1、2015年重庆市万州区武陵中学高考物理一诊试卷一、选择题1如图所示，在网球的网前截击练习中，若球在球网正上方距地面H处，练球者将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A 球的速度v等于LB 球从击出至落地所用时间为C 球从击球点至落地点的位移等于LD 球从击球点至落地点的位移与球的质量有关2跳伞运动员从高度H处由静止下落，假设运动员沿直线运动，经历加速下降和减速下降两个过程，最后以速度v着地将运动员和伞看成一个系统，总质量为M在这两个过程中，下列说法正确的是（）A 阻力对系统始终做负功，全程做功等于
2、Mv2MgHB 系统受到的合外力始终做正功，全程做功等于Mv2C 重力在加速过程中做的功比减速过程中做的功多D 重力在加速过程中做的功比减速过程中做的功少3节日里，室外经常使用巨大的红色气球来烘托气氛，在晴朗的夏日，对密封的气球从早晨到中午过程，下列描述中不正确的是（）A 气球吸收了热量，同时体积膨胀对外做功，内能增加B 气球吸收了热量，同时体积膨胀对外做功，但内能不变C 气球温度升高，体积膨胀，压强增大D 气球内单位体积的分子数量减少，分子的平均动能增加4如图所示为某一时刻简谐波的图象，波的传播方向沿x轴正方向，下列说法中错误的是（）A 质点A、D的振幅相等B 在该时刻质点B、E的速度大小和
3、方向相反C 在该时刻质点C、F的加速度为零D 在该时刻质点D正向下运动52010年10月1日“嫦娥二号”探月卫星升空后，首先进入周期为T的近地圆轨道，然后在地面指令下经过一系列的变轨后最终被月球捕获，经两次制动后在近月轨道绕月球做匀速圆周运动已知地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为6：1，地球半径与月球半径之比为4：1根据以上数据，“嫦娥二号”绕月球运动时的周期近似为（）A 0.8TB TC 1.2TD 1.8T6如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A 若加速度足
4、够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD 斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值7如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上以下说法中正确的是（）A 质点打在屏的P点上方，板间场强大小为B 质点打在屏的P点上方，板间场强大小为C 质点打在屏的P点下方，板间场强大小为为D 质点打在屏的P点下方，板间场强大小为8在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R
5、并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2A和24V，则这台电动机正常运转时的输出功率为（）A 48WB 47WC 44WD 32W二、非选择题9某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与Y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图是（R视为质点）
6、10在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干（1）粗测小电珠的电阻，应选择多用电表倍率的电阻挡（请填写“1”、“10”或“100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图（1）所示，结果为（2）实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图（2）完成实物图（3）中的连线（3）开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于端为使小电珠亮度增加，P应由中点向端滑动（4）表为电压等间隔变化测得的数据为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点间多测几组数据（请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef
7、”） 数据点 a b c d e f U/V 0.00 0.501.00 1.502.00 2.50 I/A 0.000 0.122 0.156 0.185 0.2160.244 1015陕西校级一模）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m，求飞行器所受阻力Ff的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h1012万州区校级模拟）如图所示，
8、相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距L处静止若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只A发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间则：（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？13如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开
9、始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小（3）在满足 （2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离2015年重庆市万州区武陵中学高考物理一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，在网球的网前截击练习中，若球在球网正上方距地面H处，练球者将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是（）A 球的速度v等于LB 球从击出至落
