1、四川省成都市新都二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（5月份）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分每小题给出的四个选项中至少有一个正确，全部选对得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分请一定正确答案填涂在机读卡上，填在试卷上无效）1下列说法中正确的是( )A运动物体所受的合外力不为零，物体的动能一定要变化B动能不变的物体，一定处于平衡状态C只要重力做功，重力势能一定改变D力对物体做功越大，力的功率一定越大2如图，从地面上方某点，将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g=10m/s2，则可求出( )A小球抛出时离地面的高度是5mB
2、小球从抛出点到落地点的位移大小是10mC小球落地时的速度大小是20m/sD小球落地时的速度方向与水平地面成60角3如图所示，两段长为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L今使小球在竖直面内绕AB水平轴做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中的拉力恰好为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )A2mgBmgC3mgD4mg4据报道，我国自主研制的“嫦娥二号”卫星在奔月的旅途中，先后完成了一系列高难度的技术动作，在其环月飞行的高度距离月球表面100km时开始全面工作国际上还没有分辨率优于10米的全月球立体图象，而
3、“嫦娥二号”立体相机具有的这种高精度拍摄能力，有助于人们对月球表面了解得更清楚，所探测到的有关月球的数据比环月飞行高度约为200km的“嫦娥一号”更加翔实若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示，则( )A“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”更长B“嫦娥二号”环月运行的速度比“嫦娥一号”更小C“嫦娥二号”环月运行时角速度比“嫦娥一号”更小D“嫦娥二号”环月运行时向心加速度比“嫦娥一号”更大5如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力
4、，则演员a质量与演员b质量之比为( )A1：1B2：1C3：1D4：16用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑圆锥体顶部，如图所示设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为，线的张力为T，则T随2变化的图象是( )ABCD7汽车的质量为4吨，最大功率为100kw，在平直的公路上能达到的最大速度是25m/s，现让汽车由静止开始先以1m/s2匀加速起动到最大功率，再以恒定功率加速到最大速度，整个过程中汽车所受的阻力大小不变，则当汽车的速度为15m/s时汽车的实际功率为( )A120kwB100kwC80kwD60kw8如图所示，两个互相垂直的力F1与F2作用在同一物体上，使物体通过
5、一段位移的过程中，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1与F2的合力对物体做功为( )A5 JB1 JC7 JD3.5 J9如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并处于静止状态剪断轻绳后A自由下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地前瞬间，两物块( )A速度的变化量大小相等B动能的变化量相同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同10同步卫星A的运行速率为v1，向心加速度为a1，运转周期为T1；放在地球赤道上的物体B随地球自转的线速度为v2，向心加速度为a2，运转周期为T2；在赤道平面
6、上空做匀速圆周运动的近地卫星C的速率为v3，向心加速度为a3，运转周期为T3比较上述各量的大小得( )AT1=T2T3Bv3v2v1Ca1a2=a3Da3a1a2二、实验题（共14分）11某实验小组的同学采用如图1所示的装置（实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面）用打点计时器得到一条纸带后，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系图2是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示已知所用交变电源的频率为50Hz，则：（1）打B点时，小车的瞬时
7、速度vB=_m/s（结果保留两位有效数字）（2）实验中，该小组的同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图3所示根据该图线形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是_（填写选项字母代号）AWv2 BWv CW DWv3（3）本实验中，若钩码下落高度为h1时合力对小车所做的功为W0，则当钩码下落h2时，合力对小车所做的功为_（用h1、h2、W0表示）12在“研究平抛物体的运动”实验中，在固定斜槽时，应该使末端_，每次释放小球的位置应该_；如图所示是用闪光照像法拍摄到的平抛小球在运动过程中的闪光照片的一部分A为抛出后小球运动过程中的某一位置已知每个小方格的边长是5cm，则小球A运动到B所花
8、的时间为_秒，平抛运动的初速度大小为_m/s（重力加速度g=10m/s2）三、计算题（本题共3小题，共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）13已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T14如图所示，有一水平传送带以4m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量M=1kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高，且木板
