宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷

这是一份宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题。
如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴 r 处的 P 点有一质量为m 的小物体相对圆盘静止随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P 点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力不变
圆盘停止转动前，小物体运动一圈摩擦力做功大小为 2πr 2mω2
圆盘停止转动前，小物体相对圆盘有沿切线方向的运动趋势
圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为 1 mω2r 2
2
若某航天器绕靠近土星表面的圆形轨道做匀速圆周运动，运行 n 圈历时t ，视土星为均匀球体，引力常量为G ，不考虑土星自转。则土星的平均密度为（）
3πn2
A.
Gt 2
4πn2
B.
Gt 2
3πn2
C.
4Gt 2
4πn2
D.
3Gt 2
如图甲所示，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行播种。先后抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为 O，且轨迹交于 P 点，抛出时谷粒 1 和谷粒 2 的初速度大小分别为 2v 和 v，其中谷粒 1 的速度方向水平，谷粒 2 的速度方向斜向上，与水平方向成 37°角。忽略空
气阻力，已知重力加速度为 g， sin37  3 ， cs37  4 ，则（）
55
4v
谷粒 2 从 O 点运动到最高点所用时间为 5g
谷粒 1、2 从 O 到 P 的运动时间之比为 2∶5
16v2
O、P 两点间的水平距离为
7g
O、P 两点间的竖直距离为
4v2 49g
某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入近地圆轨道 1 做匀速圆周运动，再经椭圆轨道 2，最终进入圆轨道 3 做匀速圆周运动。轨道 2 分别与轨道 1、轨道 3 相切于 P、Q 两点。则航天器（）
在轨道 2 由 P 点到 Q 点的过程机械能增加
从轨道 2 变到轨道 3 需要在 Q 点点火加速
在轨道 3 的机械能小于在轨道 1 的机械能
正常运行时在轨道 2 上 Q 点的加速度大于在轨道 3 上 Q 点的加速度
如图，离地面高 h 处有甲、乙两个小球，甲以某一初速度v0 水平射出，同时乙以相同大小的初速度v0 沿倾角为 45°的光滑固定斜面滑下，已知重力加速度为 g，空气阻力不计。若要使甲、乙同时到达地面，则初速度v0 应等于（ ）
2gh
A
B.
C.D.
gh
gh
2
2
gh
甲、乙两物体的速度分别为v  1m / s 、v  5m / s ，丙、丁两物体的加速度分别为 a 1m / s2 、
甲乙丙
丁
a 5m / s2 下列说法正确的是（）
甲物体的速度大于乙物体的速度
丙物体的加速度大于丁物体的加速度
若乙物体做匀速直线运动，则 1s 内乙物体的位移大小为 5m
丁物体不可能做匀加速直线运动
假设地球可视为质量均匀分布的球体，地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g，地球自转的周期为 T，若地球表面上的质点与地心 O 的连线与赤道平面的夹角为 60°。其他条件不变，则质点位置的向心加速度为（ ）
1 (g
20
g)
1 (g
40
g)
3 (g
40
g)
g0－g
二、多选题。
如图甲所示 AB 是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从 A 点处由静止释放，正电荷仅在静电力作用下沿电场线从 A 到 B 运动过程中的v  t 图像如图乙所示。下列关于 A、B 两点的电势高低和电场强度大小关系中正确的是（ ）
φA φB
EA  EB
φA  φB
EA  EB
2022 年北京冬奥会自由式滑雪女子空中技巧决赛在张家口云顶滑雪公园举行，中国选手徐梦桃夺得冠军。她在一次滑行中沿“助滑区”坡道保持同一姿态下滑了一段距离，重力对她做功 1900J，她克服阻力做功
如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )．
100J。徐梦桃在此过程中（
）
A. 动能增加了 2000J
B. 动能增加了 1800J
C. 重力势能减小了 2000J
D. 重力势能减小了 1900J
圆环机械能守恒
弹簧的弹性势能先增大再减小后增大
弹簧的弹性势能变化了 mgh
弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大
三、实验题。
某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中， A 是一个带正电的带电体，系在绝缘丝线上带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
为探究静电力与电荷间距离的关系，保持带电体的位置和电荷量不变，把电荷量（填 “相同”或“不同”）的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的 P1 、 P2 、 P3 等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。这里用到的实验方法是（填“控制变量法”“理想实验
