山东省东营市广饶县2022届高三物理上学期第二次段测试卷（含解析）

2022-2022学年山东省东营市广饶县高三（上）第二次段测物理试卷（10月份）一、选择题1．（3分）（2022秋•资阳区校级期中）下列说法中正确的是（　　）　A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动　B．物体在变力作用下一定做曲线运动　C．物体在恒力或变力作用下都可能做曲线运动　D．做曲线运动的物体，其速度方向与加速度方向一定不在同一直线上考点：物体做曲线运动的条件．版权所有专题：物体做曲线运动条件专题．分析：曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，一定是变速运动，一定具有加速度，合力一定不为零；曲线运动的条件是合力与速度不共线．解答：解：A、物体在一恒力作用下有可能做曲线运动，如平抛运动只受重力，是曲线运动．故A错误；B、物体在一变力力作用下有可能做曲线运动，故B错误；C、曲线运动的条件是合力与速度不共线，与合力是否是恒力无关，物体在恒力或变力作用下都可能做曲线运动．故C正确；D、曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变，其速度方向与加速度方向一定不在同一直线上．故D正确．故选：CD．点评：本题关键熟悉平抛运动的运动性质和动力学特点，知道平抛运动是匀变速曲线运动，基础题．　2．（3分）（2022秋•黄浦区期末）如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面底边平行，如果将力F撤消，下列对物块的描述正确的是（　　）　A．木块将沿斜面下滑B．木块受到的摩擦力变小　C．木块立即获得加速度D．木块所受的摩擦力方向改变考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，在垂直于斜面的平面内分析受力情况，根据平衡条件分析摩擦力大小和方向如何变化．-16-解答：解：设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsinθ，如图，在斜面平面内受力如图．力F未撤掉时，由图1根据平衡条件得，静摩擦力大小f1=，力F撤掉时，重力分力Gsinθ＜，所以木块仍保持静止．由图2，根据平衡条件得f2=Gsinθ，所以木块受到的摩擦力变小．由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变．故选BD点评：本题中木块受力分布在立体空间中，可分成垂直于斜面和平行斜面两个平面进行研究．　3．（3分）（2022秋•广饶县月考）利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m，最后停止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化图线如图所示，根据图线所提供的信息以下判断正确的是（　　）　A．t1时刻消防员重心的速度最大　B．t2时刻消防员重心的速度最大　C．t4时刻消防员的动能最小　D．消防员在运动过程中机械能守恒考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；机械能守恒定律．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由F﹣t图象可知人受力的变化，结合人下落中的过程，可知消防员的所做的运动．解答：解：A、B、t1时刻双脚触底，在t1至t2-16-时间内消防员受到的合力向下，其加速度向下，他做加速度减小的加速下落运动；而t2至t3时间内，人所受合力向上，人应做向下的减速运动，t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，消防员的速度最大．故A错误，B正确；C、t1时刻双脚触底，在t1至t2时间内消防员受到的合力向下，其加速度向下，他做加速度减小的加速下落运动；而t2至t3时间内，人所受合力向上，人应做向下的减速运动，t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，消防员的速度最大；在t2至t4时间内他所受的合力向上，则加速度向上，故消防员做向下的减速运动，t4时刻消防员的速度最小；速度小动能就小，速度大动能也大；故C正确；D、消防员在运动过程中消防员做功，机械能不守恒．故D错误；故选：BC．点评：本题的关键在于正确分析人的运动过程及学生对图象的认识，要求能将图象中的时间段与运动过程联系起来一起分析得出结论．　4．（3分）（2022秋•广饶县月考）发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1与2相切于Q点，轨道2与3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）　A．卫星在轨道3上的速率大于它在轨道1上的速率　B．卫星在轨道3上的角速度小于它在轨道1上的角速度　C．卫星在轨道1上经过Q点时的速率小于它在轨道2上经过Q点时的速率　D．卫星在轨道2上运动的周期小于它在轨道3上运动的周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度的表达式进行讨论即可．根据开普勒第三定律，轨道半径或半长轴越大，周期越大，可以讨论卫星在轨道2上运动的周期与它在轨道3上运动的周期的大小．解答：解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有解得：-16-轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故A错误；B、ω==轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上角速度较小，故B正确；C、从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上ⅠQ点的速度．故C正确．D、根据开普勒第三定律，轨道半径或半长轴越大，周期越大，故卫星在轨道2上运动的周期小于它在轨道3上运动的周期，故D正确．故选：BCD．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．　5．（3分）（2022•青岛模拟）如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角θ可以改变，讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则一定有（　　）　A．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越大　B．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越小　C．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越大　D．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越小考点：摩擦力的判断与计算．版权所有专题：摩擦力专题．分析：对滑块M受力分析，将力按效果沿着与斜面平行和与斜面垂直方向正交分解，根据平衡条件列式分析各个力．