2024-2025学年甘肃省兰州一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年甘肃省兰州一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大．图中分别画出了汽车转弯时受到的合力F的四种方向，可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的( )
A. 半径相等
B. 线速度大小相等
C. 向心加速度大小相等
D. 角速度大小相等
3.接地导体球壳外固定放置着一个点电荷，空间电场线的分布如图所示，a、b为点电荷与球壳球心连线上的两点，a点在点电荷左侧，b点在点电荷右侧，a、b两点到点电荷的距离相等。下列说法正确的是( )
A. 该点电荷带负电B. a点的电场强度比b点的大
C. b点的电势小于零D. 导体球壳内的电场强度等于零
4.某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法错误的是( )
A. 粒子带负电荷
B. M点的电场强度比N点的小
C. 粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
5.如图，在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0,a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a,a)为 2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为( )
A. (0,2a)， 2q
B. (0,2a)，2 2q
C. (2a,0)， 2q
D. (2a,0)，2 2q
6.如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T，不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是( )
A. 电子在圆筒中也做加速直线运动
B. 电子离开圆筒1时的速度为2 Uem
C. 第n个圆筒的长度应满足Ln=T nUe2m
D. 保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
7.如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6m，离水面的高度ℎ=3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2m。水泵的效率为η=80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是( )
A. 水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B. 在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C. 水泵输出的功率340W
D. 水泵在1ℎ内消耗的电能1.53×106J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(−q,m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
9.如图所示，在x轴上的O点(x=0)和b点(x=15cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势ϕ在x轴上分布如图中所示。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. a、c两点的电场强度相同
B. q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍
C. 将一负电荷从a点移到c点，电场力做功为零
D. 将一负电荷从c点移到d点，电势能增大
10.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E=mgq(g为重力加速度)，A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为+q，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是( )
A. 电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为2g
B. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C. 从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量
D. 物体B刚要离开地面时，A的速度大小为g 3mk
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究电路结构如图所示，电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。经实验可以发现：
(1)当电压表读数不为零时，电介质板插入极板间的深度x ______(选填“增大”、“减小”、“无法确定增减”)；
(2)若x保持不变，则电压表示数______为零(选填“一定”或“不一定”)；
(3)在x增大的过程中，电容器两极板带电量______(选填“增大”或“减小”)，a点电势始终______b点电势(选填“高于”或“低于”)。
12.如图1为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有：

A.将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平；
B.测出挡光条的宽度d；
C.分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与砝码的总质量m；
D.将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；
E.由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间t；
F.改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t。已知重力加速度为g，请回答下列问题：
(1)本实验中______(填“需要”或“不需要”)满足m远小于M。
