1、安徽省巢湖市无为二中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（4分）关于质点的运动，下列说法中正确的是（）A质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B质点速度变化率越大，则加速度越大C质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D位移的方向就是质点运动的方向考点：加速度；速度.分析：加速度等于单位时间内的速度变化量，是反映速度变化快慢的物理量解答：解：A、质点运动的加速度为零，速度不一定为零，比如匀速直线运动，故A错误B、加速度等于速度的变化率，速度变化率越大，加速度越大，故B正确C、质
2、点某时刻的加速度不为零，速度可能为零，比如竖直上抛运动到最高点，速度为零，加速度不为零，故C错误D、位移方向与质点的运动方向不一定相同故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度的大小、速度变化量的大小无关2（4分）在水平面上有一个小物块质量为m，从某点给它一个初速度，沿水平面做匀减速直线运动，经过A，B，C三点到O点速度为零A，B，C三点到O点距离分别为s1、s2、s3时间分别为t1、t2、t3下列结论正确的是（）A=BC=D考点：匀变速直线运动规律的综合运用.专题：直线运动规律专题分析：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可判
3、断各项是否正确解答：解：反过来看，小球从0开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，s=at2故a=2，故位移与时间平方的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故C正确故选：C点评：虽然当时伽利略是通过分析得出匀变速直线运动的，但我们今天可以借助匀变速直线运动的规律去理解伽利略的实验3（4分）如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为=60的墙面上处于静止则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力），下列说法不正确的是（）A墙面对木块一定有压力B墙面对木块一定有摩擦力C墙面对木块的作用力为D墙面对木块的作用力为考点：共点力
4、平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对木块受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，然后根据平衡条件分析墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力）情况解答：解：A、B、对木块受力分析，受推力、重力，若没有支持力就没有摩擦力，物体不可能平衡，故一定有支持力，同理有静摩擦力，如图所示：故A正确，B正确；C、D、根据共点力平衡条件，墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力）与重力、支持力的合力是平衡关系，重力和推力的合力为，故墙面对木块的作用力为，故C错误，D正确；本题选错误的，故选：C点评：本题关键是熟悉受力分析的方法，明确弹力和摩擦力的产生条件，然后根据共点力平
5、衡条件列式分析4（4分）质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2则下列说法不正确的是（）As=3m时速度大小为3m/sBs=9m时速度大小为3m/sCOA段加速度大小为3 m/s2DAB段加速度大小为3m/s2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：对物体受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析即可解答：解：A、C、对于前3m过程，根据动能定理，有：W1mgs=mvA2代入数据解得：vA=2m/s根
6、据速度位移公式，有：2a1s=vA2解得：a1=3m/s2，故A正确、C正确；B、对于前9m过程，根据动能定理，有：W2mgs=mvB2解得：vB=3m/s故B正确；D、由W=FL可知，AB段受力恒定，故加速度恒定，而初末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误；本题选错误的，故选：D点评：本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和速度位移公式列式并联立求解5（4分）在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示关于猴子的运动情况，下列说法
7、中正确的是（）A相对地面的运动轨迹为直线B相对地面做匀加速直线运动Ct时刻猴子速度的大小为v0+atDt时间内猴子的位移大小为考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：A、猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况C、求出t时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的速度，即合速度D、分别求出猴子在t时间内水平方向和竖直方向上的位移，根据平行四边形定则，求出猴子的合位移解答：解：A、猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合
8、成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线故A错误B、猴子在水平方向上的加速度为0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动故B错误C、t时刻猴子在水平方向上的速度为v0，和竖直方向上的分速度为at，所以合速度v=故C错误D、在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移s=故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况6（4分）如图，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地
9、面上，A、B间的最大静摩擦力2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是（g=10m/s2）（）AF12NBF10NCF9NDF6N考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：要使AB能保持相对静止，由题意可知当F最大时，AB间的摩擦力应刚好为最大静摩擦力，则以A为研究对象可求得两物体共同运动时所具有的最大加速度；再用整体法可求得F的最大值解答：解：不发生相对滑动，对A有最大加速度为a：Fmax=mAa； 代入数据解得：a=2m/s2；对整体应用牛顿第二定律有：F（mA+mB）g=（mA+mB）a； 代入数据解得：F=12N，故推力应该小于或等于12
