湖南省株洲市南方中学2025-2026学年高三上学期周测物理试题1.16

2026级高三周练试题（2026.1.16) 物理 命题人陈伟震审题人陈小东 一、单项选择题（每小题4分，共28分） 1.神舟飞船返回地面时，在距离地面1m处启动着陆反推发动机，使飞船匀减速竖直下落，接触地面时 的速度几乎为零。将最后1m长的距离分成相等的两段，下列说法正确的是() A.飞船依次通过两段相等距离的平均速度之比为1：3 B.飞船依次通过两段相等距离的平均速度之比为√2：1 C.飞船依次通过两段相等距离的速度变化量之比为√2-11 D.飞船依次通过两段相等距离的速度变化量之比为√2：1 2.phyphox软件可以利用智能手机内的多种传感器，帮助我们完成各种各样的物理实验。某同学打开软 件中的加速度传感器，把手机水平托在手上并使屏幕朝上，从静止站立状态开始做蹲起动作，传感器记录 了该过程中竖直方向(z轴)的运动数据，如图所示，下列说法正确的是() A.0-2s内，速度方向发生了变化 B.0-4s内，该同学完成了两次完整的蹲起动作 C.下蹲过程处于失重，起立过程处于超重 D.若该同学的手机重约200g,在蹲起过程中手机受到的弹力最大值约为3.3N z轴线性加速度 ② 时间（秒） 3.如图所示，机器人在离地面高度为h处以速度，斜向右上方抛球，球到达最高点离地面高度为H。忽 略空气阻力，重力加速度为g。则() A.球到最高点速度为零 B.球到最高点加速度为零 C.球在最高点速度为V-2gH D.球从抛出到落地时间， 2(H-h) 2H g Vg 4.如图所示，一根张紧的水平长绳上的a、b两点相距6m,b点在a点右方。一列上下振动的简谐波沿 此绳向右传播。仁0时，a在最高点，b在平衡位置且向下运动。仁1s时，a在平衡位置且向下运动，b在最 低点，则这列简谐波的波速可能等于() A.2m/s B.8m/s C.14m/s D.20m/s 左 右 a b 5.2025年8月8日，中国载人航天工程办公室宣布，“天宫空间站正式进入应用与发展阶段的常态化商 业运营模式。已知天宫”空间站运行轨道距地面的高度为地球半径的5倍，地球半径为R,地球表面的重 力加速度为g,忽略地球自转的影响，下列说法不正确的是( A.宇航员在空间站所受重力为在地面上所受重力的 R 16 倍B。空间站绕地球运动的周期为32π 15V15g C.空间站绕地球运动的线速度大小为V15gR D.空间站绕地球运动的向心加速度大小为 15P 4 168 6.如图所示，四分之一圆柱体P固定在水平地面上，圆心O的正上方用轻杆固定一个光滑定滑轮A, 一根轻绳跨过定滑轮A,一端与质量为m的小球连接置于圆柱体P上，另一端系在固定竖直杆上的B点。 一质量为mo的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦，绳的总长不变，则() A.若将B点缓慢移动到C点，且小球未动，在这个过程中，轻绳对小球的拉力变小 B.若将B点缓慢移动到C点，且小球未动，在这个过程中，地面对圆柱体P的支持力变小 C.若减小钩码的质量，装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则轻绳对小球的拉力增大 D.若增大钩码的质量，装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则圆柱体对小球的支持力 增大 ELELE B B 7力77777i77777777777777777W7I 7.如图所示，水平传送带以恒定速度vo=2m/s逆时针运转，一个质量为m=1kg的可视为质点的滑块 由静止在恒定外力F(大小与方向未知)作用下从传送带左端A向右做a=2m/s2的匀加速直线运动，经过 一定时间后，撤去外力F,小物块到达传送带右端B时速度恰好减为零。己知滑块与传送带之间的动摩擦 因数为u=0.2,传送带两轮子中心间距为L=4.5m,重力加速度为g=10ms2,则以下说法正确的是() A.外力F做功的最小值为5J B.物块返回传送带A端时的速度大小为3m/s C.撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能为10J D.撤去外力后，物块与传送带之间产生的摩擦热为7.5J 二、多项选择题（每小题5分，共15分） 8.如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右 侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心（到四个顶点的距离均相等）。