《2021-2022学年安徽省滁州市定远县高三（上）第二次月考物理试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年安徽省滁州市定远县高三（上）第二次月考物理试卷（附答案详解）.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高三（上）第二次月考物理试卷1.在某次100米赛事中用一架在赛道旁匀速运动的轨道摄像机跟踪拍摄运动员，s-t图如图所示，则下列说法正确的是（）A.Q时刻二者处在并排的位置B.G时刻，两者速度相等C.0-G时间内，摄像机一直比运动员快D.摄像机做直线运动，运动员做曲线运动2.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为?的小环，从大环的最高处由静止滑下，滑到大环的最低点的过程中（重力加速度大小为9）（）A.此过程中小环克服支持力做功B.此过程中小环的重力势能在减少C.小环滑到大环的最低点时处于失重状态D.小环滑到大
2、环的最低点时，大圆环对杆的拉力等于（m+M）g3.“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动 哨舟八号”的假想图如图所示，虚线为各自的轨道.由此假想图，/,，/-、可以判定（）：；威 宫 一号”/A.“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号 的运 、/行速率B.“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C.“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D.“天宫一号”的角速度大于“神舟八号”的角速度4.A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力尸的作用，各自从静止开始运动.经过时间%,撤去作用在4物体上的外力F；经过时间4%,撤去作用在B物体上的外力凡两物体运动的u-t图象如图所示
3、，则A、B两物体（）A.A、B两物体的质量之比为3：5B.A、8两物体与水平面间的滑动摩擦因数之比为2：1C.在。2to时间间隔内，合外力对A、B两物体做功之比为5：3D.在04to时间间隔内，水平力尸对4、8两物体做功之比为2：15.在2006年2月26号闭幕的都灵冬奥会上，张丹和张昊一起以完美表演赢得了双人滑比赛的银牌.在滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的音乐响起后在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两人的冰刀与冰面间的摩擦因数相同，已知张丹在冰上滑行的距离比张昊远，这是由于（）A.在推的过程中，张丹推张昊的力小于张昊推张丹的力B.在推的过程中，张昊推张丹的时间大于张丹推张昊的时
4、间C.在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度D.在分开后，张丹的加速度的大小大于张昊的加速度的大小6.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的斜草面AB和4B（均可看作斜面）。质量不同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿A B和滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是（）A.甲沿斜面下滑的时间比乙沿斜面下滑的时间长B.甲、乙在斜面上下滑过程中合外力冲量相同C.甲沿斜面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的大D.甲、乙最终停在水平草面上的同一位置7.如图为湖边一倾角为30。的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为。一人
5、站在A点处以速度孙沿水平方向扔小石子，已知4。=40m,g取lOm/s?。下列说法正确的是（）A.若%=10m/s,则石块可落入水中B.若石块能落入水中，则北越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大第 2 页，共 15页C.若石块不能落入水中，则北越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大D.若石块不能落入水中，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角与速度大小无关8.伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小（可以忽略不计）的斜面上，从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（）A.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角有关B.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底
6、端时的速度与倾角有关C.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比D.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方值成正比9.如图所示，轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为根的球A _和8,光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的。点，外界给/彳、系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运 动 到 最/：L 高点时，杆对球8恰好无作用力。忽略空气阻力，重 力 加 速 、J /度为g,则球8在最高点时（）2 LBA.球8的速度为零 B.球A的速度大小为之西ZC.水平转轴对杆的作用力为1.5mg D.水平转轴对杆的作用力为2.5mg10.如图所示,半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平轨道相切，质量均为，