10、N；故选：A点评：在解决实际的问题中，一般是要将整体法与隔离法交叉使用，要做到有分有合，灵活处理并且要注意正确的进行受力分析，找出系统所受到的合力，再由牛顿第二定律进行列式，联立计算7如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45的光滑斜面滑下若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，
11、由几何关系及位移时间公式即可求解解答：解：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t= 根据几何关系可知：x乙= 乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a= 根据位移时间公式可知： 由式得：v0=所以A正确故选A点评：该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解，难度不大，属于中档题8（4分）一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点的速度为v，物体与轨道之间的动摩檫因数为，则它在最低点时受到的摩檫力为（）AmgBCm（g+）Dm（g）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
12、析：物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供物块的向心力，由牛顿第二定律求出支持力，再由摩擦力公式求解摩擦力解答：解：物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得 FNmg=m 得到FN=m（g+）则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为f=FN=m（g+）故选C点评：本题是牛顿定律和向心力、摩擦力知识的简单综合应用，关键是分析向心力的来源9如图所示，质量相同的两木块A、B用劲度系数为k的轻弹簧连接后静止于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用一水平的恒力F拉木块A，经过时间t，弹簧第一次被拉至最长，此时木块A的位移为s，则在该过程中（）At时刻A的动能为
13、FsBt时刻A的动量为FtCA、B加速度相等时，弹簧的伸长量为DA、B速度相等时，其加速度也相等考点：牛顿第二定律；胡克定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据动能定理分析动能；由动量定理求解动量；根据牛顿第二定律和胡克定律求加速度相同时弹簧的伸长量在弹簧伸长的过程中，A的合力在减小，加速度在减小，开始A的加速度大于B的加速度，A的速度大于B的速度，可以比较出加速度相等时两物体的速度大小；解答：解：A、根据动能定理得：对A：FsW弹=EkA，由于弹簧的弹力对A做负功，所以由此式可知，t时刻A的动能小于Fs故A错误B、根据动量定理得：对A：FtF弹t=mvA，所以t时刻A的动量小于Ft故B错误
14、C、A、B加速度相等时，设为a，根据牛顿第二定律得： 对B：kx=ma 对整体：F=2ma则得弹簧的伸长量为x=故C正确D、物体A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大在 aA=aB 之前，A的加速度总大于B的加速度，所以aA=aB时，vAvB此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以vA=vB时，aBaA故D错误故选C点评：解决本题的关键能够根据动能定理求动能、由动量定理求动量，并能够正确地进行受力分析，得出加速度的方向以及大小的变化，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化10（4分）质量为M=20kg、长为L=5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为1=0.15将质量
15、为m=10kg的小木块（可视为质点），以v0=4m/的速度从木板的左端被水平抛射到木板上（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为2=0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）则以下判断中正确的是（）A木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B木板一定静止不动，小木块能滑出木板C木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D木板一定向右滑动，小木块能滑出木板考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：比较小物块对木板摩擦力与地面对木板摩擦力的大小，从而判断出木板能否保持静止，然后对小物块进行分析，综合牛顿第二定律和运动学公式判断其能否从木板右端滑出解答
16、：解：m对M的摩擦力f1=2mg=0.4100N=40N，地面对M的摩擦力f2=1（M+m）g=45N因为f1f2，木板一定静止不动根据牛顿第二定律小木块的加速度，则x=，小物块不会滑出故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键能正确地进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解11如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为，小船的速度大小为v0，则此时小船加速度大小a和缆绳对船的拉力F为（缆绳质量忽略不计）（）Aa=（f），F=Ba=（f），F=
17、Ca=（f），F=Da=（f），F=考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；运动的合成和分解.专题：功率的计算专题分析：设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fv，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度解答：解：设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，P=Fu u=v0cos牛顿第二定律 Fcosf=ma联立得故选B点评：本题综合考查了牛顿第二定律等知识，功率的计算和速度的分解，对学生能力要求较高12（4分）2010年10月1日，继“嫦娥一号”卫星成功发射之后，“嫦娥二号”卫星再次发射成