10、地所用时间为C 球从击球点至落地点的位移等于LD 球从击球点至落地点的位移与球的质量有关考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度根据平行四边形定则求出击球点到落地点的位移解答：解：A、网球做平抛运动的时间t=，则网球平抛运动的初速度，故A错误，B正确C、球从击球点到落地点的水平位移为L，根据平行四边形定则知，位移s=，故C错误D、平抛运动的位移与网球的质量无关，故D错误故选：B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，知道运动的时间、位移与质量无关2跳伞运动员从高度H处由静止下落，假设运动员沿直线运动，经历
11、加速下降和减速下降两个过程，最后以速度v着地将运动员和伞看成一个系统，总质量为M在这两个过程中，下列说法正确的是（）A 阻力对系统始终做负功，全程做功等于Mv2MgHB 系统受到的合外力始终做正功，全程做功等于Mv2C 重力在加速过程中做的功比减速过程中做的功多D 重力在加速过程中做的功比减速过程中做的功少考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：运动员从高度H处由静止，先加速下降后减速下降，最后以速度v着地则全过程中阻力做功，可由动能定理结合重力做功求出而重力做功的多少与运动快慢无关，是由高度决定解答：解：A、选取运动员从静止到速度为v过程，由动能定理可得：，则有上式是克服阻力做的功
12、，所以阻力对系统始终做负功，全程做功等于Mv2MgH故A正确；B、运动员下落中当加速下降时，合力做正功；当减速下降时，合力却做负功故B错误；C、重力做功由高度决定，然而在加速过程与减速过程中高度不清楚，所以无法确定大小，故C错误；D、重力做功由高度决定，然而在加速过程与减速过程中高度不清楚，所以无法确定大小，故D错误；故选：A点评：阻力做功与路径有关，而重力做功与初末位置高度有关对于阻力做功与克服阻力做功必须交代清楚，因为前者是负值，后者是正3节日里，室外经常使用巨大的红色气球来烘托气氛，在晴朗的夏日，对密封的气球从早晨到中午过程，下列描述中不正确的是（）A 气球吸收了热量，同时体积膨胀对外做
13、功，内能增加B 气球吸收了热量，同时体积膨胀对外做功，但内能不变C 气球温度升高，体积膨胀，压强增大D 气球内单位体积的分子数量减少，分子的平均动能增加考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：据热力学第一定律U=W+Q判断气体内能的变化根据气体方程进行判断各个物理量的变化气体压强的大小受两方面影响：1、单位时间内撞击单位面积器壁的分子数；2、分子撞击的强度解答：解：A、早晨到中午过程中气温逐渐升高，密闭的气球接受热辐射，吸收了热量，温度升高，分子的平均动能增加，内能增加，故A正确，B不正确C、气体温度升高，体积膨胀对外做功，质量一定，体积增大；因气球变薄，弹力会变小，所以，被封闭的气体压
14、强就会变小，故C不正确；D、气体体积增大，则气体单位分子数减小；但因为温度增加，则分子平均动能增加；故D正确；本题选不正确的，故选：BC点评：内部气体理想气体，内能由温度决定理解和掌握U、Q、W的符号法则是正确应用热力学第一定律 解答问题的关键4如图所示为某一时刻简谐波的图象，波的传播方向沿x轴正方向，下列说法中错误的是（）A 质点A、D的振幅相等B 在该时刻质点B、E的速度大小和方向相反C 在该时刻质点C、F的加速度为零D 在该时刻质点D正向下运动考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：简谐波传播过程中，介质中各个振动质点的振幅都相同由波的传播方向可判断出B、E、D的速度方向根据a=
15、分析C、F加速度的关系解答：解：A、简谐波传播过程中，A、D两点的振幅相同故A正确B、波的传播方向沿X轴正方向，由波形平移法得知，B点的速度方向向上，E的速度方向向下，速度大小相等故B正确C、C、F两点处于位移最大处，根据简谐运动的特征a= 知，两点的加速度最大故C错误D、波的传播方向沿X轴正方向，该时刻质点D正向下运动故D正确本题选择错误的，故选：C点评：简谐波是一种理想化运动模型，简谐波传播过程中，介质中各个振动质点的振幅和周期都相同由波的传播方向判断质点的振动方向是应具备的基本能力52010年10月1日“嫦娥二号”探月卫星升空后，首先进入周期为T的近地圆轨道，然后在地面指令下经过一系列的
16、变轨后最终被月球捕获，经两次制动后在近月轨道绕月球做匀速圆周运动已知地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为6：1，地球半径与月球半径之比为4：1根据以上数据，“嫦娥二号”绕月球运动时的周期近似为（）A 0.8TB TC 1.2TD 1.8T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：“嫦娥二号”在近地空间运行时，根据万有引力提供向心力列出等式“嫦娥二号”绕月球运行时，根据万有引力提供向心力列出等式求解解答：解：“嫦娥二号”在近地空间运行时，根据重力提供向心力公式有：“嫦娥二号”绕月球表面运行时，根据重力提供向心力公式有：由解得：T=1.2T故
17、选C点评：本题考查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用6如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD 斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN
