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  • 2021-05-24 发布

2019学年高一物理下学期期末考试试题 新版新人教版

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‎2019学年度高一第二学期期末考试 物 理 时量:90分钟(第Ⅰ卷60分钟,第Ⅱ卷30分钟) ‎ 满分:150分(第Ⅰ卷100分,第Ⅱ卷50分)‎ 得分:____________‎ 第Ⅰ卷 (必做题,共100分)‎ ‎                     ‎ 一、单项选择题(共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.在物理学的发展过程中,科学家们创造出了许多物理学研究方法,以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是 A.加速度、速度都是采取比值法定义的物理量 B.在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法 C.牛顿提出了万有引力定律,并没有通过实验测出万有引力常量的数值 D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,可以用实验直接验证 ‎2.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,发现前方有障碍物立即刹车,刹车的加速度大小为5 m/s2, 则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为 A.30 m,40 m B.30 m,37.5 m C.12.5 m,40 m D.12.5 m,37.5 m ‎3.如图所示,质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在细杆的两端,将其放入光滑的半球形碗中,杆的长度等于碗的半径,当杆与两球组成的系统处于平衡状态时,杆对小球A的作用力为 A.mg B.mg C.mg D.2mg ‎4.下列说法正确的是 A.物体做曲线运动时,速度、加速度都一定在改变 15‎ B.做曲线运动的物体受到的合外力可能为零 C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动 D.做曲线运动的物体,加速度可能不变 ‎5.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹.质点从M点出发经P点到达N点,已知弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等.下列说法中正确的是 A.质点从M到N过程中速度大小保持不变 B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同 C.质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等,但方向相同 D.质点在MN间的运动不是匀变速运动 ‎6.“套圈圈”是老少皆宜的游戏,如图,大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈,都能套中地面上同一目标.设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2, 则 A.v1=v2 B.v1>v2‎ C.t1=t2 D.t1>t2‎ ‎7.如图所示,A是静止在赤道上的物体,B、C是同一平面内的两颗人造卫星.B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上,C是地球同步卫星.则以下判断正确的是 A.卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度 B.A、B的线速度大小关系为vA>vB C.周期大小关系为TA=TC>TB D.B、C的线速度大小关系为vC>vB ‎8.“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后,经过115小时32分的太空飞行,在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈,运动中需要多次“轨道维持”.所谓“轨道维持”‎ 15‎ 就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向,使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行,如果不进行“轨道维持”,由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响,轨道高度会逐渐降低,在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是 A.动能、重力势能和机械能逐渐减少 B.重力势能逐渐减小,动能逐渐增大,机械能不变 C.重力势能逐渐增大,动能逐渐减小,机械能不变 D.重力势能逐渐减小,动能逐渐增大,机械能逐渐减小 ‎9.如图所示,a、b、c三个相同的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑,同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的有 A.重力做功大小相等 B.它们的末动能相同 C.