2025年高考物理第一次模擬考試（湖南卷）

全解全析

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

符合題目要求.

1.大氣層中碳14不斷產(chǎn)生又不斷衰變，達到了動態(tài)平衡，在大氣中的含量保持穩(wěn)定。這種機制的核反應(yīng)

方程為:"N+Xf1C+Y,：C-；4N+Z,其中x、丫、Z所代表的粒子分別為（）

A.質(zhì)子、中子、電子B.中子、質(zhì)子、電子

C.中子、電子、質(zhì)子D.電子、中子、質(zhì)子

【答案】B

【解析】核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒。由;4Cf；N+Z可知，z為電子。由+C+Y可知,

若X為質(zhì)子，則Y的電荷數(shù)為2,質(zhì)量數(shù)為1,不符合實際；可知X為中子，Y為質(zhì)子，故ACD錯誤,

B正確。

故選Bo

2.如圖所示，實線為質(zhì)點甲做簡諧運動的振動圖像，虛線為質(zhì)點乙做簡諧運動的振動圖像。下列說法中正

確的是（）

A.甲的周期是0.2s

B.甲的頻率是0.4Hz

C.片0.3s時，質(zhì)點乙的速度為0

D.尸0時，甲乙的相位差的絕對值是2

【答案】D

【解析】AB.根據(jù)振動圖像可看出甲乙的周期均為

T=0.4s

則頻率為

/=1=2.5HZ

故AB錯誤；

C.片0.3s時，質(zhì)點乙在平衡位置，它的速度最大，故C錯誤;

D.甲的振動方程

x=/sin(5R)

根據(jù)圖像可知乙的振動方程

71

x=/sin(5萬，一萬)

則片0時，甲乙的相位差為

57rt-(57/-()=(

故D正確。

故選D。

3.如圖所示，A、B、C三個物體靜止疊放在水平桌面上，物體A的質(zhì)量為2機，B和C的質(zhì)量都是加,

￡巴

A、B間的動摩擦因數(shù)為〃，B、C間的動摩擦因數(shù)為I,B和地面間的動摩擦因數(shù)為不。設(shè)B足夠長,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力尸，則下列判斷正確

的是()

CA------AF

少J1〃〃..〃..〃.〃〃〃〃〃./〃〃〃〃，〃|〃/

1

—z/mg

A.若A、B、C三個物體始終相對靜止，則力廠不能超過4

1

B.當力方二〃冽g時，A、B間的摩擦力為4〃

3

C.無論力方為何值，B的加速度不會超過4

9

F>—pimg

D.當力2時，B與A相對滑動

【答案】D

【解析】A.A、B間的最大靜摩擦力為

/=〃-21ng=2/jmg

B、C間的最大靜摩擦力為

f2=_.mg=_

B與地面的最大靜摩擦力為

/；=—(2m+m+m)g=-

o2

若A、B、C三個物體始終相對靜止，則三者一起向右加速，對整體根據(jù)牛頓第二定律可知

F-f3=(2m+m+m)a

假設(shè)C恰好與B相對不滑動，則對C有

f2=ma

解得

1

a=~^S

4

「3

F=-pimg

設(shè)此時A與B間的摩擦力為了,對A有

F—f=2ma

解得

3

—fdmg

表明C達到臨界時A還沒有到達臨界值，故要使三者始終相對靜止，則尸不能超過2,A錯誤；

B.當

F=jLimg

時，由整體可知

F-=(2m+m+m)a

解得

1

o

代入

F—f=2ma

解得

13

f=F-2ma=pimg-2m?—jug=—jumg

84

B錯誤；

C.當F較大時，A與C會相對于B滑動，B的加速度達到最大，當A與B相對滑動時，C早已相對

于B發(fā)生相對滑動，則B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后,

對B有

fi-f2-f3=maB

解得

5

°B="g

C錯誤;

D.B相對A滑動時，C早已相對于B發(fā)生相對滑動，對AB整體

/一人一人=（2加+加）優(yōu)

對A研究得

F—2Hmg=2ma'

