浙江市嘉興區(qū)2020屆-2022屆高考物理三年模擬（二模）試題匯編-解答題

浙江市嘉興區(qū)2020屆-2022屆高考物理三年模擬（二模）試

題匯編一解答題

1.（2022.浙江嘉興?二模）如圖甲所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，比賽過程

如圖乙所示，在左端發(fā)球區(qū)的運動員從投擲線MN中點P將冰壺擲出，冰壺沿水平冰道

中心線PO向右端的圓形營壘區(qū)滑行。若冰壺以％=Ji5m∕s的速度被擲出后，恰好停

在營壘區(qū)中心。，Po間距離為x=30m.己知冰壺的質量為，〃=20kg,冰壺自身大小

可忽略，冰壺在冰道上的運動可視為勻減速直線運動。

（1）求冰壺與冰面間的動摩擦因數〃；

（2）實際比賽中，運動員可以用毛刷擦拭冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動

摩擦因數減小。某次比賽中冰壺投擲速度%=3m∕s,從MN前方IOm處開始不停擦拭冰

面，直至冰壺正好停在0。若擦拭后冰壺與冰面間動摩擦因數減小至某一確定值，求此

次比賽中冰壺運動總時間：

（3）若冰壺從P處以%=3m?投出后立即開始不停擦拭冰面，擦拭距離為20m,其他

條件不變，則冰壺能否停在。點，請通過計算說明理由。

2.（2022?浙江嘉興?統考二模）如圖所示，固定斜面AB平滑連接固定光滑圓弧BCDC

為圓弧最低點，圓弧最高點。與光滑半圓管OE相切，E與長度L=Im的傳送帶相連，

傳送帶右側為足夠長的粗糙水平面。一個質量叫=0.Ikg的小物塊從斜面頂端A下滑。

已知斜面高∕z=（）?3m,傾角。=37,與物體間動摩擦因數4=05；圓弧BC。和半圓管

■半徑分別為R=0.5m,r=0.1m；傳送帶以速度V=O.5m∕s逆時針轉動，與物體間動摩

擦因數〃2=02。管的內徑可忽略，物體可視為質點.

（1）若小物塊初速度為零開始下滑，經過C點時對軌道的壓力是多大；

（2）若給小物塊合適的沿斜面向下的初速度，它就可到達E點，則與此初速度對應的

初動能々最小值是多少;

