2021屆河北省普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試高考物理模擬試卷(含答案解析)

2021屆河北省普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.物理學的發(fā)展，豐富了人類對物質(zhì)世界的認識，推動了科學技術(shù)的創(chuàng)新和革命。下列說法正確

的是（）

A.牛頓測出了引力常量G的數(shù)值

B.第谷通過對行星運動的研究，發(fā)現(xiàn)了行星運動三個定律

C.海王星是運用萬有引力定律在“筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星”

D.伽利略通過對行星觀測記錄的研究，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律

2.如圖所示，水平地面上有傾角為。、質(zhì)量為m的光滑斜面體，質(zhì)

量也為m的光滑直桿穿過固定的豎直滑套，桿的底端置于斜面上

高為人的位置處。現(xiàn)將桿和斜面體由靜止自由釋放，至桿滑到斜

面底端（桿始終保持豎直狀態(tài)），對該過程下列分析中正確的是（

重力加速度為g）（）

A,桿和斜面體組成的系統(tǒng)動量守恒

B.斜面體對桿的支持力不做功

C.桿與斜面體的速度大小比值為sin。

D.桿滑到斜面底端時，斜面體的速度大小為

3.一鐵塊m被豎直的磁性黑板緊緊吸住不動，如圖所示，下列說法正確的是（）

A.鐵塊對黑板同時施加了四個力的作用

B.磁力與彈力大小相等

C.黑板對鐵塊的磁力和鐵塊對黑板的彈力是一對相互作用力

D,摩擦力比重力大，鐵塊才能被黑板吸住不動

4.如圖所示，“③”表示電流方向垂直紙面向里，“O”表示電流方向（g）

C

垂直紙面向外。兩根通電長直導線a、b平行且水平放置，a、b中的電

流強度分別為/和2/,此時a受到的安培力大小為凡當在a、b的上方/2/

再放置一根與a、b平行的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小仍為專

b

F,圖中a、b、c三者間距相等，此時b受到的安培力大小為（）

A.FB.V3FC.2V3FD.V7F

5.如圖所示，一個圓盤在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，盤面上距圓盤中心一定距離

處放有一個小木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，關(guān)于木塊的受力分析，下列說法中

正確的是（）

A.木塊受重力和支持力

B.木塊受重力、支持力和向心力

C.木塊受重力、支持力和靜摩擦力

D.木塊受重力、支持力、靜摩擦力和向心力

二、多選題（本大題共4小題，共23.0分）

6.如圖所示為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的圖象，則下列說法中正

確的是（）

A.電動勢邑=E2,發(fā)生短路時的電流A>12

I

B.電動勢Ei=E2,內(nèi)阻萬<r2

C.當電源的工作電流變化相同時，電源2的路端電壓變化較小

D.當這兩個電源分別接相同的外電阻時，電源1的輸出功率較大

7.如圖所示，水平臺高Zi=4m,物體4（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量m=1kg,一半徑R=2m的光滑圓弧

軌道豎直固定放置，直徑CC處于豎直方向，半徑OB與豎直方向的夾角。=53。，物體以某速度以

水平向右運動物體離開平臺后恰能沿B點切線方向滑入圓弧軌道（取g=10m/s2,s出53。=0.8,

cos53°=0.6)。則()

