1、物理试卷高 一 物 理 总 3 页 第 页 1高物理试卷 注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题(1-7 题每小题只有一个正确选项，8-12 题每小题有多个选项。每小题 4 分，共 48分，选对但不全得 2 分，选的全对得 4 分，错选或多选不得分)1光滑平面上一运动质点以速度 v 通过原点O,v 与 x 轴正方向成 角,已知质点沿 x 轴正方向以xa 做匀加速运动,沿轴正方向以ya 做匀加速运动,则（）A质点一定做匀加速曲线运动 B若yxaa，质点向 y 轴一侧做曲线运动 C若cotxyaa，质点向 y 轴一侧做曲线运动 D若cotxy
2、aa,质点向 x 轴一侧做曲线运动 2如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态现将一带正电的小球 B沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转至 A 正上方的 Q 点处，已知 P、A 在同一水平线上，且在此过程中物体 A 和 C 始终保持静止不动，A、B 可视为质点关于此过程，下列说法正确的是（）A物体 A 受到斜面的支持力先减小后增大 B物体 A 受到斜面的支持力一直增大 C地面对斜面 C 的摩擦力逐渐减小 D地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大 3质量为 m 的小物块，在与水平方向成 角的力 F 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过 A 点和 B 点的速度分别是 vA
3、和 vB，物块由 A 运动到 B 的过程中，合力对物块做功 W 和合力对物块作用的冲量大小为 I，经历的时间为 t，AB 间的距离为 s，则（）A222121ABmvmvW BsmvmvFAB222121 CABmvmvI DtmvmvFAB 4地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的 5 倍，木星半径约为地球半径的 11 倍，木星质量大于地球质量如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径 r 的立方与周期 T 的平方的关系图象，已知万有引力常量为 G，地球的半径为 R下列说法正确的是（）A木星与地球的质量之
4、比为11bdac BB木星与地球的线速度之比为 15 C地球密度为34 aGdR D木星密度为331131bGcR 5如图所示，足够长的水平传送带以 v0=4m/s 的速度匀速运行t=0 时，在最左端轻放一质量为m 的小滑块，t=4s 时，传送带以 1 m/s2 的加速度减速停下已知滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2关于滑块相对地面运动的速度 v（向右为正）、滑块所受的摩擦力 f（向右为正）、滑块所受的摩擦力做功的功率的值 P、滑块与传送带间摩擦生热 Q 的图像正确的是()A B C D 6如图所示，将质量为 2m 的长木板静止地放在光滑水平面上，一质量为 m 的小铅块（可视为质点）以水平初
5、速 v0由木板 A 端滑上木板，铅块滑至木板的 B 端时恰好与木板相对静止.已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等的两段后，紧挨着静止放在此水平面上，让小铅块仍以相同的初速 v0由左端滑上木板，则小铅块将（）A在滑到 B 端前就与木板保持相对静止 B仍能滑到 B 端与木板保持相对静止 C滑过 B 端后飞离木板 D以上三答案均有可能 7自空中某处水平抛出一物体（质点）至落地过程中，位移方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，取地面为参考平面，则物体被抛出时，其重力势能和动能之比为（）A2tan2 B4cos2 C4tan2 D2cos2 高 一 物 理 总 3 页 第
6、 页 28在空中某一位置，以大小 v0 的速度水平抛出一质量为 m 的物体，经时间 t 物体下落一段距离后，其速度大小仍为 v0，但方向与初速度相反，如图所示，则下列说法中错误的是()A风力对物体做功为零 B风力对物体做负功 C物体机械能减少 mg2t22 D风力对物体的冲量大小为 2mv0 9如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中倾角为=370的斜面 AB 与半径为 R的圆弧轨道平滑相切于 B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心质量为 m 的小球（可视为质点）从与B 点高度差为 h 的位置 A 点沿斜面由静止释放重力加速度大小为 g，sin37=0.6,cos370=0.8，则
7、下列说法正确的是（）A当 h=2R 时,小球过 C 点时对轨逍的压大小为 5mg B当 h=2R 时,小球不能从 D 点离开圆弧轨道 C当 h=3R 时，小球运动到 D 点时对轨道的压力大小为 1.4mg D调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，并能恰好落在 B 点.10在圆轨道上运动的质量为 m 的人造地球卫星，它们到地面的距离等于地球半径 R，地面上的重力加速度为 g，则()A卫星运动的速度为2Rg B卫星运动的加速度为4g C卫星运动的周期为24Rg D卫星的动能为2mgR 11如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为 的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点。质量为 m 的
