1、湖北省孝感高中2015届高三十月阶段性考试物 理【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、机械能守恒，知识覆盖面广，知识点全面。题型基础、基本，考查了综合分析能力，是份质量很高的试卷 命题人：胡 涛 考试时间：120分钟一、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，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。【题文】1下列说法符合物理学史的是（ ）A伽利略认为力是维持物体运动的原因B卡文迪利用扭秤实验成功地测出了引力常量C开
2、普勒通过对其导师第谷观测的行星数据进行研究得出了万有引力定律D伽利略在归纳总结了牛顿、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了牛顿第一定律【知识点】物理学史P0【答案解析】B 解析：A、伽利略认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误B、牛顿发现万有引力定律之后，卡文迪利用扭秤实验成功地测出了引力常量故B正确C、开普勒通过对其导师第谷观测的行星数据进行研究，得出了行星运动三大定律，故C错误D、牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了牛顿第一定律，故D错误故选：B【思路点拨】本题是物理学史问题，根据涉及的科学家：伽利略、卡文迪许、开普勒、牛顿等人的物理学成就进
3、行解答对于重要的发现、著名理论等物理学史，可根据实验的原理、内容、结论等等一起记忆【题文】2在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图像分别为图中直线a和曲线b，由图可知（ ）sOt1ay/cmby/cmt2tAb车运动方向始终不变B在t1时刻a车的位移大于b车Ct1到t2时间内a车的平均速度小于b车Dt1到t2时间内某时刻两车的速度相同【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 a5【答案解析】D 解析： A、b图线切线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化故A错误B、在t1时刻，两车的位移相等故B错误C、t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平
4、均速度相同故C错误D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a相同，则两车的速度可能相同故D正确故选：D【思路点拨】位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化根据位移和时间比较平均速度的大小解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向【题文】3如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。 空气阻力不计，则（ ）AB的加速度比A的大BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的小【知识
5、点】抛体运动D2【答案解析】C 解析： A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g故A错误B、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等故B错误C、h=vyt-gt2，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由vy=v0sin（是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cos=vycot，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向
6、都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大故C正确D、根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大故D错误故选：C【思路点拨】由运动的合成与分解规律可知，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系两球在最高点的速度等于水平初速度由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，可根据运动学公式和对称性进行研究【题文】4
7、为了探测X星球，某探测飞船先在以该星球中心为圆心，高度为h的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕该星球做近表面圆周飞行，周期为T。引力常量G已知。则（ ）A变轨过程中必须向运动的反方向喷气B变轨后比变轨前相比，飞船的动能和机械能均增大C可以确定该星球的质量D可以确定该星球的密度【知识点】万有引力定律及其应用D5【答案解析】D 解析： A、变轨时飞船运动的轨道半径变小，做近心运动，要减速，所以变轨过程中必须向运动的方向喷气，故A错误；B、变轨时，动能减小，势能减小，所以机械能减小，之后只有万有引力做功，机械能不变，所以轨后比变轨前相比，飞船的机械能减小，故B错误；C、飞船围绕该星球做近表面圆
8、周飞行，周期为T则有：G解得：，所以可知确定密度，但不能确定质量，故C错误，D正确故选：D【思路点拨】变轨时飞船做近心运动，要减速，动能减小，势能减小，所以机械能减小，根据万有引力提供向心力公式可以判断CD选项解答本题要知道：飞船做近心运动时要减速，做离心运动时要加速，只有万有引力做功时，机械能不变，能根据万有引力提供向心力公式求解相关问题，难度适中【题文】5如图所示，水平面上，质量为10kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车正在以v=2m/s的速度向左匀速运动，此时弹簧对物块的弹力大小为10N，物块相对于小车处于静止状态，若小车突然以a=2m/s2的加速度刹
9、车时（ ）A物块A相对小车仍静止B物块A受到的摩擦力将减小C物块A受到的摩擦力将增大D物块A受到的弹簧弹力将增大【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B3 C2【答案解析】A 解析： 小车做匀速直线运动时，弹簧表现为拉力，对A有：F=f=10N，知最大静摩擦力大于等于10N，当小车刹车时，加速度方向向右，则A的合力F合=ma=102N=20N，弹簧的拉力为10N，则静摩擦力为10N，方向水平向右知物块相对于小车仍静止，摩擦力的大小不变，方向改变，弹簧的弹力大小不变故A正确，B、C、D错误故选A【思路点拨】小车以v=2m/s的速度向左匀速运动，A在水平方向上受弹簧的弹力和摩擦力处于平衡，当