A.物體離開平臺時的速度以=6mls

B.物體在圓弧軌道8點時，物體對軌道的壓力大小為56N

C.物體在圓弧軌道C點時，物體對軌道的壓力大小為58N

D.物體不能到達軌道最高點。

8.如圖所示，a、b兩點位于以正點電荷Q為中心的正方體頂點，c點在上表面

中心，貝4（）

A.a、b兩點的場強相同

B.a、b兩點的電勢相等

C.a點場強的大小比c點大

D.a點電勢比c點低

9.以下關(guān)于熱現(xiàn)象的說法中正確的是（）

A.物體的溫度不變，其內(nèi)能一定不變

B.氣體的內(nèi)能是氣體所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和

C.布朗運動就是液體分子的熱運動

D.熱量可以從低溫物體傳到高溫物體

E.若兩分子間距離增大，分子勢能可能增大

三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）

10.“光纖之父”高餛獲得2009年諾貝爾物理學獎的理由為-“在光學通信領(lǐng)域光在光纖中傳輸方

面所取得的開創(chuàng)性成就”.某有線制導導彈發(fā)射時，在導彈發(fā)射基地和導彈間連一根細如蛛絲的

特制光纖，它雙向傳輸信號，能達到有線制導作用，光纖由纖芯和包層組成，其剖面如圖，為

保證從光纖一端入射的光信號不會通過包層“泄漏”出去，光在光纖內(nèi)部由纖芯射向纖芯與包

層的界面時須發(fā)生______,故纖芯的折射率一定包層的折射率（選填“大于”、“小于”

或“等于"）.若己知某光纖纖芯的折射率為n,光纖總長度為3且暴露在空氣中，光從光纖一

端以某一角度入射時，恰好能使入射的光信號無“泄漏”，求光在光纖內(nèi)部傳播所需要的時間

（已知光在真空中的傳播速度為C）

四、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.用如圖所示的裝置來驗證動量守恒定律，質(zhì)量為ms的鋼球B放在小支柱N上，球心離地面高度

為H;質(zhì)量為叫1的鋼球4用細線拴好懸掛于。點，當細線被拉直時。點到球心的距離為L,且細線

與豎直線之間夾角*球A由靜止釋放，擺到最低點時恰與質(zhì)量為的球B發(fā)生正碰，碰撞后，

A球把輕質(zhì)指示針C推移到與豎直夾角為￡處，B球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有復寫紙的白

紙。，用來記錄球B的落點。

（1）實驗中要測量的物理量除了上述物理量外，還需要測量______（用字母表示，并寫出物理含義）。

（2）碰后兩球4、B的動量分別為4=,pB=（用前面給出的物理量表示）。

（3）鋼球間的碰撞可以認為是彈性碰撞，通過實驗結(jié)果可以判斷啊一定ms（選填“大

于”“等于”或“小于”）。

12.如圖所示是一量程為100的電流表，內(nèi)阻為100。，現(xiàn)串聯(lián)一個

99000的電阻將它改裝成電壓表.該電壓表的量程是匕用它

來測量電壓，表盤指針位置如圖所示.該電壓的大小是K.

五、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示，木板B靜止在水平桌面上，大小可以忽略的小物塊4靜止在B的右端。已知L4和B的質(zhì)

量均為m=100g,4與B及B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.3,取g=10m/s2o現(xiàn)給木板B施

加一水平向右的恒定拉力F。

(1)要使48以相同的加速度向右運動，求拉力的大小需要滿足什么條件;

(2)若已知B的長度為L=10cm,厚度不計，要使B相對于4運動，且4在整個過程中相對于地面

的總距離超過4cm,求拉力需要滿足什么條件。

14.如圖所示，質(zhì)量%=瓶8=4kg的兩個小物塊力、8放置在水平地面上。豎直平面內(nèi)半徑R=0.4m

的光滑半圓軌道與水平地面相切于C,彈簧左端固定。移動物塊4壓縮彈簧到某一位置(彈簧在彈

性限度內(nèi))，由靜止釋放物塊4物塊4離開彈簧后與物塊B碰撞并粘在一起以共同速度v=5m/s

向右運動，運動過程中經(jīng)過一段長為S,摩擦因素〃=0.2的水平面后，沖上圓軌道，除S段外的

其它水平面摩擦力不計。求：

(1)若S=1m,則兩物塊剛過C點時對軌道的壓力大?。?/p>

(2)剛釋放物塊4時，彈簧的彈性勢能;

