陕西省西安七十中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

2016-2017学年陕西省西安七十中高三（上）期中物理试卷

参考答案与试题解析

一、单选题（共8小题，每小题4分，共32分，每小题只有一个正确答案，答对得4分，错选或不选得0分）

1．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（ ）

A．提出假设，实验检验 B．数学推理，实验检验

C．实验检验，数学推理 D．实验检验，合理外推

【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．

【分析】教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法．

【解答】解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．

故选A

2．中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD．已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v各为多大（ ）

A．H=h，v= B．H=h，v=

C．H=h，v= D．H=h，v=

【考点】平抛运动．

【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向上做匀速直线运动，抓住等时性求出击球高度与网的高度差与击球高度之比，从而求出击球点的高度，结合高度求出运动的时间，从而根据水平位移和时间求出水平速度．

【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，有：x=vt；

则排球从初位置运动网的位置与排球从初位置到落地的时间之比为：，

通过竖直方向上做自由落体运动，由得：，

解得：H=h，

球落在B点的过程中有：s=vt，所以：v==；

故ABC错误，D正确；

故选：D

3．如图所示，有一足够长的斜坡，倾角为α=30°．若小郑同学从该斜坡的顶端将小球沿水平方向抛出，小球被抛出时的初动能为9J，不考虑空气阻力，则该小球第一次落在斜坡上时的动能为（ ）

A．12 J B．21 J C．27 J D．36 J

【考点】平抛运动．

【分析】小球做平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，求出小球落地时的竖直分速度，由动能的计算公式求出小球落地时的动能．

【解答】解：小球做平抛运动，有：

=，

已知E_K0=，小球落在斜坡上的动能为：

（v₀²+v_y²），

代入数据解得：E_K=21J；

故选：B．

4．如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（ ）

A．a的动能大于b的动能

B．两物体机械能的变化量相等

C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量

D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零

【考点】动能定理；机械能守恒定律．

【分析】b的速度在绳子方向的分速度与a的速度相等，比较出速度大小即可比较动能的大小．

【解答】解：A、将b的实际速度进行分解如图：

由图可知v_a=v_bcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A错误；

B、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B错误；

C、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；

D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等方向相反，两个物体沿绳子方向的位移相等，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确．

故选：D．

5．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ₁，A与地面间的动摩擦因数为μ₂，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（ ）

A． B．

C． D．

【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．

【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．

【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

F=μ₂（m₁+m₂）g ①

再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

水平方向：F=N

竖直方向：m₂g=f

其中：f=μ₁N

联立有：m₂g=μ₁F ②

联立①②解得：

=

故选：B

6．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2：．已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为（ ）

A． R B． R C．2R D． R

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力等于重力，求出行星的半径．

【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g．

根据平抛运动的规律得 h=得，t=

则水平射程x=v₀t=v₀．

可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 ==

根据G=mg，得g=

可得 =·

解得行星的半径 R_行=R_地·=R×·=2R

故选：C．

7．如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球m₁、m₂，细线的上端都系于O点，设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动．已知两细线长度之比L₁：L₂=：1，L₁跟竖直方向的夹角为60°角，下列说法正确的是（ ）

A．两小球做匀速圆周运动的周期相等

B．两小球做匀速圆周运动的线速度相等

C．两小球的质量比一定是m₁：m₂=：1

D．L₂细线跟竖直方向成45°角

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力；通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，从而比较出周期的关系；抓住小球距离顶点O的高度相同求出L₂与竖直方向上的夹角；抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，根据v=ωr比较线速度关系．

【解答】解：A、设绳与竖直方向夹角为θ，水平面距悬点高为h，由牛顿第二定律得：

mgtanθ=m（h·tanθ）

则：T=2π由上式可知T与绳长无关，所以A正确；

B、由于v=，故v正比于r，故线速度之比为： =，故B错误；

C、两球在同一水平面内做匀速圆周运动，则L₁cos60°=L₂cosθ，解得θ=30°，根据mgtanθ=mLsinθω²，知小球做匀速圆周运动与质量无关，无法求出两小球的质量比，故CD错误；

