2024-2025学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）开学物理试卷（含解析）

2024-2025学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）开学物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列关于物理学史或物理认识说法正确的是( )
A. 牛顿的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因
B. 开普勒第一定律认为，所有行星围绕太阳运动轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上
C. 牛顿对引力常量进行了准确测定，并于年发表在自然哲学的数学原理中
D. 根据平均速度的定义式，当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法
2.如图所示，两个质量均为的小球通过两根轻弹簧、连接，在水平外力作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧、的劲度系数分别为、，且原长相等。弹簧、与竖直方向的夹角分别为与设、中的拉力分别为、小球直径相比弹簧长度可以忽略。则( )
A. B. C. D.
3.打弹珠是小朋友经常玩的一个游戏。如图所示，光滑水平地面上有两个不同材质的弹珠甲和乙，质量分别是和，现让甲以初速度向右运动并与静止的乙发生碰撞，碰后乙的速度为，若碰后甲、乙同向运动，则的值可能是( )
A. B. C. D.
4.一列简谐横波在时的波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长为
B. 若波向轴正方向传播，则波的最大频率为
C. 平衡位置分别为、的两个质点，振动方向始终相反
D. 若波向轴负方向传播，则波的传播速度大小为
5.加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B. 汽车在段做匀加速直线运动
C. 汽车达到的最大速度大小为
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为
6.汽车的安全气囊是有效供护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力随时间的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，，重力加速度大小取，则( )
A. 碰撞过程中的冲量大小为
B. 碰撞过程中的冲量方向竖直向下
C. 碰撞过程中头锤的动量变化量大小为
D. 碰撞结束后头锤上升的最大高度为
7.北斗卫星导航系统是由颗中圆地球轨道卫星、颗地球静止同步轨道卫星和颗地球倾斜同步轨道卫星共颗卫星组成已知地球半径为，表面重力加速度为，两种地球同步卫星到地心的距离均为，中圆地球轨道卫星周期为同步卫星的一半，如图所示。有关倾斜地球同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星，下列说法正确的是( )
A. 中圆地球轨道卫星加速度大小为
B. 倾斜地球同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星线速度大小之比为：
C. 某时刻两卫星相距最近，则再经小时两卫星间距离为
D. 中圆地球轨道卫星的动能大于倾斜地球同步轨道卫星的动能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环和倾角为的斜面，、两点与圆环的圆心等高。现将甲、乙小球分别从、两点以初速度、沿水平方向同时抛出，两球恰好在点相碰不计空气阻力，已知，，下列说法正确的是( )
A. 初速度、大小之比为：
B. 若大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点
C. 若大小变为原来的两倍，让两球仍在竖直面相遇，则应增大到原来倍
D. 若要甲球垂直击中圆环，则应变为原来的倍
9.如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为的固定光滑圆弧轨道相切，位置为圆弧轨道的最低点。质量为的小球和质量为的小环均可视为质点用的轻杆通过轻质铰链相连。套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过点且通过轨道连接处时无能量损失速度大小不变，重力加速度为，从小球由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是( )
A. 小球运动到最低点时的速度大小为
B. A、组成的系统机械能守恒、动量守恒
C. 已知小球运动到最低点时，小环的瞬时加速度大小为，则此时小球受到圆弧轨道的支持力大小为
D. 刚释放时小球的加速度大小为
10.如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比分别为：的小球与。凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长为。两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数。初始，、两球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给一个由指向的瞬时速度，随即与发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中( )