运动过程中重力的平均功率相等 D.它们落地时重力的瞬时功率相等 ‎10.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示,力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大 A.t1 B.t2 C.t3 D.t4‎ ‎11.假设列车从静止开始做匀加速运动,经过500 m的路程后,速度达到360 km/h.整个列车的质量为1.00×105 kg,如果不计阻力,在匀加速阶段,牵引力的最大功率是 A.4.67×106 kW B.1.0×105 kW C.1.0×108 kW D.4.67×109 kW ‎12.在平直的公路上,汽车由静止开始做匀加速运动.当速度达到vm后,立即关闭发动机而滑行直到停止.v-t图线如图所示,汽车的牵引力大小为F1,摩擦力大小为F2. ‎ 15‎ 全过程中,牵引力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法,其中正确的是 ‎①F1∶F2=1∶3 ②F1∶F2=4∶3 ③W1∶W2=1∶1‎ ‎④W1∶W2=1∶3‎ A.②③ B.②④ C.①③ D.①④‎ 第Ⅰ卷选择题答题卡 题 号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 得 分 答 案 二、实验题(共2题,共19分,13题每空3分,14题每空2分)‎ ‎13.用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B、C两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x.‎ ‎(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________.‎ ‎(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量__________.‎ A.弹簧原长    B.当地重力加速度 C.滑块(含遮光片)的质量 ‎(3)增大A、O之间的距离x,计时器显示的时间t将__________.‎ A.增大    B.减小    C.不变 ‎14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中,质量m=1.00 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点.如图1所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出).已知打点计时器每隔0.02 s打一次点,当地的重力加速度g=9.80 m/s2. 那么:‎ 15‎ ‎(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连;‎ ‎(2)根据图上所得的数据,应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律;‎ ‎(3)从O点到所取点,重物重力势能减少量Ep=________J,该所取点的速度大小为________m/s;(结果取3位有效数字)‎ ‎(4)如图2,一位同学按如下方法判断机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度为v,描绘v2-h图象,若图象是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒,该同学的判断依据________.(填“正确”或“不正确)‎ 三、计算题(共2题,共21分.15题10分,16题11分)‎ ‎15.一辆载货的汽车,总质量是4.0×103 kg,牵引力是4.8×103 N,从静止开始做匀加速直线运动,经过10 s前进了40 m.求:‎ ‎(1)汽车运动的加速度;‎ ‎(2)汽车所受到的阻力(设阻力恒定).‎ 15‎ ‎16.如图所示,长为l的细线下系一质量为m的小球,线上端固定在O点,小球可以在竖直面内摆动,不计空气阻力,当小球从偏角为θ的位置由静止运动到最低点的过程中,求:‎ ‎(1)重力对小球做的功;‎ ‎(2)小球到最低点时的速度大小;‎ ‎(3)小球在最低点时,对细绳的拉力大小.‎ 15‎ 第Ⅱ卷 (选做题,共50分)‎ 四、多项选择题(共5小题,每小题全选对记6分,部分对记3分,有选错的记0分,共30分)‎ ‎17.18世纪,数学家莫佩尔蒂,哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球;假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球,一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中,忽略一切阻力,此人可以从南极出口飞出,(已知此人的质量m=50 kg;地球表面处重力加速度g取10 m/s2;地球半径R=6.4×106 m;假设地球可视为质量分布均匀的球体.均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是 A.人与地球构成的系统,由于重力发生变化,故机械能不守恒 B.人在下落过程中,受到的万有引力与到地心的距离成正比 C.人从北极开始下落,到刚好经过地心的过程,万有引力对人做功W=3.2×109 J D.当人下落经过距地心R瞬间,人的瞬时速度大小为4×103 m/s ‎18.