1、甘肃省白银八中2015届高三上学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共12小题；每小题4分，共48分其中1-7题只有一个选项正确，8-12题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1国庆期间，京津冀地区平均PM2.5浓度维持在250g/m3左右，出现严重污染已知汽车在京津高速上行驶限速120km/h，由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为50m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（）A10m/sB15m/sC20 m/sD25m/s考点：匀
2、变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段过程的位移之和求出汽车的最大速度解答：解：设汽车行驶的最大速度为v，则有：，即，解得v=20m/s故选：C点评：解决本题的关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题2（4分）如图所示，一个箱子内放置质量为m的物体，现让箱子以初速度为零从足够高的高空释放，已知箱子所受的空气阻力与箱子下落速度成正比，则在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A开始的一段时间内箱内物体处于超重状态B箱内物体经历了先失重后超重的状态
3、C箱内物体对箱子底部的压力逐渐减小D箱子接近地面时，箱内物体所受的重力与箱子底部对物体的支持力是一对平衡力考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，再对m研究，根据牛顿第二定律分析支持力的变化情况解答：解：以箱子和m整体为研究对象，设总质量为M，根据牛顿第二定律得： Mgf=Ma得 a=g=g可知，加速向下，速度v增大时，a减小；故AB错误再对m研究，根据牛顿第二定律得：mgN=ma得 N=mgma=mgm（g）=v所以随着速度的增大，受到的支持力增大，由牛顿第三定律知箱内物体对箱子底部的压力逐渐增大，故C错
4、误；由于足够高，则箱子接近地面时，可视为匀速运动，箱内物体所受的重力与箱子底部对物体的支持力是一对平衡力，故D正确故选：D点评：解决本题的关键是灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律得到支持力的表达式，再进行分析3如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动在这一过程中，环对杆的摩擦力为Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（）AFf不变，FN不变BFf增大，FN不变CFf增大，FN减小DFf不变，FN减小考点：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
5、力作用下物体平衡专题分析：先以B为研究对象，分析在小球上升的过程中F如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力Ff和支持力力FN如何变化解答：解：以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示由平衡条件得：F=mgtan，增大，则F增大再以整体为研究对象，力图如图2所示根据平衡条件得：Ff=F，则Ff逐渐增大FN=（M+m）g，FN保持不变故选B点评：本题是动态平衡问题，采用隔离法和整体法相结合进行研究4（4分）2013年12月11日，“嫦娥三号”从距月面高度为100km的环月圆轨道上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，
6、下列说法正确的是（）A沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期B沿轨道运动至P时，需加速速才能进入轨道C沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D在轨道上运行到P点的速度小于沿轨道运动至P点的速度考点：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：由开普勒行星运动定律确定周期大小关系，根据卫星变轨原理确定卫星是加速还是减速变轨解答：解：A、轨道II的半么长小于轨道I的半径，故周期小于轨道I上的周期，故A错误；B、在轨道I上运动，从P点开始变轨，可知嫦娥三号做近心运动，故在P点应该减速以减小向心力通过做近心运动减小轨道半径，故B错误；C、在轨道II上运动，卫
7、星只受万有引力作用，故在近月点的加速度大于远月点的加速度，故C错误；D、由B分析知，在轨道II上经过P点时嫦娥三号做近心运动，故其速度小于在轨道I上运行的速度，故D正确故选：D点评：掌握航天器变轨原理，知道圆周运动时万有引力完全提供向心力，近心运动时万有引力大于所需向心力5（4分）甲、乙两船在静水中的航行速度分别为V甲，V乙，两船从同一渡口向河对岸划去已知甲船想以最短时间过河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲乙渡河的时间比为（）ABCD考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：甲船以最短时间渡河，知静水速的方向与河岸垂直乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地