故选：A．

8．如图，拉格朗日点L₁位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L₁建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a₁、a₂分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a₃表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（ ）

A．a₂＞a₃＞a₁ B．a₂＞a₁＞a₃ C．a₃＞a₁＞a₂ D．a₃＞a₂＞a₁

【考点】同步卫星．

【分析】由题意知，空间站在L₁点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，

由a_n=r，分析向心加速度a₁、a₂的大小关系．根据a=分析a₃与a₁、a₂的关系．

【解答】解：在拉格朗日点L₁建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，

根据向心加速度a_n=r，

由于拉格朗日点L₁的轨道半径小于月球轨道半径，所以a₂＞a₁，

同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L₁的轨道半径，

根据a=得a₃＞a₂＞a₁，

故选：D．

二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分）

9．如图所示，质量为M=5kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m₂=1kg的物体C，质量为m₁=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和滑轮的一切阻力，取g=10m/s²，下列正确的是（ ）

A．物体A处于失重状态

B．物体A的加速度大小为2.5m/s²

C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为3.5N

D．轻绳对定滑轮的作用力大小为30N

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】先假设绳子拉力为T，分别对A和BC整体受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出加速度和拉力T．

【解答】解：A、假设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律，有：

对A，有：m₁g﹣T=m₁a；

对BC整体，有：T=（M+m₂）a；

联立解得：T=15N，a=2.5m/s²，方向向下，故处于失重状态，故AB正确；

C、对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=m₂a=1×2.5=2.5N，故C错误；

D、绳子的张力为15N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15N，斜向右下方，故D错误；

故选：AB

10．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s²，则（ ）

A．开始时行李的加速度为2m/s²

B．行李到达B点时间为2s

C．传送带对行李做的功为0.4J

D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．

【分析】行李滑上传送带先做匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出开始时行李的加速度，通过动能定理求出传送带对行李做功的大小；相对滑动过程中，根据速度时间公式求出相对滑动的时间，结合传送带的位移和行李的位移求出相对滑动的位移，即痕迹的长度．

【解答】解：A、行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a=2 m/s²，故A正确；

B、由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；

C、行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv²=0.4 J，故C正确；

D、行李和传送带相对滑动的时间为：t=，

则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt﹣==0.04 m，故D错误．

故选：AC．

11．质量为2×10³kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×10³ N，则下列判断中正确的有（ ）

A．汽车的最大动能是4×10⁵J

B．汽车以加速度2 m/s²匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kW

C．汽车以加速度2 m/s²做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×10⁵ J

D．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s²

【考点】功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，结合最大速度求出最大动能．根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合速度时间公式求出2s末的速度，根据P=Fv求出实际的功率．根据P=Fv求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度．

【解答】解：A、汽车的最大速度，则最大动能=，故A正确．

B、根据牛顿第二定律得，牵引力F=f+ma=4000+2000×2N=8000N，2s末的速度v=at=2×2m/s=4m/s，则实际的功率P=Fv=8000×4W=32KW．故B正确．

C、匀加速运动的末速度，匀加速运动的位移，由于变加速运动的位移无法求出，则无法求出变加速运动的过程中摩擦力做功，故C错误．

D、汽车的牵引力F=，根据牛顿第二定律得，加速度a=，故D正确．

故选：ABD．

12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（ ）

A．下滑过程中，加速度一直减小

B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv²

C．在C处，弹簧的弹性势能为mv²﹣mgh

D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

【考点】功能关系．

【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；

研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；

研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式．

【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，

所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，

所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；

B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式

mgh+W_f+W_弹=0﹣0=0

在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式

﹣mgh+（﹣W_弹）+W_f=0﹣mv²

解得：W_f=﹣mv²，故B正确；

C、W_弹=mv²﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv²，故C错误；

D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式

mgh′+W′_f+W′_弹=m﹣0

研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式

﹣mgh′+W′_f+（﹣W′_弹）=0﹣m

mgh′﹣W′_f+W′_弹=m

由于W′_f＜0，所以m＞m，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确；

故选：BD

三、实验题（共2小题，每空2分，共14分）

13．在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中；

（1）实验过程中，下列做法正确的是 AD ．

A．先接通电源，再使纸带运动

B．先使纸带运动，再接通电源

C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处

D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处

（2）如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有4个点未画出，按时间顺序取0，1，2，3，4，5，6共7个计数点，测出1，2，3，4，5，6点到0点的距离，如图所示（单位：cm）．由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v₄= 0.41 m/s，小车的加速度大小为 0.76 m/s²．（保留2位有效数字）