如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则在此过程中 A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为mgL ‎19.如图所示,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面,且处于同一竖直平面内,若用图示方向的水平推力F 15‎ 作用于小球B,则两球静止于图示位置.如果将小球B向左推动少许,并待两球重新达到平衡时,则两个小球的受力情况与原来相比 A.推力F将增大 B.竖直墙面对小球A的弹力减小 C.地面对小球B的弹力一定不变 D.两个小球之间的距离增大 ‎20.如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB, 电势能分别为EpA、EpB. 下列说法正确的是 A.电子一定从A向B运动 B.若aA>aB, 则Q靠近M端且为正电荷 C.无论Q为正电荷还是负电荷,一定有EpA<EpB D.B点电势可能高于A点电势 ‎21.如图,同一平面内的a,b,c,d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是 A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为 C.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为 D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 第Ⅱ卷选择题答题卡 题 号 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 得 分 15‎ 答 案 五、综合应用题(本题共2小题,共20分.第22题12分,第23题8分)‎ ‎22.如图所示为一皮带传送装置,其中AB段水平,长度LAB=4 m,BC段倾斜,长度足够长,倾角为θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧).传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转.现将一质量m=1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t;‎ ‎ (2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中,工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.‎ ‎23.如图所示,绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道在A点相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一质量为m的带正电、电量q=的小球,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应为多大?‎ 15‎ 湖南师大附中2017-2018学年度高一第二学期期末考试物理参考答案 湖南师大附中2017-2018学年度高一第二学期期末考试 物理参考答案 第Ⅰ卷 一、单项选择题(每小题5分,共60分)‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 D C C D B D C D A B B A ‎1.D 【解析】速度是物体的位移与所用时间的比值,与位移大小.时间都无关;加速度是用比值法定义的,与速度的变化量无关,是伽利略首先建立起来的.故A正确;在共点力的合成实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同,故实验采用了等效替代的方法.故B正确;牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值.故C正确;牛顿在伽利略的理想斜面实验的基础上,利用逻辑思维对事实进行分析得出了牛顿第一定律,该定律不能用实验直接验证.故D错误.‎ ‎2.C 【解析】汽车减速到0需要的时间为:t===4 s,刹车后1 s内的位移x1=(20×1-×5×12) m=17.5 m,2 s内的位移为:x2=v0t+at=(20×2-×5×22) m=30 m,∴刹车后第2 s内的位移Δx=x2-x1=12.5 m.汽车运动4 s就停止运动,则刹车后5 s内的位移为:x===40 m,故答案为:C.‎ ‎3.C 【解析】由题得知,A、B间的杆一定水平,对其中一个小球受力分析如图所示.‎ 因为杆的长度等于碗的半径,根据几何知识得知OA、OB与竖直方向的夹角为30°.‎ 如图,由共点力的平衡知识可得,杆的作用力为:‎ F=mgtan 30°=mg,故C正确,ABD错误.‎ ‎4.D 【解析】当合力与速度不在同一条直线上时,物体做曲线运动,而加速度可不变,也可以变化,但速度一定变化,答案为:D.‎ ‎5.B 【解析】因质点在恒力作用下运动,由牛顿第二定律可知,质点做匀变速曲线运动,由于加速度不变,从M到N过程中,根据一段路程中的平均速率v=,可知,速度大小变化,A不符合题意;因加速度不变,则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同,B符合题意,C不符合题意;在MN间的运动是匀变速曲线运动,故答案为:B.‎ ‎6.D 【解析】圈圈做平抛运动,竖直分运动是自由落体运动,根据h=gt2,有:t=,故t1>t2, 故C错误,D正确;水平分位移相同,由于t1>t2,根据x=v0t,有:v1<v2;故A、B均错误.