9、足够长现将质量m=1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板已知AB之间的距离L=4m，滑块与传送带间的动摩擦因数1=0.4，滑块与木板间的动摩擦因素2=0.2，g=10m/s2求：（1）滑块从传送带A端滑到B端所用的时间（2）滑块从传送带A端滑到B端，传送带对滑块所做的功（3）滑块在木板上滑行的距离15如图所示是某公园中的一项游乐设施，半径为R=2.5m、r=1.5m的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现让可视为质点的质量为10kg的无动力小滑车从A点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过CD段又滑上乙
10、轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度h=5m，所有轨道均光滑，g=10m/s2（1）求小球到甲轨道最高点时的速度v（2）求小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力（3）若在水池中MN范围放上安全气垫（气垫厚度不计），水面上的B点在水平轨道边缘正下方，且BM=10m，BN=15m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A距水平轨道的高度该如何设计？四川省成都市新都二中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（5月份）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分每小题给出的四个选项中至少有一个正确，全部选对得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得
11、0分请一定正确答案填涂在机读卡上，填在试卷上无效）1下列说法中正确的是( )A运动物体所受的合外力不为零，物体的动能一定要变化B动能不变的物体，一定处于平衡状态C只要重力做功，重力势能一定改变D力对物体做功越大，力的功率一定越大考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率 专题：机械能守恒定律应用专题分析：动能的变化是由合外力做功来量度，根据动能定理判断；重力势能的变化由重力做功决定功率由公式P=分析解答：解：A、运动物体所受合外力不为零，加速度不为零，物体一定做变速运动，但可能速度大小不变，比如匀速圆周运动，动能不变，故A错误B、动能不变的物体，速度大小一定不变，但速度方向可能变化，不一定
12、处于平衡状态，故B错误C、只要重力做功，物体的高度一定变化，重力势能一定改变，故C正确D、力对物体做功越大，由P=分析知力的功率不一定越大，还与时间有关，故D错误故选：C点评：解决本题的关键要理解功能关系，掌握动能定理，知道动能是标量，速度是矢量2如图，从地面上方某点，将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经过1s落地，不计空气阻力，g=10m/s2，则可求出( )A小球抛出时离地面的高度是5mB小球从抛出点到落地点的位移大小是10mC小球落地时的速度大小是20m/sD小球落地时的速度方向与水平地面成60角考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据运动的时间求出小球抛出时离地的高度
13、，根据初速度和时间求出抛出点和落地点的水平位移，从而得出抛出点和落地点的位移大小根据竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出落地的速度大小和方向解答：解：A、小球抛出时的高度h=，故A正确B、小球抛出点到落地点的水平位移x=v0t=101m=10m，根据平行四边形定则知，抛出点与落地点的位移大小s=，故B错误C、小球落地时竖直分速度vy=gt=101m/s=10m/s，根据平行四边形定则知，落地的速度大小为v=，落地的速度方向与水平方向的夹角为45度，故C、D错误故选：A点评：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，结合运动学公式灵活求解3如图所示，两段长为L的轻质线共同
14、系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L今使小球在竖直面内绕AB水平轴做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中的拉力恰好为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )A2mgBmgC3mgD4mg考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：小球在最高点绳子张力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在最高点速率为2v时，两段绳子拉力的合力，从而根据力的合成求出每段绳子的张力大小解答：解：当小球到达最高点速率为v，有：mg=m当小球到达最高点速率为2v时，应有：F+mg=m=4mg所以：F=3mg此时最高点各力如图所示，所以
15、：FT=mg故选：B点评：本题考查牛顿第二定律和力和合成的综合运用，关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解4据报道，我国自主研制的“嫦娥二号”卫星在奔月的旅途中，先后完成了一系列高难度的技术动作，在其环月飞行的高度距离月球表面100km时开始全面工作国际上还没有分辨率优于10米的全月球立体图象，而“嫦娥二号”立体相机具有的这种高精度拍摄能力，有助于人们对月球表面了解得更清楚，所探测到的有关月球的数据比环月飞行高度约为200km的“嫦娥一号”更加翔实若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示，则( )A“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”更长B“嫦娥二号”环