18、1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力FN2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案解答：解：小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为 则竖直方向有：FN2cos=mgmg和不变，无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故B错，D对 水平方向有：FN1FN2sin=ma FN2sin0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错 斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cos与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故C错误 故选D点评：本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与
19、正确的分解力是关键7如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上以下说法中正确的是（）A 质点打在屏的P点上方，板间场强大小为B 质点打在屏的P点上方，板间场强大小为C 质点打在屏的P点下方，板间场强大小为为D 质点打在屏的P点下方，板间场强大小为考点：电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动质点从离开
20、电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强解答：解：质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示，加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qEmg=mg，
21、E=故选A点评：本题关键抓住两个运动轨迹的对称性运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用8在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2V重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2A和24V，则这台电动机正常运转时的输出功率为（）A 48WB 47WC 44WD 32W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电动机停止转动时为纯电阻元件从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=
22、UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率解答：解：电动机停止转动时为纯电阻元件，电动机的电阻R=4；电动机的总功率P=U1I1=24V2A=48W；克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）24=16W；电动机正常运转时的输出功率是P输出=PPR=48W16W=32W故D正确，ABC错误故选：D点评：本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，电动机停止转动时为纯电阻元件这是本题的重点和难点二、非选择题9某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一
23、端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与Y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为5cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图是D（R视为质点）考点：运动的合成和分解专题：探究题分析：小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动知道了位置坐标，由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度、求vx，再由速度合成求此时的速度大小由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断运动轨迹解答：解：
24、小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，=2s，在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：，解得：，R的速度大小：=5cm/s因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D故答案为：5cm/s，D点评：分析好小圆柱体的两个分运动，由运动的合成与分解求其合速度；讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运动，否则为曲线运动，由合外力的方向判断曲线弯曲的方向10在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，
25、导线若干（1）粗测小电珠的电阻，应选择多用电表1倍率的电阻挡（请填写“1”、“10”或“100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图（1）所示，结果为7.5（2）实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图（2）完成实物图（3）中的连线（3）开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于a端为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动（4）表为电压等间隔变化测得的数据为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点ab间多测几组数据（请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”） 数据点 a b c d e f U/V 0.00 0.501.00 1.502.00 2.50 I/A 0.
