放大法及控制变量法。 故选B。 4. 根据分子动理论，物质分子之间的距离为某一个值r 时，分子所受的斥力和引力相等，则此时（ ） 0 A. 分子力最大 B. 分子具有最小势能 C. 引力和斥力都是最大值 D. 引力和斥力都是最小值 【答案】B 【解析】 【详解】当分子间距离等于平衡距离r 时，分子间相互作用的引力与斥力相等，分子力为零，分子势能最 0 小，当分子间距离变小时，分子间的引力与斥力都变大，分子力表现为斥力，分子势能增大； 当分子间距离大于平衡距离时，分子间的引力与斥力都减小，分子力表现为引力，分子势能增大，故B正 确，ACD错误。 故选B。 5. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，要用铁夹夹住摆线，这样做的主要目的是 （ ） A. 便于测量单摆摆长 B. 便于测量单摆周期 C. 确保摆动时摆长不变 D. 确保摆球在竖直平面内摆动 【答案】C 【解析】 【详解】用铁夹牢摆线，是为了防止摆动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系 时，方便调节摆长，故C正确，ABD错误。 故选C。 6. 一机械波沿x轴方向传播，若A、B两质点某时刻速度相同且位置如图所示，则AB之间两种可能的波 形是（ ） A. B. 第 2 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】机械波沿x轴方向传播，A、B两质点某时刻速度相同，则两质点位移大小相等；再根据同侧法 确定，ABC项中A、B质点速度方向不同，故ABC错误，D项正确。 故选D。 7. 如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等。一电 子（不计重力）射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些 交点。由此可以判定（ ） A. a、b、c三个等势面的电势关系是   a b c B. O处的点电荷一定带正电 C. 电子在1、4两个位置处的速度相等 D. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功绝对值的关系是W =2W 12 34 【答案】A 【解析】 【详解】AB．电子的轨迹向右弯曲，与O处点电荷间的作用是斥力，所以O处的点电荷一定带负电，电 场线是汇聚的，a、b、c三个等势面的电势关系是    a b c 故A正确，B错误； C．电子在1、4两个位置处的速度大小相等，方向不同，故C错误； D．两相邻等势面的间距相等，则 第 3 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) U U 23 34 U 2U 12 34 所以 W 2W 12 34 故D错误。 故选A。 8. 在某行星表面做一个竖直上抛实验，得到质量为m=1kg的物体离行星表面高度h随时间t的变化关系， 如图所示，已知万有引力常量为G，物体只受万有引力，不考虑行星自转的影响，则可以求出（ ） A. 该行星的半径 B. 该行星的质量 C. 该行星近地卫星的环绕速度 D. 物体在该行星表面受到的万有引力大小 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由图可知，物体上升的最大高度为25m，物体上升时间为2.5s，则 1 h gt2 2 解得行星表面的重力加速度为 g 8m/s2 在行星表面万有引力等于重力，即 Mm G mg R2 由此可知，已知万有引力常量和行星表面的重力加速度，不可以求出行星的半径和行星的质量，故AB错 误； C．对近地卫星，万有引力提供向心力，即 Mm v2 G mg m R2 R 第 4 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解得卫星的环绕速度为 v gR 由于行星半径未知，所以不可以求出近地卫星的环绕速度，故C错误； D．物体在行星表面的万有引力等于物体的重力，故D正确。 故选D。 9. 港珠澳大桥是世界级超大型跨海大桥。一辆汽车由引桥驶上大桥，开始加速通过大桥，汽车加速的过程 x 可看作是匀变速直线运动，其运动的 t图像如图所示。下列判断正确的是（ ） t t A. 阴影部分的面积表示 0 ~ t 时间内汽车通过的位移 2 0 B. 汽车运动的初速度大小为b 2b C. 汽车运动的加速度大小为 t 0 D. 0~t 时间内，汽车的平均速度大小为2b 0 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从零时刻到该时刻汽车的平均速度，故图像与横 轴所围面积没有意义，不表示汽车通过的位移大小，故A错误； D．t 时刻对应的纵坐标为3b，故0~t 时间内，汽车的平均速度大小为3b，故D错误； 0 0 BC．对于匀变速直线运动，有 1 xv t at2 0 2 整理得 x 1 v  at t 0 2 x 故 t图像中直线的斜率 t a k＝ 2 第 5 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 汽车运动的初速度大小 v ＝b 0 可得汽车运动的加速度大小为 4b a  t 0 故B正确，C项错误。 故选B。 10. 如图所示，直杆AB可绕其中心O在竖直面内自由转动，一根细绳的两端分别系于直杆的A、B两 端，重物用光滑挂钩吊于细绳上，开始时重物处于静止状态，现将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓 慢转过90°，则此过程中，细绳上的张力（ ） A. 先增大后减小 B. 先减小后增大 C. 一直减小 D. 大小不变 【答案】A 【解析】 【详解】挂钩相当于滑轮，因此绳上的张力相等，且两边绳子与竖直方向的夹角相等，设两边绳子与竖直 方向的夹角为θ，将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，θ先增大后减小，由 2Fcosθ=mg 可知绳上的张力先增大后减小，选项A正确。 故选A。 11. 如图所示，小物块在竖直平面内的恒力F作用下，沿倾角θ=30°的固定斜面向上运动的过程中，恒力 F做功与物块克服重力做的功相等，下列说法错误的是（ ） A. 若斜面光滑，则小物块一定匀速上滑 B. 