(3)若兩物塊能沖上圓形軌道，且不脫離圓形軌道，S應滿足什么條件。

15.一定質(zhì)量的理想氣體在a狀態(tài)體積匕=23壓強p=3atm,溫度7\=

450K；在b狀態(tài)體積％=63壓強p2=latm,該氣體的p-U圖象如

圖所示，讓該氣體沿圖中線段緩慢地從a狀態(tài)變化到b狀態(tài)，求：

①氣體處于b狀態(tài)時的溫度B。

②從a狀態(tài)到b狀態(tài)的過程中，氣體的最高溫度4以。

16.如圖甲所示，在某介質(zhì)中波源4、B相距d=10cm,t=0時二者同時開始上下振動，4只振動了

半個周期，B連線振動，兩波源的振動圖象如圖乙所示，兩振動所形成的波沿4B連線相向傳播，

波速均為卜=1.0m/s,求：

R

d-20m

甲

①振動所形成波的波長心、AB

②在t=0到t=16s時間內(nèi)從4發(fā)出的半個波在前進的過程中所遇到B發(fā)出的波的波峰個數(shù)。

參考答案及解析

1.答案：c

解析：解：4、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量G的數(shù)值，故A錯誤；

8、開普勒通過研究第谷觀測記錄的天文數(shù)據(jù)，總結(jié)發(fā)現(xiàn)了行星運動三個定律，故8錯誤；

C、海王星是先根據(jù)萬有引力定律算出軌道，然后在計算的軌道上發(fā)現(xiàn)的，故海王星是運用萬有引力

定律在，，筆尖下發(fā)現(xiàn)的行星，，，故C正確；

。、牛頓通過對行星觀測記錄的研究，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故。錯誤。

故選：Co

本題根據(jù)物理學史進行解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，注意積

累。

2.答案：D

解析：解：力、桿和斜面體組成的系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)

動量不守恒，故A錯誤。

8、桿下滑過程斜面體向左運動，斜面體對桿的支持力垂直于斜面體向上，斜面體對桿的支持力方向

與桿的位移方向不垂直，斜面體對桿的支持力做功，故3錯誤。

C、桿與斜面體在運動過程中的位移滿足Wi%則桿與斜面體的速度大小比值為加加，即

工滸而體

--=tau0,故C錯誤。

"斜而體

。、桿下滑過程系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：機。無=如喙+）喙面體，解得：v斛面體=

yj2ghcosd,故。正確。

故選：D。

本題考查了動量守恒定律的判斷，根據(jù)題意分析清楚桿與斜面體的運動過程是解題的前提，應用機

械能守恒定律可以解題。

3.答案：B

解析：解：4鐵塊的受力圖如圖所示，鐵塊受重力、彈力N、磁力F、摩擦力/四個力的作用，

其中，磁力、摩擦力、彈力的施力物體是黑板，根據(jù)力的作用的相互性，可知鐵塊對黑板同時施加

了三個力的作用，故A錯誤；

BCD.根據(jù)平衡條件可知，摩擦力與重力平衡，大小相等；磁力與彈力大小相等，方向相反，是一對

平衡力，而不一對相互作用力，故8正確，錯誤；

故選：Bo

結(jié)合平衡條件對鐵塊進行受力分析，根據(jù)平衡條件分析磁力與彈力的大小關(guān)系、摩擦力與重力的大

小關(guān)系；根據(jù)一對相互作用力的特點分析磁力與彈力的關(guān)系。

受力分析時，注意要按順序來進行，而且往往會結(jié)合物體的運動狀態(tài)來判斷某個力有沒有及方向問

題；掌握一對相互作用力的特點，及其與一對平衡力的聯(lián)系與區(qū)別。

4.答案：D

解析：

本題的關(guān)鍵是掌握用安培定則確定電流周圍的磁場方向的方法及磁感應強度的運算遵循平行四邊形

法則。

由右手定則可知，b在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，設為當，由左手定則可知，a受到的安培力

a(0=F)的方向為水平向左，如圖所示，由牛頓第三定律可知，b受到的安培力大小也為F,方向

水平向右。放入c后，c在a處產(chǎn)生磁場的磁感應強度為方向垂直于a、c的連線斜向上，對a的安培力

尸2方向指向以因為a受到的合安培力大小為尸，且居與尸2的夾角為120°，所以羯=F2=F.c在a和

b處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小相等，因此b受到的安培力為2F,方向由c指向b；b受到的兩個安培

