1、湖南省衡阳市五校2015届高三11月第二次联考物理试卷（衡南一中、衡阳县一中、祁东二中、岳云中学、衡阳市一中）物 理 试 题时量：90分钟 分值：110分。【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、分子动理论、热力学定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体， 在试题上以高考为基本，是份非常好的试卷。第I卷 选择题（共48分）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的
2、得0分）【题文】1. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（ ） A伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来 B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 C开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律 D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【知识点】 物理学史P0【答案解析】D 解析：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运
3、动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒提出行星运动三大定律，故C正确；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的故D错误本题选错误的，故选D【思路点拨】 本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献.要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神【题文】2. 一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度
4、之比和这三段位移上的平均速度之比分别是().A1:4:9 1:2:3 B1:8:27 1:4:9C1:2:3 1:1:1 D1:3:5 1:2:3【知识点】 匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度A2【答案解析】 B 解析：根据x=at2可得物体通过的第一段位移为x1=a12又前3s的位移减去前1s的位移就等于第二段的位移故物体通过的第二段位移为x2=a（1+2）2-a12=a8又前6s的位移减去前3s的位移就等于第三段的位移故物体通过的第三段位移为x3=a（1+2+3）2-a（1+2）2=a27故x1：x2：x3=1：8：27在第一段位移的平均速度 在第二段位移的平均速度在第三段位移的平均速
5、度,故 故选B【思路点拨】要求连续的时间不等的三段时间内的位移之比，就要分别求出这三段时间内得位移，要求这三段位移，可以先求第一段的位移，再求前两段的位移，再求前三段的位移，前两段的位移减去第一段的位移，就等于第二段的位移，前三段的位移减去前两段的位移就等于第三段的位移；某段时间内的位移与所用时间的比值就等于该段时间内的平均速度本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用【题文】3如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（ ）A在CD段时，A受三个力作用B在DE段时，A可能受二个力作用C在DE段
6、时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【知识点】 牛顿第二定律；弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力B1 C2【答案解析】C 解析： A、在CD段，整体的加速度a=，隔离对A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得fA=0，可知A受重力和支持力两个力作用故A错误B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为，在DE段，整体的加速度a=，隔离对A分析，有：Agsin+fA=mAa，解得fA=-mAgcos，方向沿斜面向上若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力故B错误，C正确D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态在DE段，
7、可能做匀速直线运动，不处于失重状态故D错误故选：C【思路点拨】 根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解【题文】4甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A两物体两次相遇的时刻是2s和6sB4s后甲在乙前面C两物体相距最远的时刻是1s末D乙物体先向前运动2s，随后向后运动【知识点】 匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 A 解析：A、t=2s时乙的位移为x=24=4m，甲的位移为x=22=4
8、m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故2s末时二者相遇，同理可判断6s末二者也是相遇，故A正确；B、4s时甲的位移为x=42=8m，乙的位移为：x=24+（2+4）2=10m甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B错误；C、1s末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而4s末两物体相距的距离等于2-4之间三角形的面积，明显4s末二者的距离最大，故C错误；D、乙的运动方向始终未发生变化，故D错误；故选：A【思路点拨】v-t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向v-t图象中图线的斜率表示加速度，图线与
9、坐标轴围成图形的面积表示位移 【题文】5. 如图所示,轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b,拴接小球的细线固定在天花板,两球静止,两细线与水平方向的夹角=30,弹簧水平,以下说法正确的是( )A. 细线拉力大小为mgB. 弹簧的弹力大小为C. 剪断左侧细线瞬间,a球加速度为gD. 剪断左侧细线瞬间,b球加速度为0【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律B1 B3 C2【答案解析】D 解析： A、B对a球分析，运用共点力平衡得，弹簧的弹力F= mag， 细绳的拉力为2mg故A、B错误；C、D剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=2mag，根据牛顿第二定律得