下列说法正确的是 A.B点电势高于C点电势 B.取无穷远处电势为零，则D点电势大于零 C.一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力不做功 D.若其中一对等量异种点电荷在D点产生的场强大小为E,则D点的合场强大小为√3E +9 D E -g +q 9.如图所示电路中，电源电动势E=4V、内阻=0.52，定值电阻R=1.52、R=32,电阻箱R,的阻值调 到22，滑动变阻器R4接入电路的阻值为22，平行板电容器的电容C-1.0uF,单刀双掷开关S与触点1连 接。下列说法正确的是() A.若仅将R4的滑片向上滑动，电源效率增大 B.若仅将R4的滑片向上滑动，R4消耗的电功率减小 C.若仅将R2的阻值调大，电容器两极板间的电势差增大 D.若仅将开关S由触点1拨向触点2，通过R3的电荷量为3.5×106C 10.游乐场中的“旋转飞椅”是小朋友十分喜欢的游乐项目之一，如图所示是某飞椅的示意图，主动轮连 接电动机，主动轮和从动轮利用齿轮传动，从动轮通过转轴与顶端大转盘连接，大转盘上距转轴2R和R 的位置分别悬挂长均为L的吊链，吊链下端连接座椅。游客坐在座椅上随着转盘一起转动，经过一段时间 后达到稳定状态，此时，游客A、B与竖直方向的夹角分别为、B,游客A、B的质量相等。已知紧密 咬合的主动轮和从动轮的齿数分别为N,和N2。若游客和座椅可看成质点，不计吊链和座椅的重力及一切阻 力，重力加速度为g,下列说法正确的是( 2R 大转盘 A.吊链对A的拉力等于吊链对B的拉力 R B.主动轮与从动轮转动的角速度之比为N,:N C.A、B两位游客的向心加速度大小之比为2：1 D.主动轮的转速为 g tan B 2πN,VR+Lsin B ● 从动轮主动轮 三、实验题（每空2分，共16分） 11.某同学采用图甲所示的实验装置，验证“物体质量一定时，加速度与它所受合力成正比这一规律， 试回答下列问题： 轻动滑轮 力传感器 (1)下列操作正确的是 打点计时器小车 细线 A.重物的质量应远小于小车的质量 纸带、 B.连接小车和重物的细线要与长木板保持平行 定滑轮 C.补偿小车受到的阻力时，应连接好纸带 长木板水平实验台 重物 F D.应当先释放小车，再接通电源 图甲 图乙 (2)该同学做实验时，没有补偿小车受到的阻力，作出的小车加速度α与力传感器示数F的图像如图乙所示， 图中a1、F、F,已知，则实验中小车受到的阻力大小为 (3)该同学在实验中撤去了力传感器，将细绳一端直接连在墙上，并正确补偿了阻力，其他操作正确，多次 改变重物的质量m,测出小车加速度4，并作】1的图像，图像的斜率为k,纵截距为b,则此时使用的 a m 小车质量为 若动滑轮的质量不可以忽略，则重力加速度的测量值 (填“偏大“偏小” 或“不变)。 12.为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率P,设计了如图(a)所示的电路；ab是 一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R,是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝接触始终良好。 UV 3.50 3.00 8.00 45 2.50 6.00 a A P 2.00 4.00 35 1.50 2.00 图(a) 图(b) ■■ 1.0000.100.200.300.400.500.60iA 000.100.200.300.400.500.60xm 图(c) 图(d) (1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图(b)所示，其示数为d= mm。 (2)实验时闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U、电流I,绘制出图(c)所示的U1 图线。根据该图像，可得电源的内阻”=2（保留两位有效数字）；实验中因电表内阻的影响，电动势 测量值 真实值（填“大于等于”或“小于”)。 ③)根据实验数据作出的-x关系图像如图(d)所示，利用该图像，可求得电阻丝的电阻率P约为 (填正确选项)。 A.1.3×1062m B.1.3×102m C.1.3×1032m D.1.3×1032m 四、计算题 13.