8、物体从斜面上的 B 点由静止开始下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是（）A物体最终将停在 A 点 B物体第一次反弹后不可能到达 B 点 C整个过程中物体第一次到达 A 点时动能最大 D整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功 12如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0 时刻，甲物块以速度 v0=4m/s 向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的 vt 图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为 6kg，乙物块质量为 5kg，则（）A此碰撞过程为非弹性碰撞 B碰后瞬间乙物
9、块速度为 2m/s C碰后乙物块移动的距离为 6m D碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为 3:2 三、实验题(共 16 分)(8 分)在研究平抛运动的实验中，某同学记录了小球运动过程中经过的 A、B、C、D、E、F、G点的位置，相邻两点的时间间隔均为 t=0.05s。取 A 点为坐标原点，以+x 方向表示水平初速度方向，以+y 方向表示竖直向下方向，实验记录如下表。标号 nABCDEFGt/s00.050.100.150.200.250.30 x/m00.0240.0510.0730.0980.1260.150y/m 0 0.0420.1080.1980.3140.4540.617 13.作出
10、xt 图象如图甲所示，小球平抛运动的水平初速度大小是()；A1.0m/s B0.5m/s C1.2m/s D2.0m/s 14.根据表格中数据可知，t=0.10s 时，小球的竖直分速度大小是()；A1.50m/s B0.87m/s C1.57m/s D1.67m/s 15.以 t 为横坐标，yt为纵坐标，作出 ytt 图象如图乙所示，可得直线斜率的数值 k=4.86，其单位是()Am/s Bs/m Cm2/s2 Dm/s2 高 一 物 理 总 3 页 第 页 316.该处重力加速度 g 为（）。A9.80m/s2 B9.87m/s2 C9.57m/s2 D9.72m/s2(8 分)如图甲所示的
11、装置叫作“阿特伍德机”,是早期英国数学家和物理学家阿特伍德发明的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律,如图乙所示。实验时,该同学进行了如下操作:17.将质量均为 M(A 的含挡光片、B 的含挂钩)的重物用轻绳连接后,跨放在定滑轮上,处于静止状态,如图甲所示。测量出()A、A 的上表面到光电门中心的竖直距离 h。B、A 的下表面到光电门中心的竖直距离 h。C、挡光片中心到光电门中心的竖直距离 h。D、挡光片下表面到光电门中心的竖直距离 h。如图乙所示,在 B 的下端挂上质量为 m 的物块 C,让系统(重物 A、B 以及物块 C)中的物
12、体由静止开始运动,光电门记录挡光片挡光的时间为 t。测出挡光片的宽度 d,计算有关物理量,验证机械能守恒定律。18.如果系统(重物 A、B 以及物块 C)的机械能守恒,应满足的关系式为（）(已知重力加速度为g)。A、2)(2(21tdMmmgh B、2)(2(21tdMmMgh C、2)(2(21tdMmmgh D、2)(2(21tdMmMgh 验证实验结束后,该同学突发奇想:如果系统(重物 A、B 以及物块 C)的机械能守恒,不断增大物块 C的质量 m,重物 B 的加速度 a 也将不断增大,那么 a 与 m 之间有怎样的定量关系?a 随 m 增大会趋于一个什么值?请你帮该同学解决。19.写出
13、 a 与 m 之间的关系式:()A、2)(2(21tdMmmghB、2)(2(21tdMmmgh C、2)(2(21tdMmmghD、2)(2(21tdMmmgh 20.最终 a 的值会趋于()A、ga2 B、ga C、ga3 D、ga5.0 四、解答题(共 36 分，需要写出必要的文字说明、原理依据和公式，只写结果不得分)21(9 分)如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量 m=1kg 的小物块轻轻放在传送带上的 P 点，物块运动到 A 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑B、C 为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆心角106，A 点距
14、水平面的高度 h=0.8m小物块到达 C 点时的速度大小与 B 点相等，并沿固定足够长的斜面向上滑动，小物块从 C 点到第二次经过 D 点的时间间隔为 0.8s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数13，重力加速度 g 取 10 m/s2，取sin530.8，cos53=0.6，求：（1）小物块从 A 到 B 的运动时间；（2）小物块离开 A 点时的水平速度大小；（3）斜面上 C、D 点间的距离 22(12 分)如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.1，A 点左侧地面光滑，AB 的长度为 5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到 A
15、 点时弹簧恢复原长，以后继续向 B 点滑行，并滑上光滑的半径为 R 的 14光滑圆弧BC，在 C 点正上方有一离 C 点高度也为 R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔 P、Q，旋转时两孔均能达到 C 点的正上方若滑块滑过 C 点后进入 P 孔，又恰能从 Q孔落下，已知物体通过 B 点时对地面的压力为 9mg，.求(1)滑块通过 B 点时的速度 vB；(2)弹簧释放的弹性势能 Ep；(3)平台转动的角速度 应满足什么条件 23(15 分)如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O 点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度=60小明从 A 点由