A. 与可以发生三次碰撞
B. 第一次碰撞后的瞬间与的速度大小之比为：
C. 与各自运动的总路程之比为：
D. 与克服摩擦力做功之比为：
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.两位同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动的特点”实验。
小吴同学用如图甲所示的装置探究平抛运动竖直分运动的特点，用小锤击打弹性金属片后，球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时球被释放，做自由落体运动。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次实验观察发现两球始终同时落地，这说明______。
A.平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动
B.平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动
C.平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动，在竖直方向上的分运动是自由落体运动
小马同学用如图乙所示的装置来获取平抛运动的轨迹，用夹子将白纸固定在竖直背板上，当小球落到挡板上时，用铅笔把小球上端的对应位置描绘在白纸上。然后利用平抛运动的轨迹探究平抛运动水平分运动的特点。在白纸上建立直角坐标系时，坐标原点应建立在______。
A.斜槽末端
B.小球停留在斜槽末端时球心在白纸上的水平投影
C.小球停留在斜槽末端时球的上端在白纸上的水平投影
D.小球刚到达斜槽底部时的球心位置
为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，下面列出了一些操作要求，你认为正确的是______。
A.每次从斜槽轨道上同一位置静止释放钢球
B.斜槽轨道需要尽量光滑
C.钢球运动时要紧贴装置的背板
D.记录钢球位置的挡板每次必须等距离移动
12.某物理兴趣小组用如图所示的实验装置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块与弹簧不拴接，滑块的左端有一宽度为的遮光条，点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。
测遮光条的宽度：用分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图所示，则遮光条的宽度 ______。
平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块图中未画出，在点右侧不同位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度弹簧处于弹性限度内，通过刻度尺测出滑块左端到点的距离后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间。
重复步骤，测出多组及对应的，画出图像如图所示。
要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能，还必须测量______填选项序号。
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块含遮光条的质量
测得图像的斜率为，若轻弹簧弹性势能表达式成立，则轻弹簧的劲度系数为______用测得的物理量字母表示。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为不会随着水被抽走而改变水位，龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地如图中虚线所示，其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.如图所示，一固定在竖直面内的半径为的光滑半圆圆弧轨道在竖直直径的下端点与一水平面平滑衔接。一质量为的小滑块可视为质点静置在水平面上的点，点到点的距离为，小滑块与水平面之间的动摩擦因数为。小滑块在水平力的作用下开始沿水平面向右运动，作用了的距离后撤去。重力加速度为。求：
小滑块到达点时对圆弧轨道的压力；
小滑块能够上升的最大高度；
为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力在水平面上的作用距离应满足的条件。
15.如图所示，在水平地面上静置一质量的长木板，在长木板左端静置一质量的小物块，在的右边静置一小物块表面光滑，的质量与相等，、之间的距离。在时刻以的初速度向右运动，同时对施加一水平向右，大小为的拉力，开始相对长木板滑动。时的速度大小为，木板与地面的摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，求：
物块与木板间的动摩擦因数；
已知时两物块均未滑离长木板，求此时物块、间的距离；
当滑到木板的右端时、恰好相碰，求木板长度；
若木板足够长且在时撤去拉力，试分析物体、能否相撞？若能，求、两物体从撤去拉力到相撞所用的时间；若不能，求、两物体从撤去拉力到、之间距离达到最小距离的时间。结果可用根式表示