解答：解：A、B、物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有T=mg对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的下滑分量的大小，若mg＜Mgsinθ，如图1；若mg＞Mgsinθ，如图2-16-根据平衡条件，对于图1，有T+f=Mgsinθ故θ越大，f越大；根据平衡条件，对于图2，有T=f+Mgsinθ故θ越大，f越小；故A、B均错误；C、D、由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有f=μN又由于是在斜面上，所以f=μmgcosθ当θ增大时cosθ减少（0～90度），所以f减少，故C错误，D正确；故选D．点评：本题关键是对滑块M受力分析，对于摩擦力，要分为静摩擦力和滑动摩擦力两种情况，根据平衡条件得到摩擦力的表达式再进行分析讨论．　6．（3分）（2022•兴平市校级一模）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的（　　）　A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1　C．从上端A离开，v=v1D．从上端A离开，v＜v1考点：摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律．版权所有专题：摩擦力专题．分析：由于不知道摩擦力和重力沿斜面分量的大小关系，所以物体可能从A端离开，也可能从B端离开，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1．-16-解答：解：滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，即选项C是正确，选项D是错误的；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B是正确的，当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A是正确的，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v=v1，故本题应选ABC．故选ABC点评：物体在传送带上的运动是考试的热点，关键是正确对物体进行受力分析，明确问题的运动性质．　7．（3分）（2022秋•广饶县月考）如图所示，a、b带等量异种电荷，MN为a、b连线的中垂线，现有一带电粒子从M点以一定的初速度v射出，开始时的一段轨迹如图中细线所示，若不计重力的作用，则在飞越该电场的过程中，下列说法中正确的是（　　）　A．该粒子带负电　B．该粒子的动能先增大后减小　C．该粒子的电势能先增大后减小　D．该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v考点：电场线；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有分析：粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，可判断出粒子的电性．电场力先做正功，后做负功，可分析动能和电势能的变化．因为MN为a、b连线的中垂线，是一条等势线，并且一直延伸到无穷远处，M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v．解答：解：A、粒子轨迹向右弯曲，受到的电场力大致向右，则该粒子带负电．故A正确．B、由题可知，电场力先做正功，后做负功，则根据动能定理得知：粒子的动能先增大后减小．故B正确．C、电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大．故C错误．D、M点的电势与无穷远处相等，粒子从M点运动到无穷远处过程，电场力做功为零，则该粒子运动到无穷远处后，其速度大小一定仍为v．故D正确．故选：ACD点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子的合力方向，分析出电场力做功情况．带等量异种电荷连线的中垂线是一条件延伸到无穷远处的等势线，要记牢．　-16-8．（3分）（2022春•忻州期中）如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（　　）　A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀变速运动　C．两板的电势差为D．液滴的电势能减少了mgd考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．由电场力方向判断出场强的方向，确定两板电势关系．解答：解：AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动．故A正确，B错误；C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU﹣mgd=0⇒U=，故C正确；D、重力做功﹣mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd．故D正确．故选ACD．点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动　9．（3分）（2022秋•广饶县月考）如图所示“时空之旅”飞车表演时，演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，令人惊叹不已．摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中（　　）　A．机械能一定守恒　B．其输出功率始终保持恒定　C．通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关-16-　D．经过最低点的向心力仅由支持力提供考点：向心力；牛顿第二定律．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中，不一定是匀速圆周运动．物体做圆周运动的向心力由径向的合力提供，在最高点的临界情况是弹力为零，靠重力提供向心力．解答：解：A、摩托车在竖直轨道做圆周运动的过程中，摩擦力、发动机的动力都要做功，机械能不守恒；故A正确．B、摩托车在运动过程中，其受力情况和运动情况不断变化，其输出功率也发生变化，故B错误．C、通过最高点时，满足最小速度时的向心力仅由重力提供，即mg=m，所以通过最高点时的最小速度v=，故C正确．D、在最低点，向心力由重力和支持力的合力提供；故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行分析和求解．　10．（3分）（2022秋•广饶县月考）如图所示的车子正在以的加速度向右匀加速运动，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球相对小车静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为（　　）　A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析后根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式求解弹簧的弹力，最后根据胡克定律列式求解弹簧的伸长量．