解得

9

FF=-pimg

9

一〃加g

故當拉力大于2時，B相對A滑動，D正確；

故選D。

4.如圖所示，為均勻帶電半圓環(huán)，。為其圓心，O處的電場強度大小為￡,將一試探電荷從無窮遠處

移到。點，電場力做功為沙。若在cd處再放置一段4圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長度帶

電量與abc相同，電性與abc相反，則此時O點場強大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到。點電

場力做功為（）

V101V23^351

------W———W——W——W

A.2￡,2B.2￡,2C.46，2D.2區(qū)2

【答案】A

1

【解析】把題中半圓環(huán)等分為兩段，即每段為W圓環(huán)，每段在點。的電勢為例，電場強度為紇，且方

向分別與E夾角為6=45°,根據(jù)電場強度的疊加原理可知

因為電勢是標量，每段導(dǎo)體在。上的電勢為

同理，在cd處再放置一段4圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個4圓環(huán)，由于電性與相反，根據(jù)

場強疊加可知。處的場強大小為

E=J(2x——)Ed-----E=E

V222

電勢為3個圓環(huán)在。點的電勢之和，為

_W

將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功為2。

故選Ao

5.如圖所示，衛(wèi)星小b沿圓形軌道繞地球運行，。是極地軌道衛(wèi)星，衛(wèi)星b軌道平面與地球赤道平面重合,

此時兩衛(wèi)星恰好經(jīng)過地球赤道上夕點的正上方。已知地球自轉(zhuǎn)周期為T,衛(wèi)星〃、b繞地心做勻速圓周

A.衛(wèi)星匹b的線速度之比為孤：1

B.衛(wèi)星°、6的向心加速度之比為正：2

C.同一物體在衛(wèi)星小6中對支持物的壓力之比為小石門

D.衛(wèi)星0、6下一次同時經(jīng)過尸點正上方時，衛(wèi)星b繞地心轉(zhuǎn)過的角度為4萬

【答案】D

【解析】A.衛(wèi)星圍繞地球做圓周運動，由萬有引力提供向心力得

解得

T=2肛/---

\GM

根據(jù)題意可知

5=1:2

因此

凡：&=1:石

對于衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得

Mm

G——=m一

R-R

解得

GM

v

R

因此

匕區(qū)=血

彩凡

故A錯誤;

B.對于衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得

-Mm

=ma

解得向心加速度

“=G產(chǎn)

因此

aa

ab

故B錯誤;

C.物體在衛(wèi)星上所受地球的萬有引力提供其做圓周運動的向心力，因此物體對于其接觸的物體無壓力,

故c錯誤;

D.當衛(wèi)星小6下一次同時經(jīng)過尸點正上方時，地球自轉(zhuǎn)了一圈，此時衛(wèi)星6繞地球轉(zhuǎn)動了兩圈，即

衛(wèi)星6繞地心轉(zhuǎn)過的角度為4萬，故D正確。

故選D。

6.如圖所示，水平地面上放置著用輕質(zhì)彈簧豎直連接的A、B物塊（兩端栓接），其中A的質(zhì)量為機，彈

簧的勁度系數(shù)為上壓縮彈簧后釋放，A開始做簡諧振動，最高點恰好位于彈簧原長。某次A恰好到達

124mg2

最高點時，質(zhì)量為加的物塊C以速度"k與A發(fā)生完全非彈性碰撞后粘在一起做簡諧振動，當它

E=-kx2

們運動到最高點時，物塊B恰好與地面無彈力。已知彈簧彈性勢能的表達式為,2，質(zhì)量為加的

T=2乃巨

彈簧振子的周期,左，重力加速度為g。不計一切阻力及碰撞時間，彈簧足夠長且始終在彈性限

度內(nèi)。下列說法正確的是（)

c

A

B

7

A.B的質(zhì)量砥=3優(yōu)

