1、2016-2017学年贵州省遵义一中高三（上）第二次段考物理试卷（11月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分1消防队员手持水枪灭火，水枪跟水平面有一仰角关于水枪射出水流的射高和射程，正确的是（）A初速度大小相同时，仰角越大，射程越大B初速度大小相同时，仰角越大，射高越高C仰角相同时，初速度越大，射高一定越大D仰角相同时，初速度越大，射程一定越大2如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，=30=60，求轻杆对A球的作用力（）AmgBmgCmgDmg3如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为2
2、20V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）AU=110V，I=0.2ABU=110V，I=0.05ACU=110V，I=0.2ADU=110V，I=0.2A4如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的恒定速率运行巳知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10 m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A物块在传送带上运动的时间为2.32sB物块在传送带上因摩擦产
3、生的热量为2JC物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6JD物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J5如图，在负点电荷Q的电场中有P、M、N、O四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点O为PN的中点P=30，MN=a，M、N、P、O四点处的电势分别用M、N、P、O表示已知P=N，M=O，点电荷Q在M、N、P、O四点所在面内，则（）AP点场强大小为B连接OM的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从M点搬运到N点，电势能增加DO小于N6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2（1、2
4、均为锐角），则由此条件不可能求得（）A水星和金星的质量之比B水星和金星到太阳的距离之比C水星和金星绕太阳运动的周期之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比7图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）Aa、b两点的电场强度大小关系b点大Ba、b两点的电势关系y=v0tC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大8如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所
5、在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（）A受到的安培力方向水平向右B下滑位移大小为C运动的加速度大小为gsinD产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量三、非选择题9在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A让小球多次从位置上滚下，在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置，如图中a、b、c、d所示B按图安装好器材，注意，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线C取下白纸以O为原点，以
6、竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹（1）完成上述步骤，将正确的答案填在横线上（2）上述实验步骤的合理顺序是10其同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00103，此时电压表的指针也偏转了已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为V（结果保留两位有效数字）（2）为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A断开开关S，按图2连接好电路；B把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C将电阻箱R0的阻值调到零；
7、D闭合开关S；E移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G断开开关S实验中可供选择的实验器材有：a待测电压表b滑动变阻器：最大阻值2000c滑动变阻器：最大阻值10d电阻箱：最大阻值9999.9，阻值最小改变量为0.1e电阻箱：最大阻值999.9，阻值最小改变量为0.1f电池组：电动势约6V，内阻可忽略g开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动
8、变阻器中选用（填“b”或“c”），电阻箱中选用（填“d”或“e”）电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测R真（填“”或“”）；若RV越大，则越（填“大”或“小”）11如图所示，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，由静止开始经相同电压加速后的甲、乙两种带电粒子，分别从A、B两点射入磁场，结果均从C点射出，则它们的速率v甲：v乙为多大？，它们通过该磁场所用的时间t甲：t乙为多大？12如图所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径一质量为m 的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM上在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位
9、于滑道的末端C点（此时弹簧处于自然状态）若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过B点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c点时对轨道的压力FN的大小；（3）物块从A处开始下滑时的初速度大小v02016-2017学年贵州省遵义一中高三（上）第二次段考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分1消防队员手持水枪灭火，水枪跟水平面有一仰角关于水枪射出水流的射高和射程，正确的是（）A初速度大小相同时，仰角越大，射程越大B初速度大小相同时，仰角越大
10、，射高越高C仰角相同时，初速度越大，射高一定越大D仰角相同时，初速度越大，射程一定越大【考点】抛体运动【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题【分析】把初速度在水平和竖直方向分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据水平和竖直方向的运动规律可以分析求得【解答】解：A、将初速度分解，如图所示，水平速度为竖直速度为所以当初速度大小相同时，仰角越大，水平速度越小，竖直分速度越大，则竖直方向上的运动时间越长，根据抛出点到最高点的水平位移=，当=45时水平射程最大，最大水平射程，所以仰角越大射程并不是越大，故A错误；B、当初速度大小相同时，仰角越大，竖直速度就越大，所以射高越高，所以B正确
11、；CD、当仰角相同时，初速度越大，竖直速度就越大，所以射高越高；仰角相同时，初速度越大，水平速度越大，竖直速度越大，在竖直方向上的运动时间越长，根据，射程越大，故C正确，D正确；故选：BCD【点评】水枪射出水流属于斜抛运动，对于斜抛运动我们可以把它分解到水平和竖直两个方向来分析；再根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动规律进行分析即可2如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，=30=60，求轻杆对A球的作用力（）AmgBmgCmgDmg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析
