2019-2020年高三物理第一次学情检测试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理第一次学情检测试题（含解析）新人教版一、本题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确选对的得3分，选错或不答的得0分1（3分）一河宽为d，某小船从A岸运动到对面的B岸，运动轨迹如图所示，已知船在静水中的速度大小恒为v，航行中船头始终垂直河岸，水流的速度方向与河岸平行，则（）A船始终做匀速运动B船运动的速度越来越大C越接近河岸水流速度越小D船渡河所用的时间t考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左解答：解：A、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故C正确，AB错误D、由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即为，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短2人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如卫星的线速度减小到原来的，卫星仍做匀速圆周运动，则（）A卫星的角速度减小到原来的B卫星的向心加速度减小到原来的C卫星运行的轨道半径增大到原来的4倍D卫星的周期增大到原来的2倍考点：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：对于地球的卫星，万有引力提供向心力，根据万有引力公式和向心力公式列式求解即可解答：解：AC、根据G=mr2=m得：v=，=由题得卫星的线速度减为原来的，则其轨道半径为原来的4倍由=得：卫星的角速度减小到原来的，故A错误，C正确B、由G=ma得a=，知卫星的向心加速度减小到原来的 故B错误D、卫星的角速度减小到原来的，由T=得知周期为原来的8倍，故D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系3（3分）如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过光滑的定滑轮，A静止在倾角=30的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行若将斜面倾角缓慢增大到45，物体A仍保持静止不计滑轮摩擦则在此过程中（）A物体A受细绳的拉力可能减小B物体A受的静摩擦力减小C物体A对斜面的压力可能增大D细绳对滑轮的作用力增大考点：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：根据物体B处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；正确对A进行受力分析，判断其对斜面压力的变化情况；解答：解：A、斜面倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子拉力大小始终等于物体B重力的大小，而定滑轮不省力，则物体A受细绳的拉力保持不变，故A错误B、由题可知，开始时A静止在倾角为30的斜面上，A重力沿斜面的分力可能大于绳子的拉力，摩擦力沿斜面向上，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，A受到的静摩擦力将增大，故B错误；C、物体A对斜面的压力为：FN=mAgcos，随着的增大，cos减小，因此物体A对斜面的压力将减小，故C错误D、由前面分析知绳子拉力不变，斜面倾角增大时，滑轮两边绳子的夹角变小，则合力变大，即细绳对滑轮的作用力增大故D正确故选：D点评：本题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析4（3分）物体A、B从同一地点开始沿同一方向做直线运动，它们的速度图象如图所示则（）A在0t2时间内，A的加速度不断增大，B的加速度不断减小B在0t2时间内，A物体的位移大于B物体的位移C在0t1时间内B在前A在后，t1t2时间内A在前B在后D在0t2时间内A、B两物体的平均速度相等考点：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A做加速度不断减小的减速运动，物体B做加速度不断减小的加速运动，故A错误；B、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A的平均速度大于，B的平均速度小于，故B正确，D错误；C、由图象可知在t1时刻，两者速度相等，位移之差最大，此后一段时间内A的位移仍大于B的位移，在位移相等前，A始终在B的前面，故C错误；故选：B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5（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力重物从静止开始下落到速度最大的过程中，重物克服弹簧拉力做的功为W2，则（）A W1BW1=C W2mv2DW2=mv2考点：功能关系分析：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手，根据动能定理求得手对重物做的功当重物受到向上的弹簧弹力大小等于重力时，速度达到最大，然后重物会继续向下运动，当物体下落到速度为零时，弹簧伸长最大，弹性势能最大，根据动能定理求解解答：解：A、劲度系数为k的弹簧下悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态，弹簧的伸出量x=，手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手，根据动能定理得：W1WG+W弹=0手对重物做的功W1=W弹，即手对重物做的功小于，故AB错误C、重物下落过程中，当重物受到向上的弹簧弹力大小等于重力时，速度达到最大，重物从静止下落到速度最大过程中根据动能定理得：W2+WG=mv20得弹簧所做的功为W2=mv2，故C错误，D正确故选：D点评：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究二、本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分6（4分）下列说法中正确的是（）A一般抛体运动均可分解为两个直线运动B平抛运动在某个时刻的加速度可能与速度方向相同C做直线运动的物体受到的合外力不一定是恒力D做平抛运动的物体在不同时间内速度变化的方向是不相同的考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，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解答：解：A、一般抛体运动均可以分解为两直线运动，比如分为水平方向和竖直方向故A正确B、平抛运动的加速度方向竖直向下，速度方向不可能竖直向下，所以两者方向不可能相同，故B错误C、直线运动的物体所受的合力不一定是恒力，比如做变加速直线运动故C正确D、平抛运动的加速度不变，则速度变化量的方向始终竖直向下故