8、点相同，知乙船静水速小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速方向与合速度方向垂直解答：解：两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直如图两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比则=：=故选：B点评：解决本题的关键知道两船的合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速垂直于合速度的方向6（4分）如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m、2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板系统原先处于静止状态，现开始用力沿斜面方向拉物块A使之向上运动，则物块A从开始运动到物块B刚要离开挡板C时A发生的位移d
9、等于（）Ad=Bd=Cd=Dd=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：要求物块B刚要离开C时物块A受到的合外力，就需要知道此时B所受的各个力，即需要知道此时弹簧的拉力，由于物块B刚要离开C，故固定挡板对B的支持力为0，所以根据B的受力情况求出此时弹簧弹力大小为F1=mBgsin，从而求出物块B刚要离开C时物块A受到的合外力；要求从开始到此时物块A的位移d，需要知道弹簧的形变情况，由于开始时弹簧处于压缩状态，而物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，故弹簧的伸长量就等于物块A的位移，所以要求出开始时弹簧的压缩量和B刚要离开时C时弹簧伸长量解答：解：
10、当物块B刚要离开C时，固定挡板对B的支持力为0，由于系统处于静止状态，则此时B的加速度a=0，以B为研究对象则有：F1mBgsin=0，故此时弹簧弹力大小为F1=mBgsin则A所受的合外力F合=FF1mAgsin=F（mA+mB）gsin，在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为mAgsin，故此时弹簧的压缩量为x1=，B刚要离开时，弹簧伸长量x2=，所以A的位移d=x1+x2=故选：B点评：弹簧开始时处于压缩状态，而最后处于伸长状态，故弹簧的长度的增加量应等于原先弹簧的压缩量和最终弹簧的伸长量之和7（4分）如图所示，光滑水平面上放置一质量为mA=1kg的木板A，其上有一质量为mB=
11、2kg的物体B，A、B之间摩擦因数为0.3，现将一水平拉力F=9N作用于B物体上，下列说法正确的是（）AA的加速度为6m/s2BB的加速度为1.5m/s2CA受到的摩擦力为3NDB受到的摩擦力为6N考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当A、B恰好发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力达到最大值，以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出临界加速度，再对AB整体为研究，运用牛顿第二定律求出F，即可判断A、B能否发生相对滑动若不发生相对滑动，先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对A研究，由牛顿第二定律求解AB间的摩擦力解答：解：A、B、设A、B恰好发生相对滑动时的加
12、速度为a0拉力大小为F0根据牛顿第二定律得：对A：mBg=mAa0；对AB整体：F0=（mA+mB）a0；联立解得：F0=（mA+mB）=（1+2）N=18N因FF0，所以A、B之间不会发生相对滑动根据牛顿第二定律得：对A：f=mAa；对AB整体：F=（mA+mB）a；联立解得：a=3m/s2；f=mAa=13N=3N，则A受到的摩擦力为3N故ABD错误，C正确故选：C点评：本题是临界问题，关键要把握临界条件：两个物体刚要相对滑动时，静摩擦力恰好达到最大值8（4分）如图所示，质量为M=2Kg的薄壁细圆管竖直放置，圆管内壁光滑，圆半径比细管的内径大的多，已知圆的半径R=0.4m，一质量为m=0.
13、5Kg的小球在管内最低点A的速度大小为2m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A小球恰好能通过最高点B小球无法通过最高点C圆管对地的最大压力为20ND圆管对地的最大压力为40N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：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球沿圆轨道上升的最大高度，判断能不能上升到最高点，在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式和平衡条件列式求解解答：解：AB、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：=mgh解得：h=0.6m2R=0.8m，小球不能上升到最高
14、点，故A错误，B正确；CD、在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式得： Nmg=m解得：N=5+0.5，根据牛顿第三定律得：球对圆管的压力为N=N=20N则圆管对地的最大压力为：FN=N+Mg=20+20=40N，故C错误，D正确故选：BD点评：本题主要考查了机械能守恒定律和向心力公式公式的直接应用，知道在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大9（4分）从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体、的速度图象如图所示在0t0时间内，下列说法中正确的是（）A物体所受的合力不断增大，物体所受的合力不断减小B、两个物体所受的合力都在不断减小C相遇前t
15、1时刻两物体相距最远D、两个物体的平均速度大小都是考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析解答：解：A、速度时间图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，故物体做加速度不断减小的加速运动，物体做加速度不断减小的减速运动，两物体的加速度都减小，由牛顿第二定律F=ma可知，受到的合外力都减小，故A错误，B正确；C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：t1时刻之间物体间的距离越来越大，t1时刻之后物体间的距离越来越