法”或“微小量放大法”）。
实验时丝线悬挂的小球质量为m ，重力加速度大小为 g ，可认为带电体与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受静电力大小为（用m 、 g 、θ表示）。
某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中 D 为铁架台，E 为固定在铁架台上的轻质滑轮，F 为光电门，C 为固定在物块 A 上、宽度为 d 的遮光条，物块 B 与物块 A 用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置 O，并测得该位置与光电门 F 之间的距离为 h。让遮光条 C 与位置 O对齐，让物块 A 由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为 t。实验时测得物块 A（含遮光
条）、B 的质量分别为 m1 、m2 ，重力加速度大小为 g。
遮光条经过光电门时物块 A 的速度大小v  ，从物块 A 开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块 A、B 构成的系统增加的动能Ek  ，系统减少的重力势能Ep  。
（均用题目中给定的物理量符号表示）
改变距离 h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间 t，以 h 为横轴、 1 为纵轴建立平面直角坐标
t 2
1
系，在坐标系中作出
t 2
 h 图像，如图乙所示，该图像的斜率为 k，在实验误差允许范围内，若 k 
（用题目中给定的物理量符号表示）成立，说明系统机械能守恒。
实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是（任写一种即可）。
四、解答题。
在某个半径为地球半径 0.8 倍的行星表面，用一个物体做自由落体实验。从自由下落开始计时，经过
4s ，物体运动了64m ，已知地球半径 R 取为6400km ，不考虑星球自转影响，求：
该行星表面的重力加速度 g ；
该行星的第一宇宙速度v1 。
如图所示，竖直平面内有一半径 R=0.50m 的光滑圆弧槽 BCD，B 点与圆心 O 等高，一水平面与圆弧槽相接于 D 点，质量 m=0.50kg 的小球从 B 点正上方 H 高处的 A 点自由下落，由 B 点进入圆弧轨道，从 D 点飞出后落在水平面上的 Q 点，DQ 间的距离 x=2.4m，球从 D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度 h=0.80m，取 g=10m/s2，不计空气阻力，求：
小球释放点到 B 点的高度 H
经过圆弧槽最低点 C 时轨道对它的支持力大小 FN．
如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长 L  1.25m 。小球质量 m  0.20kg 。物
块、小车质量均为 M  0.30kg 。小车上的水平轨道长 s  1.0m 。圆弧轨道半径 R  0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2 。
求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
石嘴ft市第一中学 2025-2026 学年高二年级第一学期开学
考试物理试题
一、单选题。
如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴 r 处的 P 点有一质量为m 的小物体相对圆盘静止随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P 点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力不变
圆盘停止转动前，小物体运动一圈摩擦力做功大小为2πr 2mω2
圆盘停止转动前，小物体相对圆盘有沿切线方向的运动趋势
圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为 1 mω2r 2
2
【答案】D
【解析】
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体做匀速圆周运动，对物体分析可知，重力与支持力平衡，由静摩擦
力提供向心力，则有
0
f  mω2 r
可知小物体所受摩擦力大小一定，方向时刻发生变化，A 错误； B．根据上述，圆盘停止转动前，摩擦力方向始终与速度方向垂直，即摩擦力不做功，则圆盘停止转动 前，小物体运动一圈摩擦力做功 0，B 错误； C．根据上述，圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力方向指向圆心，则小物体相对圆盘有沿半径向外的运动趋势，C 错误；
D．圆盘停止转动后，小物体做匀减速直线运动，则有
W  0  1 mv2 f2
由于
v  ωr
解得
W   1 mω2r 2
f2
即圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为 1 mω2r 2 ，D 正确。
2
故选 D。
若某航天器绕靠近土星表面的圆形轨道做匀速圆周运动，运行 n 圈历时t ，视土星为均匀球体，引力常量为G ，不考虑土星自转。则土星的平均密度为（）
3πn2
A.
Gt 2
4πn2
B.
Gt 2
3πn2
C.
4Gt 2
4πn2
D.