(2)若某次测得挡光条到光电门的距离为L，挡光条通过光电门的时间为t，滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了______；若系统机械能守恒，应满足______。(用实验步骤中各测量量符号表示)
(3)多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t，作出L随1t2的变化图像如图2所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g= ______时，可以判断槽码带动滑块运动过程中机械能守恒。(用题中已知量和测得的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L=60m，灭火弹出膛速度v0=50m/s，方向与水平面夹角θ=53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8。
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
(2)已知电容器储存的电能E=12CU2，转化为灭火弹动能的效率η=15%，灭火弹的质量为3kg，电容C=2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？
14.如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为m，所带电荷量为q。现于水平地面上方整个空间加一水平向右的匀强电场，静止时绝缘绳与竖直方向成θ=45°角，小球离地的竖直高度为ℎ，求：
(1)匀强电场的电场强度大小
(2)轻绳的拉力大小
(3)若突然剪断轻绳，求小球落地时的速度大小。
五、计算题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离ℎ=1.0m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0=0.5。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。求：
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
(2)斜面AB的长度L；
(3)若μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程x。
答案解析
1.B
【解析】解：汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时速度增大，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要小于90°，所以选项ACD错误，选项B正确．
故选：B．
汽车在水平的公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象时对的．
解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，加速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车加速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了．
2.D
【解析】解：A.如图所示：
P、Q两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识rQ>rP，故A错误；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、Q两点做圆周运动的角速度相等，故D正确；
B.根据线速度与角速度的关系v=rω，因此vQ>vP，故B错误；
C.根据向心加速度公式a=rω2，因此aQ>aP，故C错误。
故选：D。
A.P、Q两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析P、Q两点做圆周运动的半径的大小；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，据此分析作答；
B.根据线速度与角速度的关系v=rω分析作答；
C.根据向心加速度公式a=rω2分析作答。
本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键；要区别求半径与圆周运动的半径。
3.D
【解析】解：A、由图可知，电场线由正电荷出发，指向负电荷，可得点电荷带正电，故A错误；
B、由于电场线越密集，电场强度越大，所以a点的电场强度比b点的小，故B错误；
C、由于球壳接地，所以球壳处的电势为零，由于沿电场线方向电势降低，所以b点的电势大于零，故C错误；
D、由静电屏蔽的知识可知，导体球壳内的电场强度处处为零，故D正确。
故选：D。
A、根据电场线的方向判断电荷的正负；
B、电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方场强越大，反之场强越小，据此分析作答；
C、球壳接地，则球壳处的电势是零，再根据沿电场线方向电势逐渐降低进行分析作答；
D、根据静电屏蔽的知识分析作答。
本题考查了与场强有关的基础知识，对这些知识要加强理解记忆，并能加以运用；对静电屏蔽的理解是本题的难点。
4.A
【解析】解：A.根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，故A错误；
B.等差等势面越密集的地方，电场线也越密集，场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；
D.粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确；
C.由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C正确。
本题选错误的，故选：A。
根据等差等势面的特点，可以判断电场的方向及电场强度的大小、电势大小；动能大小可以根据能量守恒，先判断电势能的变化。
本题考查对于等差等势面的理解，注意已知电势的等差等势面，可以得到：电场方向、电场强度相对大小、电势大小三个特点。
5.B