16、小，则相遇前t1时刻两物体相距最远，故C正确；D、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故的平均速度大于，的平均速度小于，故D错误；故选：BC点评：本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理10（4分）人站在岸上通过定滑轮用绳牵引低处的小船，如图所示，若船受到水的阻力恒定不变，则在船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是（）A绳子的速度的逐渐增大B绳子的速度保持不变C绳子的拉力逐渐增大D船受到的浮力
17、不断减小考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则得出拉绳子的速度与船的速度关系，从而进行判断对船受力分析，通过共点力平衡分析拉力、浮力的变化解答：解：A、将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则得，v1=vcos，在船匀速靠岸的过程中，增大，则拉绳的速度减小故AB错误C、对船受力分析得，因为船做匀速直线运动，合力为零，则Tcos=f，因为阻力不变，则增大，T增大在竖直方向上，Tsin+F浮=mg，T增大，sin增大，则浮力减小故CD正确故选：CD点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力
18、平衡进行求解11如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度作逆时针转动时（v1v2），绳中的拉力分别为Fl、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为tl、t2，则下列说法正确的是（）AFlF2BF1=F2Ctl可能小于t2Dtl可能等于t2考点：牛顿第二定律.分析：两种情况下木块均保持静止状态，对木快受力分析，根据共点力平衡条件可列式分析出绳子拉力大小关系；绳子断开后，对木块运动情况分析，可比较出运动时间解答：解：A、B、对木块受力分析，受重力G、支持力N、拉力T、滑动摩擦力f，如图由于滑动摩
19、擦力与相对速度无关，两种情况下的受力情况完全相同，根据共点力平衡条件，必然有F1=F2故A错误、B正确C、D、绳子断开后，木块受重力、支持力和向左的滑动摩擦力，重力和支持力平衡，合力等于摩擦力，水平向左加速时，根据牛顿第二定律，有mg=ma解得a=g故木块可能一直向左做匀加速直线运动；也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；由于v1v2，故若两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，则tl等于t2若传送带速度为v1时，木块先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动；传送带速度为v2时，木块一直向左做匀加速直线运动，则t1t2两种情况下木块
20、都是先向左做匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀速运动，则t1t2故C错误，D正确；故选BD点评：本题关键对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解；皮带上木块的运动要分情况讨论12（4分）如图所示，物体甲从高h处以速度v1平抛，同时物体乙从地面以速度v2竖直上抛，不计空气阻力，在乙到达在最高点前两个物体相遇，下列叙述中正确的是（）A两球相遇时间t=B抛出前两球的水平距离x=C相遇时甲球速率v=D若v2=，则两球相遇在处考点：平抛运动；竖直上抛运动.专题：直线运动规律专题分析：球甲做平抛运动，球乙做竖直上抛运动；将平抛运动沿着水平和竖直方向正交分解；两球相遇时，抓住两球在竖直
21、方向上的位移大小之和等于h，求出相遇的时间解答：解：A、在竖直方向上，有：gt2+（v2tgt2）=h，解得t=由于相遇时，甲球下落的高度小于h，所以时间t，故A错误B、两物体相遇时水平距离为 x=v1t=，故B正确C、相遇时甲球速率为 v=，故C错误D、若v2=，则两球相遇时，t=甲球下落的高度为h=gt2=h，故D正确故选：BD点评：解决本题关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，以及知道两球相遇时在竖直方向上的位移之和等于h二、实验题（本大题共2小题，共15分）13（3分）在做验证力的平行四边行定则的实验中，假如一个分力F1的方向不变，那么为了使橡皮条仍然
22、伸长到O点，对另一个分力F2，下说列法正确的是 （）AF2的方向和大小是唯一确定值BF2的大小是唯一的，方向可以有多个值CF2的方向和大小可以有多个值DF2的方向是唯一的，但大小可有多个值考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题分析：当合力不变时，若其中一个力的大小方向保持不变，则另一个可以唯一确定，若只有一个力的方向不变，则另一个力有无数组解答：解：因一个弹簧秤的拉力大小、方向不变，而橡皮筋伸长到O点，说明合力不变，一个分力方向不变，大小可以变化，由平行四边形定则可知另一个力方向和大小可以有多个值，故ABD错误，C正确故选：C点评：掌握力的分解原则，知道当合力不变时，根据平行四边形定则可知
23、，若其中一个力的大小方向保持不变，则另一个可以唯一确定14（12分）如图1所示为两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”的实验装置图：（1）安装好实验装置后，两位同学首先平衡摩擦力，若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加低（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的计时点，便说明平衡摩擦力合适（2）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；图2为某次操作中打出的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数