【考点】测定匀变速直线运动的加速度．

【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小．

【解答】解：（1）AB、先接通电源，再使纸带运动，故A正确，B错误；

CD、将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故C错误，D正确；

（2）计时器所用电源的频率为50Hz，则打点周期为0.02s．带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：

v₄=≈0.41m/s，

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小，得：

x₄﹣x₁=3a₁T²

x₅﹣x₂=3a₂T²

x₆﹣x₃=3a₃T²

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：

a=（a₁+a₂+a₃）

代入数据得：a=≈0.76m/s²

故答案为：（1）AD；（2）0.41，0.76．

14．某同学利用如图所示的装置探究力的平行四边形定则：竖直放置铺有白纸的木板上固定有两个轻质小滑轮，细线AB和OC连接于O点，细线AB绕过两滑轮，D、E是细线与滑轮的两个接触点．在细线末端A、B、C三处分别挂有不同数量的相同钩码，设所挂钩码数分别用N_l、N₂、N₃表示．挂上适当数量的钩码，当系统平衡时进行相关记录．改变所挂钩码的数量，重复进行多次实验．

（1）下列能满足系统平衡的N_l、N₂、N₃的取值可能为： AC

（A）N₁=N₂=3，N₃=4 （B）N₁=N₂=3，N₃=6

（C） N₁=N₂=N₃=3 （D）N₁=3，N₂=4，N₃=8

（2）下列关于本实验操作的描述，正确的有： BC

（A）需要利用天平测出钩码的质量

（B）∠EOD不宜过大

（C）两滑轮的轴心不必处于同一条水平线上

（D）每次实验都应使细线的结点O处于同一位置

（3）每次实验结束后，需要记录的项目有N_l、N₂、N₃的数值和 OC、OD和OE三段细线的方向 ：

（4）该同学利用某次实验结果在白纸上绘制了如题图所示的实验结果处理图，则根据你对本实验的理解，拉力F_OD和F_OE的合力的测量值应是图中的 F′ （选填“F”或“F′”）．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小．所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可正确求解；

（2）明确实验原理，所采取的实验方法和措施为了减小实验误差和便于操作；

（3）探究力的平行四边形定则实验时，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向．

（4）理解通过力的平行四边形定则得出的理论值与实验的实际值是存在差距的．

【解答】解：（1）如图所示：

对O点受力分析，OA、OB、OC分别表示三个力的大小，

由于三共点力处于平衡状态，由平衡条件可知：OC=OH．因此三个力的大小构成一个三角形．

A、以钩码的个数表示力的大小，则可以构成三角形，故A正确；

B、以钩码的个数表示力的大小，则三力不能构成等腰三角形，故B错误；

C、以钩码的个数表示力的大小，则三力为边构成等边三角形，故C正确；

D、以钩码的个数表示力的大小，则三力不能构成三角形，故D错误．故选：AC．

（2）A、用砝码的个数可以代表拉力的大小，因此不需要测量砝码的质量，故A错误；

B、∠EOD若太大，导致其合力较小，增大了误差，故∠EOD不宜过大，故B正确；

C、只要便于记录通过滑轮的力的方向即可，两滑轮的轴心不必处于同一条水平线上，故C正确；

D、该题应用了物体的平衡来探究力的平行四边形定则，不需要每次实验都使线的结点O处于同一位置，故D错误．

故选：BC．

（3）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OC、OD和OE三段细线的方向．

（4））本实验是要验证力的平行四边形定则，故应将由平行四边形定则得出的合力，与真实的合力进行比较而去判断平行四边形定则得出的结果是否正确，在实验中，实际合力一定与OC在同一直线上，由于误差的存在，根据平行四边形定则得出合力值（ 在平行四边形的对角线上）与实验值不会完全重合的，拉力F_OD和F_OE的合力的测量值应是图中的F′．