若斜面粗糙，则小物块一定减速上滑 第 6 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) C. 若斜面光滑，当F最小时，F与斜面的夹角α为零 D. 若斜面粗糙，当摩擦力做功最小时，F与斜面的夹角α为60° 【答案】B 【解析】 【详解】A．若斜面光滑，合外力做功等于恒力F做功与重力做的功之和，当恒力F做功与物块克服重力 做的功相等时，合外力做功为零，总功率保持为零不变，动能不变，A说法正确，不符合题意； B．当恒力F垂直于斜面的分力使支持力为零时，摩擦力为零，动能仍保持不变，小物块匀速上滑，B说法 错误，符合题意； C．若斜面光滑，根据动能定理 Fxcosmgxsin0 使F最小，则 cos1 F与斜面的夹角α为零，C说法正确，不符合题意； D．若斜面粗糙，摩擦力最小为0，支持力为0,有 Fsinmgcos 因为恒力F做功与物块克服重力做的功相等，则 Fxcosmgxsin 得 60 D说法正确，不符合题意。 故选B。 12. 如图（a）所示，两个带正电的小球A、B（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中 A球固定，电荷量Q =2.0×10-4C，B球的质量m=0.1kg。以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B A 球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图（b）中曲线I所示，直线Ⅱ为曲线I的渐 近线。图中M点离A点距离为6m，令A位置的重力势能为零，无穷远处电势为零，重力加速度g取 10m/s2，图（a）静电力恒量k=9.0×109N·m2/C2，下列说法错误的是（ ） 第 7 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. B球的电荷量Q =1.0×10-5C B B. 直线Ⅱ实质上是小球B的重力势能变化曲线 C. 若B球从离A球2m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大 D. 若B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小1J 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m处B球的总势能最小，动能最大，该位置M点受力平衡，则 有 kQ Q mgsin30 A B x2 解得 Q 1105C B 选项A正确； B．因随着两球距离的不断增加，电势能逐渐趋近于零，则渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化 关系，选项B正确； C．由于B球在位置M点受力平衡，B球从离A球2m处静止释放到M的过程中，根据牛顿第二定律可 知 kQ Q A B mgsin r2 kQ Q a   A B gsin m mr2 库仑力减小，向上运动过程中加速度大小减小； 从M继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知 第 8 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) kQ Q mgsin A B r2 kQ Q a   gsin A B m mr2 库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大。 所以B球向上运动过程中加速度也先减小后增大，选项C正确； D．渐近线Ⅱ表示小球B的重力势能随位置的变化关系，有 E mgxsinkx p 由图像可知直线斜率k=0.5，则有 k sin 0.5 mg 解得 30 B球在M点的电势能 E  E E  E mgx sin6J0.11060.5J 3J P1 总 P 总 1 在M点B球总势能为6J，B球以4J的初动能从M点沿杆向上运动，根据能量守恒定律，当B的动能为 零，总势能为10J，由图可知，总势能为10J时，有 x 18m 2 此时的电势能为 E  E E  E mgx sin10J0.110180.5J 1J P2 总 P 总 2 所以电势能的变化为 E  E E 2J P P2 P1 可知到最高点时电势能减小2J，选项D错误。 本题选错误的，故选D。 二、填空题（13~17题，每题 4分，共 20分） 13. 一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图中的实线所示，t=0.1s时刻的波形图如图中的虚线所示，若该波 传播的速度为10m/s，则这列波沿___________方向传播，从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为 ___________m。 第 9 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. x轴负方向 ②. 0.4 【解析】 【详解】[1]由图可知，该波的波长为 4m 经过0.1s，波向前传播的距离为 1 xvt 100.1m1m  4 由此可知，波沿x轴负方向传播； [2]根据波速与波长的关系  4 T   s0.4s v 10 经过0.2s，即半个周期，质点通过的路程为 s 2A0.4m 14. 如图，轻质弹簧一端固定，另一端连接套在水平光滑杆上的小球A，A以O点为平衡位置振动。小球 B在竖直平面内以O′为圆心做匀速圆周运动（O与O′在同一竖直线上），角速度为ω，半径为R。用竖直 向下的平行光照射小球B，可以观察到小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合。由此可 知：小球A的振动周期为________，小球A的最大加速度大小为________。 2 【答案】 ①. ②. ω2R  【解析】 【分析】 【详解】[1]小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合，则小球B在水平方向上的影子的速 度时刻与小球A的速度相等，小球A振动周期与小球B做匀速圆周运动周期相等即 2 T   [2]小球B做匀速圆周运动线速度为 v=ω r 第 10 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 加速度为 v2 a 2R R 在水平方向上B的加速度水平分量与A的加速度相同，当小球A到达最左端和最右端时的加速度最大， 此时B的加速度水平分量恰好等于其向心加速度，即小球A的最大加速度与小球B做匀速圆周运动的向 心加速度相等为ω2R。 