1、2014-2015学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷一、单项选择题（本大题共10道小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A 物体在恒力作用下不可能做曲线运动B 曲线运动一定是变速运动C 物体在变力作用下一定做曲线运动D 曲线运动一定是速度和加速度都在变化2如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，则对于B物体来说，下列说法正确的是（）A 匀加速上升B 匀速上升C B物体受到的拉力大于B物体受到的重力D B物体受到的拉力等于B物体受到的重力3如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍A、B分别为大、小轮
2、边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点则（）A 两轮转动的角速度相等B 大轮转动的角速度是小轮的2倍C 质点加速度aA=2aBD 质点加速度aB=4aC4如图所示，a为地球赤道上的待发射卫星，b为赤道上空近地圆轨道卫星，c为地球同步卫星三颗卫星质量相同三颗卫星的线速度分别为va、vb、vc，角速度分别为a、b、c，周期分别为Ta、Tb、Tc，向心力分别为Fa、Fb、Fc，则（）A a=b=cB Ta=TcTbC va=vbvcD Fa=FbFc5科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍 假定该行星绕
3、恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有（）A 行星质量与太阳质量之比B 恒星密度与太阳密度之比C 行星质量与地球质量之比D 行星运行速度与地球公转速度之比6我国将于2011年下半年发射目标飞行器“天宫一号”，若“天宫一号”能在离地面约300km高的圆轨道上正常运行，两月后再发射“神舟八号”飞船并与其进行对接试验下列说法中正确的是（）A “天宫一号”的发射速度应大于第二宇宙速度B 对接后，“天宫一号”的速度大于第一宇宙速度C 对接时，“神舟八号”与“天宫一号”的加速度相等D 对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速7如图，小物块P位
4、于光滑斜面上，斜面Q位于光滑水平地面上，小物块P从静止开始沿斜面下滑的过程中（）A 斜面Q静止不动B 小物块P对斜面Q的弹力对斜面做正功C 小物块P的机械能守恒D 斜面Q对小物块P的弹力方向与接触面不垂直8如图所示，小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（）A 两物体落地时速率相同B 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功不相同C 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同D 两物体落地时，重力的瞬时功率相同9如图所示，固定斜面AO、BO与水平面夹角均为45，现由A点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点）
5、，小球恰能垂直于BO落在C点，若OA=6m，则OC的距离为（）A 2mB 3mC 2mD 3m10一质量为1kg的物体从静止开始匀加速竖直下落，经2s落地，落地时的速度大小为18m/s，若重力加速度g取10m/s2，则（）A 物体的重力势能减少了162JB 物体的动能增加了200JC 物体的机械能减少了20JD 重力对物体做功180J11（2015春庐江县期末）一质量为m的物体，只受重力和另一恒力F作用，在竖直平面内沿直线从O点运动到A点，已知OA=1，与竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法错误的是（）A F的最小值为mgsinB 物体到达A的速度可能为C 若时F=mgtan，恒力F一定做正
6、功D 物体重力势能的减少量可能等于其动能的增加量二、实验题（每空3分，共18分）121）在“研究平抛物体的运动”实验的装置如图1所示，下列说法正确的是A将斜槽的末端切线调成水平B将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C斜槽轨道必须光滑D每次释放小球时的位置越高，实验效果越好2）如图2所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为vo=（用L、g表示），其值是m/s（取g=10m/s2）13在一次“验证机械能守恒定律实验”中，质量M=1kg的重
7、物自由下落，在纸带上打出一系列的点，O点为得物刚释放时打下的起始点，如图所示（相邻计数点之间的时间间隔为0.02s），单位cm，那么：（1）纸带的（选填“左”或“右”）端与重物相连；（2）从起点O到打下计数点B的过程中重物的重力势能减少量是Ep=J，此过程中重物动能的增加量Ek=J（g取9.8m/s2，计算结果均保留2位有效数字）三、计算题（本题共5小题，共42分，作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数据值和单位）14如图所示，质量为m的木块，置于很大的水平转盘上，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的倍（=0.4），当
8、转盘以角速度=4rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径应满足什么条件？（g取10m/s2）15质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=10m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=1s速度减为零已知斜面的倾角=37，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8试求：（1）物块上滑过程中加速度的大小；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功；（3）物块回到底端A时的动能16宇航员在半径为R的星球表面完成了下列实验：他将一圆锥体固定，使其轴线竖直，再用长细线一端固定于圆锥体的顶点O，另一端拴一小球，让其在水平面内做匀速圆周运动，如图所示他测得小球的运