7、”的小球A、8用轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，8与。点等高某时刻将它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是（）A.下滑过程中重力对8做功的功率一直增大B.当8滑到圆轨道最低点时的速度为前C.整个过程中轻杆对A做的功为：rngRD.下滑过程中8的机械能增加11.如图，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50z的交流电源，纸带等。回答下列问题：（1）铁块与木板间动摩擦因数=（用木板与水平面的夹角重力加速度g和铁块下滑的加速度4表示）I11.%ia ii !i i i i 1 i i|i 44.70，I
8、20*9031.83S9N i Ji1 76.39 .(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角。=30.接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.8m/s2.铁 块 沿 木 板 下 滑 时 的 加 速 度 为(结 果 保 留2位小数)进一步可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为(结果保留2位小数)。1 2.利用图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题.图2(1)实验操作步骤如下，请将步骤8补充完整：A.按实验要求安装好实验装置；B.使重物靠
9、近打点计时器，接着先,后，打点计时器在纸带上打下一系列的点；第4 页，共 15页C.图 2为一条符合实验要求的纸带，0点为打点计时器打下的第一个点.分别测出若干连续点4、B、C与 0点之间的距离心、电、八 3；(2)取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能以和 重 力 势 能 建 立 坐 标 系，横轴表示，纵轴表示a和E p,根据数据在图3中已绘出图线I 和图线西已求得图线I 斜率的绝对值的=2.9 4 7/m,请计算图线I I 的斜率心=(保留三位有效数字).重物和纸带下落过程中所受平均阻力 与 重 物 所 受 重 力 的 比 值 为(用 七和七表示).1 3
10、 .“欲把西湖比西子，淡妆浓抹总相宜”，碧波万顷的杭州西湖总是令人无比神往。有一满载游客的游船从A景点由静止出发，以0.5 r n/s2 的加速度在湖面匀加速航行驶 向 C景点，在离A景 点 1 0 0”?时开始匀速运动，又航行2 0 0,路过B景点时游船开始以0.25TH/S2的加速度做匀减速直线运动，到 C景点时速度刚好为零，游船可以看作沿直线航行，景点可作为质点来处理。(1)求游船航行的总时间“(2)若要求游船匀速航行且总用时不能大于以前的总时间，求游船速度的最小值。1 4 .如图所示，质量为m=1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平
11、抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M=2 kg 的足够长的小车左端在最低点。点相切，并在。点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与。发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角。为5 3。，A点距水平面的高度八=0.8m,物块与小车间的动摩擦因数为=0.1,重力加速度g =1 0 m/s2,s i n 5 3 0 =0.8,c os 5 3 =0.6.试求：(1)小物块离开A点的水平初速度%;(2)小物块经过
12、0点时对轨道的压力；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间.1 5.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道E。和 E4相连)高度人 可调的斜轨道A B组成。游戏时滑块从。点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。己知圆轨道半径r=0.1m,OEzLy=0.2m,4 c 长 乙 2=0 4 m,圆轨道和 A E光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数=0.5,滑块质量nt=2g且可视为质点，g=10m/s2,弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力
13、，各部分平滑连接。求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度蚱大小；(2)当h=0.1M且游戏成功时，滑块经过E 点时对圆轨道的压力FN大小；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度力之间满足的关系。第6页，共15页答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、匕时刻两图线相交，表示二者处在并排的位置，故A正确；B、根据图象的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，知口时刻，运动员的速度比摄像机的大，故B错误；C、0-匕时间内，摄像机先比运动员快，后运动员慢，故C错误；。、s-t图象只能表示直线运动的规律，知摄像机和运动员都做直线运动，故力错误。故选：A。s-t图象反映了物体的位置随时间的变化情况
14、，图象的斜率表示速度。s-t图象只能表示直线运动的规律。本题要能根据纵坐标读出物体的位置关系，由图象的斜率分析速度关系，并分析他们的运动情况。2.【答案】B【解析】解：A、小环在下滑过程中，速度与支持力方向始终垂直，支持力不做功，故A错误；以 小环在下滑过程中，高度降低，重力势能减小，故3正确；C、小环滑到最低点时，有竖直向上的加速度，由牛顿运动定律可知小环处于超重状态，故C错误；。、小环从最高到最低，由机械能守恒定律得：m g -2R=|m v2小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-m g=m 联立得：F=Smg对大环分析，有：T=F+M g =5mg+M g (m+M)g,故。错误；故
