1、广西玉林市博白县高级中学2016-2017学年高一（下）期末物理试卷解析版一.选择题1.如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（）A6mg的拉力B6mg的压力C7mg的拉力D7mg的压力【分析】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出在最低点杆子对小球的作用力，从而得出球对杆的作用力大小【解答】解：根据动能定理得，解得最低点速度，根据牛顿第二定律得，Fmg=m，解得F=6mg，表现为拉力，故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键知道小
2、球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大2如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是（）A若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB升高hC若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AB轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零【解答】解：
3、A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，根据机械能守恒知，物体沿AB升高的高度小于h，故B错误，C、D、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒，故C错误，D正确；故选：D3在不计空气阻力的情况下，下列运动中加点物体机械能守恒的是（）A雨滴在空中匀速下落 B乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程C物体在光滑的固定斜面上滑行 D重物被起重机悬吊着匀加速上升【考点】6C：机械能守恒定律
4、【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒【解答】解：A，雨滴在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程中，动能不变，重力势能变化，故机械能变化，故B错误；C、物体在光滑的固定斜面上滑行时，只有重力做功；故机械能守恒，故C正确；D、重物被起重机悬吊着匀加速上升时，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故D错误故选：C4.如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中（）AB对A的支
5、持力越来越大BA对B的正压力越来越大CB对A的摩擦力越来越小DB对A的摩擦力越来越大【分析】物块A做匀速圆周运动靠合力提供向心力在a运动到b的过程中，木块受重力、支持力和静摩擦力【解答】解：A在运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力合力沿水平方向的分力等于A所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，由a到b的运动过程中，合力沿水平方向的分力减小，所以摩擦力减小合力沿竖直方向的分力逐渐增大，所以支持力逐渐减小故C正确，ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键知道A所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道A所受合力在竖直方向的分力等于重力和支
6、持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力5ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2则以下说法正确的是（）A两处的电场方向相同，E1E2B两处的电场方向相反，E1E2C两处的电场方向相同，E1E2D两处的电场方向相反，E1E2【考点】AA：电场的叠加【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a，则a与a关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于ab部分对于P1的产生电场而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，
7、每段可看作点电荷设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1E2故选D6关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A一物体的动量不变，其动能一定不变B一物体的动能不变，其动量一定不变C两物体的动量相等，其动能一定相等D两物体的动能相等，其动量一定相等【考点】52：动量定理；66：动能定理的应用【分析】动能，动量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，动能是标量，动量是矢量，一个物体的动量不变时，动能一定不变，动能不变时，动量的大小一定不变，但方向可能变化；两个物体的动量相等时，只有当质量相等时，动能才相等，两个物体的动能相等时，也只有质量相等时，
8、动量大小才会相等【解答】解：动能是标量，动量是矢量P=mv，动能与动量之间的大小关系：，A、一物体的动量P不变，其动能Ek一定不变，故A正确B、一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化故B错误C、两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等故C错误D、两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的故D错误故选A7.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，以地面为参考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（）A0BmghCmgHDmg（H+h）【分析】小球落到地面瞬间重力势
9、能为0，但动能不知道，机械能不好直接确定但最高点时速度为零，动能为零，机械能很快求出，根据小球下落过程中机械能守恒，落地时与刚下落时机械能相等，就能求出小球落到地面前的瞬间的机械能【解答】解：以地面为参考平面，小球在最高点时机械能为：E=mg（H+h）小球下落过程中机械能守恒，则小球落到地面前瞬间的机械能等于它在最高点时的机械能，即E=E=mg（H+h）故ABC错误，D正确故选：D【点评】本题如根据机械能的定义，不好直接求落地时小球的机械能技巧在于选择研究最高点，此处动能为零，重力势能为mgH，机械能为mgH，运用机械能守恒，从而定出落地时的机械能，方法简单方便8某带电粒子仅在电场力作用下由A
10、点运动到B点，电力线、粒子在A点的初速度以及运动轨迹如图所示由此可以判定（）A粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B粒子在A点的动能小于它在B点的动能C粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能DA点的电势低于B点的电势【考点】A7：电场线；AD：电势差与电场强度的关系【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，即A点的加速度小于它在B点的加速度，所以A错误；B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧
11、，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，所以B正确，C错误；D、沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误故选B9如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B人在最高点时对座位不可能产生压力C人在最低点时对座位的压力等于mg D人在最低点时对座位的压力大于mg【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律【分析】车在最高点时，若恰好由重力提供向心力时，
12、人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也不会掉下来当速度更大时，人更不会掉下来当速度大于临界速度时，人在最高点时对座位就产生压力人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系【解答】解：A、当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为v0=当速度v时，没有保险带，人也不会掉下来故A错误 B、当人在最高点的速度v时，人对座位就产生压力故B错误 C、D人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于mg故C错误，D正确故选D10.如所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗轨道位于赤道平面的卫星b、
13、c、d，各卫星的运行方向均与地球自转方向相同，图中已标出，其中d是地球同步卫星从该时刻起，经过一段时间t（已知在t时间内三颗卫星都还没有运行一周），各卫星相对a的位置最接近实际的是图中的（）ABCD【分析】根据万有引力等于向心力：G=mr知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止【解答】解：根据知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止故A、B、C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知
14、道周期与轨道半径的关系以及知道同步卫星的特点11.如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时应该（）A换用质量稍大些的飞镖B适当增大投飞镖的高度C到稍远些的地方投飞镖D适当增大投飞镖的初速度【分析】飞镖做的是平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可【解答】解：飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大，根据平抛运动的规律可得，水平方向上：x=V0t 竖直方向上：h=所以要想减小飞