10、，a=2g b球受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故选：D【思路点拨】 根据共点力平衡分析两球质量的关系，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变 【题文】6已知地球的半径为6.4106 m，地球自转的角速度为7.29105 rad/s，地面的重力加速度为9.8 m/s2，在地球表面发射卫星的第一宇宙速度为7.9103 m/s，第三宇宙速度为16.7103 m/s，月球到地球中心的距离为3.84108 m假设地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，则当苹果脱离苹果树后，将( )A落
11、向地面 B成为地球的同步“苹果卫星”C成为地球的“苹果月亮” D飞向茫茫宇宙【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用D5【答案解析】D 解析：地球自转的角速度为7.2910-5rad/s，月球到地球中心的距离为3.84108m地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，根据v=r得苹果的线速度v=2.8104m/s，第三宇宙速度为16.7103m/s，由于苹果的线速度大于第三宇宙速度，所以苹果脱离苹果树后，将脱离太阳系的束缚，飞向茫茫宇宙故选D 【思路点拨】根据v=r，可得出苹果的线速度把苹果的线速度与第三宇宙速度比较求解解决本题的关键掌握万有引力提供向心力同时知道宇宙
12、速度的意义 【题文】7. 如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度水平射出，同时乙以大小相同的初速度沿倾角为的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则的大小是( )A BC D【知识点】 平抛运动；牛顿第二定律C2 D2【答案解析】 A 解析：平抛运动的时间为：t=；乙在斜面下滑的加速度为：a=根据h=v0t+at2，代入数据得：v0=故A正确，B、C、D错误故选：A【思路点拨】平抛运动的时间由高度决定，结合高度求出平抛运动的时间，根据斜面的长度，结合牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式，抓住时间相等求出初速度的大小解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水
13、平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解 【题文】8.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则下列说法错误的是( )A小球受到的重力与电场力之比为3：5B在t=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功 等于电场力做功D在1 s4s过程中，小球的机械能先减小后增大【知识点】 牛顿运动定律的综合应用；功能关系C5 E6【答案解析】 B 解析： B
14、、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时故B错误A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1F-mg=ma2得电场力：F=mg+ma2=mv1=ma1由得重力mg与电场力F之比为3：5故A正确C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故C正确D、整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功电势
15、能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大故D正确故选：B【思路点拨】 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系【题文】9如图所示，用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面以某一速度匀速从A
16、运动到B的过程中，下列说法正确的是 ( )A以较大速度运动时比以较小速度运动时F做的功多B以较大速度运动时与以较小速度运动时F做的功一样多C以较大速度运动时比以较小速度运动时F的功率大D以较大速度运动时与以较小速度运动时F的功率一样大【知识点】 功的计算E1【答案解析】BC 解析： A、用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，拉力方向的位移为L，故拉力的功为：W=FL，与速度大小无关，A错误B正确；C、功率是P=FV，所以以较大速度运动时比以较小速度运动时F的功率大，C正确D错误故选：BC【思路点拨】如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了
17、功某个力的功等于这个力与力方向上的位移的乘积，与物体的运动状态和是否受到其他力无关 【题文】10如图，在光滑的水平面上两个质量相等的小球A、B，用两根等长的轻绳连接。现让两小球A、B以C为圆心、以相同的角速度做匀速圆周运动，A球的向心加速度为a1，B球的向心加速度为a2，AC段绳所受拉力记为F1，AB段绳所受拉力记为F2，则下列说法中正确的是( )A a1 : a2 =1：1 B a1 ：a2=1:2C F1 : F2 =2:1 D F1 : F2 =3:2【知识点】 向心力；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】BD 解析：A、B、设OA=AB=l，角速度相等，根据a=r2，有：a1：a2=l：
18、2l=1：2；故A错误，B正确；C、D、对B球有：F2=m2l2对A球有：F2-F1=ml2联立两式解得：F1：F2=3：2；故C错误，D正确；故选：BD 【思路点拨】A、B两球绕O点在光滑的水平面上以相同的角速度做匀速圆周运动，B球靠AB杆的拉力提供向心力，A球靠OA线和AB线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出两段细线的拉力之比解决本题的关键知道物体做匀速圆周运动，合力等于向心力，掌握向心力大小的关系公式 【题文】11、如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子之间的夹角为1，绳子张力为T1；将绳子一端由B点移至C