故答案为：（1）AC；（2）BC；（3）OC、OD和OE三段细线的方向；（4）F′．

四、计算题（共3小题，第15、16题各10分，第17题14分．共34分）

15．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】设他做匀加速直线运动的时间为t₁，位移大小为小x₁，加速度大小为a，做匀速直线运动的速度为v，根据运动学基本公式，抓住位移位移列式即可求解．

【解答】解：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s₁和s₂，

由运动学规律得

t₀=1s

联立解得 a=5m/s²

设运动员做匀加速运动的时间为t₁，匀速运动的时间为t₂，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得

t=t₁+t₂

v=at₁

设加速阶段通过的距离为s′，

则

求得s′=10m

答：该运动员的加速度为5m/s²及在加速阶段通过的距离为10m．

16．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放﹣个小球（引力视为恒力），经时间t落到地面．已知该行星半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，求：

（1）该行星的平均密度ρ；

（2）该行星的第一宇宙速度v；

（3）如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为多少．

【考点】万有引力定律及其应用；向心力．

【分析】（1）先根据自由落体运动的公式h=求解重力加速度g；对卫星，根据万有引力等于向心力列式求解星球质量；最后根据密度的定义公式求解星球的密度；

（2）对近地卫星，根据重力等于万有引力列式求解该行星的第一宇宙速度；

（3）对同步卫星，根据万有引力等于向心力列式求解．

【解答】解：（1）设行星表面的重力加速度为g，对小球，有：

，

解得：

对行星表面的物体m，有：

，

故行星质量：

故行星的密度：

（2）对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m，由牛顿第二定律，有：

故第一宇宙速度为：

（3）同步卫星的周期与星球自转周期相同，为T，由牛顿第二定律，有：

得同步卫星距行星表面高度：

答：（1）该行星的平均密度ρ为；

（2）该行星的第一宇宙速度v为；

（3）如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为．

17．如图所示，AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与平板小车右端平滑对接．小车质量 M=3kg，车长 L=2.06m．现有一质量m=1kg的小滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ=0.3，当小车运动了1.5s时，小车被地面装置锁定．试求：（g=10m/s² ）

（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小F_N；

（2）小车被锁定时，小车右端距轨道B端的距离；

（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块与平板小车之间产生的热．

【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

【分析】（1）滑块从光滑圆弧轨道下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒．经过B端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出滑块到达B点的速度，再由牛顿第二定律求解轨道的支持力．

（2）当小滑块滑上小车后，滑块向左做匀减速运动，小车向左做匀加速运动．根据牛顿第二定律分别求出滑块滑上小车后滑块和小车的加速度，由速度公式求出两者速度所经历的时间，再求解车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；

（3）从车开始运动到被锁定的过程中，系统损失的机械能转化为内能，求出滑块相对于小车滑动的距离，根据能量守恒定律求出系统损失的机械能，即为滑块与平板小车之间产生的热量．

【解答】解：（1）小滑块在1/4光滑圆弧轨道过程中，由机械能守恒得

在B点，对小滑块，由牛顿第二定律得

联立两式，代入数值得 F_N=3mg=30（N）

（2）当小滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得

对小滑块有：﹣μmg=ma₁，得

对小车有：μmg=Ma₂，得

经时间t两者达到共同速度v’，则有 v+a₁t=a₂t得 t=1s

由于t=1s＜1.5s，此时小车未被锁定，两者共同速度 v′=a₂t=1m/s，并一起匀速运动

因此，小车被锁定时，车右端距轨道 B 端的距离

（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，对滑块和小车组成的系统，由能量转化和守恒，得：

滑块和小车之间产生的热

（或：从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车的位移

滑块和小车之间产生的热 Q=μmgx_相对=6J）

答：

（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小F_N是30N．

（2）小车被锁定时，小车右端距轨道B端的距离是1m．

（3）从小车开始运动到被锁定的过程中，滑块与平板小车之间产生的热是6J．

2016年11月11日