16、月运行的速度比“嫦娥一号”更小C“嫦娥二号”环月运行时角速度比“嫦娥一号”更小D“嫦娥二号”环月运行时向心加速度比“嫦娥一号”更大考点：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 专题：人造卫星问题分析：根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力，可分别得到周期、线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系来分析解答：解：设月球的质量为M，嫦娥卫星的质量为m，轨道半径为rA、由万有引力充当向心力，得到T=2，可知“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”更小故A错误B、由万有引力充当向心力得到v=可知，“嫦娥二号”环月运行时的线速度比“嫦娥一号”更大故B错误C、由=可知，“嫦娥二号”环月
17、运行时的角速度比“嫦娥一号”更大故C错误D、由an=可知，“嫦娥二号”环月运行时的向心加速度比“嫦娥一号”更大故D正确故选：D点评：本题考查运用万有引力定律与圆周运动知识解决实际问题的能力，要灵活选择公式的形式5如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为( )A1：1B2：1C3：1D4：1考点：牛顿第二定律；向心力 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：b向下摆动过程中机械能守恒，在最低点绳子拉力与重力之差提供向心
18、力，根据向心力公式得出绳对b的拉力，a刚好对地面无压力，可得绳子对a的拉力，根据拉力相等，可得两者质量关系解答：解：b下落过程中机械能守恒，有： 在最低点有： 联立得：Tb=2mbg当a刚好对地面无压力时，有：Ta=mag Ta=Tb，所以，ma：mb=2：1，故ACD错误，B正确故选：B点评：根据物体的运动规律选择正确规律求解是解决这类问题的关键，同时正确受力分析是解题的前提6用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑圆锥体顶部，如图所示设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为，线的张力为T，则T随2变化的图象是( )ABCD考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周
19、运动中的应用分析：分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与2的关系也就变了解答：解：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为，当=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，T=mgcos0，所以A项、B项都不正确；增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为0当0时，由牛顿第二定律得，TsinNcos=m2Lsin，Tcos+Nsin=mg，解得T=m2Lsin2+mgcos；当0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得Tsi
20、n=m2Lsin，所以T=mL2，可知T2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误故选：C点评：本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化7汽车的质量为4吨，最大功率为100kw，在平直的公路上能达到的最大速度是25m/s，现让汽车由静止开始先以1m/s2匀加速起动到最大功率，再以恒定功率加速到最大速度，整个过程中汽车所受的阻力大小不变，则当汽车的速度为15m/s时汽车的实际功率为( )A120kwB100kwC80kwD60kw考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：当速度最大时，牵引力等于阻力，根据P=Fvm=f
21、vm求出阻力的大小根据P=Fv求出汽车匀加速直线运动的最大速度，将15m/s与匀加速直线运动的最大速度进行比较，因为汽车一旦达到匀加速直线运动的最大速度，功率达到额定功率，以后功率保持不变解答：解：当速度最大时，F=f有P=fvm，则f=根据牛顿第二定律有：Ff=ma则牵引力F=f+ma=4000+41031N=8000N匀加速直线运动的最大速度当速度大于12.5m/s时，功率达到额定功率，则当汽车的速度达到15m/s时，汽车的实际功率P=P=100kW故选：B点评：解决本题的关键知道发动机功率P=Fv，知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力以及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动情况8如图所
22、示，两个互相垂直的力F1与F2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1与F2的合力对物体做功为( )A5 JB1 JC7 JD3.5 J考点：功的计算 专题：功的计算专题分析：功是标量，几个力对物体做的总功，就等于各个力单独对物体做功的代数和解答：解：当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和；由于力F1对物体做功4J，力F2对物体做功3J，F1与F2的合力对物体做功为4+3J=7J，故选：C点评：因为功是标量，求标量的和，几个量直接相加求代数和即可9如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连
23、接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并处于静止状态剪断轻绳后A自由下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地前瞬间，两物块( )A速度的变化量大小相等B动能的变化量相同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：初始时刻，A、B处于同一高度并恰好保持静止状态，知A的重力等于绳子的拉力，B重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力，所以B的重力大于A的重力根据动能定理求出物块落地的速度，从而比较出速率的变化量根据重力做功比较重力势能的变化量由公式P=F分析重力做功的平均功率解答：解：A、根据动能定理得，mgh=，知落地