10、小车突然以a=2m/s2的加速度刹车时，物体与小车具有相同的加速度，根据牛顿第二定律判断摩擦力和弹簧弹力的变化解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解【题文】6一辆汽车保持功率不变驶上一斜坡，其牵引力逐渐增大，阻力保持不变，则在汽车驶上斜坡的过程中，以下说法正确的是（ ）加速度逐渐增大速度逐渐增大加速度逐渐减小速度逐渐减小AB CD【知识点】功率、平均功率和瞬时功率E1【答案解析】D 解析：由P=Fv可知，功率不变，汽车的牵引力逐渐增大，其上坡的速度逐渐减小，所以汽车做减速运动，故汽车的加速度方向沿坡向下， 对汽车进行受力分析：汽车受到重力、牵引力、阻力Ff设斜坡与水平面
11、的夹角为由牛顿第二定律得：mgsin+Ff-F=ma，随F增大，a逐渐减小，综上所述D正确，A、B、C错误；故选D【思路点拨】（1）由P=Fv可知，汽车的牵引力逐渐增大，其上坡的速度逐渐减小；（2）由牛顿第二定律即可判断加速度的变化情况解决本题的关键知道通过P=Fv判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律，通过合力的变化判断加速度的变化【题文】7如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）A质量为2m的木块受到四个力的作
12、用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断D当轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT【知识点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用B3 C2【答案解析】 C 解析：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F=3ma=由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度a=，质量为m和2m的木块间的
13、摩擦力为f=ma=故D错误故选C【思路点拨】采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系【题文】8如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮,将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止,滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30，则（ ）A从开始到绳与水平夹角为30时，拉力做功mghB从幵始到绳与水平夹角为30时,拉力做功C在绳与水平
14、夹角为30时,拉力功率为mgvD在绳与水平夹角为30时，拉力功率等于【知识点】动能定理的应用；运动的合成和分解；功率、平均功率和瞬时功率D1 E1 E2【答案解析】B 解析： A、B、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示货物速度为：v=v0cos，由于逐渐变小，故货物加速上升；当=30时，货物速度为v0；当=90时，货物速度为零；根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故WF=EP+EK=mgh+ mv02，故A错误，B正确；C、在绳与水平夹角为30时，拉力的功率为：P=Fv，其中v=v0，由于加速，拉力大于重力，故Pmgv0，故C错误；D、由于物体加速，绳子对货物的
15、拉力大于重力，由于两端拉力相等，夹角为60，故合力大于 mg，故D错误；故选B【思路点拨】先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据动能定理和牛顿第二定律列式分析本题关键将找出车的合运动与分运动，正交分解后得到货物的速度表达式，最后根据功能关系和牛顿第二定律分析讨论【题文】9半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN,在半圆柱体P和 MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示，是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，
16、下列说法中正确的是（ ）AM N对Q的弹力逐渐增大 B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q之间的弹力先减小后增大 DQ所受的合力逐渐增大【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】AB 解析： 先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1= N2=mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2 N=（M+m）g故：f=mgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零
17、；故A正确，B正确，C错误，D错误；故选AB【思路点拨】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论【题文】10如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为VA，小球B运动的速度大小
18、为VB，轻绳与杆的夹角为则（）AVA=VBcosBVB=VAcosC小球B减小的势能等于物块A增加的动能D当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解D1 E3【答案解析】BD 解析： A、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为vAcos，所以vB=vAcos故A错误，B正确 C、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球重力势能的减小等于系统动能的增加和B的重力势能的增加故C错误 D、除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到