(3)若給小物塊沿斜面向下的初速度，使其運動過程中不脫離軌道，則與此初速度對

應的初動能Ek應滿足什么條件。

3.(2022?浙江嘉興?二模)如圖所示是水平面內一款游戲裝置，GH、JP是以。為圓心

的圓弧形金屬導軌，GJ之間通過開關S連接電容C=0?5F的電容器，右側平行金屬導軌

MN、PQ分別連接圓心。及JP,OK垂直于MN；在G”和JP之間、OK的左側區(qū)域存

在著磁感應強度B∕=1T的環(huán)形勻強磁場，在ABCD及EFZy內均存在著磁感應強度

冬=2T的勻強磁場；a、AC為材質、粗細相同的金屬棒，人靠近EF置于磁場中，C靠

近AD置于磁場外。先以水平外力使匕、C保持靜止，讓。以。為圓心且g=50rad∕s逆

時針勻速轉動；當。經過OK瞬間，撤去6、C所受外力，人受磁場力作用在極短時間內

即以速度%=4m∕s滑出磁場。此后斷開S,使。停在KP間某位置。b撞擊c?后兩者粘合

在一起。己知G”、JP半徑分別為4=0.Im,4=0.3m；α長度Z,=0.3m;b、C完全相同

且長度均為∕=0.2m,質量均為IOg,電阻均為R=2C;ABC。區(qū)域長度X=O.5m各區(qū)域

磁場方向如圖。除金屬棒外所有電阻忽略不計，所有導軌均光滑，MMPQ足夠長且間

距為0.2m。求：

(1)。轉到OK位置前，使6、C保持靜止的水平外力大??；

(2)6在磁場中獲得4m∕s速度過程中流過人的電荷量；

(3)仄c?碰撞以后6和c?產生的焦耳熱。。

4.(2022?浙江嘉興?二模)如圖所示是一個粒子打靶裝置的示意圖。在平面直角坐標系

，中y≥0和y≤范圍內存在磁感應強度相等、方向均垂直O(jiān)D平面向里的勻強磁

場，在一√≤)W0范圍內存在沿+x方向的勻強電場。在X軸正半軸適當區(qū)域沿X軸放置一

試卷第2頁，共8頁

塊足夠長的粒子收集板，其左墻為N點。一個質量為小、電荷量為q的帶正電粒子，從

靜止經電壓U加速后第1次到達X軸并從坐標原點。沿-y方向進入電場，且從坐標為

（0.5d,-d-）的點離開電場、再從坐標為（d,-d）的點進入電場。此粒子第4次到

達X軸時恰好打到N點并被收集，不計粒子的重力。

（1）求該裝置中電場強度E與磁感應強度2的大小；

（2）求此粒子從。到N過程中，在第四象限中離X軸的最大距離；

（3）若將加速電壓調整為原來的k倍，粒子仍能打到N點被收集。請寫出人應滿足的

關系式。

'×B粒子收集板

?------------

d____-_--_-_AE_____

×B

5.（2020?浙江嘉興?二模）如圖甲所示，小同學攜帶滑雪板和滑雪杖等裝備在傾角。=30。

的雪坡上滑雪。他利用滑雪杖對雪面的短暫作用獲得向前運動的推力F（視為恒力），

作用時間為f∕=0?8s,后撤去推力運動了Z2=1.2so然后他重復剛才的過程總共推了3次，

其運動的VY圖像如圖乙所示。已知小和裝備的總質量，"=60kg,下滑沿直線運動且下滑

過程阻力恒定。求；

（1）小同學開始運動時的加速度α∕;

（2）全過程的最大速度為皿；

（3）推力尸和阻力f的大小。

甲乙

6.（2020?浙江嘉興?二模）如圖所示，一個質量機=Ikg的小物塊（視為質點），壓縮彈

簧后釋放以vo=6m∕s沖上長度∕=6m的水平傳送帶。在傳送帶右側等高的平臺上固定一

半徑R=（λ5m的圓軌道A8CE>,A、D的位置錯開，以便小物塊繞行一圈后可以通過。

到達E位置拋出在距離平臺邊緣E水平距離s=1.6m,高度/7=Im處有一可升降的接物

裝置，通過調節(jié)裝置的高度可以接收不同速度拋出的小物塊。已知小物塊與傳送帶之間

的動摩擦因數〃=025,其它摩擦均忽略不計，求：

（1）小物塊釋放前，彈簧所儲存的彈性勢能；

（2）若傳送帶以05m∕s的速度順時針轉動，判斷小物塊能否通過圓軌道最高點C

（3）若傳送帶速度大小、方向皆可任意調節(jié)，要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道

ABCC傳送帶轉動速度的可能值；

（4）小物塊到達接物裝置時的最小動能。

C

.

.

7

:::

:!T!

.