解答：解：对小球受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示：-16-小球以的加速度向右匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：水平方向：Fsin30°﹣Nsin30°=ma竖直方向：Fcos30°+Ncos30°﹣G=0根据胡克定律，有：F=kx联立解得：x=故选：B．点评：本题关键是对小球受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；注意合力为ma，不为零．　二、实验题11．（6分）（2022秋•广饶县月考）在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点．该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位cm）．已知打点计时器所接电源频率为50Hz．（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是　15.7　．（2）该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g=9.80m/s2，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为　1.22m　，而动能的增加量为　1.20m　（保留3位有效数字，重锤质量为m）．这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量　大于　（填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是　有空气阻力和摩擦　．（3）另一位同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，不过他数了一下，从打点计时器打下的第一个点O数起，图中的B是打点计时器打下的第9个点，因此他用vB=gt计算跟B点对应的物体的瞬时速度，得到动能的增加量为　1.23m　（保留3位有效数字），这样他发现重力势能的减少量　小于　（填“大于”或“小于”）动能的增加量，原因是　重锤实际下落加速度小于g，而用重力加速度g计算将重锤速度算大了　．-16-考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：（1）毫米刻度尺最小刻度是1mm，所以需要估读到下一位．（2）动能的增加量：mv2，势能的减小量：mgh；由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量．（3）根据v=gt求速度，根据Ek=mv2求解动能．解答：解：（1）毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位．这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段：15.7，应记作15.70cm．（2）重力势能减小量△Ep=mgh=9.8×0.1242mJ=1.22mJ中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：vB==1.55m/sEkB=m=1.20mJ由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量，故填：大于；因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能（3）EkB=m=m（9.8×0.02×8）2=1.23mJ即：重力势能的减少量小于动能的增加量，原因是：v是按照自由落体计算的，实际运动不是自由落体运动，有阻力，故重锤实际下落加速度小于g，而用重力加速度g计算将重锤速度算大了．故答案为：（1）OC；15.70cm（2）1.22m；1.20m；大于；因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能（3）1.23m；小于；重锤实际下落加速度小于g，而用重力加速度g计算将重锤速度算大了．点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．　12．（6分）（2022•武汉模拟）自由落体仪如图所示，其主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有磁式吸球器、光电门1、光电门2、捕球器、小钢球（直径d=1cm）．利用自由落体仪测量重力加速度实验步骤如下：①将自由落体仪直立于水平地面上，调节水平底座使立柱竖直，固定好吸球器．②适当调节两光电门1、2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h1，用吸球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，重复数次，求出时间的平均值为t1．③光电门1不动，改变光电门2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h2，用吸球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球由光电门1到光电门2的时间，重复数次，求出时间的平均值为t2．④计算重力加速度值g．请回答下列问题：（1）在步骤③中光电门1的位罝保持不动的目的是　B　A、保证小球每次从光电门1到光电门2的时间相同-16-B、保证小球每次通过光电门1时的速度相同C、保证小球每次通过光电门1时的重力加速度相同（2）用测得的物理量表示重力加速度值g=　　．考点：探究小车速度随时间变化的规律；自由落体运动．版权所有专题：实验题；直线运动规律专题．分析：由刻度尺读出两光电门的高度差，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，根据匀变速直线运动位移时间公式列出等式求解．解答：解：（1）由刻度尺读出两光电门的高度差为h1，由光电计时器读出小球从光电门1到光电门2的时间，重复数次，求出时间的平均值为t1．根据匀变速直线运动位移时间公式得：h1=v0t1+g光电门1不动，改变光电门2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h2，根据匀变速直线运动位移时间公式得：h2=v0t2+g所以光电门1的位罝保持不动的目的是保证小球初速度相同，即每次通过光电门1时的速度相同．故选：B．（2）根据匀变速直线运动位移时间公式得：h1=v0t1+gh2=v0t2+g-16-解得：g=故答案为：（1）B（2）点评：解决该题关键要知道实验的原理，掌握匀变速直线运动的规律的应用，难度不大，属于基础题．　三、计算题（写出必要的文字说明）13．（10分）（2022•鄄城县校级三模）如图所示，匀强电场强度E=1.2×102N/C，方向水平向右，一正的点电荷q=4.0×10﹣8C，沿半径R=20cm的圆周，从A点移动到B点．已知∠AOB=90°，求：（1）这一过程中电场力做的功是多少？（2）A、B两点间的电势差UAB是多少？考点：电势能；动能定理的应用．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）正点电荷从A到B，根据W=qER可求出电场力在此过程中作功；（2）根据U=可求出A、B两点间的电势差．