18、功这是我国航天史上的另一重要成果“嫦娥二号”发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面h=100km的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动 设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法不正确的（）A嫦娥二号绕月球运行的周期为B由题目条件可知月球的平均密度为C嫦娥二号在轨道上绕行的线速度为D嫦娥二号轨道处的加速度为（）2g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：“嫦娥二号”距月面h的圆形工作轨道上做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，由此可以解得各量与半径的关系分析析判断即可解答：解：A、“嫦娥二号”
19、距月面h的圆形工作轨道上做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力为：，得：T=在月球表面的物体受到的重力等于万有引力为：，得：GM=R2g所以有：T=故A正确；B、在月球表面的物体受到的重力等于万有引力有：，得：，根据密度的定义有：，故B正确；C、“嫦娥二号”距月面h的圆形工作轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力为：，得：=，故C错误；D、根据万有引力提供向心力为：，得：，故D正确本题选择不正确铁是，故选：C点评：本题要掌握解题天体问题的两个重要的关系：1、在星球表面的物体受到的重力等于万有引力，2、环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力同时要能够根据题意选择恰当的向心力的表达
20、式二、实验题（本题分两小题，每空2分，共计18分）13（4分）在“研究平抛物体的运动规律”的实验中，（1）在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是BA保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小 B保证小球飞出时，初速度水平C保证小球在空中运动的时间每次都相等 D保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）如果小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，则下列说法中正确的是ABA小球平抛的初速度不同 B小球每次的运动轨迹不同C小球在空中运动的时间均不同 D小球通过相同的水平位移所用时间可能相同考点：研究平抛物体的运动.专题：实验题分析：（1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下
21、平抛后运动轨迹然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直面（2）平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，若从同一点抛出，落地时间相同，但是运动轨迹不同，落地点不同，因此熟练掌握平抛运动规律及可正确解答本题解答：解：（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，故ACD错误，B正确故选B（2）A、根据功能关系可知，小球从斜槽滚下的初始位置不同，则平抛的初速度就不同，故A正确；B、由于平抛的初速度不同，因此平抛运动的轨迹也不
22、同，故B正确；C、由于平抛的出位置相同，因此竖直高度相同，根据自由落体运动规律可知，平抛的时间是相同的，故C错误；D、平抛运动水平方向是匀速直线运动，由于初速度不同，因此小球通过相同的水平位移所用的时间均不同，故D错误故选：（1）B；（2）AB点评：在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直深刻理解平抛运动水平和竖直方向的运动特点，尤其是掌握匀变速直线运动的规律和推论是解决平抛运动问题的关键14（14分）在验证牛顿第二定律的实验中，某学习小组使用的实验装置如图1所示：（1）由于没有打点计时器，该小组让小车由静止开始运动，发生位移x，记
23、录时间t，则小车的加速度的表达式为a=（2）指出该实验中的一个明显疏漏：没有平衡摩擦力（3）纠正了疏漏之处后，保持小车的质量M不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在aF图象中描点（如图2所示）结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是CA轨道倾斜不够 B轨道倾斜过度C砂桶与砂的总重力太大 D所用小车的质量太大（4）若不断增加砂桶中砂的质量，aF图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为g，绳子拉力的趋向值为Mg（5）若研究外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系所得m图象如图3所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小
24、车受到的拉力为，小车的质量为考点：验证牛顿第二运动定律.分析：根据匀变速在小运动的位移时间公式得出加速度的表达式实验中出现的明显疏漏是没有平衡摩擦力，通过重力沿轨道方向的分力与摩擦力平衡进行平衡摩擦力当Mm时，钩码的重力基本等于绳子的拉力，即小车的合力，当不满足Mm时，拉力和钩码的总重力出现明显的差值，图线偏离直线若所挂钩码不断增加，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动，结合牛顿第二定律得出绳子拉力的趋向值由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题解答：解：（1）根据位移时间公式得，x=at2，则a=（2）实验中一个明显的疏漏是没有平衡摩擦力，即没有垫起
25、轨道右端，使小车的重力沿轨道的分力与摩擦力相平衡；（3）由于OA段aF关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a=，而实际上a=，可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的，故C正确故选：C（4）因为钩码的重力在这个实验中充当小车所受到的合外力，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g 的运动此时由于T=Ma 因此，拉力约为小车与发射器的总重力，即Mg（5）由牛顿第二定律得：F=ma，则=m，由图示图象可知：k=，则拉力：F=，b=m，则：m=；故答案为：（1）（2）没有平衡摩擦力（3）C（4）g；Mg（5）；点评：“研究加速度与