B.A、C成為整體后，做簡諧振動的振幅為k

￡_4冗12m

C.A、C碰撞后，再次回到彈簧原長位置時間為-3Nk

D.A、C運動到最低點時，地面對B的支持力為乂=6根8

【答案】C

vj生虻

【解析】AB.物塊C以速度Vk與A發(fā)生完全非彈性碰撞后粘在一起，根據(jù)動量守恒定律有

mv=2mvx

當它們運動到最高點時，物塊B恰好與地面無彈力，根據(jù)能量守恒定律有

—x2mv^=；kx2+2mgx

對B受力分析有

h=niBg

解得

_2mg

=2mx~k

AC達到平衡位置時有

2mg=kx

振幅為

,,4加g

A=x+x=-----

k

故AB錯誤；

C.碰后AC一起做簡諧振動的周期為

碰撞時距離平衡位置的位移為

2mg

且向下運動，則再經(jīng)過

AC將又再次回到初始碰撞點，即彈簧原長的位置，故C正確；

D.A、C運動到最低點時，地面對B的支持力為

NB=k^A+x'^+m^g=8加g

故D錯誤。

故選C。

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符

合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分.

7.如圖甲所示，長度為工的細長玻璃管開口向下豎直放置，一段長為19cm的水銀柱封住一段理想氣體，

水銀柱的端面正好與管口持平，氣體的溫度為300K；若把玻璃管緩慢的旋轉(zhuǎn)180。，如圖乙所示，使玻

114

----cm

璃管開口向上豎直放置，穩(wěn)定后氣體的溫度仍為300K,水銀柱的上端面與管口的距離為5,已知

大氣壓強為76cmHg,下列說法正確的是（）

A.甲圖氣體的壓強與乙圖氣體的壓強大小之比為1：2

B.玻璃管的長度Z為76cm

C.對乙圖，緩慢的增加氣體的溫度，氣體一直做等壓變化

D.對乙圖，緩慢的增加氣體的溫度，當氣體的溫度為525K時，管內(nèi)水銀柱長度減小一半

【答案】BD

【解析】AB.由甲圖

p甲=76cmHg-19cmHg=57cmHg

氣體的長度

Ztp=Z-19cm

對乙圖,

P乙=（76+19）cmHg=95cmHg

氣體的長

19疝-￡疝，-當cm

55

比較可得

p用_2

。乙5

由等溫變化規(guī)律可得

p^L^S—p乙L^S

綜合解得

L=76cm

、=57cm

A項錯誤，B項正確；

C.對乙圖，緩慢的增加氣體的溫度，先做等壓變化，當水銀柱從管中溢出，氣體不再做等壓變化，C

項錯誤；

D.當氣體的溫度為。=525K,設(shè)管內(nèi)水銀柱的長度為x,則

p丙=76cmHg+x

￡丙=L-x

甲到丙由理想氣體狀態(tài)方程可得

一甲。S_P丙L丙S

結(jié)合疆=300K,綜合解得

19

x=——cm

2

則管內(nèi)水銀柱長度減小一半，D項正確。

故選BDo

8.我國某品牌手機實現(xiàn)40W無線閃充，最快56分鐘可充滿等效4000mAh電池電量，能實現(xiàn)“充電5分鐘,

通話1小時己知，無線充電座內(nèi)的發(fā)射線圈的輸入電壓為220V時，該手機內(nèi)的接收線圈的感應(yīng)電

動勢為9V,若不考慮線圈的電阻和充電過程中各種能量的損失，下列說法正確的是（）

A.無線充電的原理是互感現(xiàn)象B.發(fā)射線圈和接收線圈內(nèi)的電流頻率相同

C.發(fā)射線圈和接收線圈的匝數(shù)比為9:22°D.無線閃充時，接收線圈中電流最大值為4.4A

【答案】AB

【解析】AB.根據(jù)電磁感應(yīng)原理可知，無線充電的原理是互感現(xiàn)象，此時發(fā)射線圈和接收線圈內(nèi)的電

流頻率相同，故AB正確；

C.根據(jù)線圈匝數(shù)與電壓的關(guān)系可知發(fā)射線圈和接收線圈的匝數(shù)比為

4_U\_220

%9

故C錯誤；

D.最快56分鐘可充滿等效4000mAh電池電量，根據(jù)電流的定義式可知有效值為

最大值為

r=V2/?5.66A

故D錯誤；

故選ABo

9.如圖，傾角為30。的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一勁度系數(shù)為力的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端放置