19、点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为T2；再将绳子一端由C点移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为T3，不计摩擦，则（ ）A1=23 B12T2T3 DT1=T2T3【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】 AD 解析：设绳子结点为O，对其受力分析，如图当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin+OBsin=AC同理：AOsin+OBsin=AC绳子长度不变，有AO+OB=AO+OB故1=2绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即T1=T2；绳子右端
20、从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得T1T3故选：AD 【思路点拨】绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系可以判断出，两个绳子之间的夹角不变，然后根据三力平衡条件判断出绳子拉力不变；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角变大，再次根据共点力平衡条件判断题关键根据几何关系判断出两次移动过程中两绳子间夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件作图，运用合成法分析 【题文】12如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带的摩擦力作用，
21、现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升高度h（未与滑轮相碰）的过程中( ) A物块a重力势能减少mgh B摩擦力对a做的功等于a机械能的增加量 C摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和 D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【知识点】 机械能守恒定律；重力势能；电功、电功率E1 E3【答案解析】 ACD 解析：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin=mg，则ma=b上升h，则a下降hsin，则a重力势能的减小量为maghsin=mgh故A正确B、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量所以摩擦力做功大于a的机械能增加因
22、为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加故B错误，C正确D、任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsin=mgv，所以重力对a、n做功的瞬时功率大小相等故D正确故选：ACD 【思路点拨】通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合力选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析 第卷 非选择题（共62分）
23、二、实验题（本大题共2小题共16分）【题文】13（6分）“探究动能定理”的实验装置如下图所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0。当用2条、3条、4条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出。关于该实验，下列说法错误的是（ ）A某同学在一次实验中，得到一条记录纸带，纸带上打出的点，两端密、中间疏，出现这种情况的原因，可能是木板倾角过大B当小车速度达到最大时，小车在两个铁钉的连线处C应选择纸带上点距均匀的一段计算小车的最大速度D应选择纸带上第
24、一点到最后一点的一段计算小车的最大速度【知识点】 探究功与速度变化的关系E4【答案解析】ABD 解析： A、“探究动能定理”的实验中：如果没有平衡摩擦力或没有使木板倾斜或倾角太小，则在小车获得的最大速度后，由于过一段距离后又被橡皮筋反拉着，导致速度减小，出现“两端密、中间疏”现象，故A错误；B、若实验前已平衡好摩擦力，则当小车速度达到最大时，橡皮筋应处于原长状态，B错误；CD、因小车匀速时速度最大，故C正确，D错误故选：ABD【思路点拨】 本实验的关键是需要先平衡摩擦力，这样橡皮筋对小车的拉力做的功才为总功，此时当橡皮筋的弹力为零时小车速度最大橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中用到多条橡
25、皮筋，就要求每次橡皮筋相同且被拉长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系解决实验问题的关键是明确实验原理和实验步骤以及实验注意事项 【题文】14在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、 50Hz交流电源。他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表：对应点BCDEF速度（m/s）0.1410.1850.2200.2540.301（1）设电火花计时器的周期为T，计算vF的公式为vF=_；（2分
26、）（2）根据（1）中得到的数据，以A点对应的时刻为t=0，试在图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出vt图象. （4分）(3)利用该图象求物体的加速度a=_m/s2；（结果保留2位有效数字）（2分）（4）如果当时电网中交变电流的电压变成210V， 而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）（2分）【知识点】 探究小车速度随时间变化的规律A7【答案解析】（1）；（2）如图；（3）0.380.42；（4）不变 解析： ：（1）每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，所以相邻两个计数点间的时间间隔T=5T，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过