力之間的夾角為60。，由余弦定理得b受到的合安培力大小為殳=

y/F2+(2F)2-2xFx2Fxcosl20°=V7F,O正確。

5.答案：C

解析：解：小木塊做勻速圓周運動，合力指向圓心，對木塊受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力,

如圖所受：

重力和支持力平衡，靜摩擦力提供向心力，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

對小木塊進行運動分析和受力分析，做勻速圓周運動，合力等于向心力，指向圓心，結(jié)合運動情況，

再對木塊受力分析即可。

本題考查了小木塊做勻速圓周運動時的受力分析，要明確向心力的來源，向心力是按照效果命名的，

不能當作一個單獨力去分析。

6.答案:ABD

解析：解：4、B、U-/圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，則知電動勢Ei=%，

內(nèi)阻「1＜七，U-/圖象與/軸的交點表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流4＞%，故AB正確；

C、根據(jù)U=E-/r可知，△(/=「?△/,內(nèi)阻［＜丁2，故當電源的工作電流變化相同時，電源2的路

端電壓變化較大，故C錯誤；

D、電源的輸出功率P=U/,當Ui=U2時，人＞/2,所以電源1的輸出功率大于電源2的輸出功率.故

￡＞正確.

故選：ABD.

根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=E-lr；U-/圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，

與/軸的交點表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻.

本題考查了閉合電路電源的U-/圖象的相關(guān)知識，要求同學們理解U-/圖象中與U軸的交點表示電

源的電動勢，與/軸的交點表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻.

7.答案:AB

解析：解：4、水平臺高h=4m=2R,物體下落的高度：H=R+Rcosd=(2+2xcos53°')m=3.2m

在B點豎直方向的速度：v豎直=J2gH=8m/s,

物體離開平臺后恰能沿B點切線方向滑入圓弧軌道，則：tan9=^

Vx

故離開平臺的速度：w=6m/s,故A正確；

8、小球在B點的速度：vB=J嗑直+龍=10m/s

小球在B點受到的重力沿垂直于軌道方向的分力與軌道對小球的支持力的合力通過向心力，則：

vj

F—mgcosd=m—

NBR

代入數(shù)據(jù)可得：FNB=S6N

由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?6N,故B正確；

C、從水平拋出到小球到達C的過程中小球的機械能守恒，則：lmv^+mgh=^mv^

可得：vc—V116m/s

物體在圓弧軌道C點時，物體受到的支持力與重力的合力通過向心力，則：FNC-mg=m^

R

可得：FNC=68/V

由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?8N,故C錯誤；

D、如物體能到。點，假設剛離開桌面時的動能為外,由功能關(guān)系有：Ek=EkD,

故巧）=67nls

小球經(jīng)過最高點。的最小速度滿足："min==V20m/s

可知：VD>^R,所以小球能到。點，故。錯誤。

故選：AB.