16、静止往下摆，达到 O 点正下方 B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达 C点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长 L=1.6m，浮漂圆心与 C 点的水平距离 x=2.7m、竖直高度 y=1.8m，浮漂半径 R=0.3m、不计厚度，小明的质量 m=60kg，平板车的质量 m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度 g=10m/s2，求：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？
17、答案第 1页，总 6页参考答案1D【解析】若xyaa cot，则合加速度方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动；若xyaa cot，则合加速度方向与速度方向不在同一条直线上，合加速度偏向于速度方向下侧，则质点向 x 轴一侧做曲线运动；若xyaa cot，则合加速度方向与速度方向不在同一条直线上，合加速度偏向于速度方向上侧，质点向 y 轴一侧做曲线运动，故选项 D 正确，A、B、C 错误2C【解析】试题分析：对 A 研究：P 对 A 的库仑力垂直于斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为 F，根据平衡条件：斜面对 A 的支持力 N=mgcos+F，可知 N
18、 先增大后减小，故 A、B 错误；以 A 和 C 整体为研究对象，分析受力情况如图所示设 P 对 A 的库仑力大小为 F，与竖直方向的夹角为根据平衡条件得：f=Fsin；由于 F 大小不变，减小，则知地面对斜面 C 的摩擦力逐渐减小故C 正确 D 错误故选 C.考点：电场力与电势；物体的平衡.【名师点睛】本题主要考查物体的平衡问题，解题时首先要灵活选择研究对象，再对物体进行受力分析，运用共点力平衡条件求解注意当几个物体的加速度相同时，可以考虑整体法；此题有一定的难度，意在考查学生灵活运用知识的能力.3D【解析】由动能定理可得：222121ABmvmvW，又合力所做的功cosFSW，则 AB 错
19、误；由动量定理可得：ABmvmvI；而合外力为 F 在水平方向上的分量，则tFIcos，故F 的冲量大于合外力的冲量，C 错误 D 正确4.D【解析】根据2224mMGmrrT得，2324GMTr，可知图线的斜率 k=24GM，由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜答案第 2页，总 6页率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线对于地球，24GMakd地，解得地球的质量24aMGd地，则地球的密度33343MaRdR G地地对于木星，24GMbkc木，解得木星的质量24bMGc木，则木星的密度33341331(11)3MbGcRR
20、木木，则木星与地球的质量之比为MbdMac木地，故 A 错误 D 正确，C 错误根据GMvr日 可知木星与地球的线速度之比为1=5vrvr木地日地木日，故 B 错误故选 D【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，通过轨道半径和周期的表达式得出图线斜率的含义是解决本题的突破口5B【解析】试题分析：滑块在摩擦力作用下向右匀加速运动时，滑动摩擦力使滑块产生的加速度22/fagm sm所以滑块速度与皮带相同时经历的时间0422vtssa，所以 2s 后滑块与皮带以相同的速度向右匀速运动，与皮带间无摩擦力作用；4s 后，皮带以 a=1m/s2做匀减速运动，根据速度时间关系知，皮带开始减
21、速到停止的时间0441vtssa，小于滑动摩擦力能使滑块产生的加速度 2m/s2，所以当皮带减速运动时，滑块的加速度与皮带的加速度相同，所以此时滑块受到的静摩擦力12fmama，即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的 12，方向水平向左，故 A、C 均错误；滑块开始在滑动摩擦力作用下做匀加速时，速度与时间成正比，滑动摩擦力的功率 P=fv，可知，滑动摩擦力的功率与时间成正比，2s-4s间无摩擦力，功率为零，4s 后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，故 B 正确；只有开始滑块加速运动时，滑块与皮带间有相对位移，此时满足xv0t 12at2，位
22、移不与时间成正比，故 Q=fx 图象不是倾斜的直线，故 D 错误故选 B.考点：牛顿第二定律的综合应用；能量守恒定律.【名师点睛】解决本题的关键是掌握滑块在皮带上的运动情况，能判定滑块在传送带上在皮带的滑动摩擦力作用下向右匀加速运动，当与皮带的速度相同时一起匀速直线运动，当传送带一起向右减速运动时，滑块相对皮带没有运动，一起做减速运动.6A【解析】试题分析：在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到 B 部分上后 A 部分停止加速，只有 B 部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与 B 木板将更早达到速度相等，所以