19、与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大故D正确故选BD【思路点拨】A、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度C、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断小球B减小的势能与物块A增加的动能的大小关系D、通过绳子拉力对A物体的做功情况，判断物块A机械能的变化解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用系统机械能守恒解决问题【题文】11如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体受到一个沿斜面向上的变力F作用下，由静
20、止开始运动。物体的机械能E随路程x的变化关系如图乙所示，其中0 - xl、x2 -x3过程的图线是曲线，x1- x2过程的图线为平行于x轴的直线，且x=0处曲线的切线斜率与x=x2处曲线的切线斜率相等。则下列说法中正确的是（ ） A物体一直沿斜面向上运动 B在0 -x1过程中，物体的加速度大小先减小后增大 C在x1- x2过程中物体的重力势能一直在增加 D在x2- x3过程中物体的动能先减少后增加【知识点】动能和势能的相互转化；功能关系；机械能守恒定律E2 E3【答案解析】BD 解析： A、由图可知，机械能先增大后减小，故力先向上，后向下做负功，因此物体开始向上运动，后来向下运动，故A错误B、
21、在0-x1过程中，可知F逐渐减小，开始时候拉力大于重力沿斜面的分力，后来拉力小于重力沿斜面的分力，最后减小为零，故可知物体的加速度大小先减小后增大，故B正确C、在x2-x3过程中物体向下运动，在x1-x2过程中物体的机械能守恒，重物一定上升后下降，故C错误D、在x2-x3过程中物体向下运动，开始拉力大于重力的分力，物体的速度减小，后来拉力减小小于重力重力沿斜面的分力，物体速度增加，在x2-x3过程中物体的动能先减少后增加，故D正确故选：BD【思路点拨】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变
22、化结合图象可判定各个选项该题的关键是要知道机械能与位移图线的斜率表示拉力，由此可以打开题目，进行分析【题文】12如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）A施加外力前，弹簧的形变量为2Mg/kB外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M（g-a）CAB在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【知识点】共点力平衡的条件及其应用；
23、胡克定律B2 B3【答案解析】 AB 解析： A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得：x=2故A正确B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹-Mg-FAB=Ma其中：F弹=2Mg解得：FAB=M（g-a），故B正确C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：F弹-Mg=Ma解得：F弹=M（g+a），故C错误D、当F弹=Mg时，B达到最大速度，故D错误故选：AB【思路点拨】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离
24、的时刻，之间的弹力为零本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难二、实验题：本题共2小题，共18分。【题文】13图甲为“探究求合力的方法”的实验装置（1）（3分）下列说法中正确的是_A在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下CF1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90（2）（3分）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为_N.【知识点】验证力的平行四边形定则B6【答案解析】（
25、1）AC（2）4.00 解析：（1）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；D、F1、F2方向间夹角为90并不能减小误差，故D错误故选AC（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力F的大小为：4.00N【思路点拨】（1）该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；（2）根据弹簧秤指针的指示可读出拉
26、力的大小本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力；同时注意弹簧秤的读数方法【题文】14如图所示，一端带有滑轮的粗糙长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L。质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2。（1）（6分）用此装置验证牛顿第二定律，且认为A受到外力的合力等于B的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足 ；实验测得的加速度为 （用上述字母表示）；（2）（6分）如果已经平衡了摩擦力， （填“能”或“不能”）用此装置验证A、
27、B组成 的系统机械能守恒，理由是 。【知识点】验证机械能守恒定律E3【答案解析】 （1）， （2）不能 （3分） 摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒 （3分） 解析： ：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当Mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力滑块通过光电门1的瞬时速度v1，通过光电门2的瞬时速度v2，根据v22v122aL，解得a=（2）若考虑到d不是远小于L，两个中间时刻的实际距离大于L，而测量值为L，所以加速度的测量值比真实值大（3）已经平衡了摩擦力，对A、B组成的系统，该装置不能验证系统机械能守恒，因为摩擦力做功，没有满足只有重力做
28、功，故机械能不守恒【思路点拨】为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度系统机械能守恒的条件是只有重力做功，根据条件进行判断解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）以及知道系统机械能守恒的条件，知道该实验中系统机械能不守恒，因为有阻力做功三、综合计算题：本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要
