2022年福建省龙岩市某校高考物理模拟试卷

2022年福建省龙岩市某校高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.2021年4月，日本政府决定将福岛核废水排放入大海，引起国际社会的广泛关注。

核废水即使经处理，但还是含有瓶、锢-90、钠-137、碘-129等放射性元素。其

中盘7cs是最具危害的放射性元素，半衰期为30年。它能通过0衰变放射出0射线，

衰变得到的新核用X表示。则下列说法正确的是（）

A.葩核发生B衰变的衰变方程为民7csT翌7x+91e

B.20个的核经过60年，一定还有5个钠核未发生衰变

C.钠核发生0衰变时，0射线来自原子核外的电子电离

D.婢X的比结合能比斓Cs小

2.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像如图所示，取r趋近于无穷大时Ep为零.若甲

分子固定在坐标原点0处，乙分子从匕处由静止释放，下列说法正确的是（）

A.分子力对乙先做负功后做正功

B.当两个分子相距为r=上时，乙分子的速度最大

C.当两个分子相距为r=上时，它们之间的分子力表现为引力

D.当两个分子相距为r=r1时，它们之间的分子力表现为引力

3.如图所示，截面为;圆弧的柱状物体A静置于粗糙水平地面上，A

的左端紧靠竖直墙，光滑圆球B置于A与竖直墙之间，整个系统

处于静止状态.现将A向右移动少许，整个系统仍处于静止状

态，下列说法正确的是（）

A.物体A对地面的压力减小

B.圆球B对墙的压力增大

C.物体A与圆球B之间的作用力大小不变

D.物体A受到的摩擦力减小

4.木块A、B的质量分别为5kg和6kg,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。

夹在A、B之间的轻质弹簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为400N/m,初始时两木

块在水平地面上静止不动。现用与水平方向成60。的拉力F=6N作用在木块B上，如

图所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2,则在力F作用

后（）

A.木块A所受摩擦力的方向向左B.木块A所受摩擦力大小是12.5N

C.木块B所受摩擦力大小是11ND.木块B所受摩擦力大小是15N

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.某同学通过查阅手机说明，知道手机摄像头附近有一个小孔，小孔位置内部处安装

/降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪

音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过

程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。则（）

降噪孔

A.降噪过程实际上是声波发生了衍射B.降噪过程实际上是声波发生了干涉

C.降噪声波与环境噪声的频率相等D.a点经过一个周期运动到b点位置

6.如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标

原点，电荷q2的右侧各点电势叩随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变

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化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则下列说法正

确的是（）

A.A点的电场强度方向向左

B.从B点到D点的电场强度先增大后减小

C.两点电荷的电荷量的大小关系为方>q2

D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功

7.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度Va和Vb的射入匀

XXX

强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°w

xx

和30。，磁场宽度为d,两粒子同时由A点出发，同时到达B"C"

\bxxx

点，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（）SO。、*x

A.a粒子带正电，b粒子带负电

B.两粒子运动周期之比Ta：B=2：1

C.两粒子的质量之比2：1

D.两粒子的轨道半径之比1：V3

8.在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物。如图甲所示，倾角为。的传送带

以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带

上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器分别测得货物与传送带的速度

v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,可

知（）

A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.05

B.A、B两点间的距离为1.2m

C.货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功-11.2J

D.货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8J

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

9.骑行一族在野外可用以下简单的方法快速制取少量的冰块。如

图所示，把自行车应急充气用的钢制二氧化碳气瓶放到装有少

量水的杯子中，打开气阀，瓶内高压气体持续放气一段时间后,

杯中的水便结成了冰。在此过程中，二氧化碳气体对外界做

（选填“正”、“负”）功，根据热力学第一定律，气体

的分子平均动能，故温度降低。

四、实验题（本大题共2小题，共10.0分）

10.学校物理兴趣小组利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。

ABCDEF

图2

（1）图中的电磁打点计时器可能接的是电压为（选填“6”或“220”）V的交

流电源。

（2）实验时:下列操作正确的是

A.释放纸带的同时接通电源

B.先接通电源，后释放纸带

C.先释放纸带，后接通电源

（3）用电磁打点计时器打出一条点迹清晰的纸带，分别测出纸带上的A点到B、C、D、

E、F点的距离Xi、x2>X3、X4、x5,以A点作为计时起点，算出钩码的位移x与对应

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运动时间t的比值，，并作出:-1图像。若作出的;一t图像的斜率为k,在纵轴上的截