9、动周期为T时，恰好对圆锥体无压力，又测出O点到圆轨道面间的距离为h，已知万有引力常量为G求：（1）该星球表面重力加速度g；（2）该星球质量M；（3）在该星球表面发射卫星所需要的最小速度17如图所示，一个质量为m=0.6kg的小球，经某一初速度v0从图中P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧轨道（不计空气阻力，进入时无机械能损失）已知圆弧半径R=0.3m，图中=60，小球到达A点时的速度v=4m/s（取g=10m/s2）试求：（1）小球做平抛运动的初速度v0（2）判断小球能否通过圆弧最高点C，若能，求出小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN18（2015春庐江县期末）如图
10、所示，让小球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好从与小球拴接处被拉断，并立即撤去摆线，小球在粗糙的水平面上由D点向D做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑竖直圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长L=2m，=60，小球质量为m=0.5kg，小球与粗糙水平面动摩擦因数=，g取10m/s2求：（1）小球摆到最低点时的速度以及小球在最低点时对绳子的拉力；（2）要使小摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面DA长度s的范围2014-2015学年安徽省合肥市庐江县高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共10道小题，每小题4分
11、，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A 物体在恒力作用下不可能做曲线运动B 曲线运动一定是变速运动C 物体在变力作用下一定做曲线运动D 曲线运动一定是速度和加速度都在变化考点：物体做曲线运动的条件专题：物体做曲线运动条件专题分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论解答：解：A、物体在恒力作用下可能做曲线运动，如：平抛运动，故A错误；B、曲线运动的速度方向每时每刻都发生变化，即速度发生了变化，所以曲线运动一定是变速运动，故B正确；C、当变力的方向与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，故C错误；D、曲线
12、运动的加速度不一定改变，如：平抛运动，故D错误；故选：B点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了2如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，则对于B物体来说，下列说法正确的是（）A 匀加速上升B 匀速上升C B物体受到的拉力大于B物体受到的重力D B物体受到的拉力等于B物体受到的重力考点：运动的合成和分解专题：直线运动规律专题分析：汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则求出绳子的速度，从而判断物体的运动情况，根据牛顿第二定律比较拉力和B的重力大小解答：解：绳子与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则有：沿绳子方
13、向的速度v=vcos，沿绳子方向的速度等于B物体的速度，在运动的过程中，角减小，则v增加所以物体加速上升（并不是匀加速）物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，知绳子的拉力大于B物体的重力故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，以及会根据速度变化情况得出加速度的方向3如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍A、B分别为大、小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点则（）A 两轮转动的角速度相等B 大轮转动的角速度是小轮的2倍C 质点加速度aA=2aBD 质点加速度aB=4aC考点：线速度、
14、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度，A、C共轴转动，则角速度相等根据v=r，a=r2，可得出角速度和加速度的关系解答：解：A、靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，知A、B两点具有相同的线速度故A错误 B、根据v=r，vA=vB，知小轮转动的角速度是大轮的两倍故B错误 C、A、B两点具有相同的线速度，根据，知故C错误 D、A、B具有相同的线速度，根据v=r，A、C具有相同的角速度，根据a=r2，故D正确故选D点评：解决本题的关键掌握靠摩擦传动轮子边缘上的点，具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同
15、的角速度4如图所示，a为地球赤道上的待发射卫星，b为赤道上空近地圆轨道卫星，c为地球同步卫星三颗卫星质量相同三颗卫星的线速度分别为va、vb、vc，角速度分别为a、b、c，周期分别为Ta、Tb、Tc，向心力分别为Fa、Fb、Fc，则（）A a=b=cB Ta=TcTbC va=vbvcD Fa=FbFc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：本题中涉及到三个做圆周运动物体，AC转动的周期相等，BC同为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较解答：解：A、BC均为卫星，万有引力提供圆周运动向心力据得：