29、演算步骤，只写出最后答案的不能得分。【题文】15（8分）如图所示，一个人用与水平方向成= 370角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子以4m/s匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为0.50求：（1）推力F的大小；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成370角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0 s撤去后，箱子最多还能运动多长距离？（g取10 m/s2）【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律B3 D1 C2【答案解析】 (1)200N (2)25.6m 解析： （1）（3分）在图（a）情况下，对箱
30、子有由以上三式得F=200 N.（2）（5分）在图（b）情况下，物体先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止对物体有 ，解之得s2=25.6m.【思路点拨】（1）木箱匀速运动，合力为零，分析其受力，根据平衡条件列方程，求F的大小；（2）当把F的方向改为斜向上拉时，木箱做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移时间关系式求位移解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁【题文】16（10分）“嫦娥一号”探月卫星以圆形轨道绕月飞行，卫星将获取的信息以微波信号发回地球，假设卫星绕月的轨道平面与地月连心线共面，
31、各已知物理量如表中所示：地球质量月球质量地球半径月球半径月球表面重力加速度月球绕地轨道半径卫星绕月轨道半径MmR1g1rr1（1）嫦娥一号在奔月过程中受地球和月球引力相等时离月球表面的高度为多少？（2）嫦娥一号在圆轨道上绕月球飞行一周所用的时间为多少？【知识点】万有引力定律的应用 D5【答案解析】（1） （2） 解析： （1）（5分）设卫星质量m，由万有引力定律得：卫星受地球和月球引力相等有：又因为：r ，卫星到月球表面的距离为：，由上各式解得 （2）（5分）由月球对卫星的万有引力提供向心力得： ，在月球表面有：解得绕月球一周所用的时间为： 【思路点拨】根据万有引力提供做重力，根据黄金代换从而
32、求得高度，根据万有引力提供做匀速圆周运动的向心力，从而求得圆周运动的周期。【题文】17（12分）如图所示,在倾角为的没滑斜面上,有一长为的细线,细线的一端固定在O点,另一端拴一质量为m的小球现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动,已知0点到斜面底边的距离 Soc=L,求:（1）小球通过最高点A时的速度VA;（2）在最高点A和最低点B时细线上拉力之差（3）小球运动到A点或B点时细线断裂,小球滑落到斜面底边时到C点的距离若相等,则和 L 应满足什么关系?【知识点】向心力；匀速圆周运动；机械能守恒定律D4 E3【答案解析】(1) (2) (3) 解析： （1）小球恰好在斜面上做完整的圆周运动 （2）
33、（5分） 在A点： 在B点： 由机械能守恒 （3）（5分）由（2）可求 A点断裂： B点断裂： 联立可求【思路点拨】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，在A点时重力的下滑分量恰好提供向心力，运动过程机械能守恒，最后结合类似平抛运动的知识求解l和L应满足的关系式本题关键是明确小球的运动规律，找到圆周运动时的向心力来源，对于类似平抛运动，根据分位移公式列式求解【题文】18（14分）如图所示，长L9m的传送带与水平方向的傾角=37 ，在电动机的带动下以v=4m/s 的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m1kg的物块，它与传
34、送带间的动摩擦因数=0.5 ，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计。（ g=10m/s2，）求：（1）物块从第一次静止释放到与挡板P第一次碰撞后，物块再次上升到传送带的最高点的过程中，因摩擦生的热；（2）物块最终的运动状态及达到该运动状态后电动机的输出功率。【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系A2 A8 C2【答案解析】（108J（2）16W 解析： （1）（7分）物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下滑，物块沿传送带向下加速运动的速度与P碰前的速度物块从A到B的时间在此过程中物块相对传送带向下位移物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因
35、v1v，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度为物块速度减小到与传送带速度相等的时间在t2时间内物块向上的位移物块相对传送带向上的位移物块速度与传送带速度相等后物块相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度物块速度减小到零的时间物块向上的位移此过程中物块相对传送带向下的位移摩擦生热 （2）（7分）物块上升到传送带的最高点后，物块沿传送带向下加速运动，与挡板P第二次碰掸前的速度碰后因v2v，物块先向上做加速度为a2的减速运动，再做加速度为的减速运动，物块向上的位移为物块与挡板第三次碰撞前的速度在此类推经过多次碰撞后物块以的速度反弹，故最终物块在P与离P 4m的范围内不断做向上的加速度为2 m/s2的减速运动和向下做加速度为2 m/s2的加速运动，物块的运动达到这一稳定状态后，物块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力故电动机的输出功率【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度，运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的相对位移，求出相对运动距离之和，根据Q=fs求出产生的热量（2）物块每一次与挡板碰撞，速度较之前都在减小，最终碰撞后反弹的速度等于传送带的速度，则先向上做匀减速直线运动，再向下做匀加速直线运动，碰撞的速度不变根据能量守恒定律，电动机的输出功率等于克服阻力做功的功率本题过程较复杂，关键理清每一段过程，运用牛顿定律和运动学知识进行分析