一個質(zhì)量為加的物塊B。片0時刻，將質(zhì)量也為機的物塊A（可視為質(zhì)點）從斜面頂端由靜止釋放，t1

2mg

時刻A與B發(fā)生碰撞并粘在一起，粘合體沿斜面簡諧運動過程中，彈簧最大形變量為一「。已知彈簧

2

Ep=-kxT=2'g

彈性勢能表達式為P2,彈簧振子周期公式\k,其中x是彈簧形變量，足為彈簧勁度系

數(shù)，/為振子質(zhì)量，重力加速度大小g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

mg

B.物塊A釋放點到碰撞點的距離為瓦

C.粘合體向下運動過程中的最大加速度大小為g

27r12m

D.從物體A、B碰撞到運動到最低點的時間為31k

【答案】AD

【解析】A.由題可知簡諧振動的平衡位置合力為零，此時有

2mgsin30°=kx0

振幅為

2m

4整7=2汲

不

最大速度為

27r

=AG)=A—

VT

物塊AB速度最大為

mg2

V=

~lk

故A正確;

B.設(shè)碰前A的速度為2vj,則

(2VJ2=2gsine?/

碰撞過程動量守恒可得

加x2匕=2/v共

得

曝=匕

從碰后到運動到平衡位置，根據(jù)能量守恒可得

2mgsin8^-^-=^-2mv2-，2/v；+-^-A;(-^-)2

解得

/=3mg

~2k

故B錯誤；

C.物塊AB運動過程中的最大加速度在最低點，即

k2mg-2mgsin6=Ima

k

解得

故c錯誤；

A

x0=——

D.碰撞后AB做簡諧振動，此時AB得位移為2,從物體AB碰撞后得相位為

Asm(p=—

可得

到最低點的時間為

3%5?___

t廠丁丁=生叵

2n3\k

故D正確。

故選ADo

10.在平面直角坐標系xQy中有如圖所示的有界勻強磁場區(qū)域，磁場上邊界是以°'（°”"）點為圓心、半徑

為R=5d的一段圓弧，圓弧與X軸交于M（-3d,0）、N（3d,0）兩點，磁場下邊界是以坐標原點。為圓心,

半徑為廠=31的一段圓弧。如圖，在虛線區(qū)域內(nèi)有一束帶負電的粒子沿x軸負方向以速度%射入該磁場

B=W

區(qū)域。已知磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為4面，帶電粒子質(zhì)量為〃?，電荷量大小為

q,不計粒子重力。下列說法中正確的是（）

A.正對。'點入射的粒子離開磁場后一定會過。點

B.正對。'點入射的粒子離開磁場后一定不會過。點

143萬d

C.粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為45%

143?d

D.粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為90v?

【答案】AC

【解析】AB.粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

DmVg

R。

可得粒子在磁場中的軌道半徑為

R。%4d

正對。'的粒子，圓心恰好在X軸上，進入磁場后做勻速圓周運動，如圖所示。

根據(jù)勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，速度方向恰好指向。點，即正對。'點入射的粒子離開磁場后

一定會過。點，故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點的正下方，

半徑均為44,所有圓心所在的軌跡相當于將磁場邊界向下平移4"形狀，。'平移到。點位置，即所有

粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到O點距離均為5d,如圖所示。

利用勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向。點，因此所有粒子都過。點。由

上述分析可知，從最上方進入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)角度最大，運動的時間最長，如下圖所示。

由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)了143°,因此運動的時間為

t__14_3_°__2_兀_-_4d__14_3_萬_d

360°v045v0

故C正確，D錯誤。

故選ACo

三、非選擇題：本題共5小題，共56分.

11.（7分）某實驗小組欲探究金屬熱敏電阻隨溫度變化的關(guān)系。小組同學從實驗室取來相關(guān)器材，若已知

熱敏電阻片的常溫阻值在200。左右，其他可選用的器材如下:

A.電源E=3V,內(nèi)阻不計

B.電壓表V(0?3V,內(nèi)阻約為3口)

C.電流表A(0?30mA,&=100。)

D.滑動變阻器A(0?1心)

E.滑動變阻器&(070。)