距为b,则打点计时器打A点时钩码的速度大小VA=，当地的重力加速度大

小g=。

11.某同学测量电流表Gi内阻L的电路如图甲所示，供选择的仪器如下：

①待测电流表Gi（Os5mA,内阻约300。）

②电流表G2（0~10mA,内阻约100。）

③定值电阻Ri（300Q）

④定值电阻”（10。）

⑤滑动变阻器区3（0~10000。）

⑥滑动变阻器R4（0~20Q）

⑦干电池（1.5V）

⑧开关及导线若干

（1）定值电阻应选,滑动变阻器应选;（在空格内填写序号）

（2）完成实物图连接；

（3）补全实验步骤：

①按电路图连接电路，将滑动触头移至最端（填“左”或“右”）;

②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录G】、G2的读数k、5

③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数11、12；

④以k为纵轴，12为横轴，作出相应图线，如图乙所示。

（4）根据I1-I2图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻L的表达式

五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）

12.某同学假期在公园里游玩时，看到岸边不远处一白色垃圾漂浮在水面上，远处一小

船划过后，一列水波由远处传来，该同学想等着水波将臼色垃圾推到岸边后，再将

其拾起丢入垃圾箱，可是等了很久也不见白色垃圾被水波推向岸边。观察发现，水

波的速度约为1.2m/s,白色垃圾在水中上下振动时，从第1次到达最高点到第5次到

达最高点所用的时间为6s。该水波的周期为s,波长为mo

六、计算题(本大题共3小题，共42.0分)

13.如图所示，质量m=2kg、电量q=+0.01C的小物体(可视为质点)放在光滑水平轨

道上的A点，A点到B点所在的区间内存在方向水平向左的匀强电场，场强E=

700N/C.物体受到与水平面成37。斜向上的拉力F=10N,从A点由静止开始向右运

动，经过时间t=12s运动到B点时立即撤去F,此后物体进入右边竖直光滑半圆形

的轨道运动。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8。

(1)求物体在AB段运动时的加速度a和拉力F所做的功W；

(2)物体刚好能运动到轨道最高点D点，求半圆形轨道的半径R。

14.2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目。下图

是一个冰壶大本营的示意图，内环％=0.61m,中环R2=1.22m,外环R3=1.83m。

某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝

两壶分别停在M和N点。设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：

(1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比;

(2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比。

15.游乐场是年轻人都爱去的娱乐场所，某设计单位为测试待建滑行轨道的性能，建立

了如图所示的测试模型。模型左边是半径为4.5m的;圆弧轨道，轨道末端B水平，且

与皮带等高。皮带保持Vo=lm/s的速度逆时针转动，C点是皮带的最右端，C点右

边是一放在光滑水平地面上的木板，木板与皮带等高，且长度为1m,质量为1.2kg。

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试验时，让质量为2kg的物块甲从A点由静止释放，测得甲到B点时对轨道的压力大

小为56N,甲到达B点的同时，在皮带右侧C点轻轻放置质量为0.4kg的物块乙，甲、

乙碰撞前瞬间甲的速度大小V[=5m/s,甲、乙碰撞后粘成一体继续沿皮带向右滑

行，最后滑上木板。已知甲、乙及甲乙整体与皮带间的动摩擦因数均为由=0.2,

甲乙整体与木板间的动摩擦因数为4=0.1,重力加速度g=10m/s2o求：

(1)从A滑到B的过程中，甲克服摩擦力做的功Wf；

(2)皮带的长度1；

(3)甲乙整体到达C点时的速度大小Vc;

(4)判断甲乙整体能否和木板达到共速？若能，求出甲乙在木板上滑行的距离；若

不能，为使甲乙和木板能共速，需要在木板右端粘接上至少多长的同种规格(相同

高度、宽度和材料)的木板。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、0射线是高速电子流，根据质量数守恒和电荷数守恒可得葩的衰变方