24、点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），实验中使用的是频率f=50Hz的交变电流根据以上数据，可以算出小车的加速度a=0.50m/s2（结果保留两位位有效数字）（3）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M的关系他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a图线后，发现当较大时，图线发生弯曲，造成图线弯曲的原因是作图时应作出a图象（4）实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，如图3所示；在砝码盘中放入
25、适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，利用纸带计算出了小车运动的加速度a，用天平测出小车的质量为M、砝码（连同砝码盘）的质量为m，则滑块与木板间的动摩擦因数= （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系.专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；为使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量；在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，说明任意两个技计数点之间的时间间隔为打点周期的5倍，在求平均加
26、速度时注意运用“二分法”解答：解：（1）若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，所以第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加低，重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的点；（2）相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，则T=0.1s，根据作差法得：a=0.50m/s2；（3）通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出a图象，所以当较大时，图线发生弯曲；（5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：解得：故答案为：（1
27、）低；（2）0.50；（4）作图时应作出a图象；（5）点评：明确实验原理是解决有关实验问题的关键在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度三、计算题（本大题共57分，请写出必要的文字说明和解题过程）15（12分）如图所示，一质量为M的长木板静止在水平面上，有一质量为m的小滑块以一定的水平速度冲上木板，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之
28、间的动摩擦因数2须满足什么条件？（2）若长木板的质量M=0.2kg，长木板与水平面间的动摩擦因数2=0.1滑块的质量也为0.2kg滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.4，滑块恰好不滑离长木板，求木板的长度考点：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）长木板受到滑块向前的摩擦力f1，还受到地面给它的摩擦力，当f1fmax时木板能保持静止不动，根据题意即可求解；（2）小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，然后一起做匀减速运动直到静止，求出速度相等前滑块
29、和木板运动的位移，得到位移差值解答：解：（1）长木板受到滑块向前的摩擦力f1=1mg长木板受到地面的最大静摩擦力大小fmax=2（M+m）g由题意得：当f1fmax时木板能保持静止不动，即：21（2）对m：1mg=ma1 解得：a1=4m/s2对M：1mg2（M+m）g=Ma2 解得：a2=2m/s2设经历时间为t两者速度相同，则：v0a1t=a2t 解得：t=0.2s 两者共同速度为：v=a2t=0.4m/s 两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0ta1t2=0.16m 两者相对静止前，木板的位移：s1=a2t2=0.04m故相对位移为s=0.160.04=0.12m答：（1）若滑块在木板
30、上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足21；（2）木板的长度至少为0.12m点评：解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中16（14分）一质量为m的很小的球，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的今把小球从O点的正上方离O点的距离为d=R的O1点以水平的速度v0=抛出，如图所示试求：（1）轻绳刚伸直（绳子突然拉紧会使沿绳子的速度突变为零）时，绳与竖直方向的夹角为多少？（2）当小球到达O点的正下方时，绳子的拉力为多大？考点：向心力；牛顿第二定律.专题：