15、选:B。根据支持力和速度方向确定支持力做功情况；判定重力势能主要看高度的变化；由机械能守恒定律求出小环运动到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时,大环对它的拉力，再用隔离法对大环分析，求出大圆环对轻杆的拉力大小.本题主要考查了机械能守恒和牛顿第二定律的应用，解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。3.【答案】A【解析】解：根据万有引力提供向心力得：G=m =m=m a =ma)2rr2 r T2A、=秒，“天宫一号”的半径大于“神舟八号”半径，则“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率，故A正确；B、T=唇，“天宫一号”的半径大于“神舟八
16、号 半径，则 天宫一号”的周期大 于“神舟八号”的周期，故8错误；a a=M“天宫一号”的半径大于“神舟八号”半径，则“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度，故C错误：D、3 =旧,“天宫一号”的半径大于“神舟八号”半径，则“天宫一号”的角速度小 于“神舟八号”的角速度，故O错误。故选：A o根据万有引力提供向心力得出线速度、周期、向心加速度、角速度与轨道半径的关系，从而比较大小.解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用.4.【答案】C【解析】解:A、由图象可得,A加速运动的加速度为a =等,减速运动的加
17、速度为a =5t根据牛顿第二定律知警=无to mi空 第 由 得 八=/B加速运动的加速度为普，减速运动的加速度为詈，根据牛顿第二定律知霍=4t0 to 4t0 rn2也=为t o 租由得/2 =F所以与水平面的摩擦力大小之比为%?=5：1 2，联立可得，3；m2 12由/=卬n g可知：也=1；故A 8错误；C、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时Q =9,故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：1 2,在匀加速运动阶段,合外力做功之比为等于末动能之比，为9 nli说：|m2 V2 =5 x 22：1 2 x I2=5：3,故C正确；、根据功的公式可
18、知：W =FL,则力F做功之比：W2=Ft0：F x 4 t0=1：2；故D错误：故选：C o根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；再对没有拉力过程由动能定理可求得质量之比，再由第8页，共15页滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数之比：由图明确2to时的速度，再由动能定理可求得合外力做功之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，由功的公式可求得水平力做功之比；本题综合考查动能定理、牛顿第二定律及图象的应用；解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出
19、两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移.5.【答案】C【解析】解：张丹和张昊之间的作用力属于作用力和反作用力，作用力和反作用力的大小相等，方向相反，同时产生同时消失，所以AB均错误。由于两人的冰刀与冰面间的摩擦因数相同，由牛顿第二定律可以知道，mg=m a,所以a=4 9,即他们的加速度的大小是相同的，所以。错误；由于张丹在冰上滑行的距离比张昊远，根据=2ax可知，在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度，所以C正确。故选：Co作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同时产生同时消失.本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区
20、分它与一对平衡力的区别.6.【答案】D【解析】解：设滑道的倾角为仇斜面高度为儿动摩擦因数为，AB、游客在由斜面滑到水平面的过程中，由动能定理:mg/i-mgcos。=|m v2-0,即：m gh nmghcotd=|m v2,由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，所以得知甲在B点的速率大于乙在B点的速率，根据牛顿第二定律：mgsin。-4mgeos。=m a,得游客在斜面上下滑的加速度：a=gsin。geos。可知，倾角大的下滑时的加速度大，再根据速度-时间关系。=a t,可知乙下滑时间较长；根据动量定理：/=，得知甲在8点的速率大于乙在夕点的速率，但是甲乙质量不同，因此无法比较甲、乙
21、在斜面上下滑过程中合外力冲量，故AB错误；C、由A分析可知，甲到达地面时的速率大于乙到达地面时的速率，而质量的不同，因此无法比较克服摩擦力做功的多少，故C错误；D、对游客滑行全过程用动能定理可知：m g h -fimgeosd-fimgs=0-0,解得：h-nhcotd-ns=0,即：hcotd+s=,水平位移为：hcotd+s,与斜面的倾角无关，所以他们将停在离出发点水平位移相同的位置，故。正确。故选：3本题考查动量定理和动能定理，应用动能定理分析两人的速度关系和水平位移关系，得到的结论：两人滑行的水平位移与斜面的倾角无关，是一个重要的经验结论，在理解的基础上进行记忆.而处理水平位移时用到的
22、方法也需要仔细体会。根据动能定理研究甲在8点的速率与乙在夕点的速率大小关系，由动量定理判断甲乙在斜面下滑合外力冲量关系，由动能定理还可以得到水平位移的表达式，进一步根据几何知识分析两人路程关系。7.【答案】D【解析】解：A、石块在空中做平抛运动，若石块恰好落到。点，则 公 一访30。=gt2,A O-cos30=vot,代入数据解得：v0=10V3m/s 17.3m/s,即石块要落入水中最小的初速度约为17.3m/s,所以当孙=10m/s时石块不可以落入水中，故A正确；8、若石块能落入水中，下落高度一定，设为，石块落水时速度方向与水平面的夹角正切为tan=V =等，可见火越大，落水时速度方向与