(10分)我国自主研制的火星探测器“天问一号”登陆火星的过程主要为以下几个过程：探测器与环绕 器分离，进入火星大气层，经历气动减速”；当速度y=500/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，降 落伞对探测器的拉力为探测器重力的5倍，该阶段匀减速下落x=7.5k至速度y2;接着降落伞脱落，推力 发动机开启，进入“动力减速阶段”，该阶段匀减速下落时间t=100s速度刚好减为0，此时距离火星表面还 有100m;探测器的上述过程均可简化为竖直方向上的运动。己知“天问一号”探测器质量为m=4.9×103kg, 降落伞脱离可视为质量不变，火星表面附近重力加速度8取4m/s2,求： (1)“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小： (2)“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力大小 (3)刚打开降落伞时探测器距离火星表面的距离。 14.(15分)如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为 m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg,一根小钉子紧贴 细线固定在悬点O2正下方。将质量为2的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧 体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向 右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g,不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离： (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小： (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 IE. 03 0 挡板 B E C 15.(16分)如图所示，在竖直平面内有一段绝缘的光滑圆弧轨道AB和绝缘的水平轨道BC,两轨道相 切于B点。轨道AB的圆心为O,半径R=8m,圆心角0=53。轨道BC粗糙且足够长，滑块与轨道BC间 的动摩擦因数4=0.4，在轨道AB左侧宽度为d=0.6m的区域内存在竖直向下的匀强电场E(轨道AB的 端点A处无电场)，轨道BC所在空间存在水平向右的匀强电场E2。一质量为m=0.5kg、电荷量 4=1.0×104C的小滑块（可视为质点）以一定的初速度从电场E,的左边界水平射入电场，滑块恰好能做 直线运动。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)滑块的电性和匀强电场E,的大小： (2)若电场E,大小不变，方向反向，要使滑块恰好能从A点无碰撞地滑入轨道AB,求滑块水平射入电场E时 的初速度大小。，以及滑块运动到B点时对轨道的压力： (3)在第(2)问的条件下，若电场E2的大小可以在0到4.0×104N/C范围内调节，当E2取不同值时，求滑 块最终因摩擦而产生的热量Q。(Q可用E2表示)2026级高三周练试题答案（2026.1.16) 物理 1.【答案】C 【详解】飞船匀减速竖直下落至速度为零，可视为逆向的初速度为零的匀加速直线运动。在初速度为零的 匀加速直线运动中，通过连续相等位移的时间比为4：4，=1：（√2-1），则将飞船最后1m长的距离分成相等 的两登时，对应的时间比为5-1.AB。平均速度-钙高。位移相等，放平均迷度与时间成反比，则 飞船依次通过两段相等距离的平均速度之比为l:(V2-1),故AB错误；CD.速度变化量△D=at,加速度 恒定，则速度变化量之比与时间成正比，故飞船依次通过两段相等距离的速度变化量之比为（√2-1：1，C 正确，D错误。故选C。 2.【答案】D 【详解】A.由题意可知，该同学在0~2s内下蹲，处于先失重后超重，所以加速度先负后正，先是向下加 速然后向下减速，速度方向始终向下，故A错误。B.一次完整的蹲起动作，应该是从站立到蹲下再到 站立，从站立到蹲下，加速度先负后正，从蹲着到站立，加速度先正后负。从图像看，0-4s内，有4次明 显的加速度变化过程，可认为完成了一次完整的蹲起动作，故B错误。C.从静止站立状态开始做下蹲， 初始时加速度向下，之后加速度向上到完成下蹲，加速度向下，物体处于失重状态，之后加速度向上，速 度减小直至为0，物体处于超重状态，完成下蹲，故C错误。D.