31、牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）先将平抛运动沿水平和竖直方向正交分解，根据位移公式列式求解；（2）细线刚刚绷紧时，将速度沿着细线方向和垂直细线方向正交分解，沿细线方向速度迅速减小为零，垂直细线方向速度不变，之后物体绕O点做变速圆周运动，机械能守恒，先求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律求解拉力解答：解：（1）小球的运动可分为三个过程：第一过程：小球做平抛运动设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图所示，则 V0t=Rsin，gt2=RRcos，其中v0=联立解得 =，t=即轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为90（2）第二过程：绳绷直过程绳棚直时，绳刚好水平，如图所示由于
32、绳不可伸长，故绳绷直时，v0损失，小球仅有速度v，且v=gt=第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动设小球到达O点正下方时，速度为V，根据机械能守恒守律有：mv2=+mgR设此时绳对小球的拉力为T，则Tmg=m ，联立解得：T=mg故当小球到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为mg答：（1）轻绳刚伸直（绳子突然拉紧会使沿绳子的速度突变为零）时，绳与竖直方向的夹角为（2）当小球到达O点的正下方时，绳子的拉力为mg点评：本题关键是将小球的运动分为三个过程进行分析讨论，平抛运动过程、突然绷紧的瞬时过程和变速圆周运动过程；然后根据对各段运用平抛运动位移公式、速度分解法则、机械能守恒定律和向心力公式列式求解
33、17（15分）在半径R=5 000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示求：（1）圆轨道的半径及星球表面的重力加速度（2）该星球的第一宇宙速度（3）从轨道AB上高H处的某点由静止释放小球，要使小球不脱离轨道，H的范围是多少？考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）小球从A到C运动的过程中，只有
34、重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合FH图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度（2）第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速度相等，根据万有引力等于重力提供向心力，求出该星球的第一宇宙速度（3）小球到C点时具有最小速度，此时重力提供向心力，对轨道压力为零，此时高度为最小高度解答：解：（1）小球过C点时满足：由动能定理：联立解得：由图可知：H1=0.5 m时F1=0；H2=1.0 m时F2=5 N；可解得g=5 m/s2；r=0.2 m（2）由解得：（3）小球到C点时具有最小速度，此时重力提供向心力，对轨道压力为零，此时高度
35、为最小高度由图可知，压力为零时，高度为0.4m故释放高度范围为：H0.4m答：（1）圆轨道的半径及星球表面的重力加速度g=5 m/s2（2）该星球的第一宇宙速度v=5103m/s（3）从轨道AB上高H处的某点由静止释放小球，要使小球不脱离轨道，H的范围为H0.4m点评：本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力F与H的关系式18（16分）（2014日照二模）如图所示，水平地面上有一个静止的直角三角滑块P，顶点A到地面的距离h=1.8m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块C端到D的距离L=6.4m在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动现对滑块左端施
36、加水平向右的推力F=35N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上滑块P质量M=4.0Kg，小物块Q质量m=1.0Kg，P与地面间的动摩擦因数=0.2（取g=10m/s2）求：（1）小物块Q落地前瞬间的速度；（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离考点：动能定理的应用；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）在水平推力F的作用下，P、Q一起向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，由速度位移关系式求出P到达D处时的速度，由于P与D碰撞，以原速率反弹，之后P向左做匀减速运动，Q离开滑块P做平抛运动，根据平抛运动
37、的规律求解Q落地前瞬间的速度；（2）P物体向左做匀减速运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得其向左运动的总时间，再求出在Q平抛运动的时间内通过的位移，由平抛运动的规律求出Q的水平位移，两个位移之和即为Q落地时到滑块P的B端的距离解答：解：（1）对P、Q整体分析有：F（m+M）g=（m+M）a1 代入数据解得：a1=g=0.210=5m/s2，当滑块C运动到障碍物D处时有：vD2=2a1L 解得：vD=8m/s之后Q物体做平抛运动有：h= 解得：t1=s=0.6sQ落地前瞬间竖直方向的速度为： vy=gt1 解得：vy=100.6m/s=6m/s由矢量合成得，Q落地前瞬间的速度大小为vt
38、=m/s=10m/s 与水平成，tan=0.6，=37 （2）由（1）得Q平抛水平位移 x1=vDt=80.6=4.8m P物体做匀减速运动，则有：Mg=Ma2 得 a2=g=0.210=2m/s2，由a2t2=vD得 t2=s=4st1 所以Q物体平抛时间内P的位移为：x2=vDt1=80.620.62=4.44m 所以Q落地时到滑块P的B端的距离为x=x1+x2=4.8+4.44=9.24（m）答：（1）小物块Q落地前瞬间的速度为10m/s；（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离为9.24m点评：本题是常见的动力学问题，做好两大分析是基础：一是受力情况分析；二是运动情况分析再分过程，运用牛顿第二定律、运动学公式求解