23、小铅块还没有运动到 B 的右端，两者速度相同故 BCD 错误，A 正确考点：牛顿第二定律.7C【解析】物体做平抛运动，假设落地速度为 v，由于落地的位移方向与水平方向的夹角为，若设速度方向与水平方向夹角为，则 tan2tan，则水平分速度为：v0=vx=vcos；竖直分速度为：vy=vsin；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故 v0=vx=vcos；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故高度为：22222yvv sinhgg，抛出时的动能为：Ek012mv02 12mv2cos2，抛出时的势能为：Ep0=mgh=12mv2sin2，因而动能与势能之比0220tan4tanpkEE故
24、选 C【点睛】本题关键根据末速度的大小和方向，求解出抛出时的动能和势能的表达式，再求得比值即可注意速度偏向角的正切等于位移偏向角正切的 2 倍.8ACD答案第 3页，总 6页【解析】试题分析：物体在下落的过程中，设风力对物体做功为 W，重力对物体做功为 mgh，故根据动能定理得：W+mgh=Ek=0，故风力对物体做负功，A 的说法错误，B 的说法正确；由于风力不是水平方向的，不知道物体沿竖直方向运动的距离，无法求出物体下落的高度，进而无法判断出物体机械能的减少量，故 C 的说法错误；由于物体动量的改变量是 2mv0，故风力与重力的合力对物体的冲量大小为 2mv0，故风力对物体的冲量大小不是 2
25、mv0，D 的说法是错误的，故选项 ACD 符合题意考点：动量定理，动能定理9BC【解析】A、当 h=2R 时，从 A 到 C 的过程：由动能定理21(cos)02Cmg hRRmv，在 C 点由牛顿第二定律得2CCvNmgm R，解得275CmgN，由牛顿第三定律得：小球在刚过C 点时对轨道的压力大小为 275mg，故 A 错误；B、小球会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是minvgR，从 A 到 D 的过程：由动能定理21(cos)02Dmg hRRmv，解得25DvgRgR，所以小球不会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动，故 B 正确；C、当 h=3R 时，解得125DvgR，在 D
26、 点由牛顿第二定律得2DDvNmgm R，解得75DNmg，所以，由牛顿第三定律得小球运动到 D 点时对轨道的压力大小为 1.4mg，故 C 正确；D、小球从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动，则有21532RRcosgt，解得185Rtg，小球水平方向的位移min185xvtvtR，大于sin37R，所以小球能从 D 点离开圆弧轨道，不能恰好落在 B 点，故 D 错误；故选 BC【点睛】本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力 F 和小球会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是minvgR10BC【解析】在忽略地球自转情况下2GMmmgR，由万有引力提供人造
27、地球卫星的向心力2222GMmmvmaRR，得2gRv，加 速 度4ga，故 A 错 误 B 正 确；由 因2224RRTvg，故 C；由上以分析可知卫星的动能2124kmgREmv，故 D错误。【点睛】明确万有引力与重力，向心力之间的关系；利用万有引力提供向心力，选取对应的向心力公式去解。11BD【解析】A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于 A 点，故 A 错误；B、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达 B 点，故 C 正确；C、物体接触弹簧后，还要继续加速，直到弹力与重力的分力相等时，达到最
28、大速度；故最大速度在 A 点下方；故 B 错误；D、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，则重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功。故 D 正确；【点睛】由受力分析来确定运动情况很关键。12BC答案第 4页，总 6页【解析】AB由图乙可知，碰前甲的速度13m/sv 碰后甲的速度1m/sv 甲碰撞过程中动量守恒1+m vm vm v甲甲 甲乙 乙代入数所据，解得2.4m/sv乙又由于2221111+222m vm vm v甲甲甲乙乙碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此 A 正确，B 错误；C由图(b)可知甲的延长线交时间轴于4st
29、=处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此12.4(4 1)3.6m2x乙C 错误；D在vt 图像中斜率表示加速度，由图(b)可知，甲物体做减速运动的加速度211m/sa 乙物体做减速运动的加速度220.8m/sa 因此11 122232fm afm aD 正确。故选 BC。13B14.C15.D16.D【解析】（1）依据平抛运动水平方向做匀速直线，结合 x 与 t 图象，即可求解初速度大小；（2）202ytvyvt，可计算某时刻速度的竖直分量；（3）结合 ytt 图像，即可求解重力加速度。【详解】13.小球做平抛运动，将运动分解，水平方向做匀速直线运动，则有：0 x v t，根据作
30、出的x-t 图象，则平抛的水平初速度大小为：00.15 m/s0.50m/s0.3xvt；14.小球的竖直分运动为自由落体运动，根据中间时刻瞬时速度等于该段时间内的平均速度，结合表格可知，当 t=0 到 t=0.20s 过程中，1.57m/yvt，则 t=0.10s 时，小球的竖直分速度1.57m/svv；15.以 t 为横坐标，yt为纵坐标，作出 ytt 图象，由图像可知，yktbt，即2yktbt，该式与2012yatv t对应，12ka，故 k 的单位是加速度的单位：2m/s，16.a=2k=9.72，即 g=a=9.72m/s2。故本题的答案为：13).B14).C15).D；16).