24、的速度v=，因为h相等，落地时速率v相等，初速度都为零，则速度的变化量相同故A正确B、动能的变化量等于重力做功，为mgh，由于质量m不等，所以动能的变化量不同，故B错误C、开始A、B静止，根据平衡条件知B的重力大于A的重力，根据WG=mgh知，两物体重力做功不同，则重力势能变化量不同故C错误D、根据开始时系统平衡得，mBgsin=mAg两物体落地的速度大小相等，则平均速度大小相等对A，重力做功的平均功率PA=mAg，对B，重力做功的平均功率PB=mBgsin=mAg 知重力做功的平均功率相同故D正确故选：AD点评：解决本题的关键通过共点力平衡求出A、B质量的关系，以及知道剪断细线后，A、B两物
25、体机械能守恒10同步卫星A的运行速率为v1，向心加速度为a1，运转周期为T1；放在地球赤道上的物体B随地球自转的线速度为v2，向心加速度为a2，运转周期为T2；在赤道平面上空做匀速圆周运动的近地卫星C的速率为v3，向心加速度为a3，运转周期为T3比较上述各量的大小得( )AT1=T2T3Bv3v2v1Ca1a2=a3Da3a1a2考点：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 专题：人造卫星问题分析：题中涉及三个物体：地球同步卫星1、地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体2、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星3，同步卫星与物体2周期相同，物体2与人造卫星3转动半径相同，同步
26、卫星1与人造卫星3，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可解答：解：A、同步卫星与地球自转同步，所以T1=T2根据开普勒第三定律得卫星轨道半径越大，周期越大，故T1T3故A正确B、同步卫星与物体2周期相同，根据圆周运动公式v=，所以V1V2，故B错误CD、同步卫星与物体2周期相同，根据圆周运动公式a=，得a1a2，同步卫星1与人造卫星3，都是万有引力提供向心力，所以a=，由于r1r3，由牛顿第二定律，可知a3a1故C错误、D正确故选：AD点评：本题关键要将物体2、人造卫星3、同步卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化二、实验题
27、（共14分）11某实验小组的同学采用如图1所示的装置（实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面）用打点计时器得到一条纸带后，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系图2是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示已知所用交变电源的频率为50Hz，则：（1）打B点时，小车的瞬时速度vB=0.80m/s（结果保留两位有效数字）（2）实验中，该小组的同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图3所示根据该图线形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正
28、确的是BC（填写选项字母代号）AWv2 BWv CW DWv3（3）本实验中，若钩码下落高度为h1时合力对小车所做的功为W0，则当钩码下落h2时，合力对小车所做的功为（用h1、h2、W0表示）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度求解B点速度（2）根据图象为过原点的曲线，结合数学函数知识分析（3）根据功的定义求解即可解答：解：匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vB=0.80m/s（2）图象为过原点的曲线，故W与v一定不是正比关系，也一定不是反比关系，所以肯定不正确的是BC故选：BC（3）根据功的定
29、义，有W0=mgh1W=mgh2解得W=故答案为：（1）0.80；（2）BC；（3）点评：本题重点考查了“探究功与动能变化关系”实验的原理，以及数据处理方法，解题时从实验原理角度分析即可12在“研究平抛物体的运动”实验中，在固定斜槽时，应该使末端斜槽末端切线水平，每次释放小球的位置应该同一位置静止释放；如图所示是用闪光照像法拍摄到的平抛小球在运动过程中的闪光照片的一部分A为抛出后小球运动过程中的某一位置已知每个小方格的边长是5cm，则小球A运动到B所花的时间为0.1秒，平抛运动的初速度大小为1m/s（重力加速度g=10m/s2）考点：研究平抛物体的运动 专题：实验题分析：保证小球做平抛运动必须
30、通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度；由于O点为抛出点，因此根据水平方向匀速，竖直方向自由落体即可正确解答解答：解：在研究平抛运动的实验中，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，同时一定要使小球水平抛出，否则不是平抛运动，因此斜槽末端切线要保持水平；由图示可知，xAB=xBC=2l=25cm=10cm，由于平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动，因此从A到B与从B到C的运动时间t相等；由图示可知，yAB=3l=35cm=15cm，yBC=5l=55cm=25c
31、m，在竖直方向上做自由落体运动，则y=gt2，则运动时间t=0.1s，平抛的初速度v0=1m/s；故答案为：斜槽末端切线水平，同一位置静止释放，0.1，1点评：解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力；同时熟练应用平抛运动的规律来解答有关问题三、计算题（本题共3小题，共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）13已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响（1）推导第一宇宙速度v1的表达式