解答：解：（1）正点电荷从A到B，根据WAB=qER可求得：WAB=4.0×10﹣8×1.2×102×0.2=9.6×10﹣7J（2）根据U=可求出A、B两点间的电势差即为：答：（1）这一过程中电场力做的功是9.6×10﹣7J；（2）A、B两点间的电势差UAB是24V．点评：考查W=Fd与U=公式的应用，注意前者式中d是沿着电场力方向的位移；后者也要注意式中的q的电性及W的正负．-16-　14．（10分）（2022•新郑市模拟）如图甲所示，一物块在t=0时刻，以初速度v0=8m/s从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0=1s时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．（g=10m/s2），求：（1）物块冲上斜面的最大位移（2）物块返回底端时的速度（3）斜面的倾角θ（4）物体与斜面间的动摩擦因数μ考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移．根据上滑与下滑的位移大小相等，可求出物块返回底端时的速度．根据牛顿第二定律求出上升及下降时的加速度，从而可求得斜面倾角及动摩擦因数．解答：解：（1）由匀变速直线运动规律，利用平均速度公式可求出物块上升过程最大位移x==4m，（2）返回到斜面底端走过的路程一样，利用平均速度公式可求出物块到最底端时的速度为=4m/s，（3、4）上升时a1=gsinθ+μgcosθ，下降时a2=gsinθ﹣μgcosθ，解得θ=30°μ=，答：（1）物块冲上斜面的最大位移为4m；（2）物块返回底端时的速度为4m/s（3）斜面的倾角θ为30°（4）物体与斜面间的动摩擦因数为点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小．可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解f和sinθ．　15．（12分）（2022•渝水区校级二模）如图，竖直放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，圆心与A、D在同一水平面上，∠COB=θ，现有一个质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求：（1）小物体在斜面上能够通过的路程；（2）小物体通过C点时，对C点的最大压力和最小压力．-16-考点：动能定理；向心力．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由几何知识得知，斜面的倾角等于θ．物体从A点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，物体在斜面上运动时机械能不断减小，到达的最大高度越来越小，最终在BE圆弧上来回运动，到达B点的速度为零．物体在斜面上运动时摩擦力大小为μmgcosθ，总是做负功，滑动摩擦力做的总功与总路程成正比，根据动能定理求解总路程．（2）当物体第一次经过C点时，速度最大，对C点的压力最大，当最后稳定后，物体在BE之间运动时，经过C点时速度最小，物体对C点的压力最小，根据动能定理求出最大速度和最小速度，再由牛顿运动定律求解最大压力和最小压力．解答：解：（1）如图，小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内即图中EB范围内运动，对物体从A到B（或E）的整个过程，运用动能定理得mgRcosθ﹣fs=0又f=μmgcosθ解得：S=（2）小物体第一次到达最低点时对C点的压力最大；根据牛顿第二定律得：Nmax﹣mg=m由动能定理得：mgR﹣μmgcosθ•=式中解得：Nmax=mg（3﹣2µcosθctgθ）当小物体最后在BCD′（D′在C点左侧与B等高）圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小．则有：Nmin﹣mg=mmgR（1﹣cosθ）=mv′2解得：Nmin=mg（3﹣2cosθ）．答：（1）小物体在斜面上滑行的总路程是；（2）物体对C点的最大压力为3mg﹣2μmgcosθcotθ，最小压力为3mg﹣2mgcosθ．点评：-16-本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点．　16．（16分）（2022秋•广饶县月考）如图所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为V0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g=10m/s2，试求：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向（3）若滑块从“9”形规道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=60°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h（保留两位有效数字）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，一起做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速和匀速运动的时间，从而得出滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间．（2）根据动能定理求出C点的速度，通过牛顿第二定律求出轨道对滑块的作用力大小和方向，从而得出滑块对最高点的作用力大小和方向．（3）对B到D运用动能定理，求出D点的速度，抓住速度与斜面垂直，结合平抛运动的规律求出平抛运动落在斜面上的竖直分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的竖直高度．解答：解：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律μmg=ma，得a=μg=0.3×10m/s2=3m/s2．加速到与传送带达到同速所需要的时间，位移，之后滑块做匀速运动的位移s2=L﹣s1=6m，所用的时间故t=t1+t2=2+1s=3s．（2）滑块由B到C的过程中动能定理，在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，-16-，代入数据解得FN=90N，方向竖直向下．由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为N=N=90N，方向竖直向上．（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得，，在P点，又h=联立代入数据得，h=0.47m答：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间为3s；（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为90N，方向竖直向上．（3）P、D两点间的竖直高度为0.47m．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律与平抛运动、圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．　-16-