3Gt 2
【答案】A
【解析】
【详解】航天器绕土星表面附近做圆周运动，轨道半径 R 近似等于土星半径。运行 n 圈历时t ，周期
T  t 。
n
万有引力提供向心力
GMm R2
4π2R

m T 2
可得 M 
4π2R3
GT 2
土星体积V  4πR3
3
密度公式ρ M
V
4π2R3
 GT 2
4πR3
3
 3π
GT 2
代入周期T  t 可得ρ
n
故选 A。
3π
 t 2
n
G  

 3πn2
Gt 2
如图甲所示，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行播种。先后抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图乙所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为 O，且轨迹交于 P 点，抛出时谷粒 1 和谷粒 2 的初速度大小分别为 2v 和 v，其中谷粒 1 的速度方向水平，谷粒 2 的速度方向斜向上，与水平方向成 37°角。忽略空
气阻力，已知重力加速度为 g， sin37  3 ， cs37  4 ，则（）
55
4v
谷粒 2 从 O 点运动到最高点所用时间为 5g
谷粒 1、2 从 O 到 P 的运动时间之比为 2∶5
16v2
O、P 两点间的水平距离为
7g
O、P 两点间的竖直距离为
4v2 49g
【答案】B
【解析】
【详解】A．谷粒 2 竖直分速度为v sin 37 ，运动到最高点所用时间为 v sin 37  3v ，故 A 错误；
g5g
BCD．设谷粒 1、2 从 O 到 P 的运动时间分别为t1 、t2 。
由运动合成与分解规律，对谷粒 1 有 h 1 gt 2
OP21
xOP  2vt1
对谷粒 2 有 h v sin 37·t  1 gt 2
OP
xOP  v cs 37·t2
222
t1  2
8v2
8v2
t
联立得
2
5 ， xOP  7g ， hOP  49g ，故 B 正确，CD 错误。
故选 B。
某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入近地圆轨道 1 做匀速圆周运动，再经椭圆轨道 2，最终进入圆轨道 3 做匀速圆周运动。轨道 2 分别与轨道 1、轨道 3 相切于 P、Q 两点。则航天器（）
在轨道 2 由 P 点到 Q 点的过程机械能增加
从轨道 2 变到轨道 3 需要在 Q 点点火加速
在轨道 3 的机械能小于在轨道 1 的机械能
正常运行时在轨道 2 上 Q 点的加速度大于在轨道 3 上 Q 点的加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．在轨道 2 由 P 点到 Q 点的过程只有万有引力做功，机械能守恒，故 A 错误；
B．从轨道 2 变到轨道 3，轨道半径变大，需要在 Q 点点火加速使其做离心运动，故 B 正确；
C．从轨道 1 到轨道 2 需要点火加速，从轨道 2 到轨道 3 也需要点火加速，即从轨道 1 到轨道 3 除了万有引力的其他力对卫星做正功，机械能增大，即在轨道 3 的机械能大于在轨道 1 的机械能，故 C 错误；
D．根据牛顿第二定律G Mm  ma
r 2
可得 a  GM
r 2
可知正常运行时在轨道 2 上 Q 点的加速度等于在轨道 3 上 Q 点的加速度，故 D 错误。故选 B。
如图，离地面高 h 处有甲、乙两个小球，甲以某一初速度v0 水平射出，同时乙以相同大小的初速度v0 沿倾角为 45°的光滑固定斜面滑下，已知重力加速度为 g，空气阻力不计。若要使甲、乙同时到达地面，则初
速度v0 应等于（）
2gh
A.
B.
C.D.
gh
gh
2
2
gh
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知甲、乙运动的时间
2h
g
t 
根据牛顿第二定律得，乙沿斜面运动的加速度满足
mg sin 45  ma
解得
a  g sin 45 2 g
2
斜面的长度
则对乙有
 sin 45
xh
2h
x  v t  1 at 2
02
代入数据得
2h
g
2h
g
122
2h  v0
解得
 
22
gh
v0 2
g 

故选 C。
甲、乙两物体的速度分别为v  1m / s 、v  5m / s ，丙、丁两物体的加速度分别为 a 1m / s2 、
甲乙丙
丁
a 5m / s2 下列说法正确的是（）
甲物体的速度大于乙物体的速度
丙物体的加速度大于丁物体的加速度
若乙物体做匀速直线运动，则 1s 内乙物体的位移大小为 5m
丁物体不可能做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】AB．矢量的正负表示方向不表示大小，矢量的大小看数值，所以甲的速度小于乙的速度，丙的加速度小于丁的加速度，AB 错误；
C．位置的变动表示物体发生了位移，若乙做匀速直线运动，则 1s 内乙的位移大小为 5m，C 正确； D．若丁物体的速度方向和加速度方向相同，则其做匀加速直线运动，D 错误。
故选 C。
假设地球可视为质量均匀分布的球体，地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g，地球自转的周期为 T，若地球表面上的质点与地心 O 的连线与赤道平面的夹角为 60°。其他条件不变，则质点位置的向心加速度为（ ）
1 (g
20
g)
1 (g
40
g)
3 (g
40
g)
g0－g
【答案】A
【解析】
【详解】根据重力和万有引力的关系，在两极有
G Mm  mg R20
在赤道有
4
G Mm
R2
π2
R  mg T 2
则在与赤道平面的夹角为 60°的质点的向心加速度为
4π2∘
an  T 2 R cs 60
解得