15、镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，所以D正确，初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以飞镖命中靶心，故B正确；故选BD【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决12如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）AM带负电荷，N带正电荷 BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至
16、a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；AC：电势【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场
17、力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误；D、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故D正确故选：BD13传送带是应用广泛的一种传动装置在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量为m经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L已知重力加速度为g，下列
18、判断正确的有（）A传送带的速度大小为 B工件在传送带上加速时间为C每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律【分析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能【解答】解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT=
19、L，解得传送带的速度v=故A正确B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为 a=g，根据v=v0+at，解得：t=故B错误C、工件与传送带相对滑动的路程为：x=v=，则摩擦产生的热量为：Q=mgx=故C错误D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=mv2+mgx=，故D正确故选：AD14如图所示，长为L、倾角为=45的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为C若电场是匀强电场，则该电场的
20、场强的最小值一定是D若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值【解答】解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功故A点的电势高，小球在A点的电势能大故A错误；B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功则故B正确；C、若电场是匀强电场，电场力恒定，根据
21、共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，故C正确；D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q是负电荷故D错误故选：BC15如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆
22、环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A下滑过程中，加速度一直增大 B上下两次经过B点的速度大小相等C下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D在C处弹簧的弹性势能为 mghmv2【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到
23、A的过程，运用动能定理列出等式，比较两次经过B点时速度大小【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误B、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mghWfW弹=0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式mghWf+W弹=0即得 mgh+WfW弹=由于Wf0，所以，可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故B错误C、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式 mghWfW弹=00=0在C处获得一竖直向上的速度
24、v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式mgh+W弹Wf=0mv2解得：下滑过程中，克服摩擦力做的功Wf=mv2，故C正确D、由上解得 W弹=mv2mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mghmv2，故D正确；故选：CD二、填空题14某学习小组欲验证动能定理，他们在实验室找到了打点计时器、学生电源、导线、细线、复写纸、纸带、长木板、滑块、沙及沙桶，组装了一套如图所示的实验验证装置若你是小组中的一位成员，为了完成该验证实验，（1）你认为还需要的器材有 ；（2）实验时为了使得沙和沙桶的总重力可作为滑块受到的合外力，应做两方面减少误差的措施：a细沙和沙桶的总质量应满足 ；b将长木板左端适当垫高的目的是
25、【考点】MJ：探究功与速度变化的关系【分析】（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论【解答】解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺，还需要的使用汽车有：天平，刻度尺；（2）a、沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第
26、二定律得：对沙和沙桶：mgT=ma 对小车：T=Ma 解得：T=mg，故当Mm时，有Tmg；b、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）a、细沙和沙桶的质量应远小于滑块的质量；b、平衡摩擦力17.在“探究平抛运动规律”的实验中：在“探究平抛运动规律”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，为了能较准确地描出运动轨迹，A通过调节使斜槽的末端保持 B每次释放小球的位置必须 （填“相同”或者“不同”）C每次必须由 释放小球（“运动”或者“静止”）D小球运动时不应与木板上的白纸相接触
27、E将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成 （“折线”或“直线”或“光滑曲线”）（2）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，忘记记下小球抛出点的位置O，如图所示，A为物体运动一段时间后的位置g取10m/s2，根据图象，可知平抛物体的初速度为2.0m/s【分析】（1）根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度【解答】解：（1）A、为了保证小球的初速度水平，通过调节使斜槽的末端保持水平BC、为了保证每次小球平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，即每次小球释放位置必须相同，
28、必须由静止释放小球E、将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成光滑曲线（2）在竖直方向上，根据y=gT2得，T=，则初速度故答案为：（1）A、水平，B、相同，C、静止，E、光滑曲面，（2）2.0【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解三、计算题：18.某战士在倾角为30的山坡上进行投掷手榴弹训练他从A点以某一初速度m/s沿水平方向投出手榴弹后落在B点该型号手榴弹从拉动弹弦到爆炸需要5s的时间，空气阻力不计，（g=10m/s2）求：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是多少？（2）
29、点AB的间距s是多大？【分析】平抛运动是具有水平方向的初速度只在重力作用下的运动，是一个匀变速曲线运动解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动【解答】解：设手榴弹飞行时间为t（1）手榴弹的水平位移x=v0t手榴弹的竖直位移且 h=xtan30解得 t=3s，h=45 m 战士从拉动弹弦到投出所用的时间t0=5st=2.0 s （2）点AB的间距解得 s=90 m答：（1）若要求手榴弹正好在落地时爆炸，问战士从拉动弹弦到投出所用的时间是2s；（2）点AB的间距s是90m【点评】本题是对平抛运动基本概念和基本公式的考察，难度不大，
30、本题是将位移分解成水平和竖直两个方向，由位移公式求解19在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角=37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行劲度系数K=5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面水平面处于场强E=5104N/C、方向水平向右的匀强电场中已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4l06C设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变取g=lOm/s2，sin37=0.