23、水平面的夹角越小，故B错误；C D,若石块不能落入水中，设石块落到斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为a,斜面 的 倾 角 为 因 为tana=,tan。=馨，则得tana=2tanO,则落到斜面上时VO Vot 2v0速度方向与水平方向的夹角不变，所以落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，与初速度无关，故C错误，。正确。故选：石块在空中做平抛运动，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，根据下落的高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块能落在水中的最小速度，从而判 断%=10m/s时，石块可不可以落入水中；若石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则
24、判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系;若石块不能落入水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角与斜面倾角的关系。解决本题的关键要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和平行四边形定则列式分析。8.【答案】A BCD【解析】【分析】伽利略通过实验观察和逻辑推理发现，小球沿斜面滚下的运动的确是匀加速直线运动，换用不同的质量的小球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，小球的加速度都是相同的：不断增大斜面的倾角，重复上述实验，得知小球的加速度随斜面倾角的增大第10页，共15页而增大.本题关键要明确伽利略对自由落体
25、运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解.【解答】解：A、若斜面光滑，小球从顶端滚到底端时的速度大小的确与倾角无关；但由于实际斜面有摩擦，故伽利略并没有能够用实验证明这一点；故A正确；8、斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故B正确；C D,伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度与时间成正比，故C正确，。正确；故选：A BCD.9.【答案】BC【解析】解：A、球3运动到最高点时，球8对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有：m g -m-,解
26、得益=j2 g L,故A错误；B、由于A、8两球的角速度相等，由=3 r得：球4的速度大小为:vA=vB=故2正确；CD,B球到最高点时，对杆无弹力，此时4球受重力和拉力的合力提供向心力，有：F=解得：F=l.Smg,所以水平转轴对杆的作用力为L 5m g,故C正确，。错误。故选：B C。球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，重力恰好提供向心力，可以求出8的线速度，转动过程中，两球角速度相等，根据v=3 r求解A球线速度，B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，根据向心力公式求解水平转轴对杆的作用力.本题中两个球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据球8对杆
27、恰好无作用力,重力恰好提供向心力，求出B的线速度是解题的关键。10.【答案】BC【解析】【分析】根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化,AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出到达最低点的速度；下滑过程中，求出8重力势能的减小量和动能的增加量，从而判断机械能的变化量，整个过程中对A,根据动能定理求解轻杆对A做的功。本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，难度适中。【解答】A.因为初位置速度为零，则重力的功率为0,最低点速度方向与重力的方向垂直，
28、重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小。故 A错误；AAB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设 3到达轨道最低点时速度为也根据机械能守恒定律得：+m)v2=m g R,解得：v=ygR故 8正确；C.整个过程中对A,根据动能定理得：W =m v2=m g R,故 C 正确；D下滑过程中，B的重力势能减小/E p=m g R,动能增加量A ER=|m v2=m g R,所以机械能减小之 r n g R,故D错误。故选BC。U【答案】史1 勺1.9 7 0.3 5gcosG【解析】解：(1)由牛顿第二定律可得：mgsinO /imgcosO=m a(2)每相邻两计数点间还有4 个打点，
29、说明相邻的计数点时间间隔为0.ls。利用匀变速直线运动的推论%=at2,即逐差法可以求物体的加速度大小:(0.7639-0.3183)-(0.3183-0.05)=1.9 7 m/s2,代入=嘿 三 得铁块与木板间的动摩擦因数为“=0 3 5。故答案为：(1)史 中；(2)1.9 7,0.3 5(1)根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数的表达式；(2)由逐差法可求得加速度的大小，再得出动摩擦因数的大小。本题通过牛顿第二定律得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量。要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可。1 2.【答案】(1)接通电源；释放纸带；(2)2.8 6；守【解析】解：(1)根
