2020届福建省晋江市(安溪一中等四校)高三上学期期中考试物理试题(解析版)

福建省晋江2020届高三上学期期中考试试题

一、选择题

1.2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置，骑行结束关锁后APP就显示如图所示的信息．下列说法正确是（）

A. 单车和手机之间是利用声波传递信息的

B. 单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的

C. 由手机APP上显示骑行距离849米是位移

D. 由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度

『答案』B

『解析』

【详解】A．单车和手机之间是利用电磁波传递信息的．故A错误．

B．单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的．故B正确．

C．由手机APP上显示骑行距离849米是路程．故C错误．

D．由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度．故D错误．

2.在平直公路上，a、b两小车的运动x－t图象如图所示，其中a是一条抛物线，M是其顶点，b是一条倾斜、过原点的直线，关于a、b两小车，下列说法正确的是

A. t=0时刻，a、b两小车相距14m

B. a车做变加速直线运动，b车做匀速直线运动

C. 当t=2.5s 时，两车相距最远

D. a 车速度始终大于b 车速度

『答案』A 『解析』

A 项：由图像可知，t=0时，b 车处在坐标原点，a 车处于离坐标原点14m 处，所以两车相距14m ，故A 正确；

B 项：由a 是一条抛物线，所以a 车做匀减速直线运动，b 为一条直线，所以b 车做匀速直线运动，B 错误；

C 项：由公式2

012

x v t at =-

，在抛物线上找两点（0，14），（4，18）可解得24m a s =-，

016m v s

=，当两车速度相等时，两车距最近，即0v v at =-，即6164t =-，解得t=2.5s ，

故C 错误；

D 项：由图像的斜率表示速度，所以a 车的速度逐渐减小，当图像斜率与直线b 平行时，两车速度相等，故D 错误．

3.细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，重力加速度为g ．以下说法正确的是( )

A. 小球静止时弹簧的弹力大小为

3

4

mg B. 小球静止时细绳的拉力大小为53

mg C. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g D. 细绳烧断瞬间小球的加速度立即为

43

g 『答案』B 『解析』

【详解】AB ．小球静止时，受力分析如图所示：

由平衡条件得，弹簧的弹力大小为： 4

tan 533

F mg mg ==

细绳的拉力大小为：

5

cos533

mg T mg =

=

故A 错误，B 正确．

CD ．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为： 53

T a g m =

= 故C 错误，D 错误．

4.图为儿童乐园里一项游乐活动示意图，金属导轨倾斜固定倾角为α，导轨上开有狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且β保持不变．假设抱枕质量为m 1，小孩质量为m 2，绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的（ ）

A. 小孩与抱枕一起做匀速直线运动

B. 金属导轨倾角α大于绳与竖直方向夹角β

C. 小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下

D. 绳子拉力与抱枕对小孩作用力之比为（m 1+m 2）:m 2

『答案』D 『解析』

【详解】AB ．由于球沿斜槽无摩擦滑动，系统具有相同的加速度，则此系统加速度为a =gsinα，

做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a=gsinα=gsinβ，则α=β．故AB错误．C．对抱枕分析，受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1gsinβ=m1a，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上．故C错误．D．对人和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T=（m1+m2）gcosα，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcosα，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为（m1+m2）：m2．故D正确．

5.如图所示，用卡车运输质量为m的匀质圆桶状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间．两斜面AC、BC固定在车上，倾角均为30°，重力加速度为g．当卡车沿平直公

路以加速度a =3

g做匀减速直线运动时，圆桶对斜面AC、BC压力的大小分别为F1、F2，

则( )

A.

1

3 3

F mg =，

2

3 6

F mg

= B.13F=，23F=C. 13F mg=，23F=D. 13F=，23F=『答案』D 『解析』【详解】以圆筒工件为研究对象，分析受力如图所示：

根据牛顿第二定律得：F1′sin30°﹣F2′sin30°＝ma；F1′cos30°+F2′cos30°＝mg．联立解得：

13

F'=

2

3 6

F mg

'=

根据牛顿第三定律得圆桶对斜面AC、BC压力的大小分别为：

113

F F' ==

223

F F'