F.開關(guān)和導(dǎo)線若干

(1)為提高測量精確度且測量范圍廣，滑動變阻器應(yīng)選用(選填“4”或“&”)，應(yīng)采用的電路

為(填“甲”或"乙”)，選用正確的電路所測量得到的熱敏電阻的測量值________真實值(選

填“大于,,、“小于,，或“等于“)。

⑵選用正確的電路后，測出的熱敏電阻凡與攝氏溫度t的關(guān)系圖像如圖丙所示，則通過該實驗?zāi)隳艿?/p>

到的結(jié)論是：。

(3)小組同學利用該金屬熱敏電阻設(shè)計一個溫度報警裝置，其內(nèi)部電路如圖丁所示。已知圖中電源電動

勢為&=1.5V,內(nèi)阻r=5O。選用的靈敏電流表A、內(nèi)阻為7?AI=200。，當電流表的電流小于2.5mA

時該裝置便會發(fā)出警報。為了使金屬熱敏電阻超過在50℃時裝置發(fā)出警報，則電阻箱尺應(yīng)該調(diào)成

【答案】⑴&甲等于

(2)熱敏電阻4阻值隨攝氏溫度口曾加呈線性增加

(3)95

【解析】(1)為實驗方便，滑動變阻器應(yīng)選用此，由于電流表內(nèi)阻已知，故應(yīng)采用電流表內(nèi)接法可消

除系統(tǒng)誤差，電路為甲；由于電流表的電阻已知，所測量得到的熱敏電阻的測量值等于真實值。

(2)通過該實驗得到的結(jié)論是：熱敏電阻4阻值隨攝氏溫度f增加呈線性增加。

(3)根據(jù)圖丙，50℃時

Rt=300Q

根據(jù)

&=/&+&]+Rt+R)

代入數(shù)據(jù)得

火=95。

12.（9分）將力傳感器連接到計算機上，不僅可以比較精確地測量力的大小，還能得到力隨時間變化的關(guān)

系圖象。甲圖中，某同學利用力的傳感器測量小滑塊在光滑半球形容器內(nèi)的運動時對容器的壓力來驗

證小滑塊的機械能守恒，實驗步驟如下：

①如圖甲所示，將壓力傳感器M固定在小滑塊的底部；

②讓小滑塊靜止在光滑半圓形容器的最低點，從計算機中得到小滑塊對容器的壓力隨時間變化的關(guān)系

圖象如圖乙所示；

③讓小滑塊沿固定的光滑半球形容器內(nèi)壁在豎直平面的力8之間往復(fù)運動，。8與豎直方向之間

的夾角相等且都為0（*5。）從計算機中得到小滑塊對容器的壓力隨時間變化的關(guān)系圖象如圖丙所示。

請回答以下問題:

（1）小滑塊的重量&為No

（2）為了驗證小滑塊在最高點/和最低點處的機械能是否相等，則

A.一定得測出小滑塊的質(zhì)量〃z

B.一定得測出CM與豎直方向的夾角。

C.一定得知道當?shù)刂亓铀俣萭的大小

D.只要知道圖乙中的壓力W和圖丙中的最小壓力廠八最大壓力B的大小

（3）若已經(jīng)用實驗測得了第（2）小問中所需測量的物理量，用R表示半圓形容器的半徑，則小滑塊

從N點到最低點的過程中重力勢能減小期=（用題中所給物理量的符號來表示），動

能增加.上=（用題中所給物理量的符號來表示），由測量的數(shù)據(jù)得到小滑塊的機械能

（填“是”或“不”）守恒的。

F2-F0R

【答案】⑴1,00N（2）D（3）2是

【解析】（1）由于重力加速度未知，則有小鐵球靜止時，繩子的拉力用，可知，小球的重力為：

G=mg=FQ=1.00N

（2）小球在最低點，由牛頓第二定律，則有

V2

F2-F0=m—

小球在最低點的動能為

11

Ek=~mV7

從/到最低點，物體的重力勢能減少量等于重力做的功即

WG=KR(l-cos6)

另有對/點受力分析得

FacosO=Fx

從/到最低點的過程中，重力勢能減少量等于動能增加量，即為

犯一百)尺=/(1*0)

聯(lián)立化簡得

3s?