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道平抛运动的特点，掌握处理平抛运动的方法，知道平抛运动做匀变速曲线运动，速度变化量的方向始终竖直向下7（4分）如图所示，一部机器由电动机带动，皮带轮上表面均处于水平，机器皮带轮的半径r2是电动机皮带轮半径r1的2倍，皮带与两轮之间始终不发生滑动这时在两轮上各放有一个质量相等的小物体P和Q，随轮一起匀速转动其中小物体P放于电动机皮带轮边缘；小物体Q放于机器皮带轮内侧某一点A，A点到转轴的距离为轮半径r2的一半小物体P、Q与皮带轮间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力设P、Q两物体的线速度大小分别为v1和v2，角速度分别为1和2，向心加速度大小分别为a1和a2，则（）Av1：v2=2：1B1：2=1：2Ca1：a2=4：1D随着皮带轮转速增大，P比Q先发生滑动考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：传动装置，在传动过程中不打滑，共轴的角速度是相同的；同一传动装置接触边缘的线速度大小是相等的所以当角速度一定时，线速度与半径成正比；当线速度大小一定时，角速度与半径成反比因此根据题目条件可知加速度及角速度解答：解：B、两轮边缘的线速度大小相等，由v=r得到：故P、Q两物体的角速度之比为2：1；故B错误；A、P、Q两物体的角速度之比为2：1，转动半径相等，根据v=r得到：v1：v2=1：2=2：1故A正确；C、P、Q两物体的角速度之比为2：1，转动半径相等，根据a=2r，有：a1：a2=4：1故C正确；D、由于静摩擦力提供向心力，恰好转动时，有：mg=m2r解得：=由于r、相同，故临界加速度相同；由于1：2=2：1，故物体P先滑动；故D正确；故选：ACD点评：本题关键是明确同缘传动边缘点线速度相等、同轴传动角速度相等，然后结合公式v=r和a=2r=列式求解8（4分）如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起以某一初速沿光滑斜面向上做匀减速直线运动在此减速运动过程中，下列说法中正确的是（）AA所受的合外力对A不做功BB对A做正功CB对A的摩擦力做负功DB对A不做功考点：功的计算专题：功的计算专题分析：分析两物体的受力及运动，由功的公式可分析各力对物体是否做功，根据夹角可判功的正负解答：解：A、A沿斜面向上做减速运动，根据动能定理可知，物体A受到的合力做负功，故A错误；B、A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，由牛顿第二定律可知a=gsin将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，A受力如图所示，所以支持力做正功，摩擦力做负功，故C正确C、由牛顿第二定律得；竖直方向上； mgN=ma1 水平方向上：f=ma2 假设斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得；a1=gsinsin a2=gsincos tan= 联立得：tan=cot=tan（）即= 所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故B错误，D正确故选：CD点评：判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负9（4分）某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆每过N年，行星会运行到日地连线的延长线上（相距最近），如图所示设该行星与地球的公转周期之比为k1，公转半径之比为k2，则（）Ak1=Bk1=Ck2=（）Dk2=（）考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：运动学与力学（二）；万有引力定律的应用专题分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比解答：解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有=，即：=，所以，选项A、C错误，选项BD正确故选：BD点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可三、本题共2小题，共22分请将解答填写在答题卡上相应位置10（11分）在“探究力的合成的平行四边形定则”实验中，某同学用两把弹簧秤将橡皮筋的端点拉到点O后，作出了这两个拉力F1、F2的图示，如图甲所示改用一把弹簧秤将橡皮筋的端点拉到同一点O，此时弹簧秤的示数F如图乙所示（1）图乙中，弹簧秤的示数F大小为2.1N；（2）下列必要的实验要求是D（请填写选项前对应的字母）A橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上B用两个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条时，拉力间的角度要小一些C用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能小D标记同一细绳方向的两点要远些（3）某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置如图丙在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节在木板上固定一张白纸该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：A实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab=bc，如图丙量出ab长度L=20.00cmB让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a点，记下此时木板与桌面的高度差h1=hC让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b点，记下此时木板与桌面的高度差h2=h+10.00（cm）D让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c点，记下此时木板与桌面的高度差h3=h+30.00（cm）则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小vo=2.0m/s，钢球击中b点时竖直分速度大小为vby=1.5m/s已知钢球的重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：先得出弹簧秤的最小分度，再由指针的位置读出拉力的示数；在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行根据竖直方向运动特点h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度，钢球击中b点时其竖直分速度可以根据竖直方向做自由落体运动求解解答：解：（1）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1N；则弹簧秤的示数F大小为2.1N（2）A、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上故A错误；B、在拉两个弹簧测力计时，两细线间夹角没有特别要求故B错误；C、用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小故C错误；D、为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确故选：D（3）根据题意可知：hab=10090=10cm=0.1m，hbc=90cm70cm=20cm=0.2m在竖直方向：h=gt2，水平方向：x=v0t，其中h=hbchac=0.1m，x=L=20cm=0.2m，代入数据解得：t=0.1s，v0=2.0m/sb点为时间的中点，因此有：vby=1.5m/s故答案为：（1）2.1（2）D（3）2.0； 