程为斓CST婷X+£e,故A正确；

B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数原子核不适用，故B错误；

C、根据0衰变的本质可知，。衰变中生成的电子是原子核内部的一个中子转化为一个质

子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外形成0射线，故C错误；

D、。衰变是自发的，衰变的过程中释放能量存在质量亏损，所以新核的比结合能更大，

即斓X的比结合能比界Cs的比结合能大，故D错误。

故选：A。

根据质量数守恒和电荷数守恒分析核反应方程；半衰期属于统计规律；根据B衰变的实

质分析；衰变的过程中释放能量，比结合能更大。

本题考查了原子核衰变、半衰期、比结合能等知识点。对于这分知识很多是属于记忆部

分的，因此需要注意平时的记忆与积累。

2.【答案】B

【解析】解：AB、全处是平衡位置，上处分子力为引力，所以乙分子从L处由静止释放，

分子力先做正功，运动到「2处速度最大，动能最大，分子势能最小，后做负功，动能减

小，势能增大，故A错误，B正确；

C、当两个分子相距为r=4时，它们之间的分子力为零，故C错误；

D、当两个分子相距为r=r1时，它们之间的分子力表现为斥力，故D错误。

故选：Bo

当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距

离时，分子力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力；根据分

子力的特点分析其运动规律。

解决本题的关键是掌握分子力与分子间距的关系，知道分子间距离等于平衡距离时，分

子力为零，分子势能最小。

3.【答案】D

【解析】解：A、以A、B为整体受力分析如图1,竖直方向上受重力及地面的支持力，

两物体重力不变，所以地面对A的支持力不变，由牛顿第三定律知A对地面的压力不变，

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故A错误;

B、对小球B受力分

析，作出平行四边形,

如图2所示，A移动

前后，B受力平衡，

即B球受墙壁及A的

弹力的合力与重力

大小相等，方向相反;

A向右移动少许，A对B的弹力顺时针旋转，墙对B的压力减小，由牛顿第三定律，B对墙

的压力变小，故B错误；

C、由图2知，A对B的弹力减小，故C错误；

D、分析A、B整体，水平方向上墙对B的压力和地面对A的摩擦力等大反向，墙对B的压

力减小，则地面对A的摩擦力减小，故D正确。

故选：Do

先整体分析地面对A的支持力，再隔离B分析AB间的作用力及墙对B的弹力，再整体分析

地面对A的摩擦力。

本题考查了共点力平衡中的连接体问题及动态过程的分析，注意连接体问题的处理方法:

整体与隔离相结合。

4.【答案】C

【解析】解：A和水平面之间的最大静摩擦力的大小为：0=|imAg=0.25X5xION=

12.5N

根据胡克定律可知，弹簧的力大小为：Fi=kx=400x2x10-2N=8N

CD、当把与水平方向成60。的拉力F=6N作用在木块B上时，木块B受到重力、地面的支

持力、弹簧对B向右的弹力，斜向上的拉力以及地面的摩擦力，受力如图：

竖直方向：N=mBg-Fsin60°=6xION-6xyN«54.8N

水平方向：fB=Fi+Fcos60°=8N+6x1N=UN

此时B和水平面之间的最大静摩擦力的大小为：f2=nN=0.25x54.8N=13.7N>fB,

所以木块B仍然保持静止，受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于8N,故C正确，D错误；

AB、木块A受到重力、地面的支持力、弹簧向左的弹力，若要平衡，则木块A受到地面

对A向右的静摩擦力，大小等于弹力的弹力，为8N,故AB错误；

故选：Co

分析A、B两物体受到的最大静摩擦力，根据胡克定律求解弹簧的弹力大小，当施加外

力F后，判断AB的运动情况，如果AB都不动，则根据平衡条件求解两者受到的静摩擦力

大小，如果两物体运动，则根据滑动摩擦力的公式求解摩擦力大小。

解决该题的关键是当施加了外力作用后必须先根据外力与最大静摩擦力的大小关系判

断物体是保持静止还是运动，其次掌握静摩擦力和滑动摩擦力的求解方法。

5.【答案】BC

【解析】解：ABC、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，

叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以能使振幅减为零，起到降噪作用，故A

错误，BC正确；

D.在声波的传播过程中，质点只会在平衡位置附近来回振动，并不随波的传播方向移动，

故D错误。

故选：BC。

根据声波的特点分析出降噪的原理；

质点只会在所在平衡位置附近振动，不会随着波向前运动。

本题主要考查了波的干涉现象的相关应用，理解波的干涉特点和传播特点即可，属于基

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础题型。

6.【答案】AC

【解析】答：A、由电势分布可知，q1带负电，q2带正电，故A点场强方向向左，故A

正确；

B、，从B到C,斜率变小，C点斜率为0,从C到D,斜率变小，所以从B到D,场强先变

小后变大，再变小，故B错误；

C、曲线斜率表示场强，C点斜率为0,所以Ec=0,由点电荷场强公式E=k3及叠加

原理可知：qj>q2>故C正确；

D、由图知，从C到D电势逐渐升高，因沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线向左，

负电荷从C到D,电场力做正功，故D错误。

故选：AC。

A、由正负电荷电势分布特点解答；B、年-x的斜率表示场强，比较斜率变化判断；C、

找到场强为。点，由点电荷场强公式和叠加原理解答；D、根据沿电场线方向电势逐渐

降低，判断从C到D的电场线方向，然后判断电场力做功。

本题重点要知道⑴-X的斜率表示场强，熟记正负电荷电场线和电势分布特点，点电荷

场强公式，记住电场线的特点：沿电场线方向电势逐渐降低。

7.【答案】BC

【解析】解：A.由题意可知a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由

左手定则可知a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；

B.作出两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知从A运动到B,

a粒子转过的圆心角为60。，b粒子转过的圆心角为120。，因为两

粒子运动时间相同，所以ta=?=R=?,解得Ta：Tb=2：1,

故B正确；

C.根据牛顿第二定律有：Bvq=乎，粒子的运动周期表达式为T=等=黑，因为两

1Rvqb

粒子的电荷量相等，所以ma：mb=Ta：Tb=2：1,故C正确；

D.根据几何关系可得：?=tan6(r=¥，故D错误。

Rb1

故选：BC»

根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径；根据几何关系得到中心角，即可

由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量、速度之比。

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心

角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。

8.【答案】CD

【解析】解：A、由v-t图象可知，货物在传送带上先做a】匀加速直线运动，加速度大

小为：a==^m/s2=10m/s2,

货物的速度达到与传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得：mgsine+f=ma「即：

mgsinQ+|imgcos0=mat…①，

货物的速度达到与传送带速度相等后，货物做a2的匀加速直线运动，加速度大小为：a'=

根据牛顿第二定律得：mgsinQ—f=ma2,即：mgsin0—|imgcos0=ma2...(£)>

代入数据由①②解得：cos。=0.8,ri=0.5,故A错误：

B、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较

小的匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=

Jx2x0.2m+1x(2+4)x(1.2-0.2)m=3.2m,故B错误；

C、根据功能关系，由B中可知：f=nmgcose=0.5xlxl0x0.8N=4N,做a】匀加速

直线运动，由图象知位移为：X1=1x2x0.2m=0.2m,物体受力分析受摩擦力，方向

向下，摩擦力做正功为：Wfl=fX1=4x0.2J=0.8J,

货物以加速度a?做匀加速直线运动过程，由图象知位移大小为：x2=ix(2+4)x

(1.2—0.2)m=3m,

物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：wf2=-fx2=_4X3J=-12J,

所以整个过程，传送带对货物做功大小为：W=Wfi+Wf2=0.8J-12J=-11.2J,故C

错正确

D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可

知：f=(imgcosQ=0.5x1x10X0.8N=4N.

做a】匀加速直线运动，位移为:xx=1x2x0.2m=0.2m,皮带位移为:x皮=2x0.2m=

0.4m,相对位移为：Ax1=*皮一Xi=0.4m-0.2m=0.2m,

同理:做a?匀加速直线运动，位移为:X2=1x(2+4)xlm=3m,x皮2=2xIm=2m,

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相对位移为：Ax?=X2-x皮2=3m-2m=Im,

故两者之间的总相对位移为：Ax=Ax】+AX2=lm+0.2m=1.2m,

货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fAx=4xl.2J=4.8J,故D正确。

故选：CD,

货物在传送带上先做为匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度-时间图线

围成的面积的表示物块的位移，根据速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找

到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热。

本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两

个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位

移。

9.【答案】正减小

【解析】解：由题意可知，二氧化碳气体体积增大，则二氧化碳气体对外界做正功，气

体还来不及吸热，气体的内能减小，则气体分子的平均动能减少，故温度降低。

故答案为：正；减小

根据体积的变化分析出气体对外界的做功类型，结合热力学第一定律分析出温度的变化,

从而分析出气体的分子平均动能的变化。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解气体对外界的做功类型，从而分析出

温度的变化，同时要理解温度是气体分子平均动能的标志。

10.【答案】6Bb2k

【解析】解：(1)电磁打点计时器应接低压6V交流电源。

(2)为充分利用纸带，实验时，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带，

故B正确，ACD错误；

故选：Bo

2

(3)根据匀变速直线运动的规律有x=vAt+|gt

整理得；=[gt+VA

可得VA—b,g=2k

故答案为：(1)6；(2)B；(3)b；2k

(1)根据打点计时器的类型选择合适的交流电源；

(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；

(3)根据运动学公式结合图像的物理意义得到速度和加速度。

本题主要考查了自由落体的加速度测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合

运动学公式和图像的物理意义即可完成分析。

11.【答案】③⑥左L=(k-l)Ri

【解析】解：(1)由于Gi的满偏电流

是G2的一半，根据并联电阻的分流

作用可知G]应与阻值相近的定值

电阻并联，再与G2串联，因待测电

流表的内阻约为300Q,则定值电阻

应选取心。

滑动变阻器R3的阻值太大，不方便

调节，应选取阻值较小的R4,方便

调节，并使用分压式接法;

