1分
3
v=0（x≥ 32 m） 3
22．(10 分)解：
A I d
(1)由图几何关系： d2来自L0.75L tan 370
L
1 分 1.5L
d 2R cos 530 L
R
m
v0 cos 370
1分
Bq
得： B 3mv0
1分
2qL
O
O1
O2
P
37º R
37º
53º
C
D
B
2L
2L
解图 1
0.75L 1 Uq ( 2L) 2 2 1.5Lm v0
衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测
物理参考答案及评分标准
一、选择题 I（每题 3 分） 1．B 2．A 3．B 4．D 5．A 6．B 7．B 8．D 11．C 12．C 13．A
二、选择题Ⅱ（每题 2 分，选错、不选得 0 分，部分对得 1 分） 14．BD 15．CD 16．BC
三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分）
③h<0.15m 时，不满足条件。
21．(10 分) 解：
(1) U=BLv=kt=t
v U 2t BL
a=2m/s2
1分 1分 2分
由牛顿第二定律，有 F ma IBL IBL 2 1.2 t
1分
(2)由功能关系，有
W=Q+Wf+ΔEK=Q(1+μ) 得：Q=12J
2分
(3)
① t≤t1 时， v 2ax 2 x t=t1 时 v1=4m/s x1=4m
1分
② t>t1 时，由动量定理，有 (1 )BLq mv mv1
v
v1
(1
)BL m
q
v1
(1
)B2 L2 mR
(x 4)
6.4
0.6
x
当 x 32 m 时， v=0 3
综合上述，故 bc 边速度与位置坐标 x 的函数关系如下：
2分 1分
v 2 x （0≤x≤4m）
v 6.4 0.6x （4m≤x≤ 32 m）
①若小滑块到达 C 点时的速度能达到 v=4m/s
小滑块在皮带上一直减速， vB v2 2 gL 2 6m/s，对应释放高度 h1=3.6m； 1 分
小滑块在皮带上一直加速， vB v2 2 gL 2 2m/s，对应释放高度 h2=1.2m 1 分
则：当 1.2m≤h≤3.6m 时， x 13m
1分
②加速至 vc gR 3m/s 时， vB v2 2 gL 1m/s ，对应释放高度 h3=0.15m。1 分
从释放点到
E
点，动能定理：
mgh
1mg
cos
h sin
2 mgL
mg2
R
1 2
mvE2
0
1分
物理试题 第 1页共 3 页
解得 x 11 5 h （m） 3
则：当 0.15m≤h <1.2m 时， x 11 5 h （m） 3
2分
A
方向垂直于纸面向外
1分
S
R12
(
3L )2 73
9 L2 73
1.5L
O
1分
I d/2
O1 θx
P θ
B
2L
2L
解图 3
物理试题 第 3页共 3 页
4s
匀速阶段 t2
L x1 vm
35.5s
t=t1+t2=39.5s
3分
(3)分析知，匀加速阶段的摩擦力最小， mg h f ma f=90N 方向沿电梯向上 3 分 L
20．(12 分) 解：
(1)滑块在倾斜轨道上 a=gsinα-μ1gcosα=2m/s2
1分
v2
2a
h sin
h=2.4m
9．A
10．A
17．（6 分） (1) AD (2) ①D ②2.3
(每空 2 分)
18．（8 分）
(1) R2 ；(2)②、③、⑦；(3)1.4（1.3,1.5 也可以） 好 ；(4) 图线 1。(每空 2 分)
19．（9 分）解：
(1)由
x1
vm2 2a
1.6m
3分
(2)匀加速阶段
t1
vm a
1分
(2) 不脱离轨道过 D 点， vmin gR 3m/s <4m/s
1分
从 D 到 E 运动中，机械能守恒
1 2
mvD2
mg2 R
1 2
mvE2
vE v2 4 gR 2 13m/s
1分
t 2(H 2R) 0.5s g
x vEt 13m
1分
(3)ABsinα=6×0.6=3.6m，释放点最大高度为 3.6m。
A I L/2
得：U 9mv02 16q
1 分 1.5L O
O1 θx
P θ
(2)由对称性可知 x x L L 2L
2
B
2L
2L
解图 2
物理试题 第 2页共 3 页
得： x L
2分
4
(3) cos
8 73
，
R1
0.75L cos 2
3L 73
v
v0 cos
得：
B1
mv R1q
73mv0 24Lq