‎ 15‎ ‎7.C 【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的线速度,由于卫星B的轨道半径大于地球的半径,则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度,A不符合题意.对B、C,根据G=m知,v=,C的轨道半径大于B的轨道半径,则vB>vC, 对于A、C,A、C的角速度相等,根据v=rω知,vC>vA, 所以vB>vA, B不符合题意,D不符合题意.A、C的角速度相等,则A、C的周期相等,根据T=知,C的周期大于B的周期,故答案为:C.‎ ‎8.D 【解析】轨道高度逐渐降低,即飞船的高度降低、重力势能减少,速度将增大、动能增大,重力势能一部分转化为动能;由于飞船受轨道上稀薄空气的影响,飞船要克服空气阻力做功,飞船的机械能减少,转化为内能.故答案为:D.‎ ‎9.A 【解析】a、b、c三个小球的初位置相同,它们的末位置在同一水平线上,由于重力做功只与物体的初末位置的高度差有关,所以三个球的重力做功相等,A符合题意.由动能定理可知,三个球的重力做功相等,它们的动能的变化相同,但是c是平抛的,所以c有初速度,故c的末动能要大,B不符合题意.由A的分析可知,三个球的重力做功相等,三个球中b、c的运动时间相同,a的运动的时间要比b、c的长,所以a的平均功率最小,所以运动过程中重力的平均功率不相等,C不符合题意.三个球的重力相等,但是它们的竖直方向上的末速度不同,所以瞬时功率不可能相等,故答案为:A.‎ ‎10.B 【解析】由力的图象分析可知:‎ 在0~t1时间内,质点向正方向做加速度增大的加速运动.‎ 在t1~t2时间内,质点向正方向做加速度减小的加速运动.‎ 在t2~t3时间内,质点向正方向做加速度增大的减速运动.‎ 在t3~t4时间内,质点向正方向做加速度减小的减速运动.t4时刻速度为零.‎ 则t2时刻质点的速度最大,动能最大.故选B.‎ ‎11.B 【解析】由v2=2ax得,a== m/s2=10 m/s2.则牵引力F=ma=1×105×10 N=1×106 N.所以牵引力最大功率P=Fv=1×106×100 W=1×108 W.故B正确,A、C、D错误.故答案为:B.‎ ‎12.A 【解析】对全过程由动能定理可知W1-W2=0,故W1∶W2=1∶1,③符合题意,④不符合题意;‎ W1=Fs W2=fs′‎ 由图可知:s∶s′=3∶4‎ 所以F1∶F2=4∶3,②符合题意,①不符合题意;‎ 故答案为:A.‎ 二、实验题(共2题,共19分,13题每空3分,14题每空2分)‎ ‎13.(1) (2)C (3)B ‎【解析】(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动,故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度;则有:v=;(2)弹簧的弹性势能等于物体增加的动能,故应求解物体的动能,根据动能表达式可知,应测量滑块的质量;故答案为:C.(3)增大AO间的距离时,滑块被弹出后的速度将增大,故通过两光电门的时间将减小.‎ ‎14.(1)左 (2)B (3)1.88 1.92 (4)不正确 15‎ ‎【解析】(1)下落过程为匀加速运动,物体运动速度渐渐变大,故打点间距应变大,所以纸带的左端与重物相连;(2)验证机械能守恒时,我们验证的是减少的重力势能ΔEp=mgh和增加的动能ΔEk=mv2之间的关系,所以我们要选择能够测h和v的数据.因为B点的速度可以根据A、C两点间的平均速度计算出来,h对应O、B两点间的距离,故答案为:B点.‎ ‎(3)减少的重力势能为:ΔEp=mgh=1×9.8×19.2×10-2 J=1.88 J,B点的速度为:vB==×10-2 m/s=1.92 m/s;④该同学的判断依据不正确.在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,根据a=,可得v2=2ah,则此时v2-h图象也是过原点的一条直线.所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近2g.‎ 三、计算题(共2题,共21分.15题10分,16题11分)‎ ‎15.【解析】(1)汽车从静止开始做匀加速运动,则有 s=at23分 则得:加速度a===0.8 m/s22分 答:汽车运动的加速度是0.8 m/s2;‎ ‎(2)由牛顿第二定律F-f=ma3分 代入得4800-f=4000×0.8‎ 解得 阻力f=1600 N2分 答:汽车所受到的阻力是1600 N.‎ ‎16.【解析】(1)小球由静止运动到最低点的过程中,重力所做的功为W=mgh=mgl(1-cos θ)2分 ‎(2)小球从静止开始运动到最低点的过程中,根据动能定理得:‎ 解得:mgl(1-cos θ)=mv2-02分 ‎∴v=2分 ‎(3)小球在最低点时,根据牛顿第二定律有T-mg=m2分 解得 T=3mg-2mgcos θ2分 根据牛顿第三定律,小球对细绳的拉力大小为 T′=3mg-2mgcos θ1分 ‎ 15‎ 第Ⅱ卷 四、多项选择题(共5小题,共30分)‎ 题号 ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 答案 BD AB BCD BC CD ‎17.BD 【解析】人与地球构成的系统,由于只有重力做功,故系统机械能守恒,故A错误;与球心的距离为r时,万有引力为:F=G=G=r∝r;故B正确;人从北极开始下落,直到经过地心的过程中,万有引力对人做功:W=F·R 其中:F==mg 联立解得:W=mgR=×50×10×6.4×106=1.6×109 J 故C错误;‎ D.