16、，BC的半径不相同，故角速度不等，所以A错误；B、C是同卫星，故TA=TC，BC均为地球卫星，根据开普勒行星运动定律知，C卫星的半径来得大，故C的周期B的周期，所以Ta=TcTb，故B正确；C、BC均为卫星，万有引力提供圆周运动向心力据知，解得：v=，C的半径大于B的半径，故C的线速度小于B的线速度，故C错误；D、BC均为卫星，万有引力提供圆周运动向心力据知，abc质量相等，c的半径大于b的半径大于a的半径，所以FaFbFc，故D错误故选：B点评：本题涉及到两种物理模型，即AC转动的周期相等，BC同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较5科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有
17、一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍 假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有（）A 行星质量与太阳质量之比B 恒星密度与太阳密度之比C 行星质量与地球质量之比D 行星运行速度与地球公转速度之比考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据行星的万有引力等于向心力，结合行星的轨道半径和公转周期列式求出恒星质量的表达式进行讨论即可解答：解：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，有G=m（）2r=m 解得：M=，v=
18、同理，太阳质量为：M=，v=A、由于该行星的周期为1200年，地球的公转周期为1年，则有：T：T=1200：1；题中有：r：r=100：1，故可以求得恒星质量与太阳质量之比，故A错误；B、由于恒星与太阳的体积均不知，故无法求出它们的密度之比，故B错误；C、由于式中，行星质量可以约去，故无法求得行星质量，也不能求出地球的质量，故C错误D、由于能求出行星质量与太阳质量之比，已知r：r=100：1，所以可求出行星运行速度与地球公转速度之比，故D正确故选：D点评：本题关键是根据行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，列方程求出太阳和恒星的质量6我国将于2011年下半年发射目标飞行器“天宫一号”，若“天
19、宫一号”能在离地面约300km高的圆轨道上正常运行，两月后再发射“神舟八号”飞船并与其进行对接试验下列说法中正确的是（）A “天宫一号”的发射速度应大于第二宇宙速度B 对接后，“天宫一号”的速度大于第一宇宙速度C 对接时，“神舟八号”与“天宫一号”的加速度相等D 对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速考点：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分析：根据万有引力提供向心力，得出速度公式，可以知道物体的速度与轨道半径一一对应；发射绕地球飞行的航天器其发射速度应该大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度解答：解：A、发射绕地球飞行的航天器其发射速度应该大于第一
20、宇宙速度而小于第二宇宙速度，故A错误；B、对接后，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的环绕速度公式v=，速度相同，故B错误；C、对接前，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的加速度公式a=，加速度也相同，故C正确；D、对接前，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的环绕速度公式v=，速度相同，故D错误；故选C点评：本题关键根据卫星的圆轨道运行式，万有引力等于向心力，求出速度公式和加速度公式，然后分析讨论7如图，小物块P位于光滑斜面上，斜面Q位于光滑水平地面上，小物块P从静止开始沿斜面下滑的过程中（）A 斜面Q静止不动B 小物块P对斜面Q的弹力对斜面做正
21、功C 小物块P的机械能守恒D 斜面Q对小物块P的弹力方向与接触面不垂直考点：机械能守恒定律；功的计算专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体P与Q相互挤压，物体Q在小滑块P的推动下向右加速，小滑块P沿斜面加速下滑，同时随斜面体向右运动，系统水平方向动量守恒解答：解：A、斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，故A错误；B、斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，动能增加，根据动能定理可知，物块P对斜面的弹力对斜面做正功，故B正确；C、P与Q物体系统内，物体P减小的重力势能转化为P与Q的动能，即PQ系统机械能守恒，但P物体的机械能不守恒；故C错误；D、斜面对P的弹力方向垂直于接触面，这是弹力的基本特点，与
22、运动状态无关，故D错误；故选：B点评：本题关键是P与Q系统内部，只有动能和重力势能相互转化，故系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒；同时系统水平方向动量守恒8如图所示，小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（）A 两物体落地时速率相同B 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功不相同C 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同D 两物体落地时，重力的瞬时功率相同考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动；功的计算分析：两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速