12、】对A球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可【解答】解：对A球受力分析，受重力、杆的支持力F2和细线的拉力F1，如图所示：根据共点力平衡条件，有：F2=mg（图中矢量三角形的三个角分别为30、30、120）故选：A【点评】本题关键受力分析后根据共点力平衡条件列式求解，注意三力平衡可用合成法，四力平衡可以用正交分解法，基础问题3如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）AU=110V，I=0.2ABU=11
13、0V，I=0.05ACU=110V，I=0.2ADU=110V，I=0.2A【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解【解答】解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为=0.1A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为=110V，电流为=0.2A，A正确故选A【点评】本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比4如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带上，传送带以4m/s的
14、恒定速率运行巳知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10 m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A物块在传送带上运动的时间为2.32sB物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6JD物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J【考点】功能关系；机械能守恒定律【专题】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】物块在斜面上做匀加速直线运动，由运动学基本公式可求得物块通过B点的速度，物块滑上传送带后先做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出匀加到速度与传送带相等所用时间和通过的位移，再分析速度
15、相等后的运动情况，求解时间，物块在传送带上因摩擦产生的热量Q=mgx，根据动能定理求出求出传送带对物块做功，根据能量守恒定律求解传动系统因此而多消耗的能量【解答】解：A、物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有：x=，解得：v=滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：mg=ma代入数据得：a=2m/s2，由v2=2as，代入数据解得：s=3mL所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为： t1=匀速运动的时间为：t2=故总时间为：t=t1+t2=2.75s，故A错误；B、物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=mgx=0.210（413）=2J，故B正确；C、根
16、据动能定理得：W=，故C正确；D、物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为： E=Q+=8J，故D正确故选：BCD【点评】传送带模型是高中物理的典型模型，要掌握其解题思路与方法，分析清楚物块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题5如图，在负点电荷Q的电场中有P、M、N、O四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点O为PN的中点P=30，MN=a，M、N、P、O四点处的电势分别用M、N、P、O表示已知P=N，M=O，点电荷Q在M、N、P、O四点所在面内，则（）AP点场强大小为B连接OM的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从M点搬运到N点，电势能增加DO小
17、于N【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【专题】比较思想；模型法；电场力与电势的性质专题【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列以点电荷为圆心的同心圆，对于圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在PN的中垂线和OM的中垂线的交点上，由几何关系可知，该交点在PM的上，如图所示，且得 PQ=aP点场强大小为 E=K=，故A正确；B、根据点电荷电场的分布情况可知，连接OM的线段一定不在同一等势面上故B错误C、将正试探电荷从M点搬运到N
18、点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D、在负点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，则O小于N故D正确故选：ACD【点评】本题的关键是明确点电荷电场中电场线和等势面的分布规律，知道沿着电场线电势逐渐降低，电场力做负功时，电势能增加6如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2（1、2均为锐角），则由此条件不可能求得（）A水星和金星的质量之比B水星和金星到太阳的距离之比C水星和金星绕太阳运动的周期之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用
19、专题【分析】相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，绕同一中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可求出轨道半径比，以及向心加速度比【解答】解：A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A正确B、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：G mr2，r=，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比故B错误C、相同时间内水星转过的角度为1；金星转过的角度为2，可知它们的角速度之比为1：2周期T=，则周期比为2：1故C错误D、根据a=r2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比故D错误故选
20、A【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力：G =mr2以及知道要求某一天体的质量，要把该天体放在中心天体位置，放在环绕天体位置，被约去，求不出来7图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）Aa、b两点的电场强度大小关系b点大Ba、b两点的电势关系y=v0tC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大【考点】等势面【分析】根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比
21、较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小【解答】解：A、从等势线的分布来看，a点的稀疏，b点密集，故a点的场强小于b点，选项A正确；B、由于不知道是什么电荷形成的电场，故不能确定两点的电势关系，选项B错误；C、粒子从P到a或b的过程中，都是电场力做功，粒子的动能一定增加，电势能一定减小，故选项C错误，D正确故选：AD【点评】该题利用点电荷形成的电场设置问题，但点电荷的性质是未知的，只知道等势线的分布，故不能确定点电荷是正电荷还是负电荷，所以两点的电势关系也就不能确定了，但是它们都在电场力的作用下运动，故电场力对它们都做正功，电势能减小，动能增大8如图所示，足够长的
22、U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（）A受到的安培力方向水平向右B下滑位移大小为C运动的加速度大小为gsinD产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【专题】应用题；定性思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】应用右手定则与左手定则可以判断出安培力方