27、程中的平均速度，得：（2）根据（1）中得到的数据，以A点对应的时刻为t=0，作出v-t图象（3）由速度-时间图象的斜率表示加速度，得：a=m/s2=0.40m/s2（4）电网电压变化，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变【思路点拨】根据匀变速直线运动中在相等的时间内，速度的变化量相等，即可求解瞬时速度的大小，根据速度-时间图象的斜率表示加速度解出加速度的数值，打点计时器的打点频率是与交流电源的频率相同，所以即使电源电压降低也不改变打点计时器打点周期要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用 三、计算题（本题共4小题，共46分，解答应写出
28、必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【题文】15（8分）跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后做自由落体运动，当距离地面125m时打开降落伞，伞张开后运动员就以14.3m/s2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5m/s，问：（1）运动员离开飞机时距地面高度为多少？（2）离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？（g=10m/s2）【知识点】 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2 A3【答案解析】(1)305m (2)9.85s 解析： （1）运动员打开伞后做匀减速运动，设打开伞时速度为v1，
29、有： 解得：v1=60 m/s 故运动员自由下落距离为： 运动员离开飞机时距地面高度为：s=s1+s2=305m （2）自由落体运动的时间为 打开伞后运动的时间为： 离开飞机后运动的时间为：t=t1+t2=9.85s 【思路点拨】（1）根据速度位移公式自由下落的末速度，结合速度位移公式求自由落体运动的位移，由数学关系可得离开飞机时距地面的高度（2）自由落体时间与匀减速的时间之和为总时间解决本题的关键抓住自由落体运动的末速度与匀减速运动的初速度相等，结合速度位移公式进行求解 【题文】16.（10分）某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示。他使
30、木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示。g取10m/s2。求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1； （2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v。【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2 C2【答案解析】（1）8m/s2；（2）0.34；（3）2m/s 解析：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点 上滑过程中加速度的大小： （2）由牛顿第二定律得上滑过程中： 代入数据得 （3）下滑的距离等于上滑的距离= 下滑过程中由牛顿第二定律得：
31、（2分）下滑至出发点的速度大小V= 联立解得 V=2m/s 【思路点拨】（1）由v-t图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解 【题文】17(12分)某球形天体的密度为0，万有引力常量为G.(1)证明：对环绕在密度相同的球形天体表面运行的卫星，运动周期与天体的大小无关(球的体积公式为VR3，其中R为球半径)(2)若球形天体的半径为R，自转的角速度为0，表面周围空间充满厚度d(小于同步卫星距天体表面
32、的高度)、密度的均匀介质，试求同步卫星距天体表面的高度【知识点】 万有引力定律及其应用D5【答案解析】（1）由T ，可知，T与R无关（2）R 解析： (1)设环绕球形天体表面运行的卫星的质量为m，运动周期为T，球形天体半径为R，质量为M，由牛顿第二定律有Gm2R 而M0R3 由式解得T ，可见T与R无关，为一常量 (2)设该天体的同步卫星距天体中心的距离为 r，同步卫星的质量为m0，则有 又M(Rd)3R3 由式解得r2R 则该同步卫星距天体表面的高度hrRR. 【思路点拨】（1）由万有引力充当向心力的周期公式，和质量=密度体积，可以得到周期与半径的关系.（2）计算出来天体及周围介质的质量，进
33、而由万有引力可以得到高度本题繁琐点在于求天体及周围介质的质量，只要正确求出质量，就可以很容易得到同步卫星高度 【题文】18(16分)如图所示，AB高h=0.6m，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以某一初速度v0水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g取10 m/s2.求： (1)求平
34、抛初速度v0(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；能量守恒定律C1 C2 E2 F2【答案解析】 （1）2m/s (2)60N (3)2.5m 解析： (1)小物块在C点时的速度为vC AC过程由动能定理有： 联解以上两式得：， （2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 60)mvmv 代入数据解得vD2 m/s 小球在D点时由牛顿第二定律得，FNmgm 代入数据解得FN60 N 由牛顿第三定律得FNFN60 N 方向竖直向下 (3)设小物块刚滑到木板左端时
35、达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：a1g3 m/s2， a21 m/s2 速度分别为：vvDa1t va2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2 解得L2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m. 【思路点拨】 （1）小物块从A到C做平抛运动，根据运动的合成与分解与动能定理求解平抛的初速度（2）小物块由C到D的过程中，运用动能定理可求得物块经过D点时的速度到达圆弧轨道末端D点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，求出轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力（3）物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，小物块恰好不滑出长木板时，物块滑到长木板的最右端，两者速度相等，根据动量守恒或牛顿运动定律、运动学公式结合和能量守恒求出此时木板的长度，即可得到木板的长度最小值