手机质量m=200g=0.2kg,重力为 G=mg=0.2×10N=2N.当加速度向上且最大时，弹力最大，由图像知最大向上加速度约为ap=7m/s2, 根据有Fmax=mg+map,可得Fmax=mg+map=0.2x10N+0.2×7N=3.4N≈3.3N,故D正确。故选D。 3.【答案】D 【详解】A.球做斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，可知，球到最高点速度不为零，故A错误： B.球做斜抛运动，球到最高点加速度为重力加速度，故B错误； CD.令初速度与水平方向夹角为O,球在最高点速度为Y,则有y=。cos0。球从最高点下落至抛出点等 商过程有H-A=2。球从最高点下落至地面过程有H8站。有1=4+h,H-h=加81 2一，解得 =v-2g(H-h),t 2(H-h), 2H 。 故C错误，D正确。故选D。 4.【答案】A 【详解】由题意，可知a、b两点平衡位置之间的距离满足xb=6m= n+(a=0l,2- 1s时，a在平衡位置且向下运动，b在录低点，则有m+4厂=1s(m=012) 则这列简谐波的波速v= 元6(4m+1) ,可得，当m=0,n=0时，v=2m/s;若m,n取其他整数时，不 T4n+3 能得到其他答案。故选A。 5.【答案】B 【详解】A.空间站轨道半径约r=R+R=16R 1515’ 地球表面重力mg-,可得GM=gR,空间站上字 航员受到的重力为mg=GMm=(15 R 22 16 mg,故A正确；B.周期为T=2r=128r v151V15g ,故B错误： GM C.线速度大小为v= 15gR 15gR 15 16 ,故 4 ，故C正确：D.向心加速度大小为a=GM= 16 D正确。根据题意选B 6.【答案】C 【详解】AB.通过A点作一条竖直线，该线与CB之间的距离为d,AB之 间的绳长为L,轻绳与竖直杆之间的夹角为0，对mo和m进行受力分析如 F 图所示。根据几何关系可得m0=,将B点缓慢移动到C点过程，d和 L不变，则0不变，对o分析，根据平衡条件可得2Fcos0=m,g,解得 Ymog F=,m8。,所以绳拉力不变，由于绳拉力大小和方向均不变，则m受力 mg 2c0s0 情况不变，地面对圆柱体P的支持力不变，AB错误： CD.对m分析，设m在圆柱体P上的P处，根据三角形相似可得g=F=。若减小钩码的质量， AO APOP 小球向下运动，AP增大，F增大，Fv不变；若增大钩码的质量，小球向上运动，AP减小，F减小，Fw不 变，C正确，D错误。故选C。 7.【答案】C 【详解】A.滑块减速过程，设位移为x2,则ug=ma2,解得减速过程加速度大小为a2=2m/s2=a。由对 L 9 1 称性可知x=x2=号=三m。滑块加速过程有v2-0=2ax解得v=3ms。由动能定理得W。-μF,=v2, 24 心当F在竖直方可的分力与重力等大反向，即Fw=0时，最 故A错误；B.物块返回过程受力与减速过程一样，则加速度大小一样。若物块返回过程能与传送带共速， 则-0=2a2x,解得x=lm<L。假设成立，则物块返回传送带A端时的速度大小为2m/s,故B错误； C.物块减速时间5，=”=1.5s,物块返回加速时间5==15，撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功 多消耗的电能为W=umgx=umgv((2+t3)=10J,C正确；D.撤去外力后，物块与传送带之间产生的摩擦 热为Q=Imgx相对=Wmg(x+x2-x3)=12.5J，故D错误。故选C。 8.【答案】CD 【详解】AB.根据对称性原理可知，空间中固定的四个点电荷在A、D两点的电势代数和为O,则A、D 两点电势均为0，在B、C两点的电势代数和分别大于0和小于0，则B点电势高于C点电势，故A错误， B错误；C.由于A、D两点电势均为0，则一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力不做功，故C正确； D.若其中一对等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E,则另外一对在D点产生的电场强度大小 也是E,两者方向互相垂直，根据电场叠加原理可知，则D点的合场强大小为√2E,故D正确。选CD。 9.【答案】BD E-Ir 【详解】A.若仅将R4的滑片向上滑动，电源的外电阻减小，干路电流增大，由电源效率η= E 电源效率减小，故A错误； 12 E E2 B。