【解析】解：根据点电荷的场强公式及平行四边形定则，可以求出点电荷+q与−q在P点的合场强的大小为E合=2×kqa2×cs45°= 2kqa2，方向与−x方向成45°角指向左上方，那么+Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反，再根据点电荷的场强公式有：kQ( 2a)2=E合，代入解得：Q=2 2q，方向应与+x方向成45°，结合题意+Q应在y轴上的(0,2a)位置，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据点电荷的场强公式E=kQr2，结合平行四边形定则计算Q所带电荷量及位置。
本题考查点的场强公式及矢量的运算法则，要结合简单的数学知识去处理计算方面的问题。
6.C
【解析】解：A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；
B、电子进入第1个圆筒时，经过1次加速，根据动能定理得：eU=12mv2−0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为v= 2eUm，故B错误；
CD、电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU=12mvn2−0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn= 2neUm，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是T2，则第n个圆筒长度为Ln=vn⋅T2
解得：Ln=T nUe2m，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要减小交变电压的周期，故C正确，D错误；
故选：C。
金属圆筒中电场为零，电子做匀速直线运动；电子在金属圆筒中的运动时间为T2；根据动能定理求电子出第n个圆筒瞬间速度，由x=vt求解第n个圆筒长度。
解答本题的关键要理解直线加速器的工作原理，把握电子的运动规律，运用动能定理和运动学公式相结合解答。
7.B
【解析】解：A.水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，根据平抛运动规律有
R−r=vt
ℎ=12gt2
代入数据解得v=2m/s，故A正确；
B.水泵对外做功，转化为水的机械能，每秒内水泵对水做的功为
W=m0gℎ+12m0v2
代入数据解得W=340J，故B错误；
C.由B可知水泵输出的功率
P=Wt=3401W=340W，故C正确；
D.根据P=ηP电，则水泵的电功率为
P电=Pη=34080%W=425W；
水泵在1ℎ内消耗的电能为
E=P电t=425×3600J=1.53×106J，故D正确；
本题选错误的，故选：B。
根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出水从喷嘴喷出时的速率；水泵所做的功与效率的乘积等于水动能和重力势能的增加，根据能量守恒求出水泵的功率P；根据p=ηP电求解水泵的电功率以及消耗的电能。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。以及能够灵活运用能量守恒定律进行求解。
8.AD
【解析】设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E。
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=qEm=kE
x方向粒子做匀速直线运动，则有：t=xv，即经过相同时间水平位移相等
竖直方向根据位移−时间关系可得：y=12at2，整理可得：y=kEx22v2。
由于(+q,m)与(+3q,3m)的比荷相同，故轨迹相同，由于(−q,m)与其它三个粒子电性相反，故偏转方向相反。
ABC、如果电场线平行于y轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，(+q,m)与(+3q,3m)重合，且(+q,m)与(−q,m)关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于(+q,2m)，故A正确、BC错误；
D、如果电场线平行于y轴向上，则正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，(+q,m)与(+3q,3m)重合，且(+q,m)与(−q,m)关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于(+q,2m)，故D正确。
9.BC
【解析】解：A、由图可知，图象的斜率表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误。
B、由于d点图象斜率为零，表明该点的合场强为零，而d点到两点电荷的距离为之比为1：2，根据E=kQr2可知电荷量之比为4：1，故B正确。
C、a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，电场力做功为零，故C正确。
D、c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选：BC。
根据图象的斜率代表场强结合点电荷产生电场的公式解得电荷量大小关系，电场力做正功，电势能减小。
本题φ−x考查图象问题，关键是通过图象读出电势大小关系以及图象的斜率代表场强。
10.AD
【解析】解：A、在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A受力分析，受重力、向下的电场力、弹力，根据平衡条件可得
qE+mg=F弹
将电场方向改为竖直向上，对A物体受重力、向上的电场力、弹力，根据牛顿第二定律可得
qE+F弹−mg=ma
解得
a=2g
故A正确；
B、在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0，根据平衡条件和胡克定律可得
qE+mg=kx0
解得
x0=qE+mgm
B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1，对B受力分析，受重力和弹力，根据平衡条件可得
kx1=mg
解得
x1=mgk
对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先受向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，故B错误；
C、从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0>x1，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误；