26、000 0.122 0.156 0.185 0.2160.244 考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）已知灯泡的额定电压及功率，由功率公式可求得电阻的阻值；（2）由原理图可知电路的接法为分压接法，故先接滑动变阻器及电源，再将测量电路并联到滑动变阻器的一部分； 注意导线不能交叉，且导线 要接在接线柱上；（3）为了测量安全，开始时应使灯泡两端的电压为零，故与为泡并联部分电阻应为零；为了增大电压应使并联部分的长度增加；（4）由图中数据可知各段相临电压值间对应的电流变化不同，则应在电流变化较大的位置多测几组数据；解答：解：（1）小电珠（2.5V，0.6W），所以小电珠电阻大约是10，
27、粗测小电珠的电阻，应选择多用电表1倍率的电阻档，结果为7.5（2）根据实验原理图4完成实物图如图：（3）为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，为了安全应将滑动变阻器的滑片P置于a端，使得灯泡两端电压从零开始变化为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动，灯泡两端电压增大（4）为了获得更准确的实验图象，应该在灯泡两端电压从零开始增大的过程中多测量几次，即必须在相邻数据点ab间多测几组数据故答案为：（1）1； 7.5（2）如图（3）a、b （4）ab点评：描绘小灯泡的伏安特性曲线，为了更精确的绘出图象，都要求多测几组数据，故一般采用分压接法1015陕西校级一模）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其
28、质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m，求飞行器所受阻力Ff的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据位移时间公式求出飞行器的加速度大小，结合牛顿第二定律求出飞行器的阻力大小（2）根据位移时间公式求出飞行器匀加速运动的位移，失去升力后，根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，
29、结合速度位移公式求出匀减速运动的位移，从而得出飞行器达到的最大高度解答：解：（1）第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为a1，则有：，由牛顿第二定律可得：FmgFf=ma1代入数据解得：Ff=4 N （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1，则有：v1=a1t2，设失去升力后加速度大小为a2，上升的高度为h2由牛顿第二定律可得：mg+Ff=ma2，h=h1+h2代入数据解得h=42 m 答：（1）飞行器所受阻力Ff的大小为4N；（2）飞行器能达到的最大高度h为42m点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁1012万州
30、区校级模拟）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板有一质量m、电荷量q（q0）的小物块在与金属板A相距L处静止若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只A发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间则：（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：该题的研究情景是电场，能够对小物体进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式
31、求解问题要注意小物块与A板碰撞时物理量的改变对问题研究的影响解答：解：（1）加电压后，由于UAB是负值，所以B极板电势高于A板，电场强度的方向是水平向左小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动电场强度为E=； 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合=qEmg=mg=mg；故小物块运动的加速度为a=g设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 v120=2a1L，解得：v1=； （2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为：F合=mg+=，加速度大小为a2=，设小物块碰后
32、到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 0v1=a2t，解得：t=，设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 0v12=2a2x，解得：x=2L；答：（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是；（2）小物块碰撞后经过停止运动，停在2l处或距离A板为2L点评：本题考查电场中的动力学问题，受力分析、求合力、求加速度、运用运动学公式求解一些物理量要注意研究问题的情景随运动过程的改变13如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上
33、的初速度v0=4m/s，g取10m/s2（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小（3）在满足 （2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离考点：机械能守恒定律；牛顿第三定律；向心力；动量守恒定律专题：压轴题分析：（1）小球上升到最高点的过程中，符合机械能守恒定律，先解决最高点小球的速度，再由向心力公式求得细杆对小球的作用力，根据牛顿第三定律知道球对杆的作用力（2）解除对滑块的锁定，小球在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向的动量守恒；另外在上升过程中，因只有重力做功，系
34、统的机械能守恒联立动量守恒和机械能守恒方程求解（3）系统水平方向的动量守恒，两个物体速度时刻满足与质量成反比的关系，在相同的时间内位移也应该满足这个比例关系，而两个物体之间的距离和为定值，故距离可求本题也可以采用质心原理求得解答：解：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒则 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则 由式，得 F=2N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒以
35、水平向右的方向为正方向，有 mv2MV=0在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 由式，得 v2=2m/s（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V由系统水平方向的动量守恒，得 mv3MV=0将式两边同乘以t，得 mv3tMVt=0因式对任意时刻附近的微小间隔t 都成立，累积相加后，有ms1Ms2=0又 s1+s2=2L由式得 答：（1）小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上（2）小球通过最高点时的速度v2=2m/s（3）小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离点评：本题考查了连接体问题中的动量守恒和机械能守恒，滑块锁定和不锁定的区别非常重要：滑块锁定小球机械能守恒，滑块解锁系统机械能守恒两个物体水平方向上动量守恒；这是一道比较困难的力学综合题可以作为高考的压轴题出现