23、度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论解答：解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，故A正确B、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，所以B错误C、平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以C错误D、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以D错误故选A点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速
24、度还是瞬时速度9如图所示，固定斜面AO、BO与水平面夹角均为45，现由A点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO落在C点，若OA=6m，则OC的距离为（）A 2mB 3mC 2mD 3m考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：本题可以以A点为坐标原点，AO为y轴，垂直于AO为x轴建立坐标系，运用运动的分解法，根据分位移公式求出两个分位移之比即可求解解答：解：以A点为坐标原点，AO为y轴，垂直于AO为x轴建立坐标系，分解速度和加速度，则在x轴上做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间为在y轴上做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，末速度为，利用平均速度
25、公式得位移关系OA：OC=则OC=故选：C点评：本题的这种解法不是常用的方法，也可以根据常规的方法，将平抛运动分解成水平和竖直两个方向研究10一质量为1kg的物体从静止开始匀加速竖直下落，经2s落地，落地时的速度大小为18m/s，若重力加速度g取10m/s2，则（）A 物体的重力势能减少了162JB 物体的动能增加了200JC 物体的机械能减少了20JD 重力对物体做功180J考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：由位移公式可求得物体下落的高度，由功的公式可求出重力所做的功，则可知重力势能的改变量；由动能定理求出合外力所做的功，则可求得阻力所做的功，即可求得机械能的改变量解答：
26、解：AD、物体下落的高度h=2m=18m，故重力做功W1=mgh=（11018）J=180J，故重力势能减少了180J；故A错误，D正确；B、动能的增加量EK=mv2=J=162J；故B错误；C、重力势能减少了180J，动能增加了162J，根据机械能等于重力势能和动能之和，可得机械能减小了18J；故C错误；故选：D点评：在功和能的关系中要注意以下几点：重力做功等于重力势能的改变量；而阻力做功为机械能的改变量；合外力做功为动能的改变量11（2015春庐江县期末）一质量为m的物体，只受重力和另一恒力F作用，在竖直平面内沿直线从O点运动到A点，已知OA=1，与竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法错
27、误的是（）A F的最小值为mgsinB 物体到达A的速度可能为C 若时F=mgtan，恒力F一定做正功D 物体重力势能的减少量可能等于其动能的增加量考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：质点只受重力和恒力F，由于质点做直线运动，合力方向必与OA共线，结合三角定则分析出拉力的最小值根据机械能守恒条件分析机械能守恒时，F与mgsin的关系根据F做功的正负，分析质点的机械能如何变化F做正功，质点的机械能增大；F做负功，质点的机械能减小解答：解：质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图A、当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关
28、系，有F=Gsin=mgsin故A正确；B、D、若F=mgtan，由于mgtanmgsin，故F的方向与ON不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90，也可能小于90，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，则根据功能关系，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小；故B错误，D正确C、若F=Gsin=mgsin，则物体受到的合力是Gcos，物体到达A的速度为：=故C正确本题选错误的，故选：B点评：本题关键是对物体受力分析后，根据三角形定则求出拉力F的大小和方向，然后根据功能关系判断二、实验题（每空3分，共18分）121）在“研究平
29、抛物体的运动”实验的装置如图1所示，下列说法正确的是ABA将斜槽的末端切线调成水平B将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行C斜槽轨道必须光滑D每次释放小球时的位置越高，实验效果越好2）如图2所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为vo=2（用L、g表示），其值是1.0m/s（取g=10m/s2）考点：研究平抛物体的运动专题：实验题分析：在实验中让小球能做平抛运动，并能描绘出运动轨迹因此要求从同一位置多次无初速度释放同时由运动轨迹找出一些