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、伽利略的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B、开普勒第一定律认为，所以的行星绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳位于椭圆的一个焦点上，故B正确；
C、卡文迪什对引力常量进行了准确测定，并于年发表在自然哲学的数学原理中，故C错误；
D、根据平均速度的定义式，当时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法，故D错误。
故选：。
根据伽利略和开普勒、牛顿、卡文迪什等著名物理学家的主要贡献分析；根据微元法和极限法分析。
掌握著名物理学家的主要贡献，在物理学中的常用方法等是解题的基础。
2.【答案】
【解析】解：、、、对下边的小球进行受力分析，其受力如图所示，
根据平衡条件由：，
将两小球看作一个整体，对整体受力分析，
可知整体受到重力，弹簧的拉力和的作用，受力如下图所示，
根据共点力的平衡条件有：
，
联立可得，，；故A正确，CD错误；
B、根据胡克定律：，
由于弹簧的原长相等，变化后实际的长度也相等，所以它们的劲度系数一定不相等。故B错误。
故选：。
将两球和弹簧看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧拉力，即可由胡克定律得到伸长量，再以球为研究对象，求弹簧的拉力，从而知道伸长量。
本题主要考查了共点力平衡条件、胡克定律的应用以及整体法和隔离法的灵活运用问题，属于中档题。
3.【答案】
【解析】解：设甲与乙发生碰撞后甲的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
碰撞后甲、乙同向运动，则
解得
碰后甲球速度不能越过乙球，有
解得
碰撞过程中总动能不增加，有
解得
综上所述，的取值范围为
故ABD错误，C正确。
故选：。
根据动量守恒求得碰后甲的速度，分析碰后甲的运动可解得的范围，同时碰撞过程中需满足能量不增加。
本题考查动量守恒定律，在分析碰撞问题中注意应用动量守恒定律，如果是弹性碰撞还需列能量守恒的表达式。
4.【答案】
【解析】解：、由图可知波长为，故A错误；
B、若波向轴正方向传播
解得
频率为
当时，波的频率为最小，为，故B错误；
C、、两个质点相距
故A、两个质点的振动方向始终相反，故C正确；
D、若波向轴负方向传播
解得
速度为
当时，，故D错误。
故选：。
根据波形图，求波长；相距半个波长，振动方向相反；讨论，若波向右或向左传播，求周期，再根据波速周期关系，求波速。
本题解题关键是根据波的传播情况进行讨论，可能向右传播、也可能向左传播。
5.【答案】
【解析】解：由图可知汽车在段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律得
解得
可知汽车在段做匀加速直线运动，汽车在段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C.时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为
故C错误；
D.汽车做匀加速直线运动的位移为
从刚达到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为
故D正确。
故选：。
汽车在启动第一阶段牵引力不变，即汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据速度时间公式可以末的速度，根据求出最大功率；根据功率的计算式可求出行驶中的最大速度；根据匀变速直线运动的公式求出前一段的位移，根据动能定理求出后一段的位移，然后求和。
本题考查汽车启动功率的问题，要求学生结合匀变速直线运动规律、牛顿第二定律以及功率的公式进行计算，难度适中。
6.【答案】
【解析】解：、图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则，方向竖直向上，故AB错误；
C、头垂在下落过程中，根据动能定理可得
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
解得
动量的变化量为
解得
故C错误；
D、头锤上升过程中，根据动能定理可得：
联立解得：
故D正确；
故选：。
图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向；根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。
本题主要考查了动量定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。
7.【答案】
【解析】解：、设中圆地球轨道卫星的轨道半径为，倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律，有，得，由牛顿第二定律，，由黄金代换公式，得，故A错误；
B、卫星做圆周运动线速度大小，则倾斜地球同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星线速度大小之比：，故B错误；
C、某时刻两卫星相距最近，即两卫星与地心连线在一条直线上，则再过小时中圆轨道卫星回到原位置，但倾斜地球同步轨道卫星位于原位置关于地心的对称点，两卫星间距离，故C正确；