a  1 (g  g)
故选 A。
二、多选题。
20
如图甲所示 AB 是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从 A 点处由静止释放，正电荷仅在静电力作用下沿电场线从 A 到 B 运动过程中的v  t 图像如图乙所示。下列关于 A、B 两点的电势高低和电场强度大小关系中正确的是（ ）
φA φB
EA  EB
φA  φB
EA  EB
【答案】AD
【解析】
【详解】由图可知，正电荷做加速度增大的加速运动，所受电场力由 A 指向 B，即电场线沿 AB 方向，有
φA φB
根据牛顿第二定律
可得
a  qE
m
EA  EB
故选 AD。
2022 年北京冬奥会自由式滑雪女子空中技巧决赛在张家口云顶滑雪公园举行，中国选手徐梦桃夺得冠军。她在一次滑行中沿“助滑区”坡道保持同一姿态下滑了一段距离，重力对她做功 1900J，她克服阻力做功 100J。徐梦桃在此过程中（）
动能增加了 2000JB. 动能增加了 1800J
C. 重力势能减小了 2000JD. 重力势能减小了 1900J
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由题意，根据动能定理有
WG  Wf
 Ek
代入数据可得
Ek  1900 100J  1800J
故 A 错误，B 正确；
CD．根据重力做功与重力势能的关系可知，重力对她做了 1900J 的正功，则其重力势能减小 1900J，故 C
错误，D 正确。故选 BD。
如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )．
圆环机械能守恒
弹簧的弹性势能先增大再减小后增大
弹簧的弹性势能变化了 mgh
弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大
【答案】BC
【解析】
【详解】圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力，所以圆 环的机械能不守恒，故 A 错误；根据几何关系可知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小再增大，故 B 正确；如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，系统内只有重力和弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，所以在杆的最低点时，弹性势能的增加量就等于重力势能的减少量即 mgh，故 C 正确；根据系统的机械能守恒，弹簧弹性势能最大时圆环的速度最小，故 D 错误；故选 BC
三、实验题。
某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中， A 是一个带正电的带电体，系在绝缘丝线上带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
为探究静电力与电荷间距离的关系，保持带电体的位置和电荷量不变，把电荷量（填
“相同”或“不同”）的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的 P1 、 P2 、 P3 等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。这里用到的实验方法是（填“控制变量法”“理想实验
法”或“微小量放大法”）。
实验时丝线悬挂的小球质量为m ，重力加速度大小为 g ，可认为带电体与小球在同一水平线上，当小球偏离竖直方向的角度为θ时保持静止，小球所受静电力大小为（用m 、 g 、θ表示）。
【答案】（1）①. 相同②. 控制变量法
（2） mg tanθ
【解析】
【小问 1 详解】
把电荷量相同的小球系在丝线上，先后挂在横杆上的 P1 、 P2 、 P3 等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，改变小球所带
电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量的方法 。
【小问 2 详解】
对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知，小球所受电场力大小为
F  mg tanθ
某实验小组用如图甲所示的装置来完成“验证机械能守恒定律”实验，其中 D 为铁架台，E 为固定在铁架台上的轻质滑轮，F 为光电门，C 为固定在物块 A 上、宽度为 d 的遮光条，物块 B 与物块 A 用跨过滑轮的细绳连接。铁架台上标记一位置 O，并测得该位置与光电门 F 之间的距离为 h。让遮光条 C 与位置 O对齐，让物块 A 由静止开始下降，测得遮光条通过光电门时的遮光时间为 t。实验时测得物块 A（含遮光
条）、B 的质量分别为 m1 、m2 ，重力加速度大小为 g。
遮光条经过光电门时物块 A的速度大小v  ，从物块 A 开始下落到遮光条经过光电门的过程中，物块 A、B 构成的系统增加的动能Ek  ，系统减少的重力势能Ep  。
（均用题目中给定的物理量符号表示）
改变距离 h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间 t，以 h 为横轴、 1 为纵轴建立平面直角坐标
t 2
1
系，在坐标系中作出
t 2
 h 图像，如图乙所示，该图像的斜率为 k，在实验误差允许范围内，若 k 
（用题目中给定的物理量符号表示）成立，说明系统机械能守恒。
实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，造成该误差的原因可能是（任
写一种即可）。
d
【答案】（1）①.