D、物体B刚要离开地面时，由能量关系可知
12mv2+mg(x0+x1)=qE(x0+x1)+12kx02−12kx12
解得A的速度大小为
v=g 3mk
故D正确。
故选：AD。
在电场未反向时，对A根据平衡条件列方程；当施加上电场力瞬间，对A物体根据牛顿第二定律列方程联立求解：根据平衡条件求解原来弹簧的压缩量，对B根据平衡条件求解弹簧的伸长量，根据牛顿第二定律分析A的加速度变化情况，由此确定A的运动情况；根据功能关系、能量守恒定律分析CD选项。
可以从两条有关带电粒子在匀强电场中的运动，线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
11.无法确定增减 一定 增大 低于
【解析】解：(1)电压表读数不为零，说明电路为通路，即电容在变化，x在变化，但不确定在增大还是减小；
(2)若x保持不变，则电容器电容不变，电容器所带电荷量不变，电路为断路状态，则电压表示数一定为零；
(3)在x增大的过程中，根据C=εrS4πkd,C=QU，可知电容器电容增大，电容器电荷量增大，电容器进行充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点。
故答案为：(1)无法确定增减；
(2)一定；
(3)增大；低于。
(1)根据电表有示数时对电路的要求，可以判断电容是否充放电，推导x是否变化；
(2)根据x对电容的影响，可以判断电路的通断，从而判断电压表示数；
(3)根据电容的决定式，判断电容的变化特点，结合电源，推导电荷量的变化情况，即充放电情况，分析电流方向，即可判断电势高低。
本题考查电容的动态分析，电容的决定式和定义式的综合应用，需要了解相对介电常数这个量，真空的相对介电常数为1，其它的相对介电常数均大于1。
12.不需要 mgL mgL=12(M+m)d2t2 a(M+m)d22mb
【解析】解：(1)对砝码和滑块系统来说，验证机械能守恒律，系统减少重力势能和增加的动能均可以测量，不需要测拉力，故不需要满足m远小于M。
(2)滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了
ΔEp=mgL
根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门时速度大小为
v=dt
系统动能增加了
ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)d2t2
系统机械能守恒有
ΔEp=ΔEk
则系统机械能守恒成立的表达式是
mgL=12(M+m)d2t2
(3)由(2)可知系统机械能守恒成立的表达式是
mgL=12(M+m)d2t2
整理得
L=(M+m)d22mg⋅1t2
图像的斜率为
k=(M+m)d22mg=ba
解得当地的重力加速度大小为
g=a(M+m)d22mb
故答案为：(1)不需要；(2)mgL，mgL=12(M+m)d2t2；(3)a(M+m)d22mb
(1)根据实验要求分析判断是否需要满足M和m的关系；
(2)根据高度变化求出，托盘和砝码减少的重力势能，再根据光电门的特点求出物块通过光电门的速度，最后写出动能变化量和势能变化量的等量关系；
(3)根据机械能守恒定律成立的表达式可以推出L−1t2的关系式，进而求解出g的表达式。
理解实验原理是解题的前提与关键；应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，应用动能计算公式与重力势能的计算公式、机械能守恒定律即可解题。
13.解：(1)炮弹飞出后做抛体运动，将抛出点的速度分解如图所示；

由图可知，水平方向上的分速度vx=v0cs53°=50×0.6m/s=30m/s；
竖直方向上的分速度vy=v0sin53°=50×0.8m/s=40m/s；水平方向上做匀速直线运动，到达高楼时间tx=Lvx=6030s=2s；
竖直方向上做竖直上抛运动，由v=gt可知，到达最高点所用时间t=vyg=4010s=4s，大于水平方向到达高楼的时间，所以此时炮弹没有到达最高点，则上升的高度H=vyt−12gt2=40×2m−12×10×4m=60m，即灭火弹击中高楼的位置高地面高为60m；
(2)电容器的能量转化为灭火弹的动能，则根据能量关系可知，ηE=12mv02；
代入电容器电能公式E=12CU2可得：
U= mv02ηC= 3×5020.15×2.5×10−2V= 2×103V≈1414V；
答：(1)灭火弹击中高楼位置距地面的高度H为60m；
(2)电容器工作电压U应设置1414V。
【解析】(1)灭火弹做斜抛运动，根据运动的合成和分解将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动进行分析，由水平方向求出上升时间，再根据竖直上抛运动规律求出高度；
(2)根据题出所给出的电容器储能公式，利用转化效率列式即可求出工作电压U值。
本题考查斜抛运动的分析方法以及电容器的性质，要注意正确理解题意，掌握好运动的合成和分解规律即可快速求解。
14.解：小球受力如图所示：
(1)由平衡知识得：
qE=mgtanθ
解得E=mgtanθq=mgq
(2)如右图，由几何知识得：F=mgcsθ= 2mg
(3)剪断细线后，重力和电场力的合力为F合=F= 2mg
根据牛顿第二定律：a=F合m= 2g
S=ℎcsθ= 2ℎ
小球做匀加速直线运动，由v2=2as
解得：v=2 gℎ
答：(1)匀强电场的电场强度大小为mgq
(2)轻绳的拉力大小为 2mg
(3)若突然剪断轻绳，求小球落地时的速度大小为2 gℎ。
【解析】(1、2)对小球进行受力分析，根据平衡状态列方程求解拉力和电场力的大小，根据F=qE求电场强度的大小；
(3)若突然剪断轻绳，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解落地速度。
本题实质上考场了物体平衡，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。
15.解：(1)设物体到达B点的速度为v，从E到B，由动能定理，得
mg(ℎ+R)=12mv2−0
代入数据得
v=2 10m/s
在C点，有
F−mg=mv2R
代入数据得
F=10N
(2)从C到A，由动能定理得
−mg(R−Rcs37°+Lsin37°)−μ0mgcs37°⋅L=0−12mv2
代入数据得
L=1.8m
(3)设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有
mgsin37°=μ1mgcs37°
解得
μ1=0.75
①若0≤μ