==

A．

13

F=，

23

F=．故A不符合题意．

B．

1

3 6

F mg =，

2

3 2

F mg

=．故B不符合题意．

C．

1

3 3

F mg =，

2

3 2

F mg

=．故C不符合题意．

D．

13

F=，

23

F=．故D符合题意．

6.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是

A. 转动的角速度越大，细线中的拉力越大

B. 转动的角速度越大，环M 与水平杆之间的弹力越大

C. 转动的角速度越大，环N 与竖直杆之间的弹力越大

D. 转动的角速度不同，环M 与水平杆之间的摩擦力大小可能相等

『答案』D 『解析』

【详解】设细线与竖直方向的夹角为θ，对N 受力分析，受到竖直向下的重力N G ，绳子的拉力T ，杆给的水平支持力1N ，因为两环相对杆的位置不变，所以对N 来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上cos N T G θ=，在水平方向上1sin N T θ=，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N 与杆之间的弹力恒定，故AC 错误；对M 受力分析，受到绳子的拉力T ，竖直向下的重力M G ，竖直向上的支持力2N ，以及水平杆给的摩擦力f ，在竖直方向上有2cos M M N N G T G G θ=+=+，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即22

cos cos T f m r f T m r θωθω-=?=-，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即22

cos cos T f m r f m r T θωωθ+=?=-，故可能存在

2212cos cos f m r T T m r ωθθω=-=-，摩擦力向左和向右时相等的情况，故B 错误，D 正

确．

7.中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成

后WiFi 信号覆盖全球．假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为

16

T ，（T 0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则该卫星绕地球做匀速圆周轨道半径为（）

A. 2v g

B. 22v g

C.

D. 『答案』D 『解析』

【详解】绕地球表面旋转的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m ，即

2

v mg m R

=

得出2

v R g

= 而卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M ，此高度的速度大小为v 1，则有

2

2

2π()16

Mm G

mr T r = 其中GM =R 2

g 解得：该卫星绕地球做匀速圆周运动

轨道半径r = A. 2v g

与分析不符，故A 项错误；

B. 22v g

与分析不符，故B 项错误；

C.

C 项错误；

D. 与分析相符，故D 项正确． 8.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，

在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是

A. 细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大

B. 细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大

C. 弹簧最大的弹性势能等于2

038

mv

D. 物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为2

032mv

『答案』C 『解析』

【详解】细线再次伸直时，也就是弹簧再次回复原长时，该过程中A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大，后减小，故AB 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩最短，此时两者速度相等，根据动量守恒定律可得()033mv m m v =+，解得03

4

v v =，根据能量守恒定律可得()222max 0011333228

P E mv m m v mv =

?-?+=，此时动能转化为弹性势能最大，故C 正确；整个过得中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．

9.如图所示，轻绳AO 绕过光滑的定滑轮，一端与斜面上的物体A 相连，另一端与轻弹簧右端及轻绳BO 上端的结点O 相连，轻弹簧轴线沿水平方向，斜面体、物块A 和悬挂的物块B 均处于静止状态．轻绳的OC 段与竖直方向的夹角为θ，斜面倾角为α，物块A 和B 的质量分别为m A 、m B ．弹簧的劲度系数为k ，下列说法正确的是

A. 弹簧的伸长量为

cot B m g k

θ

B. 地面对斜面体的摩擦力大小

cot cos B m g α

θ

，方向水平向右

C. 若将斜面体向右移动一小段后，调整物块A 的位置，使轻弹簧的轴线仍然沿水平方向，物块A 受到的摩擦力增大

D. 若沿水平方向移动斜面体，保持轻弹簧轴线沿水平方向，系统处于静止状态，则斜面体

对地面的压力与A 的位置无关

『答案』D 『解析』

【详解】A ．对结点O 处受力分析，设绳的拉力为T ，设伸长量为x ?，有：tan B k x

m g

θ?

=，解得：tan B m g x k

θ

?=

，A 错误 B ．通过A 选项分析：cos B m g T

θ=，解得绳的拉力：cos B m g

T θ=，对斜面体和A 整体受力

分析：绳的拉力对整体水平分力由摩擦力平衡，所以摩擦力为：sin tan B f T m g θθ==，B 错误

C ．根据B 选项的分析绳的拉力cos B m g

T θ

=

,斜面体右移，θ变大，T 变大，但由于两物体质量未知，所以A 受摩擦力方向无法判断，故A 受摩擦力大小变化无法确定，C 错误 D ．对A 与斜面体整体竖直方向受力分析，设地面对斜面体的支持力为N ，斜面体质量M ，

()cos A m M g T N θ++=，因为cos B m g

T θ

=

，解得：()A B N m m M g =++，与θ无关，D 正确

10.如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L ，圆形管状轨道半径为,2,R L R R π>远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是

A. 在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒

B. 每节铁链通过最高点的速度依次减小

C. 第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等

D. 第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变

『答案』CD 『解析』

【详解】A 、铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取真个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A 错误．B 、D 、

当系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B 错误，D 正确．C 、第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由1122k P k P E E E E +=+知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C 正确．故选CD ．

【点睛】本题以竖直平面内的圆周运动为模型，考查了机械能守恒定律的一种应用：由完全相同的各部分构成的连接体模型，明确机械能守恒定律的条件是系统内只有重力或弹簧弹力做功．

11.如图甲所示，截面为直角三角形的木块A 质量为m 0，放在倾角为θ的固定斜面上，当θ＝37°时，木块A 恰能静止在斜面上．现将θ 改为30°，在A 与斜面间放一质量为m 的光滑圆柱体B ，如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则