t
（2 m1  m2）g
（m  m ）d 2
②. 12
2t 2
③.（m1  m2）gh

2
（2）
（m1m2）d
（3）空气阻力##绳子与滑轮之间存在摩擦阻力
【解析】
【小问 1 详解】
遮光条经过光电门时物块 A 的速度大小为
系统增加的动能为
v  d
t
12 （m  m ）d 2
ΔEk  （m1  m2）v  12
22t 2
系统减小的重力势能为
ΔEp  m1 gh  m2 gh （m1  m2）gh
【小问 2 详解】
若系统机械能守恒，则
ΔEk  ΔEp
即
（m  m ）d 2
12 （m1  m2）gh
2t 2
整理得
1  （2 m1  m2）g  h
t 2 （m  m ）d 2
12
所以，图线的斜率为
k  （2 m1  m2）g
（m  m ）d 2
12
【小问 3 详解】
实验时总是测得系统增加的动能略小于减少的重力势能，即机械能减小，造成该误差的原因可能是：空气阻力、绳子与滑轮之间存在摩擦阻力。
四、解答题。
在某个半径为地球半径 0.8 倍的行星表面，用一个物体做自由落体实验。从自由下落开始计时，经过
4s ，物体运动了64m ，已知地球半径 R 取为6400km ，不考虑星球自转影响，求：
该行星表面的重力加速度 g ；
该行星的第一宇宙速度v1 。
【答案】（1） g  8m / s2 ；（2） v1  6.4km / s
【解析】
【详解】（1）下落过程由位移与时间关系知
代入得
h  1 gt 2
2
g  2h  8m / s2
t 2
（2）在星球表面及其附近：设星球质量为 M ，星球半径为 R，则根据万有引力提供向心力知
GMm R2
v2

 m 1
R
不考虑星球自转影响，在星球表面万有引力等于重力知
GMm  mg R2
代入得
gR
v1  6.4km / s
如图所示，竖直平面内有一半径 R=0.50m 的光滑圆弧槽 BCD，B 点与圆心 O 等高，一水平面与圆弧槽相接于 D 点，质量 m=0.50kg 的小球从 B 点正上方 H 高处的 A 点自由下落，由 B 点进入圆弧轨道，从 D 点飞出后落在水平面上的 Q 点，DQ 间的距离 x=2.4m，球从 D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度 h=0.80m，取 g=10m/s2，不计空气阻力，求：
小球释放点到 B 点的高度 H
经过圆弧槽最低点 C 时轨道对它的支持力大小 FN．
【答案】（1）小球释放点到 B 点的高度 H 是 0.95m．
（2）经过圆弧槽最低点 C 时轨道对它的支持力大小 FN 是 34N．
【解析】
【详解】试题分析：(1)小球在飞行过程最高点 P 的速度为 v0,P 到 D 和 P 到 Q 可视为两个对称的平抛运动，
h  1 gt 2， x  v t ， v  gt
220y
在 D 点合速度大小为v 
，与水平方向夹角为θ， csθ v0  3
v2  v2
0y
v5
由 A 到 D 过程机械能守恒： mgH  mgR csθ 1 mv2
2
解得：H=0 95m
(2)小球经过 C 点速度为 v ,由 A 到 C 过程机械能守恒 mg(H  R)  1 mv 2
C2C
v2
由牛顿第二定律有， FN
 mg  m C ，解得： FN  34N
R
如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长 L  1.25m 。小球质量 m  0.20kg 。物
块、小车质量均为 M  0.30kg 。小车上的水平轨道长 s  1.0m 。圆弧轨道半径 R  0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2 。
求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3） 0.25  μ 0.4
【解析】
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
mgL  1 mv2  0
20
解得
v0  5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
v2
F  mg  m 0 TL
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
FT  6N
小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0  mv1  Mv2
1 mv2  1 mv2  1 Mv2
202122
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
v2 
2m m  M
v0  4m/s
若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv2  2Mv3
由能量守恒定律
1 Mv2  1  2Mv2  μMgs
22231
解得
μ1  0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv2  2Mv4
由能量守恒定律
1 Mv2  1  2Mv2  μMgs  MgR
22242
解得
2  0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为
0.25  μ 0.4
【点睛】