人从下落到距地心过程,万有引力的平均值为:‎ F==mg=×50×10 N=375 N 根据动能定理,有:F·=mv2‎ 解得:v===4×103 m/s 故D正确.‎ ‎18.AB 【解析】A的动能最大时,设B和C受到地面的支持力大小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡,可得2F=3mg,所以F=mg;在A的动能达到最大前一直是加速下降,处于失重情况,所以B受到地面的支持力小于mg,故A、B正确;当A达到最低点时动能为零,此时弹簧的弹性势能最大,A的加速度方向向上,故C错误;A下落的高度为:h=Lsin 60°-Lsin 30°,根据功能关系可知,小球A减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能,即弹簧的弹性势能最大值为Ep=mgh=(-)mgL,故D错误.‎ ‎19.BCD 【解析】以A球为研究对象,分析受力,作出力图如图1所示.‎ 设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ,由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为:N1=mAgtan θ,‎ 将小球B向左推动少许时θ减小,则N1减小.‎ 再以AB整体为研究对象,分析受力如图2所示,由平衡条件得:‎ 15‎ F=N1‎ N2=(mA+mB)g 则F减小,地面对小球B的弹力一定不变.故A错误,BC正确.‎ 由上分析得到库仑力F库=,θ减小,cos θ增大,F库减小,根据库仑定律分析得知,两个小球之间的距离增大,故D正确.‎ ‎20.BC 【解析】由于不知道电子速度变化,由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动,故A错误;若aA>aB, 则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端;又由运动轨迹可知,电场力方向指向凹的一侧即左侧,所以,在MN上电场方向向右,那么Q靠近M端且为正电荷,故B正确;点电荷Q若是正电荷,只能放在M左侧;若是负电荷,只能放在N右侧,不论哪种情况,都是φA>φB,∴C对,D错.故C正确.‎ ‎21.CD 【解析】A.选项根据题意无法判断,故A项错误.因为不知道匀强电场方向,所以场强大小不一定是 ,故B错误;由于电场为匀强电场,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点,所以φN=,φM=,∴φM-φN=,若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为,故C正确;若W1=W2, 说明Ucd=Uab,由φa-φb=φc-φd,∴φa-φc=φb-φd,φa-φM=,φb-φN=;解得:UaM=UbN,故D正确.‎ 五、综合应用题(本题共2小题,共20分.第22题12分,第23题8分)‎ ‎22.【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1, 由牛顿第二定律得:μmg=ma11分 解得:a1=μg=5 m/s21分 设经t1时间工件与传送带的速度相同,则有:t1==s=0.8 s1分 工件前进的位移为:x=a1t=×5×0.82 m=1.6 m1分 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时:t2==0.6 s1分 所以工件第一次到达B点所用的时间为:t=t1+t2=1.4 s1分 答:工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t是1.4 s;‎ ‎(2)工件上升过程中受到摩擦力大小为:f=mgcos θ1分 由牛顿第二定律可得:工件上升的加速度大小为:a2==gsin θ-μgcos θ=(10×0.6-0.5×10×0.8) m/s2=2 m/s2,方向沿斜面向下1分 15‎ 由运动学公式可得:工件上升的时间为:t3==2 s1分 下降过程加速度不变 a3=a2‎ 由运动学公式可得:t4==2 s1分 工件与传送带的相对路程为:Δx=v(t3+t4)=4×(2+2) m=16 m1分 摩擦生热为:Q=fΔx=μmgcos θΔx=0.5×1×10×0.8×16 J=64 J1分 ‎23.【解析】小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道的作用力,如图所示,‎ 类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg′,大小为mg′==mg,1分 tan θ==,解得θ=30°,1分 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动,1分 因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效最高点(D)点满足等效重力提供向心力,有:mg′=m,1分 因θ=30°,与斜面倾角相等,由几何关系可知AD=2R.1分 令小球以最小初速度v0运动,由动能定理知:‎ ‎-mg′·2R=mv-mv1分 解得v0=,1分 因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应为v0≥.1分 15‎