32、；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；牛顿第二定律；万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 分析：（1）第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，重力等于万有引力，引力等于向心力，列式求解；（2）根据万有引力提供向心力即可求解解答：解：（1）设卫星的质量为m，地球的质量为M，在地球表面附近满足 得 GM=R2g 卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力 式代入式，得到故第一宇宙速度v1的表达式为（2）卫星受到的万有引力为 由牛顿第二定律 、联立解得故卫星的运行周期T为点评：卫星所受的
33、万有引力等于向心力、地面附近引力等于重力是卫星类问题必须要考虑的问题，本题根据这两个关系即可列式求解！14如图所示，有一水平传送带以4m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量M=1kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高，且木板足够长现将质量m=1kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板已知AB之间的距离L=4m，滑块与传送带间的动摩擦因数1=0.4，滑块与木板间的动摩擦因素2=0.2，g=10m/s2求：（1）滑块从传送带A端滑到B端所用的时间（2）滑块从传送带A端滑到B
34、端，传送带对滑块所做的功（3）滑块在木板上滑行的距离考点：动能定理的应用；牛顿第一定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块轻轻放在传送带上后，由摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律即可求出加速度，然后由运动学的公式即可求出时间；（2）对滑块，运用动能定理求传送带对滑块所做的功传送带因传送滑块多消耗的电能转化为滑块的动能和内能；（3）滑块滑上木板，对滑块和木板受力分析，求出加速度，相对静止时速度相等，由运动学的公式即可求出时间和共同速度，再求滑动在木板上滑行的距离解答：解：（1）滑块轻轻放在传送带上受到向右的滑动摩擦力，加速度大小为 a=1g=4m/s2速度增大至与传送带相同所用时间 t1=s
35、=1s通过的位移 x1=at12=m=2m滑块匀速运动的时间 t2=s=0.5s故所求时间为 t=t1+t2=1.5s（2）根据动能定理得：传送带对滑块所做的功 W=J=8J（3）滑块以4m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，加速度大小为 a滑=g2=2m/s2木板受到滑块对其向右的摩擦力，加速度大小为 a木=2m/s2设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共v共=va滑t=a木t，得 t=s=1s 对滑块：x滑=vta滑t2，对木板：x木=a木t2，滑块在木板上滑行的距离 d=x滑x木代入数据得：d=2m答：（1）滑块从传送带A端滑到B端所用的
36、时间是1.5s（2）滑块从传送带A端滑到B端，传送带对滑块所做的功是8J（3）滑块在木板上滑行的距离是2m点评：该题考查传送带模型与滑块木板模型，解决本题的关键理清物块在传送带上和木板上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解滑块木板也可以使用动量守恒定律和能量守恒定律结合来解答15如图所示是某公园中的一项游乐设施，半径为R=2.5m、r=1.5m的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现让可视为质点的质量为10kg的无动力小滑车从A点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过CD段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度
37、h=5m，所有轨道均光滑，g=10m/s2（1）求小球到甲轨道最高点时的速度v（2）求小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力（3）若在水池中MN范围放上安全气垫（气垫厚度不计），水面上的B点在水平轨道边缘正下方，且BM=10m，BN=15m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A距水平轨道的高度该如何设计？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）小车在C轨道最高点对轨道恰好无压力，根据重力恰好等于向心力列式求解；（2）对从C轨道最高点到D轨道最高点过程运用动能定理列式求解D轨道最高点速度，再根据在D轨道最高点时重力和弹力的合力
38、提供向心力列式求解弹力大小；（3）根据平抛运动的分位移公式列式求出平抛运动的初速度，再对从开始到平抛起点的过程运用动能定理列式求解解答：解：（1）在甲轨道最高点P有：mg=m代入解得：v=5m/s即小车通过C轨道最高点的速度为5m/s；（2）从甲轨道最高点P到乙轨道最高点Q，由动能定理得：mg（2R2r）=在D轨道最高点：mg+F=m代入解得：N=333.3N由牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为333.3N；（3）设刚好过P点，下落高度为h1，从A到P，由动能定理得：mg（h12R）=mvP2解得 h1=6.25m，所以h6.25m又：设物体到水平台右端E点速度为 vE，从E平抛刚好到M点：h=5mx1=vE1t=10m解得 vE1=10m/s 从E平抛刚好到N点：x2=vE2t=15m解得：vE2=15m/s 要使物体落在MN范围，10m/svE15m/s从A到E，由动能定理得mgh=0则5mh11.25m由得：6.25mh11.25m答：（1）小球到甲轨道最高点时的速度v是5m/s（2）小球到乙轨道最高点时对乙轨道的压力是333.3N（3）小滑车起始点A距水平轨道的高度范围为6.25mh11.25m点评：本题关键要分析清楚小球的运动情况，然后根据向心力公式、牛顿第二定律、平抛运动分位移公式、动能定理列式求解；切入点在于小球恰好通过最高点，由重力充当向心力