30、特殊点利用平抛运动可看成水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动去解题解答：解：（1）实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用所以斜槽轨道必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放，并不是超高越好因此能减小实验误差的措施是AB选项；故选AB（2）a、b、c、d是平抛运动轨迹上的点，平抛运动可看成竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动 由水平位移可知：四个点时间间隔相等 竖直方向：自由落体运动，因时间相等，由h=gt2可得：t= 水平方向：匀速运动，则v0= 故答案为：；1.0m/s点评：在实验中如
31、何实现让小球做平抛运动是关键，同时让学生知道描点法作图线方法：由实验数据得来的点，进行平滑连接起来13在一次“验证机械能守恒定律实验”中，质量M=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，O点为得物刚释放时打下的起始点，如图所示（相邻计数点之间的时间间隔为0.02s），单位cm，那么：（1）纸带的左（选填“左”或“右”）端与重物相连；（2）从起点O到打下计数点B的过程中重物的重力势能减少量是Ep=0.49J，此过程中重物动能的增加量Ek0.48=J（g取9.8m/s2，计算结果均保留2位有效数字）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）抓住相等时间内的位移的
32、变化确定纸带哪一端与重物相连（2）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量解答：解：（1）物体下落时做加速运动，因此所打点距会越来越大，故纸带的左端与重物相连；（2）根据功能关系可知，当打点计时器打在B点时，重锤的重力势能的减少量为：EP=mgh=1.09.80.05J=0.49J根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度有：VB=102m/s=0.98m/s，动能变化量：EK=m=0.48J故答案为：（1）左；（2）0.49； 0.48点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规
33、问题，对于验证实验，我们有时也需要实验原理、测量数据等各个方面分析产生误差的原因三、计算题（本题共5小题，共42分，作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数据值和单位）14如图所示，质量为m的木块，置于很大的水平转盘上，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的倍（=0.4），当转盘以角速度=4rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径应满足什么条件？（g取10m/s2）考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：物体做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，根据最大静摩擦力提供向心力求出转
34、盘转动的半径解答：解：物体做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，由于转盘以角速度=4 rad/s匀速转动，木块恰不做离心运动时，根据牛顿第二定律得：mg=m r02解得r0=0.25m因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是：r0.25 m答：木块转动半径的范围是：r0.25 m点评：解决本题的关键知道小物体做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，基础题15质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=10m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=1s速度减为零已知斜面的倾角=37，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8试求：（1
35、）物块上滑过程中加速度的大小；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功；（3）物块回到底端A时的动能考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）由速度公式可以求出物体的加速度；（2）由平均速度公式求出物体的位移，由牛顿第二定律求出物体受到的摩擦力，然后由功的 计算公式求出克服摩擦力的功；（3）由动能定理可以求出物体回到A时的动能解答：解：（1）物体的加速度：a=10m/s2；加速度的大小a=10m/s2；（2）物块上滑过程中的最大位移：，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得，摩擦力：Ff=mgcos=mamgsin=8N，
36、物块克服摩擦力做的功Wf=Ffx=40J；（3）设物块回到底端A时的动能为Ek由动能定理得：，解得，动能Ek=J；答：（1）物块上滑过程中加速度的大小为10m/s2；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功为40J；（3）物块回到底端A时的动能为20J点评：本题难度不大，分析清楚物体运动过程，应用加速度的定义式匀变速运动公式、功的计算公式与动能定理即可正确解题16宇航员在半径为R的星球表面完成了下列实验：他将一圆锥体固定，使其轴线竖直，再用长细线一端固定于圆锥体的顶点O，另一端拴一小球，让其在水平面内做匀速圆周运动，如图所示他测得小球的运动周期为T时，恰好对圆锥体无压力，又测出O点到圆轨道面间的距