7.（2020?浙江嘉興?二模）如圖所示為某手搖發(fā)電裝置的原理簡化圖，可自由轉動的水

平金屬桿CQ上固定兩個半徑分別為，?和!■的均勻金屬圓盤G、N圓盤的圓心位于CD

桿上。金屬圓盤G處于水平向右與盤面垂直的勻強磁場中，磁感應強度的大小為瓦圓

盤N繞有絕緣細線，在恒力作用下，圓盤G、N和桿按圖示方向勻速轉動手搖發(fā)電裝置

通過電刷P和Q與兩電阻、小型電動機M、平行板電容器構成如圖所示的電路平行板

電容器兩板間距為d,上極板通過長度為0.75d的絕緣細線懸掛一帶電量為口的金屬小

球。開始時開關S與“連接，測得電動機M兩端的電壓為U,通過它的電流為/。已知

兩電阻的阻值分別為2R和R,金屬圓盤G接入電路的電阻也為R,不計金屬桿、導線、

電刷電阻及接觸電阻。忽略轉動的摩擦阻力，求：

（1）金屬圓盤勻速轉動的角速度。；

（2）恒力產的大小；

（3）當開關S與b連接，金屬圓盤G仍以。角速度勻速轉動時，小球在兩極板間做簡

諧運動且最大擺角為6,小球擺動過程的最小電勢能和振動周期。

8.(2020.浙江嘉興.統考二模)如圖所示為一實驗裝置的剖面圖，左側為電壓可以控制

的加速電場。在加速電場右側有相距為小長也為d的兩平行金屬板構成的區(qū)域，區(qū)域

內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為8,磁場的右邊界與熒光屏

P之間的距離為24。熒光屏中點O與加速電極上兩小孔Si、S2位于兩板的中軸線上。

在中軸線正下方d位置有另一塊熒光屏。，兩塊熒光屏的寬度均為2d。現從S1連續(xù)注

入質量為加、電荷量為+q且初速可視為零的粒子，經U=25鬻2的加速電場后從小孔

S2射出再經磁場偏轉后，打到熒光屏。上。不計帶電粒子的重力與各粒子間的相互作

用。求：

(1)帶電粒子打到熒光屏Q的具體位置；

(2)若撤去兩平行金屬板間的磁場，加上平行紙面且垂直兩金屬板、電場強度為瓦的

勻強電場，判斷能否使粒子打到熒光屏。的同一點；

(3)若撤去兩平行金屬板間的磁場，在三角形ABQ區(qū)域加上磁感強度大小和方向與兩

平行金屬板間磁場皆相同的磁場，加速電壓的數值可在［空三,駕區(qū)］區(qū)間中調節(jié)，

2m2m

粒子打在熒光屏。上的距A的最遠距離和熒光屏尸上的分布區(qū)間。

9.(2021?浙江嘉興?二模)如圖所示的巨型裝置具有“世界第一跳樓機”之稱。該跳樓機

可以用30s時間將座艙中的乘客送入12Om的高空。假設座艙沿豎直方向從地面由靜止

開始勻加速上升，達到最大速度后開始做勻減速運動，到達最高點時速度恰好為零，勻

加速運動的加速度大小是勻減速運動加速度大小的2倍。忽略空氣阻力和風力的影響。

求：

(1)上升過程中座艙的最大速度；

(2)減速過程中座艙的加速度；

(3)質量為60kg的乘客在加速過程中受到座艙的作用力大小。

10.（2021?浙江嘉興?二模）如圖所示，在同一整直平面內有斜面、圓軌道和緩沖裝置固

定在水平地面上，斜面、圓軌道均與水平地面平滑連接，緩沖裝置中的輕質彈簧右端固

定于豎直墻面上，彈簧原長時左、右兩端點對應于地面上的點力、E,滑塊壓縮彈簧的

距離不超過2r時，緩沖裝置可正常工作。一質量為機的滑塊從足夠長光滑斜面上離地

∕z=3r處的A點由靜止開始下滑，經最低點8進入豎直圓軌道，離開圓軌道后沿水平面

繼續(xù)向前運動并撞擊彈簧，直至滑塊速度減為0時彈簧的壓縮量X=已知圓軌道最

低點至豎直墻面間總長度BE=6r,彈簧原長∕=3r,軌道的BE段粗糙，其余均光滑，

滑塊與軌道BE段之間的動摩擦因數恒為〃=0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力,彈簧的彈性勢能Ep與其勁度系數k和形變量X之間滿足”=g?√（題中火未知）。

（1）求滑塊從/7=3,處下滑時，經過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大??；

（2）要保證緩沖裝置正常工作，求滑塊開始下滑的最大離地高度；

（3）在保證緩沖裝置正常工作的同時，滑塊又不脫離軌道且停留在BE段，〃應滿足什

么條件？

11.（2021?浙江嘉興?二模）某興趣小組設計了“搖繩發(fā)電”的方案。如圖所示，“八”形等

腰金屬架兩個端點M、N位于同一水平面上，通過導線與固定在水平面上的兩根平行金

屬導軌相連，導軌間接有R=I0Ω的電阻。金屬棒仍垂直擱置在導軌上，岫中點通過

輕質絕緣彈簧連接一個滑塊。金屬架和金屬棒所在區(qū)域均存在豎直向下的勻強磁場。讓

滑塊運動且金屬架繞軸線MN以。=12rad∕s的角速度勻速轉動，金屬棒始終保持靜止。

己知金屬架腰長L=5m,總電阻4=5C,兩腰夾角，=106。；金屬棒長度為1m,阻值

4=10Ω;導軌間距"=Im；q=5.0χl0-T,&=LOT,忽略一切摩擦。

（1）以金屬架到達圖示位置時開始計時，在圖乙中畫出感應電動勢隨時間變化的圖像;

試卷第6頁，共8頁

（2）在金屬架由圖中位置垂直紙面向外轉動30%的過程中，求通過電阻R的電量;