15. 如图所示，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则这两点的电势 M ________ （填“＜”、“＝”或“＞”），请推理证明________。 N 【答案】 ①. ＞ ②. 见解析 【解析】 【详解】[1]依题意，根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知   M N [2]将一个正电荷从M点移动到N点，可知电场力做正功，即 W qU 0 MN MN 可得 U   0 MN M N 所以可知   M N 同理，若移动负电荷，也可证明得到  。 M N 16. 一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞，初始时，管内汞柱及空 气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。已知玻璃管的横截面积处 处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p =75cmHg，环境温度不变。末状态右 0 侧管内气体的压强为___________cmHg，活塞向下移动的距离__________（填“大于”、“小于”、或“等 于”）右侧管内水银上升的距离。 第 11 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. 144 ②. 大于 【解析】 【详解】[1]设初始时，右管中空气柱的压强为p ，长度为l ；左管中空气柱的压强为p ＝p ，长度为l ， 1 1 2 0 2 活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p ′，长度为l ′；左管中空气柱的压强为p ′，长度为l ′。以 1 1 2 2 cmHg为压强单位，由题给条件可得 p  p (h h)cmHg 90cmHg 1 0 2 1 l 20.0 cm 1 20.05.00 l(20.0 )cm12.5cm 1 2 由玻意耳定律得 plS  plS 11 11 解得 p144cmHg 1 [2]依题意 p  p 2 1 20.05.00 l 4.00cm cmh11.5cmh 2 2 由玻意耳定律得 p l S  plS 2 2 2 2 解得活塞向下移动的距离为 h9.42cm 右侧管内水银上升的距离 第 12 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) hl l2012.5cm7.5cm 1 1 所以活塞向下移动的距离大于右侧管内水银上升的距离。 17. 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖 直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直 向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m=2kg，重力加速度 g=10m/s2，则物块A做匀加速直线运动的加速度大小为________m/s2，物块B的质量为________kg。 【答案】 ①. 1 ②. 10 【解析】 【详解】[1][2]以A、B整体为研究对象，设静止时弹簧压缩量为x ，B的质量为M ，有 0 kx (mM)g 0 分离之前 F k(x x)(mM)g (mM)a 0 即 F kx(mM)a F随x的变化图像的斜率等于劲度系数，有 2212 k  N/m80N/m 12.5102 x=0时刻，有 12N(mM)a 分离时，有 22mg ma 联立解得物块A做匀加速直线运动的加速度大小及B的质量分别为 第 13 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) a 1m/s2 M 10kg 三、综合题（3小题，共 40分） 18. 某兴趣小组的同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根轻杆水平固定在铁架台上， 用两根等长轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别固定于O 、O 两点，在小球自然悬垂的位置上安 1 2 装一个光电门（图中没有画出），光电门接通电源发出的光线与小球的球心在同一水平线上。实验时将小 球拉至使其球心与轻杆处于同一水平面处，两轻绳刚好伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时 间。 （1）（多选题）关于该实验，下列说法中正确的是（ ） A．固定小球的两根轻绳一定要互相垂直 B．应选用密度较大的小球做实验 C．必须用天平测出小球的质量 D．若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球动能的测量值将偏大 （2）如果测得小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距离为L，小球通过光电门的时间为t。若当地重力 1 加速度为g、小球的直径为d，当实验所得数据满足关系式 =___________时，可以验证机械能是守恒 t2 的。 （3）若用该装置测量当地重力加速度，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距 离为L，得到多组L和t的数据，建立如图所示的坐标系并描点连线，得出图线与纵轴的交点为（0，- b），则当地的重力加速度g=______________。（用字母b和d表示） 第 14 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) g(2Ld) 【答案】 ①. BD##DB ②. ③. bd##db d2 【解析】 【详解】（1）[1] A．固定小球的两根轻绳不必互相垂直，故A错误； B．为减小空气阻力对实验的影响，应选用密度较大的小球做实验，故B正确； C．