A. A 与斜面之间的动摩擦因数为0.75

B. A 、B 仍一定静止于斜面上

C. 若m 0＝m ，则A 受到的摩擦力大小为mg

D. 若m 0＝4m ，则A 受到斜面的摩擦力大小为2.5mg

『答案』AD 『解析』

【详解】A ．由题意可知，当θ=37°时，木块恰能静止在斜面上，则有： μm 0g cos37°=m 0g sin37° 解得：μ=0.75，故A 正确；

B ．现将θ改为30°，在A 与斜面间放一质量为m 的光滑圆柱体B ，对A 受力分析，则有：f ′=μN ′，N ′=M gcos30°； 而F =mg sin30°

当f ′＜mg sin30°+Mg sin30°， 则A 相对斜面向下滑动 当

f′＞mg sin30°+Mg sin30°，

则A相对斜面不滑动

因此A、B是否静止在斜面上，由B对A弹力决定，故B错误；C．若m0=m，则

mg sin30°+m0g sin30°=mg；

f′=μN′=0.75×m0g cos30°=

8

；

因f′＜mg sin30°+Mg sin30°，

A滑动，A受到斜面的滑动摩擦力，大小为

8

mg，故C错误；D．若m0=4m，则

mg sin30°+m0g sin30°=5

2 mg；

而f′=μN′=0.75×m0g cos30°=

2

mg；

因

f′＞mg sin30°+Mg sin30°，

A不滑动，A受到斜面的静摩擦力，大小为

mg sin30°+m0g sin30°=5

2 mg，

故D正确．

12.在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2．若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g．下列判断正确的是()

A. 皮球上升的最大高度为2

12v g

B. 皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为

22121122

mv mv - C. 皮球上升过程经历的时间为

1

v g

D. 皮球从抛出到落地经历的时间为

12

v v g

+ 『答案』BD 『解析』

【详解】A ．当阻力为零时，皮球上升的最大高度，由动能定理：2

1102

mgh mv -=-，可得上升的最大高度：

212v h g

=

当有阻力作用时，皮球上升的最大高度小于2

12v g

．故A 错误．

B ．皮球在整个上升和下降过程中只有阻力做功，根据动能定理有：22211122

f W mv mv -=-，因为阻力做负功，所以克服阻力做功为：

22

121122

mv mv -．故B 正确． C ．皮球上升过程中受到向下的阻力作用，故皮球上升时的加速度大于重力加速度，故上升时间小于

1

v g

．故C 错误． D ．用动量定理，结合微积分思想，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：上升过程：mgt 1+kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即mgt 1+kh ＝mv 1．同理，设上升阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2+kvt 2＝mv 2，即：mgt 2﹣kh ＝mv 2．联立可得： mg （t 1+t 2）＝m （v 1+v 2） 而t 1+t 2＝t ，可得：12

v v t g

+= 故D 正确．

二、实验题

13.某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O 的正上方A 处，另一端系绳套1和绳套2，主要实验步骤如下：

（1）弹簧秤挂在绳套l 上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧秤的示数F ；

（2）弹簧秤挂在绳套l 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧秤的示数F 1；

（3）根据力的平行四边形定则计算绳套1和绳套2的合力F ′=________________； （4）比较_____________和_______________在误差范围内相同，即可初步验证； （5）只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．

（6）将绳套l 由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O 处不动，保持绳套l 和绳套2的夹角120°不变．关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是_____________（填选项前的序号） A ．逐渐增大 B ．先增大后减小 C ．逐渐减小 D ．先减小后增

『答案』(1). 13F (2). F (3). F ′ (4). A

『解析』

【详解】(3)[1]根据的平行四边形定则可得绳套1和绳套2的合力：

11tan603F F F '==

(4)[2][3] 通过比较F 和F ′，

误差范围内相同，则可初步验证．

(6)[4]两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图象如图所示：

根据图象可知，绳套1的

拉力大小逐渐增大．故A 正确，BCD 错误．

14.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B ，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放．气垫导轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变．

(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，如图乙所示，则d =______mm ．

(2)实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d 值，将滑块从A 位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离L ，若要得到滑块的加速度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的______；

(3)下列不必要的一项实验要求是______；

A ．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量

B ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些

C ．应将气垫导轨调节水平

D ．应使细线与气垫导轨平行

(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F ，已知滑块总质量为M ，用（2）问中已测物理量和已给物理量写出M 和F 间的关系表达式F =______．