31、6，cos37=0.8（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动A从M到N的过程中，B的电势能增加了Ep=0.06J已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数=0.4求A到达N点时拉力F的瞬时功率【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；27：摩擦力的判断与计算；63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】（1）分别对A和B受力分析，根据共点力平衡求出B所受摩擦力的大小（2）通过电势能的变化，得出电场力做功，从而得出B移动的距离，根据几何关系求出弹簧的形变量，通过对A在N点、以及B受力分析，根据牛顿第二定律结合胡克定律，
32、求出拉力F的大小，【解答】解：（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为 f0，AB间的绳子的张力为FT，据题意 静止时 受力分析如图所示，由平衡条件得：对A有：mAgsin=FT对B有：qE+f0=FT代入数据得：f0=0.4 N（2）据题意 A到N点时 受力分析 如图所示由 牛顿第二定律 得：对A有 F+mAgsinFTFKsin=mAa对B有 FTqEf=mBa其中 f=mBg设弹簧的伸长量是x，FK=kx设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得EP=qEd由几何关系得A由M到N，由得A运动到N的速度为：拉力F在N点的瞬时功率为：P=Fv由以上各式 代入数据有：P
33、=0.528W答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W20如图甲所示，一长为l=1m的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动给系统输入能量，使小球通过最高点的速度不断加快，通过传感器测得小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与小球在最高点动能Ek的关系如图乙所示，重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力，请分析并回答以下问题：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度有何要求？（用题中给出的字母表示）（2）请根据题目及图象中的条件求出小球质量m的值（g取10m/s2）（3）求小球从图中a点所
34、示状态到图中b点所示状态的过程中，外界对此系统做的功（4）当小球达到图乙中b点所示状态时，立刻停止能量输入之后的运动过程中，在绳中拉力达到最大值的位置，轻绳绷断，求绷断瞬间绳中拉力的大小【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力【分析】（1）在最高点，由牛顿第二定律可求小球能做完整的圆周运动满足的条件；（2）在最高点，由牛顿第二定律并结合图象信息可求小球质量和摆线长度；（3）由图象得斜率，根据动能定理求外界对系统做的功；（4）应用机械能守恒定律和牛顿第二定律求绷断瞬间绳中拉力的大小【解答】解：（1）小球刚好通过最高点做完整圆运动要求在最高点受力满足：mg=m，因此小球过最高点的速度要满足：v（
35、2）小球在最高点时有：mg+F=m 又因为：EK=mv2，所以绳对小球的拉力F与小球在最高点动能Ek的关系式为：F=mg，由图象知，当EK=1.0J时，F=0，代入上式得到：mgl=2.0J；又已知l=1m，则小球的质量m=0.2kg（3）由F=mg知：图线的斜率值为： =2N/J，因此对应状态b，Fb=4.0N，可求出小球在最高点的动能： =，于是得到：EKb=3.0J对小球从状态a到状态b的过程，有：W=EKbEK=3.01.0=2.0J，即：外界对系统做的功为2.0J（4）在停止能量输入之后，小球在重力和轻绳拉力作用下在竖直面内做圆周运动，运动过程中机械能守恒当小球运动到最低点时，绳中拉
36、力达到最大值设小球在最低点的速度为v，对从b状态开始至达到最低点的过程应用机械能守恒定律，有：mg2l=mv2EKb；设在最低点绳中拉力为Fm，由牛顿第二定律有：Fmmg=m，两式联立解得：Fm=16N，即：绷断瞬间绳中拉力的大小为16N答：（1）若要小球能做完整的圆周运动，对小球过最高点的速度满足：v；（2）小球质量为0.2kg；摆线长度为1m；（3）外界对此系统做的功为2.0J；（4）绷断瞬间绳中拉力的大小为16N21.如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R，一个小球（可视为质点），从离水平面高h处由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨求：（1）为了使小球在圆轨内运动
37、的过程中始终不脱离圆轨，h应至少多高？（2）若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h是多大？【分析】（1）由竖直平面内的圆周运动的临界条件可求得最高点的速度；再由动能定理可求得h的高度；（2）最高点处对小球受力分析，由向心力公式可求得小球的速度；再由动能定理即可求得高度【解答】解：（1）小球刚好不脱离圆轨，在最高点由牛顿第二定律得：小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h2R）=联立解得：故时小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，高度至少为（2）在最高点对小球由牛顿第二定律得：FN+mg=又有：FN=mg小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h2R）=联立解得：h=3R；答：（1）h应至少为2.5R；（2）球开始下滑时的h是3R【点评】本题考查动能定理及向心力公式的应用，要注意明确竖直平面内做圆周运动时，最高点时重力应全部充当向心力