根據(jù)平拋運動的規(guī)律即可求解小球剛離開平臺的速度大?。河伤俣鹊暮铣汕蟪?點的速度；與機械能

守恒求出C點與。點的速度。小球剛好能到達。點的速度為回，若到達D點的速度大于J證，則能

通過。點；再根據(jù)向心力公式求出在8點與C點軌道對小球的彈力。

本題包括兩個過程，一是空中做平拋運動的規(guī)律，二是圓周運動過程，要注意正確分析物理過程，

明確物理規(guī)律的應用。

8.答案：BD

解析：解：4、AB兩點的場強大小相等，方向不同，所以兩點場強不同，故A錯誤；

B、力B所在的圓為等勢面，所以兩點電勢相等，故B正確；

C、根據(jù)點電荷場強公式：E=/c名分析可知，a點場強小于c點場強，故C錯誤；

r2

。、根據(jù)點電荷Q為中心的圓為等勢面，等勢面上各點的電勢相等，Q點離點電荷的距離大于C離點電

荷的距離，故a點電勢比c點低，故。正確。

故選：BDo

由點電荷場強公式E=分析場強；以正點電荷Q為中心的圓為等勢面，等勢面上各點的電勢相等。

解答此題的關(guān)鍵是知道：①點電荷場強公式E=k9,公式中的Q是場源電荷的電量，r是這一點到

場源電荷的距離；②場強是矢量，有大小和方向；③以點電荷為中心的圓為等勢面，等勢面上各點

的電勢相等。

9.答案：BDE

解析：解：4、內(nèi)能與物體的物質(zhì)的量、溫度、體積、壓強物態(tài)等因素有關(guān)，物體的溫度不變時，其

分子平均動能不變，但內(nèi)能不一定不變，如晶體熔化的過程中溫度不變，內(nèi)能增加，故A錯誤；

B,根據(jù)內(nèi)能的定義可知，氣體的內(nèi)能是所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和，只是氣體的分

子勢能可以忽略不計，故B正確；

C、布朗運動是固體小顆粒無規(guī)則的運動，不是分子的運動，故C錯誤；

。、根據(jù)熱力學第二定律，熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳遞到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體

傳遞到高溫物體，在一定的條件下，可以從低溫物體傳到高溫物體。故。正確；

E、若分子力表現(xiàn)為引力，分子間距離增大時，分子力做負功，分子勢能增加，若分子力表現(xiàn)為斥力，

分子間距離增大時，分子力做正功，分子勢能減小。故E正確。

故選：BDE。

溫度是分子的平均動能的標志；氣體的分子勢能可以忽略不計；布朗運動是懸浮在液體或氣體中的

固體小顆粒的永不停息地做無規(guī)則運動，不是分子的運動；根據(jù)熱力學第二定律分析能量轉(zhuǎn)化的方

向；氣體的壓強與溫度以及分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)都有關(guān)。

該題考查對氣體的性質(zhì)和氣體的內(nèi)能的理解，以及對熱力學第二定律的理解等，屬于對基礎(chǔ)知識的

考查，其中對熱力學第二定律的幾種不同說法的理解是解答的關(guān)鍵。

10.答案：全反射；大于；t=^

C

解析：解：當光在纖芯與包層的界面發(fā)生全反射時，光信號不會泄露出去；

而發(fā)生全反射的條件是從折射率大的介質(zhì)進入折射率小的介質(zhì)；

因此纖芯的折射率一定大于包層的折射率；

光在光纖中的速度〃=￡,設臨界角為C,則sinC=3

nn

由運動學公式vtsinC=所以：t=—.

L=-nxtxnc

故答案為：全反射；大于；t=也.

C

發(fā)生全反射時光從折射率大的介質(zhì)進入折射率小的介質(zhì)，根據(jù)勻速運動公式求時間.

解決本題的關(guān)鍵對全反射要抓住發(fā)生全反射的條件：光密進入光疏，入射角大于臨界角.

11.答案：s：小球B做平拋運動的水平位移2gz,(1—cos夕)瑞大于

解析：解：(1)(2)由題意，4球從右邊偏離a角處由靜止開始擺動，與8球碰撞后再偏轉(zhuǎn)到左邊口角處，

而B球被碰撞后做平拋運動，

對4球下擺過程，由機械能守恒定律有：mAgh=\mAvl

可以求出入射球4碰撞前的速度為：v0=J2gL(1—cosa),

同理：4球與8球碰撞后，4球上擺過程，由機械能守恒定律得4球的碰后速度為勿=j2gL(1-cos￡)

則4球的碰后動量p.=mAvA=mAy]2gL(y-cosp)

B球做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可得：H=[gt2,s=%t

解得B球的碰后速度%=s弱

則B球的碰后動量詼=mBvB=mBsJ^

為了求解B球的碰后速度，需要知道其做平拋運動的水平位移s；

(3)在小球碰撞過程中水平方向動量守恒定律故有機4%=mAvA+mBvB

在碰撞過程中動能守恒故有詔=^mAvl

mA-mB

解得以%

mA+mB"

要碰后入射小球的速度〃!>0,即見4-mB>0,則犯4大于小8?