『答案』 (1). 2.30 (2). 时间 (3). A (4). 2

2

2Md Lt

『解析』

【详解】(1)[1]由图知第6条刻度线与主尺对齐d =2mm+6×

0.05mm=2.30mm (2)[2]已知初速度为零，位移为L ，要计算加速度，需要知道末速度，根据瞬时速度的计算

方法可知，需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ；

(3)[3]A ．拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A 正确．

B ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B 错误．

C ．应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C 错误．

D ．要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D 错误． (4)[4]滑块到达光电门的速度为： v =

d t

根据匀加速运动的速度位移的关系公式得：

a =202v L

-=22

2d Lt 根据牛顿第二定律得到：

F =Ma =2

2

2Md Lt

三、计算题

15.如图所示，有一半径为R 的半圆形圆柱面MPQ ，质量为2m 的A 球与质量为m 的B 球，用轻质绳连接后挂在圆柱面边缘．现将A 球从边缘M 点由静止释放，若不计一切摩擦，求A 球沿圆柱面滑到最低点P 时的速度大小．

4(22)5

gR -『解析』

【详解】根据机械能守恒定律得：

2

21122222

A B mgR mg R mv mv -=?+

又v B =v A cos 45 解得:

A v =

16.有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M =6.0kg （内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v 0=60 m/s ．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m =4.0kg ，已知这一片的落地点到发射点的距离为600m ．（g=10 m/s 2，忽略空气阻力）求：

（1）炮弹从发射到最高点的时间，以及炮弹上升的最大高度是多少？ （2）两弹片落地点的距离是多少？

『答案』(1)6s 180m (2) 1800m 『解析』

【详解】由竖直上抛运动可得：

060

s=6s 10

v t g =

= 炮弹上升的最大高度是：

22

060m=180m 2210

v H g ==?

(2) 由平抛运动可得：x 1=v 1t 解得： v 1=100m/s

最高点由动量守恒定律可得：（M -m ）v 2=mv 1 解得： v 2=200m/s 第二块弹片落地： x 2=v 2t =1200m 所以落地后相距： x =x 1+x 2=1800m

17.如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻

绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2

)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； (2)长板2的长度0L ；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

『答案』

（1）26m /s （2）1m （3）1m 『解析』

【详解】设向右为正方向

（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3

由以上两式可得：22

g g

a μ+=

=6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s

1

12

v v x t +=

=1．75m 122

v t

x =

=0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m

（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3

g a =

对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42

g g

a μ-=

=4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212

h v t a t =+ 解得t 2=1s

物体1的位移2

3123212

x v t a t =+

=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端

【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．

18.水平传送带左端与长度为L =2m 的倾斜木板AB 的B 端紧靠，木板AB 与水平方向的夹角记为θ，传送带右端与光滑半圆轨道CD 的C 端紧靠，圆轨道半径为R =2m ；传送带左右端点间距为s =4m ，其向右传输的速度为v =20m/s ．质量为m =1kg 的小物块与木板AB 、传送带的动摩擦因数均为

3

，小物块从木板A 端以某一初速度沿木板上滑，在B 端上方有一小段光滑弧，确保小物块在经过B 点时，仅使运动方向变为水平，速率不变，滑上传送带，小物块继续经过传送带，冲上半圆轨道后从最高点D 水平抛出．

（1）若小物块自D 点平抛后恰好落在传送带左端B ，其速度方向与水平方向的夹角记为α，求tan α的值；

（2）若小物块以另一速度从D 点平抛后落在木板A 端时的速度方向与水平方向的夹角也为α，求木板AB 与水平方向的夹角θ的大小；

（3）若木板A 端可处与1/4圆弧A 1A 2间的任意位置，要保证小物块都能经过D 点平抛，求小物块在A 端初速度的最小值. 『答案』

（1）2；（2）45°；（3）10m/s ． 『解析』

【详解】（1）小物块自D 点平抛的时间：

t =

==水平初速度：

D s t v =

=m/s 落在B 点时竖直方向的速度为：

y v gt ==则有：

tan 2y D

v v α=

=

（2）连接DA ，设DA 与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的规律可得： tan α=2tan β=2 则tan β=1 解得： β=45°

由于s =2R =4m ，所以D 与B 连线与水平方向的夹角为45°，可知DA 连线必过B ，则： θ=β=45°；

（3）要保证小物块都能经D 点平抛，在D 点的最小速度为v 0，则有：

2

v mg m

R

=

根据机械能守恒定律可得：

22

011222

C mv mv mg R =+ 解得物块在C 点的最小速度：

10C v =m/s

若物体从B 到C 一直加速，则B 点的速度最小为v B ，根据动能定理可得：

22

1

122

C B

mgs mv mv μ=- 解得：

B v =从A 到B 根据动能定理可得：

2211

cos sin 22

B A mgL mgL mv mv μθθ--=

- 解得：

()()2222cos sin 2A B B v v gL v μθθθβ=++=++

所以当()sin 1θβ+=时v A 最大，则有：

222A B v v =+代入数据解得： v A =10m/s