（3）求金屬架轉動一周的過程中，金屬棒產生的焦耳熱；

（4）已知彈簧振子原長XO=O05m、勁度系數左=LON∕m,當金屬架與豎直方向成60。

12.（2021?浙江嘉興?二模）如圖所示，兩種同位素的原子核M、N從容器A下方的小孔

S/不斷飄入S/與S2間的加速電場中，其初速度幾乎為零。然后經過小孔S恰好沿!圓

弧通過靜電分析器，從小孔S離開后，由正方體右側面中心位置處小孔02（即圖中坐

標系原點）水平向左沿Z軸正方向垂直右側面進入正方體空腔內。已知靜電分析器內有

均勻輻向分布的電場，粒子運動軌跡處電場強度大小為E,圓弧半徑和正方體邊長均為

L;M、N的質量分別為膽、3m,帶電量均為q,重力不計；不考慮粒子之間的相互作

用，打在正方體腔壁上的粒子被全部吸收，且不影響腔內場強的分布。

（1）求加速電場兩極板之間的電壓U；

（2）若在空腔內加沿+x方向、大小為E的勻強電場，求粒子M、N打在正方體平面上

的位置坐標；

I"的勻強磁場，求粒子N打在正方體平面上

（3）若在空腔內加沿+y方向、大小為

qL

的位置坐標：

（4）若（2）、（3）中的電場和磁場同時存在，單位時間內有上個M粒子進入腔內，求

平面8/GC2&受到M粒子的沖擊力大小？

A

試卷第8頁，共8頁

參考答案：

1.(1)μ=-↑(2)f=24s;(3)還是停在O點

40

【詳解】(1)勻減速過程

2ax=vɑ

由牛頓第二定律

μmg=tna

解得

1

〃=—

40

(2)開始的IOm做加速度為。的勻減速運動，則

2

2axx=v?-V

解得

V=2m∕s

擦冰后

2

2αlx2=V

解得擦冰后的加速度

4=0.1m∕s2

則運動的總時間

"口+上

aal

解得

Z=24s

(3)根據動能定理，設擦冰前后的阻力分別為力、力，則

12

~fixi~f2x2=Ek~^mvo

力、力不變，當耳=0時，當X2=2Om不變時X/的值也不變，所以還是停在。點。

2.(1)1.8N；(2)1.05J；(3)0≤Ek≤0.3j^fk≥1.2j

【詳解】(1)小物塊從A到C過程由動能定理

力1

mgh-μimg-——+mgR(1-cos0)=—mv}.

小物塊在C點根據牛頓第二定律

答案第1頁，共14頁

F-mg=m

NR

解得

FN=I.8N

根據牛頓第三定律，支持力和壓力大小相等，方向相反，所以C點對軌道的壓力是1.8N。

(2)小物塊過E點最小速度為零，從E到￡>,由機械能守恒定律得

mg2r=

解得

VD=y∣4gr=2m∕s

小球能通過。點，速度最小時，由重力提供向心力，則有

R

解得

VD'=>[gR=5m∕s>vυ=2m∕s

由上分析，可知必須在。點速度等于石m∕s,對應的動能最小

力1

的LMMg商+"gR(i°s6)fg?2R=5〃就一％血

解得

EkmM=1.05J

(3)不脫離軌道2種情況

情況I：過尸點，滿足

VE≥2m∕s

由動能定理得

h位gR(1-cos一mg(2R+2r)=?mv?-E

ιngh-μιng--------?-mk

tan。

解得

Ek=L2J

情況2：過圓弧BC。與。點等高處，由動能定理得

答案第2頁，共14頁

mgh-μtng+mgR(I-COSe)-/WgH=O—E

tan。k

解得

Ek=O?3J

綜上所述，符合條件的動能0≤Elt≤0?3J或紇≥1?2J

3.(1)0.1N；0；(2)0.1C；(3)0.0075J

【詳解】(1)。轉動產生的感應電動勢為

E=5(%+叫闿弓-4)

解得

E=2V

根據電阻的決定式得

R=p-=3Ω

aS

根據閉合電路歐姆定律得

E

/千=-------=0.5A

干&+R處

1C=1h=0.25A

氏C受到安培力大小為

Fb=BJ3=0.1N

F=O

(2)動量定理

B2ql=mvx

q=O?lC

(3)碰撞動量守恒

∕HV1=Imv2

v2=2m∕s

假定粘合以后能穿過磁場

一卻?=2機％-Iinv2

Rm

答案第3頁，共14頁

v3=lm∕s

Q=-2mv;