D、中圆地球轨道卫星的速度大于倾斜地球同步轨道卫星的速度，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小，故D错误。
故选：。
根据开普勒第三定律结合万有引力提供向心力解得加速度；根据线速度公式解得线速度之比；根据卫星的运动情况解得两卫星间的距离，由于两卫星质量不确定，不能比较其动能大小。
本题主要考查了开普勒第三定律和线速度基本公式的应用，在应用开普勒第三定律时要注意中心天体必须相同。
8.【答案】
【解析】解？、两小球竖直位移相同，则下落时间相同，初速度、大小之比等于水平位移之比，即，故A正确；
C、若让两球仍在竖直面相遇，则，
其中，，若大小变为原来的两倍，水平位移不变，则时间变为原来的一半，两球仍在竖直面相遇，则乙球的速度要增大为原来的倍，故C正确；
B、甲球落在、两点时的竖直位移之比为，根据可知甲球落在、两点时的时间之比为，
甲球落在、两点时的水平位移之比为，根据可知甲球落在、两点时的初速度大小之比为，
故若大小变为，则甲球恰能落在斜面的中点，故B错误；
D、若甲球垂直击中圆环，则击中时的速度方向一定过点，且根据平抛运动规律的推论可知点为甲球水平位移的中点，则甲球落点到点的水平距离为
，
竖直距离为
甲球在点相碰时的速度与位移关系式为，，
根据解得，
所以若要甲球垂直击中圆环，则应变为原来的倍，故D正确。
故选：。
A、两球下落高度相等，则下落时间相等，初速度、大小之比等于水平位移之比，可用几何关系求出与之比；
B、水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动，根据关系式解答；
C、水平方向为匀速运动，水平位移不变，由分析；
D、若要甲球垂直击中圆环，则击中时速度的方向一定过点，根据平抛运动的规律的推论可知点为甲球水平位移的中点，根据几何关系求出水平位移及竖直位移的大小，再结合甲球落至点的速度和时间，两者联立解答。
考查运动的合成与分解，将速度分解成水平和竖直两个方向进行分析，要清楚平抛运动的规律，熟记关系式。
9.【答案】
【解析】解：从小球由静止释放到运动至最低点过程中，由于小球和组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，但是系统受合外力不为零，则动量不守恒，故B错误；
A.小球初始位置距水平面高度为，由几何关系可得
小环初始位置距水平面高度设为，由几何关系可得
由系统机械能守恒得
式中：，，
阿尔
故A正确；
D.刚释放时小球时，根据牛顿第二定律得
解得
选项D正确；
C.小球运动到最低点时，对小球，根据牛顿第二定律知
对小球，根据牛顿第二定律知
则
故C错误。
故选：。
根据系统机械能守恒的条件判断；分析小球的初状态，根据牛顿第二定律求解加速度；分析小球的最大速度的特点，结合的状态分析杆上的弹力大小；对小球和的初位置的高度进行设置，然和由几何关系求解两个高度，再根据机械能守恒定律列式求解。
熟练掌握系统机械能守恒的条件，结合几何关系和杆模型的速度关联问题求解相应的物理量。
10.【答案】
【解析】解：、以逆时针方向为正方向，对、第一次弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
已知：
解得第一次碰撞后、的线速度分别为：，
可得：，故B正确；
A、已知：，可得第一次碰撞后、的线速度分别为：，
沿顺时针方向做圆周运动，沿逆时针方向做圆周运动，两者的切向加速度大小均为。
减速到零经过的弧长为：
设运动轨迹长为时的线速度大小为，则有：
，解得：，方向为顺时针方向。
设与发生第二次弹性碰撞后线速度分别为、，以顺时针方向为正方向，同理可得：
，
第二次碰撞后减速到零经过的弧长为：
第二次碰撞后减速到零经过的弧长为：
因：，故不能发生三次碰撞，即与可以发生两次碰撞，故A错误；
C、与各自运动的总路程之比为总路程，故C错误；
D、与克服摩擦力做功之比为：，故D正确。
故选：。
根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解、第一次弹性碰撞后、的线速度大小；小球沿轨道做圆周运动时切向加速度大小不变，可借用匀变速直线运动的规律求解运动的轨迹长，分析两小球碰撞次数，以及运动的总路程；小球克服摩擦力做功等于滑动摩擦力乘以运动路程。
本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞问题，掌握弹性碰撞的结果经验公式。本题小球沿轨道做圆周运动时，切向加速度大小不变，可借用匀变速直线运动的规律求解运动的轨迹长。
11.【答案】
【解析】解：分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次实验观察发现两球始终同时落地，这说明两小球在竖直方向的具有相同的运动情况，而球做自由落体运动，所以平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，故AC错误，B正确；
故选：。
当小球落到挡板上时，用铅笔把小球上端的对应位置描绘在白纸上。则在白纸上建立直角坐标系时，坐标原点应建立在小球停留在斜槽末端时球的上端在白纸上的水平投影，故ABD错误，C正确；
故选：。
、为了保证每次小球抛出的速度相同，每次应从斜槽轨道上同一位置静止释放钢球，但斜槽轨道不需要光滑，故A正确，B错误；
C、为了减小误差，钢球运动时不能紧贴装置的背板，故C错误；
D、记录钢球位置的挡板每次不需要等距离移动，故D错误。