37、离为h，已知万有引力常量为G求：（1）该星球表面重力加速度g；（2）该星球质量M；（3）在该星球表面发射卫星所需要的最小速度考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和向心力公式结合列式，可求得重力加速度g；（2）根据重力等于万有引力，可求得星球的质量M（3）在该星球表面发射卫星所需要的最小速度等于其第一宇宙速度，根据重力等于向心力求解解答：解：（1）小球在水平面内做匀速圆周运动，由细线的拉力和重力的合力提供向心力，则得：mgtan=mhtan 则 g=h （2）在星球
38、表面的物体有：G=mg 则 M=（3）环绕该星球表面的卫星得：mg=m则 v=答：（1）该星球表面重力加速度g是h；（2）该星球质量M是；（3）在该星球表面发射卫星所需要的最小速度是点评：解决本题的关键找出物体的临界情况和卫星圆周运动的条件，能够熟练运用万有引力等于重力、万有引力等于向心力研究卫星问题17如图所示，一个质量为m=0.6kg的小球，经某一初速度v0从图中P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧轨道（不计空气阻力，进入时无机械能损失）已知圆弧半径R=0.3m，图中=60，小球到达A点时的速度v=4m/s（取g=10m/s2）试求：（1）小球做平抛运动的初速度v0（
39、2）判断小球能否通过圆弧最高点C，若能，求出小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球从P点到A点做平抛运动，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧轨道，说明经过A点的速度方向沿圆弧的切线方向，由几何知识得到速度与水平方向夹角为，作出速度的分解衅，即可求出初速度v0（2）假设小球能通过圆弧最高点C，根据动能定理求出小球到达C点的速度vC小球经过C点时，恰好由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出小球经过C点的最小速度，将vC与最小速度比较即可判断小球能否通过圆弧最高点C，若能，根据牛顿运动定律求出小球到达
40、圆弧轨道最高点C时对轨道的压力解答：解：（1）将小球到达A点的速度分解如图则有：v0=vcos=4cos60=2m/s（2）假设小球能到达C点，由动能定理有：mgR（1+cos）=代入解得vC=m/s设小球经小球经过C点的最小速度为v临，由mg=m解得v临=m/s，可见，vCv临，故小球能到达最高点C 在最高点，由牛顿第二定律有：FN+mg=m代入数据得：轨道对小球的支持力 FN=8N由牛顿第三定律：小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN=FN=8N，方向竖直向上答：（1）小球做平抛运动的初速度v0是2m/s（2）小球能通过圆弧最高点C，小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN是8N，方
41、向竖直向上点评：本题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及动能定理的应用，并结合几何知识解题18（2015春庐江县期末）如图所示，让小球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好从与小球拴接处被拉断，并立即撤去摆线，小球在粗糙的水平面上由D点向D做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑竖直圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长L=2m，=60，小球质量为m=0.5kg，小球与粗糙水平面动摩擦因数=，g取10m/s2求：（1）小球摆到最低点时的速度以及小球在最低点时对绳子的拉力；（2）要使小摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面DA长度s的范
42、围考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）摆球摆到D点时，摆线的拉力最大，根据机械能守恒定律求出摆球摆到D点时速度，由牛顿第二定律求出摆线的最大拉力（2）要使摆球能进入圆轨道，并且不脱离轨道，有两种情况：一种在圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动小球要刚好运动到A点，对小球从D到A的过程，运用动能定理求出动摩擦因数的最大值；若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机械能守恒和动能定理求出s要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱离轨道，在最高点时，由重力提
43、供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高点的过程，运用动能定理求解s的最小值，即可得到s的范围解答：解析：（1）对CD段应用动能定理，得：mg（LLcos）=代入数据解得：vD=2m/s 在最低点有：Tmg=m解得：T=10N由作用力与反作用力的关系可知：小球在最低点对绳子的拉力为10N（2）小球不脱圆轨道分两种情况：要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：mgs1=0代入数据可得：s1=8 m 若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mgR=由动能定理可得：mgs2=代入数据可求得：s2=5.6 m 小球运动到光滑竖直圆弧轨道最高点时，有：mg=m，代入数据得：v=m/s由动能定理得：2mgR=代入数据解得：小球在A点时的速度为：vA=m/s对DA段应用动能定理，有：mgs3=代入数据解得：s3=2 m 综上，粗糙水平面DA长度s的范围5.6mS8m或者s2m 答：（1）小球摆到最低点时的速度是2m/s，小球在最低点时对绳子的拉力是10N；（2）要使小摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，粗糙水平面DA长度s的范围5.6mS8m或者s2m点评：本题关键是不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解