R,消耗的电功率B= R+r+R R4= (R+)月 +R4+2(R+r) Ra 当R=R+r=22时，P,有最大值，若仅将R4的滑片向上滑动R4<R+r,R4减小，P,减小，即R4消耗 的电功率减小，故B正确： C.若仅将R的阻值增大，电容器两极板间的电势差不变，故C错误； D.开头5与触点1接轴时，电容器左极板带正电，电荷量8=CU:”见风15x10C,仅将开关 由触点1按向链点2时，电容器右极板带正电，电荷量Q,=CU,=见尼2x10C,因此，通过R的 电荷量Q=9+Q2=3.5×106C。故D正确。故选BD。 10.【答案】BD 【详解】A.设绳子拉力为T,向心力为F,对游客A受力分析，则有T=m3, Fi =mg tan a cosa 又FA=mw,同理，对游客B受力分析，则有。=mg Cos B: FnB=mng tan B,又F=mωrB。游客A、B 的质量和角速度相等，但a>g,则有A=mora>Fs=mog,即mg tan a>mg tan B,可得tana>tanB 故a>B,所以T大于TB,故A错误； B.根据主动轮和从动轮边缘线速度相等，则有⊙，5=ω2？，而：5=N1:N2。可得主动轮与从动轮转动的 角速度之比为@：@，=N2:N1,故B正确： C.对游客A受力分析，可得=maA,又T=m3,解得aA=gtana。同理，对游客B受力分析， cosa 可得a.=g tan B。故A、B两位游客的向心加速度大小之比为aa:a.=tana:tanB,由于不知道两个角度 的具体数值，故A、B两位游客的向心加速度大小之比不一定为2：1，故C错误： D.设从动轮的转速为n,对游客B受力分析，可得mg tan B=m(2πn2)'×(R+LsinB),解得 1 gtan B =2元VR+LsinB 。又主动轮和从动轮边缘线速度相等，则有2πn,5=2π25，而i:5=N1:N2,可得主 动轮与从动轮转动的转速之比为4%=N,:N。联立可得4=，心 g tan B ,故D正确。故选BD。 2πN,VR+Lsin B 11.【答案】(1)BC(2)2F(3) 4k 不变 b 【详解】(1)A.实验中使用了力传感器，可直接测量细线拉力，因此无需满足“重物质量远小于小车质量”， 故A错误； B.为保证小车所受合力为绳子拉力，细线与长木板需保持平行，故B正确： C.补偿小车受到的阻力（即“平衡摩擦力”）时，需要考虑纸带与打点计时器之间的摩擦。连接好纸带后 补偿阻力，才能使小车所受的合力准确等于细线的拉力（消除纸带摩擦的影响），故C正确： D.实验操作应“先接通电源，再释放小车”，以保证纸带得到充分利用和得到完整的实验数据，故D错误。 故选BC。 (2)设小车质量为M,对小车有2F-=Ma,图乙可知a=0时F=F。,可得实验中小车受到的阻力大小 f=2F。 (3)21对小车有2T=Ma,对重物有mg-T=mx2a,整理得×+2.可知k-,b-名 a 2g m g 2g 联立解得g=2,M=4k 。若考虑滑轮质量，由以上分析有→ 上_M+m×1+2 ,可知滑轮质量不影响图 a 2g m g 像纵截距，故重力加速度的测量值不变。 12.【答案】(1)0.400(2)1.0小于(3)A 【详解】(1)根据螺旋测微器读数规则可知，固定刻度是0mm,可动刻度是40.0×0.01mm 则电阻丝的直径为d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm (2)[1][2]根据闭合电路欧姆定律E=U+I(R,+r),化简可得U=-(R+r)I+E 根据U-I图像可知图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，则电源的电动势为E=3.00V 图像的斜率绝对值为k=AC=r+R=3020Ω=300，故电源的内阻为，=100 △M 0.6 [3]由图可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小， 当外电路短路时，电流测量值等于真实值，所以电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。 mU=4p 图欧您定律和电阻京律可如片R+RR,中S4 ·x+RA Iπd2 由图像可求得斜率k=4p-8.0-20Qm=102m,可得电阻丝的电阻率 πd20.6 p=dk=1.256x10-0m≈1，x10*0m。故选A. 4 13.【答案】(1)16m/s2(2)24500N(3)12600m 【详解】(1)根据牛顿第二定律有F-mg=ma,其中F=5mg,解得a,=16m/s2。 (2)在“伞降减速阶段”，根据速度位移公式有x=- ,解得y,=100m/s。在“动力减速阶段”，根据速 2a1 度时间公式有v=v2-a2t,其中末速度为v=0,t=100s,a2=lm/s2,F2-mg=ma2,解得F2=24500N (3)在“动力减速阶段”，根据位移时间公式有X=兰t,解得x=5000m。则刚打开降落伞时探测器距离 火星表面的距离h=x+x'+100m=12600m 14.【路案10x-号R号m6gR<A是A 【详解】(1)设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x,小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆 方向动量守恒，则2m=3my2,即2mvt=3mv2t,即2mR-x=3mc，解得X (2)设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为y,圆弧体的速度大小为2，水平方向动量守恒2m%=3y? 6 机成能子恒2mR)X2m+)×3m解得双。当圆体度为灰。设圆弧体A球的 持力为N,根据牛顿第二定律V-2mg=2m京，解得N-号g。根据牛顿第三定律可知，小球对圆孤面 22 R 最低点压力大小N=N=22, -mg 5 (3)设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为Y,小球B的速度大小为，则根据动量守恒 根据机板能守恒5×2m=2m+m,解得v-45 gR 2 3V59 v2 16 设当钉子离地面的高度为h时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则7mg-g=m,一，解得h,= 45 v2 。碰 设当钉子离地面的高度为h2时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，g=m, 后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒mg×2,=)mv-m 2 mW2,解得h2= 2" 2R。因此小球B要能做 7 完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是！R<h≤2R 45 75 15.【答案】(1)负电，E,=5×104N/C(2)%=3m/s,压力大小为29N,方向竖直向下(3)见解析 【详解】(1)依题意可知，滑块在匀强电场E,中恰能做直线运动，则滑块所受的电场力应竖直向上，且满 足E9=mg，所以滑块应带负电，匀强电场的电场强度大小为E=mg=05×10 91×104 N/C=5x 10N/C (2)当电场反向后，滑块在匀强电场E,中做类平抛运动，其竖直方向为从静止开始的匀加速直线运动，设 其加速度为a,则由牛顿第二定律有E,q+mg=ma,解得a=2g=20m/s2 设滑块在匀强电场E,中运动的时间为t,则有在A点时滑块竖直方向的速度为v,=t 滑块在匀强电场E中做类平抛运动，其水平方向做的是匀速直线运动，则有☑=t 要使滑块恰好能从A点无碰撞地滑入轨道AB,应满足tam0-义，代入数据联立解得，=3ms 滑块运动到A点时的速度为y4=%。=5ms。对滑块从A点运动到B点过程列动能定理方程有 cose 21 mgR-cos)m心mw代入数据解得澄块运动到B点时的速度为vaB0 在B点对滑块列牛顿第二定律方程有R-mg=m。，代入数据解得轨道对滑块的支持力为R=29N R 则根据牛顿第三定律可知，滑块运动到B点时对轨道的压力大小为29N,方向竖直向下。 (3)在轨道BC上滑块向右运动到速度为0的过程，设滑块向右运动的位移为x，则由动能定理有 mva 15 E,9=m*0-)m,解w得中2E,9+mg2x10E,+4四 第一个临界值：当满足E2q=umg,解得E,=2×104N/C 第二个临界值：当滑块回到A点时速度刚好减为0，则根据动能定理有-4mg2x=0-】, mv房， mgR1-cos8)-E,gr-4mg=0-,mv2,代入数据联立解得E,=2.8x10N7C 2 15 所以当E,≤2x10NC时，滑块最终因摩擦而产生的热量为2=mgx1x10E,+2) 当2×104N/C<E,≤2.8×104N/C时，滑块最终停在B点，则根据能量守恒有滑块最终因摩擦而产生的热量 为0，=2m哈=7.5J。 30 当2.8×104N/C<E2<4.0×104N/C时，滑块最终因摩擦而产生的热量为2=4mg·2x= x10'E,+2)