实验需要验证小球重力势能的减少量与动能增加量间的关系，小球质量可以约去，实验不需要用天平 测出小球的质量，故C错误； D．若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，则所测小球的遮光时间偏小，所求小球的速度偏 大，小球动能的测量值将偏大，故D正确。 故选BD。 （2）[2]小球经过光电门时的速度大小 d v t 小球下摆过程，动能的增量为 1 1 d E  mv2  m( )2 k 2 2 t 小球重力势能的减少量为 d E mg(L ) p 2 如果小球动能的增量等于小球重力势能的减少量，即 1 d mv2 mg(L ) 2 2 整理得若满足 1 g(2Ld)  t2 d2 则小球的机械能守恒。 （3）[3]由题意，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到轻杆的垂直距离为L，若用该装置测 量当地重力加速度，有 d 1 d mg(L ) m( )2 2 2 t 可得 1 2g g  L t2 d2 d 1 由 L图线与纵轴的交点为 0,b ，可得 t2 第 15 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) g b d 则当地的重力加速度 g bd 19. 如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经 过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减 为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v-t图像如图乙 （图中v 和t 为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不 1 1 计空气阻力。求 （1）P点距O端的距离； （2）碰撞过程中物块损失的机械能； （3）物块运动过程中所受的摩擦力大小； （4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。 1 3 mv mv 5mv 【答案】（1） vt ；（2） mv2；（3） 1 ；（4） 1  F  1 2 11 8 1 8t t 4t 1 1 1 【解析】 【详解】（1）设P点距O端距离为s，由物体运动v－t图像可知 1 s  vt 2 11 （2）由功和能量变化的关系可知，设碰撞过程中物块损失的机械能 1 1 1 1 3 E  mv2  mv2  mv2  m0.5v 2  mv2 2 0 2 t 2 1 2 1 8 1 （3）设导轨与水平面的倾角为；当物块A沿斜面下滑时，由v－t图像得 v a  1 1 t 1 受力如图 第 16 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 由牛顿第二定律得 mgsinF ma f 1 当物体A沿斜面上滑时由v－t图像知 5v a  1 2 4t 1 受力如图，由牛顿第二定律得 mgsinF ma f 2 解得 mv F  1 f 8t 1 （4）由（3）可得 1 F  mgsin（mgsin F ） f 9 f 所以应沿斜面向上施加一外力F，Q点处施加沿导轨方向的外力范围为 mgsinF  F mgsinF f f 即 8 10 mgsin F  mgsin 9 9 故 mv 5mv 1  F  1 t 4t 1 1 20. 小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ = 37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m = 0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H = 1.0m处静止释放。已知R 7 = 0.2m，L = 0.5m，L = 1.25m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 ，其余轨道均可视为光滑， AB BC 24 滑块在各轨道连接点处无能量损失，忽略空气阻力，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。 （1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； 第 17 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； （3）若能否冲出斜轨道的末端C点，求落地时的速度大小；若不能否冲出斜轨道的末端C点，请分析并 描述之后的运动情况。 【答案】（1）8N，方向水平向左；（2）不会冲出斜轨道的末端C点，判断见解析；（3）见解析 【解析】 【详解】（1）除了BC轨道外，其余轨道光滑，则物块从开始释放运动到D点的过程中，机械能守恒定 律，即 1 mgH mgR mv2 2 D 在轨道D点，轨道对滑块的支持力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得 mv2 F  D 8N N R 牛顿第三定律 F  F 8N N N 方向水平向左。 （2）能在斜轨道上到达的最高点为C'点，由功能关系得 mgH = μmgL cosθ＋mgL sinθ BC′ BC′ 得 L = 1.2m < 1.25m BC′ 故不会冲出斜轨道的末端C点。 （3）由于滑块所受的摩擦力 f = μmgcosθ < mgsinθ 所以滑块滑到斜面C'点后会再沿BC轨道滑下来，滑块沿BC轨道向下运动时 mgsinθ－μmgcosθ = ma 则滑块回到水平面的速度 第 18 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) v 2a L  8.8m/s 2 BC 之后滑块会滑入圆轨道，由于 1 mv2 0.44J>mgR 2 由滑块过圆轨道最高点，需要最小速度为 v 2 mg m min R 但 1 1 mv2  mv 2 mg2R 2 2 min 所以滑块进入圆轨道运动时会滑过D点，在继续上滑的过程中会脱离轨道坠下来做抛体运动，与圆轨道相 碰，碰后将在圆轨道与弧形轨道之间做往返运动。 第 19 页 共 19 页