2Λ=0.03J

從粘合以后的電阻為

Rl,R

Rhl.='=1Ω

R,+R,

故爪C桿產生的焦耳熱

QA=#~QL°?0°75J

Ka÷RbC

2U_4甌，八_3÷√2小4√

4.(1)E=----,BD=—.-------；(2)y=--------dj；(3)------F?∣k=17,/7=1,2,3,..

ddyq4k

【詳解】(1)電荷加速過程

qU=→nv1

類平拋運動

d=vat,"嗎2

22m

解得

匚

E=——2U

d

第1次進入下方磁場時，由幾何關系得

Rl=d,V=?∕2v0

由公式

V2

qvB=m——

R

得

R=—

qB

解得

n42mU

4=——J------

川q

(2)。到N過程中，粒子在磁場中偏轉的弦長

答案第4頁，共14頁

,n?

Ar=―2sina=0.5J

clB

即弦長相等，在弦長相等，半徑增大，角度減小情況下，第1次進入下方磁場距離X軸的距

離最大。最大值

y-R1(l-cosa)+i/

解得

(3)粒子第4次經過X軸N點，電場方向加速了4次

X=監(jiān)4獷

則

A?場=3d?工磁場二°?5d

N點的坐標(8.5",0),加速電壓調整為原來的2倍，粒子仍能打到N點被收集，滿足:

V

8.5d='變(2/+—^?^2sina

2加'7qB

且

/〃12

qkU=-mv~

解得

Δ,H~I-

-j-+?Jk=17,"=1,2,3,.....

5.(1)4m/s2；(2)7.2m∕s;(3)F=300N;戶360N

【詳解】(1)根據圖像可知加速度

?v「

4=—=4m∕s2

Z

(2)根據題意可知

.3%=a2(2t2+q)

所以

ci2=?m∕s2

最大速度

%也產。2a=7.2m∕s

答案第5頁，共14頁

(3)根據牛頓第二定律

J+mgsinθ=ma2

所以

>360N

同理

F-f-mgsinθ=maι

解得

F=3OON

6.(1)18J；(2)到不了C點；(3)佗5m∕s或者Ogv≤Ji6m/s：(4)17.62J

【詳解】(1)根據能量守恒可知，彈性勢能轉化成動能

1

Ep=]W%7=18J

(2)物體速度6m∕s大于傳送帶速度，所以在摩擦力作用下要減速，減速到和傳送帶相同速

度的需要的位移滿足

2ax=vɑ-V2,a=μg,x=3.2m<6m

以后和傳送帶相同速度運動到右端。到達頂端C的過程滿足

11

-ms2oAd=—mv2.——mv2

2ct2

Vc=O

最高點速度的最小值為師所以到不了C點

(3)要不脫離軌道，滿足兩種情況:過C點或過不了B點，根據能量關系求解得物塊離開傳

送帶的速度必須滿足大于5m∕s或則小于√10m∕s,所以傳送帶速度的可能值順時針轉動

v≥5m∕s或者0≤v≤Ji6m∕s,逆時針均可以

(4)要進接物裝置，滿足平拋規(guī)律

S=Vt

.I2

h-y=-gt

2

Ek??mv+mg(h-y)

得

答案第6頁，共14頁

EkJ心+公

k22V2

當,〃吐J"吆"時,存在極小值，此時y=4m∕s

22V2

因為要過最高點到達E的最小速度為5m∕s,所以不符合要求，根據不等式的特點，5m∕s取

最小值為17.62J

0.75d

7?⑴；⑵八BIr+Br/；⑶與=那+日泅J\3

qU+-qRI

g+?

ma

【詳解】（1）電動機并聯電阻R的電流為與，干路電流為/+3,所以轉動切割產生的電動

AR

勢為

E=U+3R(I+%=4U+3RI

轉動切割產生的電動勢表達式

E=-Bcor1

2

則轉動的角速度為

2(4U+3H∕)