故答案為：(l)s：B球做平拋運動的水平位移；(2)%，2gL(1?-cos0),京；(3)大于；

(1)(2)根據(jù)機械能守恒規(guī)律求出碰前和碰后小球4的速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求小球B的碰后速度,

從而得出二者碰后動量的大小，以及需要測量的物理量;

(3)根據(jù)彈性碰撞過程中動量守恒和機械能守恒，列式求出4球的碰后速度表達式，判斷兩小球的質(zhì)

量關(guān)系。

本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合運用，知道4球與B碰后，4球繼續(xù)向前運動，4、

B兩球的質(zhì)量關(guān)系.

12.答案：1；0.85

解析：解：電壓表量程：u=Ig(Rg+R)=100x10-6x(100+9900)=IV,

電壓表量程是IV,由圖示表盤可知，其分度值為0.1V,電壓表示數(shù)為：0.85K；

故答案為：1:0.85.

應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電壓表量程，根據(jù)電壓表量程由圖示表盤確定其分度值，然

后讀出其示數(shù).

本題考查了求電壓表量程、對電壓表讀數(shù)，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電壓表量程；對

電壓表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后再讀數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直.

13.答案:解:

(1)對整體：F-2Hmg=2ma

對A：/j.mg>ma

依題意：a>0

解得：0<FW1.2N

(2)4、B發(fā)生相對滑動，

對A：林mg—max

對B：F—nmg—2/xmg=ma2

由>?1

得：F>1.2N

設經(jīng)過時間t小物塊4落到桌面上，

A的位移：di=jciit2

2

B的位移：x=^a2t

相對位移：L=x—d1

4在桌子上勻減速運動，加速度大小為：a3=fig=Gj

在桌子上滑行距離：d2=dr

2

依題意：d2+=axt>d

2

得：a2<18m/s

F<2.7N

所需拉力：1.2N<F<2.7N

解析：本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，抓住位移之間的關(guān)系解題。

(1)先對整體由牛頓第二定律列式，再對4有//mg>ma,且a>0聯(lián)立求解；

(2)AB未分離時采用隔離法對4B進行受力分析根據(jù)牛頓第二定律列方程求出其加速度，且有a2>的；

由位移速度公式表示出二者的位移，力從B上掉下時利用其位移之差為L列方程；4從B上掉下后，在

桌子上勻減速運動，利用其位移關(guān)系列式，最后求出8的加速度，從而求出拉力的范圍。

14.答案：解：(1)滑塊在S上運動過程，由動能定理得：

2，2

|(啊+mB)v=ii(mA+mB)gS+1(mx+ms)v,

在C點，由牛頓第二定律得：F—(Tn4+m-)。=+機-)=，

R

解得：F=SOON,由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大?。篤=F=500N；

(2)4、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：mAvA-(mA+mB)v,解得：vA-10m/s,

2

由能量守恒定律得：EP=|m4V4=|x4x10=200/；

(3)滑塊恰好能沖上軌道，由動能定理得：

2

一〃(啊+mB)gS0=0-^(mA+mB)v,

解得：So=6.25m,滑塊能沖上軌道：S<6.25m；

①滑塊恰好到達圓形軌道圓心等高處，

2

由動能定理得：+mB~)gS-(mA+m^gR=0+mB)v,

解得：S=4.25m,滑塊不脫離軌道：4.25m<S<6.25m；

②滑塊恰好到達圓形軌道最高點，由牛頓第二定律得：

(m+m}g—(m+解得：=2m/s,

ABAR

m

由動能定理得：-NOA+mB~)gS-