23、向；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式可以求出金属棒的位移；根据金属棒的受力情况应用牛顿第二定律可以求出加速度大小；应用能量守恒定律分析焦耳热与重力势能变化关系【解答】解：A、由右手定则可知，感应电流由b流向a，由左手定则可知，安培力平行于斜面向上，故A错误；B、通过金属棒ab横截面的电荷量：q=It=t=t=，金属棒下滑的位移大小：x=，故B正确；C、金属棒刚开始下滑时速度为零，不受安培力作用，产生加速度最大，由牛顿第二定律得，最大加速度：a=gsin，金属棒运动过程受安培力作用，金属棒做加速度减小的加速运动，加速度不断减小，加速度并不一直是gsin，故C错误；D、金属棒下滑过程，
24、重力势能减少，减少的重力势能转化为金属棒的动能与焦耳热，焦耳热小于重力势能的 减少量，故D错误；故选：B【点评】金属棒向下做加速度减小的加速运动，当金属棒受到的合力为零后金属棒做匀速直线运动，分析清楚金属棒的运动过程的解题的前提与关键，应用右手定则、法律的电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、能量守恒定律可以解题三、非选择题9在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：A让小球多次从同一位置位置上滚下，在一张印有小方格的纸记下小球碰到铅笔笔尖的一系列位置，如图中a、b、c、d所示B按图安装好器材，注意斜槽末端切线水平，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线C
25、取下白纸以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹（1）完成上述步骤，将正确的答案填在横线上（2）上述实验步骤的合理顺序是BAC【考点】研究平抛物体的运动【专题】实验题【分析】在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹要得到的是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时初速度相同【解答】解：（1）在研究平抛运动的实验中，为保证小球做平抛运动斜槽末端要水平，为保证每次运动轨迹相同要求小球从同一位置释放；（2）实验的第一步是：安装好器材，使斜槽末端水平，第二步是：让小球多次从统一位置无初速滚下，记录位
26、置故正确的顺序应该是BAC故答案为：（1）A同一位置，B斜槽末端切线水平；（2）BAC【点评】关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理，要亲自动手实验，体会实验步骤和注意事项10其同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00103，此时电压表的指针也偏转了已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为1.0V（结果保留两位有效数字）（2）为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A断开开关S，按图2连接
27、好电路；B把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C将电阻箱R0的阻值调到零；D闭合开关S；E移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G断开开关S实验中可供选择的实验器材有：a待测电压表b滑动变阻器：最大阻值2000c滑动变阻器：最大阻值10d电阻箱：最大阻值9999.9，阻值最小改变量为0.1e电阻箱：最大阻值999.9，阻值最小改变量为0.1f电池组：电动势约6V，内阻可忽略g开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：要使
28、测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用c（填“b”或“c”），电阻箱中选用d（填“d”或“e”）电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测R真（填“”或“”）；若RV越大，则越小（填“大”或“小”）【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；（2）采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻；从而选择实验仪表；明确实验原理，知道实验中要保
29、证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的，当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V；则可明确实验结果【解答】解：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R=15100=1500；电压表的内电阻为：RV=3000；故电压表读数为：U=IRV=RV=1.0V；（2）采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；实验中要保
30、证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当Rv越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，越小；故答案为：（1）1.0；（2）c；d；小【点评】本题考查了用半偏法测量电压表电阻，关键是明确实验原理，从实验原理角度选择器材、分析误差来源；同时注意明确实验中对应的误差分析方法11如图所示，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，由静止开始经相同电压加速后的甲、乙两种带电
31、粒子，分别从A、B两点射入磁场，结果均从C点射出，则它们的速率v甲：v乙为多大？，它们通过该磁场所用的时间t甲：t乙为多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据粒子的半径大小，通过洛伦兹力提供向心力求出粒子的荷质比结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系【解答】解：（1）根据动能定理：qU=mv2，得：v=根据轨迹图可知，甲、乙两粒子的半径之比为2：1，根据qvB=m得：（2）粒子运动的周期：与粒子运动的速度无关，它们通过该磁场所用的时间为：t甲：t乙为：答：它们的速率v甲：v乙为2：1，它们通过该磁场所用的时间t甲：t乙为1：
32、2【点评】带电粒子在电场中加速常用动能定理解决，解决粒子在磁场中圆周运动的基础就是掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用12如图所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径一质量为m 的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM上在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端C点（此时弹簧处于自然状态）若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过B点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c
33、点时对轨道的压力FN的大小；（3）物块从A处开始下滑时的初速度大小v0【考点】功能关系；向心力；机械能守恒定律【分析】根据机械能守恒定律求出小物块运动到B点的速度；根据牛顿第二定律求出B点的支持力大小，根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力；若小物块以某一水平初速度从C点出发，恰能返回A点，即返回A点时的速度恰好为零，根据能量守恒可求解【解答】解：（1）由题意可知，物块在B点满足：mg=m得（2）物块由C点到B点机械能守恒：mvC2=mg2R+mvB2在C点：FNmg=m，由以上三式联立可得FN=6 mg由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点C的压力FN=FN=6 mg（3）设弹簧的最大压缩量为d，由能量守恒定律可得：Ep=mgd+mvC2，对物块由A点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律可得：mv02+mgR=Ep+mgd解得：v0=答：（1）物块被弹簧反弹后恰能通过B点时的速度大小为；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道c点时对轨道的压力FN的大小为6mg；（3）物块从A处开始下滑时的初速度大小v0为【点评】本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小