(2)采用分压式接法，实物图连接如下图所示；

(3)为了保护实验中电表，开始时应让电压从0开始调节，故开始时滑片应在最左端。

(4)根据欧姆定律和串并联电路的关系有：12=I1+膏=喏1]

结合图像，则图像的斜率卜=若，则有：ri=(k-l)R]

故答案为：(1)③、⑥；(2)如图所不；(4)

左、n=(k-1)RX

(1)根据定值电阻阻值与待测电流表内阻相等可知将二者并联后总电流与电流表G2的满

偏电流相等，所以测量电路应是将待测电流表与定值电阻R2并联后再与电流表G2串联;

再根据变阻器采用分压式接法时阻值越小时调节越方便即可选出变阻器R4；

(2)根据实物图的连接要求连接实物图；

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(3)(4)根据物理规律写出12与h的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解，根据实

验电路故障分析原因。

解答本题应明确：①设计电路时，可先画出可能的电路图，然后选择能求出待测量的

电路即可；②变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；③遇到

根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于阻值与横轴物理量

的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解.

12.【答案】1.5；1.8

【解析】解：从第1次到达最高点到第5次到达最高点所用的时间为6s,经历4个整周期，

则该水波的周期为：T=*s=1.5s；

5—1

由波长、周期和波速的关系式：A=vT,代入数据，可得：A=1.8m

故答案为：1.5,1.8

根据题目中白色垃圾达到最高点的时间特点计算出周期，结合公式入=vT计算出波长的

大小。

本题主要考查了横波的图像，理解周期的定义，掌握波长、频率和波速的关系即可完成

分析。

13.【答案】解：(1)物体在AB段运动时，由牛顿第二定律有

Fcos37°—qE=ma

代入数据解得：a=0.5m/s2,方向水平向右。

由运动学公式有AB间距离为XAB=拘2

代入数据解得：xAB=36m

拉力F所做的功为W=FXABCOS37°

代入数据解得：W=288J

(2)物体在刚好过圆弧轨道最高点D时有

mg=niQ

由B到D根据动能定理可得

-mg-2cRn=-1mvg2--m1v§2

物体到达B点时的速度大小为VB=at

联立解得：R=0.72m

答:⑴物体在AB段运动时的加速度a为0.5m/s2,方向水平向右。拉力F所做的功为288J；

（2）物体刚好能运动到轨道最高点D点，半圆形轨道的半径R是0.72m。

【解析】（1）物体在AB段运动，分析其受力情况，根据牛顿第二定律求加速度a。由位移

一时间公式求出AB间的距离，再由功的计算公式求拉力F所做的功W；

（2）物体刚好能运动到轨道最高点D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物体

到达D点时的速度大小。由B到D的过程，根据动能定理求半圆形轨道的半径R。

本题是牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合应用，关键把握隐含的临界条件：

物体刚好能运动到轨道最高点D点时，由重力提供向心力。

14.【答案】解：（1）设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为V1、V2,根据动能定理，有：

一|imgsi=0-|mvf

一^mgS2=0--1mv$7

依题意：Si=Rz-Ri，s2=2R2

联立以上各式可得：v1：v2=l：2；

（2）设红壶碰前速度为Vo，取向右为正方向，碰撞前后动量守恒，有：mv（）=mV1+mV?

由于Vi：v2=1：2,可得：Vo：vt=3：1

碰撞中损失的能量：AE=^mvo-（|mvi+gmv分=

碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比：n=吕=蹩=&

2mv02mV09

答：（1）碰后红壶和蓝壶的速度大小之比为1：2；

（2）红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比为4：9。

【解析】（1）根据动能定理求解红、蓝壶碰撞后瞬间的速度；

（2）根据动量守恒定律、能量守恒定律求解碰撞中损失的能量，由此得到碰撞过程损失

的机械能与碰前瞬间红壶动能之比。

本题考查动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的综合应用，根据题意分析清楚两壶

的运动过程是解题的前提，要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。解题时要注意正方

向的选择。

15.【答案】解：（1）甲物块在B点时，根据牛顿第二定律得：

FN-m甲g=m中黄

由牛顿第三定律知FN=56N