31、D【点睛】考查平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，理解图象中斜率含义，并能结合运动学公式是解题的关键，注意 A 点不是平抛的起点，因此竖直方向初速度不为零。答案第 5页，总 6页【解析】17、因为光电门测量的是挡光片从开始运动到运动至光电门中心时的时间,所以要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离 h。所以选 C18、重物 A 经过光电门时,系统的速度大小 v=d/t,如果系统(重物 A、B 以及物块 C)的机械能守恒,应满足的关系式为22)(2(21)2(21tdMmvMmmgh。故选 A19、对系统受力分析,根据牛顿第二定律可得 mg=(m+2M)a,解得Mmmga2。故选 B2
32、0、由mMgMmmga212可知,当不断增大物块 C 的质量 m 时,最终 a 的值会趋于重力加速度 g。故选 B【答案】17)C18)A19）B20)B21（1）04s（2）3m/s（3）098m【解析】试题分析：（1）A 到 B 做平抛运动，利用平抛运动规律求出时间（2）利用平抛运动规律，在 B 点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度yV2gh，显然易求，则水平速度0V 可解（3）物块在轨道上上滑属于刹车问题，要求出上滑的加速度、所需的时间；再求出下滑加速度、距离，利用匀变速直线运动规律公式求出位移差解：（1）A 到 B 做平抛运动故s-（2 分）（2）物块
33、在 B 点的竖直分速度m/s故小物块离开 A 点时的水平速度大小m/s-（2 分）（3）m/s由几何关系可知，斜面的倾角沿斜面上滑的过程：解得m/s2从 C 点上滑至最高点的时间s上滑的最大距离m沿斜面下滑的过程：解得m/s2从最高点下滑至 D 点的时间s从最高点下滑至 D 点的位移大小m所以斜面上 C、D 点间的距离m-（5 分）考点：牛顿运动定律的综合应用点评：本题是一个单物体多过程的力学综合题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路22(1)22gR；(2)4.5mgR；(3)(21)=4ngR(n0、1、2)【解析】（1）物体通过 B 点时作圆周运动则有2FBNvmgm R解得：2 2
34、BvgR-（2 分）（2）物体由静止释放到 B 点，利用动能定理2102BWmgxmv答案第 6页，总 6页其中pWE；5xR215(2 2)2PEmgRmgR解得：92PEmgR-（3 分）（3）滑块从 B 点开始运动后机械能守恒，设滑块到达 P 处时速度为pv，则2211222BpmvmvmgR解得2pvgR滑块穿过 P 孔后再回到平台的时间24pvRtgg要想实现题述过程，需满足(21)tn(21)(0 1 2.)4ng nR、-（7 分）23【解析】从 A 到 B 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cos）=，代入数据解得：v=4m/s，在 B 点，由牛顿第二定律得：T-
35、mg=m，代入数据解得：T=1200N；（2）小明离开滑板后做平抛运动，竖直方向：y=，离 C 点水平位移最小为：x-R=vmint，离 C 点水平最大位移：x+R=vmaxt，代入数据解得：vmin=4m/s，vmax=5m/s，则小明跳离滑板时的速度：4m/sv5m/s；（3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+m 平板车）v1，代入数据解得：v1=3m/s，小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m+m 平板车）v1=mvC+mv 平板车v2，代入数据解得：v2=-3m/s，由功能关系得：W=（）-，代入数据解得：W=480J；答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于 1200N。（2）小明跳离平板车时的速度范围是：4m/sv5m/s。（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是 480J。