故選D。

(3)小滑塊從/點到最低點的過程中重力勢能減小等于重力做功，結(jié)合(2)的分析可知，即

AEP=mgR(l-cos。)=片必1-cos。)=(4一4)7?

增加的動能

1,1

2

Ek=-mv=-(F2-F0)R

重力勢能減小

(片-耳冰=(1.00-0.99)7?=0.017?

增加的動能

|(7=；-)7?=1x(1.02-1.00)7?=0.017?

所以機械能守恒。

13.(10分)1965年香港中文大學校長高餛在一篇論文中提出以石英基玻璃纖維作長程信息傳遞；引發(fā)了

光導(dǎo)纖維的研發(fā)熱潮，1970年康寧公司最先發(fā)明并制造出世界第一根可用于光通信的光纖，使光纖通

信得以廣泛應(yīng)用。此舉被視為光纖通信的里程碑之一，高銀也因此被國際公認為“光纖之父”。如圖模擬

￡

光纖通信，將直徑為d的圓柱形玻璃棒彎成了圓環(huán)，已知玻璃的折射率為正，光在真空中的速度為c。

光纖在轉(zhuǎn)彎的地方不能彎曲太大，要使從/端垂直入射的光線能全部從3端射出。求：

(1)圓環(huán)內(nèi)徑R的最小值；

(2)在(1)問的情況下，從/端最下方入射的光線，到達8端所用的時間。

(f/AAA

/{o

B

R

6(2+V2p

(1)(行+W⑵

【答案】c

【解析】（1）從N端最下方入射的光線發(fā)生全反射時其他光線能發(fā)生全反射，根據(jù)幾何關(guān)系得

sin*」-

R+d

設(shè)全反射臨界角為C,則要使/端垂直入射的光線全部從8端射出，必須有

e>c

根據(jù)臨界角公式有

sinC=-

n

因此有

sin0>sinC

即

R+dn

解得

所以R的最小值為（夜+1）”；

（2）在（1）問的情況下

0=45°

代入可得

火=（7I+l）d

如圖所示

光在光纖內(nèi)傳播的總路程為

s=6R=+l）d

光在光纖內(nèi)傳播速度為

c

v=—

n2

所以所求時間為

s6也R6（2+0）d

t=—=--------=----------------

VCC

14.（14分）如圖所示，在離水平地面CD高歷=30m的光滑水平平臺上，質(zhì)量加=lkg的物塊（可視為質(zhì)

點）壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧原長小于水平平臺的長度，此時彈簧儲存了一定量的彈性勢能當,

若打開鎖扣K,物塊與彈簧脫離后從4點離開平臺，并恰好能從光滑圓弧形軌道2c的B點的切線方

向進入圓弧形軌道，B點距地面CD的高度e=15m,圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的

切線水平，并與長為Z=70m的粗糙水平直軌道CD平滑連接.物塊沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生

碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g=10m/s2。

（1）求物塊從A到B的時間t及被K鎖住時彈簧儲存的彈性勢能Ep；

（2）求物塊第一次經(jīng)過圓軌道最低點C時對軌道的壓力大小；

（3）若物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞且不會從3點滑出BCD軌道，求物塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)〃

的取值范圍。

100、T11

rr——N—<//<—

【答案】（1）J3s；50J.（2）3；（3）62

【解析】（1）由平拋運動規(guī)律可得

解得

t=-\/3s

因為圓弧半徑

R=%

故由幾何關(guān)系可得

/BOC=60°

設(shè)物塊平拋的水平初速度為%,則

=tan60°

%

解得

v0=10m/s

由功能關(guān)系可得彈簧儲存的彈性勢能

1,

Ep=-mv0-=50J

(2)從/到C的過程，由動能定理

22

mgh1=^mvc-^mv0

在C點，對物塊分析，有

1

Nc-mg=^-

聯(lián)立上述兩式得

由牛頓第三定律得

2，“100、T

%=^c=-N

(3)若物塊第一次進入CD軌道后恰能與墻壁發(fā)生碰撞，從A點至第一次到。點的過程由動能定理得

1

mght-pAmgL=0--mv0

解得

1

若物塊與墻壁發(fā)生一次碰撞后恰好返回到8點時速度為零，從4點至第一次返回到8點的過程，由動

能定理得