30、据实验操作注意事项可知应当先接通电源，后释放纸带；(2)由图示图象可知，图线H的斜率：七=符=瑞 三 =2.8 6/7 7 1对图线I ：E p=m g h,即七 mg,对图线 I I：Ek=(mg-f)hf 即&=m 9一/,解得：f=k1-k29所 以 =甘。mg kl故答案为：(1)接通电源；释放纸带；(2)2.8 6,(1)根据实验操作注意事项分析;第 12页，共 15页(2)根据图示图线求出图线的斜率，根据题意求出图线的函数表达式，求出图线斜率的表达式，然后求出重物下落过程所受平均阻力与重物重力的比值。解决本题的关键根据重力势能减少量和下落高度关系以及合外力做功和动能变化量的关系再结
31、合图线斜率求出重力和阻力的表达式，即可解决该问题。13.【答案】解：(1)设游船匀加速阶段的位移大小为修，加速度大小为由,时间为匀加速阶段的末速度大小为V,则叼=axtl代入数据求得口 =20sv=aiG=0.5 x 20m/s=lOm/s设游船匀速阶段的位移大小为冷，时间为t 2,有&=仇 2代入数据求得t2=20s设游船匀减速阶段的加速度大小为。2,时间为J，位移大小为久 3V a2 t3代入数据求得t3=40s所以，游船航行的总时间/=tj+t2+t3=20s+20s+40s=80s(2)设游船由A 景点运动到C景点总的位移大小为x总，匀速航行的速度大小为巧，因为VX 总=x1+x2+x
32、3联立以上式子，代入数据求得%【解析】(1)游船开始做匀加速运动，之后做匀速运动，最后做匀减速运动根据运动学公式即可求得运动时间；(2)根据运动学公式求得总位移，结合游船匀速航行且总用时不能大于以前的总时间即可求得最小速度。本题主要考查了匀变速直线运动，关键是抓住每一运动的特点，利用好运动学公式即可。14.【答案】解：(1)对小物块由A 到 B 有：迷=2gh在 B 点:tan。=也解得：Vi=3m/s故小物块离开A 点的水平初速度%为3m/s.(2)由 A 到。，根据动能定理有：=mg-(/i 4-/?-/?cos0)在。点：FN mg=r解得：v0-V 3 3 m/sFN=4 3/V故压力
33、F N=4 3 N故小物块经过。点时对轨道的压力为4 3 N.（3）摩擦力f =png =1 N,物块滑上小车后，物块减速运动，加速度大小为。机=Im/s2；小车加速运动，加速度大小为a”=；m/s2；M 2经过时间，达到的共同速度为外,则亡=红=%_ 女得外=亨7 n/s由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：f.s超=M+m）呼得s相=5.5m小车从物块碰撞后开始做匀减速运动，（每个减速阶段）加速度a不变a”=j m/s2%=Q/W t|V 3 3 s第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移为5.
34、5 m,小车做匀减速运动的总时间为|V 3 3 s.【解析】（1）利用平抛运动规律，在B点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度的=2 g h显然易求，则水平速度可解.（2）首先利用动能定理解决物块在最低点的速度问题，然后利用牛顿第二定律在最低点表示出向心力，则滑块受到的弹力可解.根据牛顿第三定律可求对轨道的压力.（3）第一次碰撞后，滑块以原速率返回，小车减速，当滑块速度减为零后反向加速时，小车仍然减速，直到两者速度相同，一起向右；之后重复这个过程，小车与滑块有相对滑动的过程中，小车匀减速；根据功能关系列式求相对路程，根据速度时间关系公式求解小车的减速时间.本题前
35、两问是一个单物体多过程的力学问题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路：第三问是一个多过程问题，要分析清楚两个物体的运动情况，然后根据运动学公式和功能关系列式求解.1 5.【答案】解：（1）设滑块恰好能过圆轨道最高点户时的速度大小为孙，由题意可得，滑块恰过P点，此时重力提供向心力，mg=?第14页，共15页解得：vF yfgr=A/10 X O.l m/s=Im/s(2)滑块从E 到&由动能定理得 m gh mgL2=0 j m vj设在E 点的受到的支持力为Fj,对滑块，根据牛顿第二定律得PN-m g =萼联立解得：FN=O.14/V根据牛顿第三定律可知，滑块经过E 点对圆轨道的压力大小心
36、=FN =O 14 N(3)设滑块恰能过尸点的弹性势能为Ep,由动能定理得E p1 2mgr =mVp 0到 B点减速到O,从到8的过程中，由动能定理得Epi -m g -4 m g(k +L2)=0联立解得：=0.05m设物块能停在B点时斜面的倾角为0,则卬n gco sO m gsin。解得：tan。W 0.5,设B点距离水平地面的高度为九2，由几何关系得tan。=h2联立解得：h2=0.2m从。到 8点，由动能定理得E p=m gh+iimg(Lr+L2)解得：Ep =2 x 1O-3(I O九+3)/,其中0.05m W 九 W 0.2m答:(1)滑块恰好能过圆轨道最高点尸时的速度外大
37、小为l m/s；(2)当九=0.1m 且游戏成功时，滑块经过E 点时对圆轨道的压力FN大小为0 4 4 N；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep 与高度之间满足的关系为Ep =2 x 10-3(10h+3)/,其中0.05m h 0.2m。【解析】(1)滑块恰好通过圆轨道最高点尸时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解滑块到达尸点的速度；(2)滑块从E 到 8,根据动能定理求解到达E 点的速度，在 E 点，由根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力；(3)根据动能定理求解滑块恰能过F点的弹性势能，再从8点减速到0 根据动能定理求解高度鼠 结合物块能停在B点时平衡条件进行解答。解决本题的关键是明确滑块到达F点时是由重力提供向心力，掌握用动能定理在多过程中列式求解速度大小或者是能量大小。要注意分析隐含的临界状态和临界条件。