故选：。
故答案为：；；。
两球始终同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同；
斜槽末端水平小球能静止在末端，根据实验原理分析实验操作；
由实验操作注意事项判断各操作是否正确。
该题考查了平抛运动的实验，要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。
12.【答案】
【解析】解：由图可知，遮光条的宽度为
根据能量守恒有
可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能，还需测出滑块含遮光条的质量。
故选C。
根据能量守恒有
其中
联立可得
又因为图线的斜率为，即
解得
故答案为：；；。
分度的游标卡尺的精确度为，测量值主尺对应读数对齐格数精确度；
弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能，写出表达式，根据能量守恒判断需要测量的量；
物体离开弹簧时，弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能，结合物块通过光电门的瞬时速度得到函数，然后作答。
本题要求学生能够熟练掌握游标卡尺的读数方法、利用光电门测瞬时速度；根据弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能求得函数表达式，得到变化图线，再作出判断即可。
13.【答案】解：由题意可知龙头喷水管的半径为，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
；
时间内从管口喷出的的水体积为
质量为
那么设时间内水泵对水做的功为，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
联立解得
可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，由
可得
可知模型中的时间为
水平方向上由
可得
可解得
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
答：单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【解析】根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。
14.【答案】解：小滑块从到的过程，由动能定理有：
小滑块在点，由牛顿第二定律有：
代入数据可得：，
由牛顿第三定律可得小滑块对圆弧轨道的压力，方向竖直向下；
设小滑块能够上升的最大高度为，由动能定理有：
代入数据可得：
设滑块恰好能到点时，设拉力作用距离为，从点到点由动能定理有：
代入数据可得：
设滑块恰好能到与圆心等高的点时，设拉力作用距离为，从点到点由动能定理有：
代入数据可得：
若滑块恰好到达点，在点由牛顿第二定律有：
设此过程拉力作用距离为，从点到点由动能定理有：
代入数据可得：
所以使小滑块能冲上圆弧轨道又不脱离圆弧轨道，拉力作用距离应满足的条件是：或
答：小滑块到达点时对圆弧轨道的压力为，方向竖直向下；
小滑块能够上升的最大高度为；
为了使小滑块能冲上圆弧轨道且在圆弧轨道上运动时不脱离圆弧轨道，拉力在水平面上的作用距离应满足的条件为或。
【解析】从点到点利用动能定理列式，在点由牛顿第二定律列式，联立方程可得滑块所受支持力大小，由牛顿第三定律可得滑块对轨道压力大小和方向；
利用动能定理求解；
若滑块恰好能到点，从点到利用动能定理可得力作用的距离，若滑块恰好能到点，利用动能定理可得力作用的距离，若滑块恰好能到点，在点利用牛顿第二定律列式，从点到点利用动能定理可得力作用的距离，则可得结论。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律、牛顿第三定律，解题的关键是知道小滑块从运动到圆弧轨道上与圆心等高处不会脱轨，若小滑块从点水平向左做平抛运动，在轨道上运动时不会脱轨。
15.【答案】解：由运动学公式得
解得
对由牛顿第二定律得
解得
时运动的位移大小
时运动的位移大小
时、间的距离
对木板由牛顿第二定律得
解得
设经过物块滑到木板的右端时、恰好相碰，则
，
解得
在时撤去拉力，的速度大小
的位移
木板的速度大小
撤去拉力，对由牛顿第二定律得
解得
撤去拉力，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动，二者达到共同速度
解得
，
达到与木板由共同速度的位移大小
解得
此后与木板一起匀减速运动，由
解得
当、共同速度时
的位移大小
解得
在时撤去拉力，与达到共同速度运动的位移大小
解得
在时撤去拉力，与达到共同速度运动的位移大小
解得
则
所以木板足够长且在时撤去拉力，物体、能相撞；、两物体从撤去拉力和木板共速到、相碰的时间为，则
解得
因此总时间为
答：物块与木板间的动摩擦因数为；
已知时两物块均未滑离长木板，此时物块、间的距离为；
当滑到木板的右端时、恰好相碰，木板长度为；
若木板足够长且在时撤去拉力，物体、能相撞，、两物体从撤去拉力到相撞所用的时间为。
【解析】根据速度时间公式结合牛顿第二定律解答；
分别解得的位移，根据位移差分析解答；
分析，两物体的运动情况，根据位移关系分析解答。
解决本题的关键理清木板和木块的运动情况，根据加速度分析物体间的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
第1页，共1页