ω=----------?------

Br2

（2）金屬桿和金屬盤屬于同軸轉動，角速度相同，所以盤的線速度為更鏟2,根據能

Br

量守恒力尸的機械功率等于回路的電功率

(4U+3RDS%=F中

所以

F=Blr+Br-

R

（3）金屬棒轉動速度保持不變，即電源的電動勢不變，電路變化，電容器兩端的電壓

13

U,=-E=U+-RI

44

負電荷最小電勢能的地方為電勢最高點

131133

Ep=-Cl——(C/+-/?/)=-qU+-qRI

44416

單擺周期公式

答案第7頁，共14頁

電容器內勻強電場的場強

小球受到的等效重力值

3

qU+-qRI

?4

mg=mgH----------H---------

所以

3

,qU+]qRI

周期

3

qU+-qRI

]g+,

Iιnd

8.(1)距離A點jd；(2)不能；(3)見解析

O

【詳解】(1)帶電粒子在加速電場中

12

quτr=-mv~

在磁場中偏轉，洛倫磁力提供向心力

2

V-

qvB=m——

R

解得

R=-d

4

由幾何知識，可知該粒子離開磁場時，在豎直方向偏轉的位移為

y=R-yjR2-d2=--

2

即粒子恰好從下極板邊緣射出，速度與水平方向夾角。滿足

4

tana=—

3

由幾何知識，可得打在熒光屏。上的位置到A點的距離為

d

23

X=-4s-=^d

tana8

(2)根據平拋運動的規(guī)律，離開電場時速度的反向延長線過水平位移的中點，若粒子打在

答案第8頁，共14頁

相同的位置，滿足

1

-

2-y

1d

2-

則

4,1,

y=-J>-d

72

即已經打到下極板，所以不存在這樣的電壓值。

(3)a?加速電壓的數值可以在位于區(qū)間J絲三,誓或］,對應粒子的速度范圍為

I2m2m

-L粒子在三角形A3。磁場中對應的半徑區(qū)間為［C,54］,當粒子軌跡和8。相

_mm\

切時，打在Q屏上距離A點最遠，由幾何關系得

金&=&+d

解得此時圓周運動半徑為

R1=(√2+l)√

打在熒光屏Q上距離A點的最遠距離為

?=JR「_(RLd)2=^√2√2+l

b.當粒子軌跡半徑大于N=(a+l)d時，粒子射出磁場，打在熒光屏P上。當粒子軌跡半徑

最大時，粒子打在P上的位置距離8點最遠。粒子最大軌跡半徑為54以AB為X軸，A為

原點建立坐標系，圓方程的圓心坐標為(0,-44),圓方程為

X2+(y+4d)2=(5d)2

BD所在的直線方程為

y=-x+2d

解出圓與直線的交點

粒子離開磁場后沿直線運動，該直線方程為

答案第9頁，共14頁

戶24時，可求出熒光屏尸上粒子擊中區(qū)域距離B點的最大距離為

56-13√Uj

V=-------------------a

/11

則粒子打在熒光屏P上距離8點56-3巧d以內的區(qū)域.

11

9.(1)8m∕s:(2)0.4m∕s2.加速度方向豎直向下；(3)648N

【詳解】(1)設最大速度為山，則：

,I

h=2v,"t

解得：

vm=8m∕s

(2)設加速和減速階段加速度大小分別為幻、a2,加速時間為〃，則:

?=α2(r-rl)

2

a2=0.4m/S

加速度方向豎直向下

(3)設座艙對乘客的作用力為R則：

F-mg=max

F=648N

10.(1)mg；(2)6.5∕?;(3)2.5r≤?≤17+λ^r

4

【詳解】(1)滑塊從A運動到C的過程中機械能守恒，設C點速度大小為V,則

mg(lι-2r)=?z/zv2

設在C點軌道對滑塊的作用力為R則

V2

F+mg=m—

r

聯立方程得：

F=mg

根據牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為mg

(2)滑塊從力高處下滑時，根據能量守恒

mgh=4μmgr+Ep

設開始下滑的最大高地高度為H，則

答案第10頁，共14頁

mgH=5μmgr+Eμ

又

"E.

聯立方程可得:

H=6.5r

(3)在保證緩沖裝置正常工作的同時，滑塊又不脫離軌道且停留在BE段，則

①滑塊恰好能過C點時，貝∣J:

2

mg=m——

r

2

mg(Λ1-2r)??mv

解得:

A1=2.5r

②滑塊被彈簧反彈后恰好到達與圓心等高點，設彈簧壓縮量為X,則:

3mgr=4jLimgr+?kr2

EP=^kx2=μmg(3r+x)+mgr

解得:

1+√41

x=--------r

4

Inghi=μmg(3r+x)+Ep

解得:

17+√41

KtL=-------------r

4

聯立①②可知，。應滿足的條件是

答案第11頁，共14頁

Ew=β1Scυ=0.72V

變化周期

_rλππ