26、力的关系”实验应明确：在正确平衡摩擦力的前提下，绳子拉力才等于小车受到的合力；在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，描出的aF图象才是倾斜直线三、计算题（本题有3小题：共34分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）如图所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5cm，让试管在竖直平面内做匀速转动问：（1）转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？（2）当转速=10rad/s时，管底对小球的作用力
27、的最大值和最小值各是多少？（g取10m/s2）考点：向心力.专题：匀速圆周运动专题分析：（1）当小球在最低点时，小球对管底的压力最大，在最高点时，小球对管底的压力最小，根据牛顿第二定律，通过压力的关系，求出角速度的大小（2）当转速=10rad/s时，判断小球在最高点是否脱离，根据牛顿第二定律求出管底对小球的最大作用力和最小作用力解答：解：（1）转至最低点时，小球对管底压力最大；转至最高点时，小球对管底压力最小，最低点时管底对小球的支持力F1应是最高点时管底对小球支持力F2的3倍，即F1=3F2 根据牛顿第二定律有最低点：F1mg=mr2 最高点：F2+mg=mr2 联立三式，代入数据解得=20
28、rad/s （2）在最高点时，设小球不掉下来的最小角速度为0，则mg=mr02代入数据解得0=14.1 rad/s因为=10 rad/s0=14.1 rad/s，故管底转到最高点时，小球已离开管底，因此管底对小球作用力的最小值为F=0当转到最低点时，管底对小球的作用力最大为F1，根据牛顿第二定律知F1mg=mr2，则F1=mg+mr2=1.5102 N答：（1）此时角速度为20rad/s；（2）管底对小球的作用力的最大值和最小值各是1.5102 N、0N点评：解决本题的关键知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道在最高点压力最小，在最低点压力最大16（12分）如图所示，一根直杆由粗细相
29、同的两段构成，其中AB段为长x1=5m的粗糙杆，BC段为长x2=1m的光滑杆将杆与水平面成53角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m=0.5kg、孔径略大于杆直径的圆环开始时，圆环静止在杆底端A现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑已知圆环与AB段的动摩擦因数=0.1，g=10m/s2，sin 53=0.8，cos 53=0.6试求：（1）拉力F的大小；（2）拉力F作用的时间；（3）若不计圆环与挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程考点：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
30、定律综合专题分析：本题（1）的关键是对圆环受力分析，然后再对全过程利用动能定理即可求解（本题也可以利用牛顿第二定律求解）（2）AB过程：根据牛顿第二定律和运动学公式 （3）题的关键是通过分析得出圆环经多次往复过程后最终停止在杆的最底端A处，然后根据动能定理即可求出总路程解答：解：（1）对圆环从A到C全过程由动能定理可得：FxABmg（xAB+xBC）sin53mgxABcos53=0解得：F=5.1N故拉力F的大小为5.1N（2）AB过程：根据牛顿第二定律和运动学公式有：Fmgsin53mgcos53=ma at=V BC过程：mgsin53+mgcos53=maV2=2axBC解得时间：t=
31、2.5s（3）由于mgsin53mgcos53，所以圆环最后停在杆的底端A处，设总路程为S，由动能定理可得FxABmgScos53=0解得：S=85m故从圆环开始运动到最终静止的过程中，在粗糙杆上所通过的总路程为85m答：（1）拉力F的大小5.1N；（2）拉力F作用的时间2.5s；（3）从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程85m点评：解决物理问题的关键在于正确分析物理过程和根据不同的物理过程选取相应的物理规律求解17如图所示，PA是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，AB为一段粗糙的水平轨道，二者相切于A点，AB离水平地面高h=0.45m，BC是倾角为=37的斜面，三段轨道处于
32、同一竖直面内现将质量m=1.0kg的小滑块从P点由静止释放已知圆弧轨道的半径R=0.9m，滑块与AB轨道之间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）求滑块刚到达A点时对A点的压力；（2）若要使滑块不能落到BC斜面上，AB段的长度应满足什么条件考点：动能定理的应用；向心力；机械能守恒定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据机械能守恒定律求出滑块到达A点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律求出滑块对A点的压力大小（2）滑块不能落在BC面上，则有两种临界情况，一种是滑到B点速度恰好为零，另一种是滑到B点做平抛运动，刚好落到
33、C点，根据动能定理，结合平抛运动的规律求出两种临界情况下AB的长度，从而得出AB长度满足的条件解答：解：（1）设滑块到A点的速度为vA，刚到达A点时受到的支持力为F，根据机械能守恒有：，根据牛顿第二定律有：，代入数据解得F=30N由牛顿第三定律得，滑块对A点的压力为30N，方向垂直AB向下（2）设AB的长度为L1，滑块刚好能运动到B点，由动能定理得，mgR=mgL1，代入数据解得L1=4.5m设AB的长度为L2时，滑块离开B点后做平抛运动刚好落到C点，设离开B点的速度为vB，根据平抛运动的知识，有：h=，hcot=vBt，代入数据解得vB=2m/s根据动能定理得，mgRmgL2=解得L2=3.5m故AB的长度L应该满足L4.5m或L3.5m答：（1）滑块刚到达A点时对A点的压力为30N；（2）AB的长度L应该满足L4.5m或L3.5m点评：本题考查了动能定理与平抛运动、圆周运动的综合，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键，本题的难点在于确定出滑块不落在斜面上的两种临界情况