1.5点评：探究共点力合成的规律实验需要的实验器材我们可以根据这个实验的原理（画出理论值和实际值进行比较）进行记忆，弄清楚原理自然而然的就知道那个是理论值，那个是实际值本题不但考查了实验的操作，而且考查了平抛运动的规律以及匀速运动和匀变速运动的规律，对同学的知识的综合应用要求比较高，是个考查学生能力的好题11（11分）在探究加速度与质量的关系时，采用图甲所示的装置，小车用细线绕过长木板左端的定滑轮悬挂砝码盘，保持砝码盘和砝码的总质量m不变，改变小车的质量M，进行实验（1）实验中，下列操作中正确的是BDA电火花计时器接低压交流电源B使上部分细线与木板平行C平衡摩擦力时，悬挂砝码盘和砝码D平衡摩擦力时，将纸带连接在小车上（2）小明实验中得到的一条纸带如图乙所示，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出所用交流电的频率为50Hz，从纸带上测出x1=1.60cm，x2=2.36cm，x3=3.11cm，x4=3.87cm，x5=4.62cm，x6=5.38cm则打计数点“5”时小车的瞬时速度大小为0.50m/s，利用x1和 x6计算小车的加速度为0.76m/s2（结果均保留两位有效数字）（3）某小组保持砝码和砝码盘总质量m=50g不变进行实验，得到的实验数据见表，试根据表格中数据，在图丙中取合适的坐标系，作出图象次数小车质量M/g加速度a/（ms2）/kg112001.915.0022501.714.0033001.503.3343501.362.8654001.122.5064501.002.2275000.902.00根据图象判断，实验产生误差的最主要原因是不满足mM考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；直线运动规律专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小采用描点法作图，绘出一条倾斜的直线解答：解：（1）A、电火花计时器接220V交流电源，故A错误；B、使上部分细线与木板平行，故B正确；C、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动故C错误，D正确；故选：BD（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5点时小车的瞬时速度大小v5=0.50m/s根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=0.76m/s2（3）根据F=Ma可得a=，即在合外力F一定的情况，小车的加速度与小车的质量成反比即小车的加速度与小车的质量的倒数成正比，但反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度（a）与小车质量的倒数关系图象，故纵坐标为加速度a，横坐标为根据图象判断，实验产生误差的最主要原因是不满足mM故答案为：（1）BD（2）0.50； 0.76（3）如图所示，不满足mM点评：该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用四、本题共5小题，共67分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位12（12分）如图所示，某三角形支架ABO中，轻杆BO可绕通过O点的光滑轴转动，AOBO，AB间用细绳连接，=37在B点连接质量为m的小球，杆AO在外力作用下保持竖直方向已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8（1）当整个装置竖直向下做匀速直线运动时，细绳AB和轻杆OB对小球作用力分别为多大？（2）当整个装置以加速度竖直向下做匀减速直线运动时，细绳AB和轻杆OB对小球作用力分别为多大？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：（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球的合力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解细绳AB和杆OB对小球作用力（2）当整个装置以加速度a=g做匀减速运动时，分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律求解轻绳AB和杆OB对小球作用力解答：解：（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球受力如图1所示，由平衡条件得：F2sin=mg，F2cos=F1解得：F1=，F2=（2）沿加速度方向和加速度垂直的方向进行正交分解得：F4sinmg=ma；F4cosF3=0解得：F3=2mg；F4=mg；答：（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB和杆OB对小球作用力分别为和（2）当整个装置以加速度a=g做匀减速运动时，轻绳AB和杆OB对小球作用力分别为2mg和mg点评：本题的解题关键是分析小球的受力情况，作出力图对于正交分解，往往按加速度方向和加速度垂直的方向进行正交分解13（12分）如图所示，汽车沿水平路面向右做匀加速直线运动，质量为m的铁球用轻质细绳拴着吊在竖直的前壁上，细绳的延长线通过铁球的球心O，与竖直方向的夹角=37已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度为g，求：（1）当铁球与汽车前壁接触且相互间的弹力恰好为零时，汽车的加速度a1；（2）当汽车的加速度a2=g时，汽车前壁对铁球的弹力大小F；（3）当汽车与铁球一起运动的加速度a3=g时，细绳的拉力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）通过受力分析利用牛顿第二定律即可求的加速度；（2）由受力分析，利用牛顿第二定律即可求的弹力；（3）通过判断已知物体脱离车壁，利用牛顿第二定律即可求拉力解答：解：（1）小球受重力、细线拉力T，合力水平向右，由牛顿第二定律有mgtan=ma1代入数据得 （2）小球受力分析如图，设细线拉力为T，同理有Tcosmg=0TsinF=ma2代入数据解得 （3）设细绳拉力大小T3，方向与竖直的夹角为，由于a3a1，小球已脱离前壁，受重力、细线拉力T3，则受到水平的合力由牛顿第二定律有 F3=ma3代入数据解得 ，=45答：（1）当铁球与汽车前壁接触且相互间的弹力恰好为零时，汽车的加速度a1（2）当汽车的加速度a2=g时，汽车前壁对铁球的弹力大小F；（3）当汽车与铁球一起运动的加速度a3=g时，细绳的拉力点评：本题主要考查了牛顿第二定律，抓住受力分析是关键14（14分）如图所示，竖直固定的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中一质量为m带正电的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C已知重力加速度为g，物块受到竖直向上的电场力为F（Fmg）求：（1）物块通过最高点C时的速度大小（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离（3）物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力做的功考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力分析：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，由重和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块通过最高点C时的速度；（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式即可求解（3）物块在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求解克服摩擦力做的功；解答：解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到重力和电场力的合力提供向心力解得：（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平距离为x，则水平方向有 x=vct 竖直方向有mgF=ma物体的加速度a=竖直方向物体做初速度为0的匀加速直线运动，据位移时间关系有：2R=所以物体运动的时间t=所以落地时物体在水平方向的位移x=vct=（3）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有解得：=答：（1）物块通过最高点C时的速度大小为；（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R；（3）物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力做的功为点评：本题是向心力与动能定理、平抛运动等等知识的综合，关键要抓住物块恰能通过最高点C的临界条件，求出临界速度是正确解题的关键15（14分）如图甲所示，水平地面上放置一倾角为=37的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移x1=1m，0.5s后物块再运动x2=2m时速度减为0取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功Wf（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：动能定理的应用专题分析：（1）先分析物体的运动情况：0.5s内物块做匀加速直线运动，0.5s后物块做匀减速直线运动研究0.5s内物体的运动过程：已知时间、初速度和位移，根据位移时间公式可求得加速度，由速度时间公式可求得0.5s末物块运动的速度大小v（2）对于加速和减速过程分别运用动能定理，列方程，即可求得摩擦力做的功Wf（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体静止不动，合力为零，分析其受力情况，运用平衡条件求解即可解答：解：（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则a1t2=x1 v=a1t 解得：a1=8m/s2，v=4m/s （2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1=18N、F2=6N，设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数，由动能定理有加速过程 （F1mgsinmgcos）x1=mv2减速过程（mgsin+mgcosF2）x1=0mv2 Wf=mgcos（x1+x2）联立解得：m=1kg，=0.5 Wf=12J（3）斜面体受力如图受到物块的压力N块=mgcos受到物块的摩擦力f=mgcos设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有 f地+N块sinfcos=0解得：f地=1.6N，负号表示方向水平向左答：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v是4m/s（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功Wf是12J（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力大小为1.6N，方向水平向左点评：考查运动学公式、动能定理的应用和受力分析，会灵活选择公式，能正确画受力分析图是求解平衡问题的关键16（15分）如图所示，足够长的工作平台上有一小孔C，长度L=3m的木板B（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，其右端到小孔的距离也为L=3m，某时刻开始，物块A（可视为质点）无初速地放到木板B的右端，同时木板B在电动机带动下向右做匀加速直线运动，A滑离木板B前瞬间，电动机达到额定功率并以此功率继续带动木板B向右运动（忽略小孔对木板B运动的影响），最终物块A刚好能运动到小孔C处自由落入小孔中，测得此时木板B的左端到小孔C的距离s=1.5m已知物块A与木板B的动摩擦因数1=0.050，物块A与工作台间的动摩擦因数2=0.025，木板B与工作台间的动摩擦因数3=0.1，木板B的质量M=3.0kg，物块A的质量m=1.0kg，取g=10m/s2试求：（1）木板B开始做匀加速直线运动的加速度大小a和A在工作台上运动的时间t2；（2）电动机的额定功率P；（3）物块A运动到小孔C处时，木板B的速度大小vB考点：牛顿运动定律的综合应用；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）对物块和木板分别利用牛顿第二定率求的加速度，再结合运动学公式即可求的加速度；（2）求的AB分离时B的速度，利用牛顿第二定律电动机的拉力，故可求得功率；（3）利用动能定理即可求得解答：解：（1）设物块 A 向右 运动距离x1时与木板B分离，此时A的速度为v1，此过程历经时间为t1，此后A在工作台上做匀减速运动直到C孔处速度减为零，运动距离为x2，B与A分离前A、B的加速度分别为a1、a，分离的A的加速度为a2对物块A有：1mgx12mgx2=00，由几何关系可知：x1+x2=L，由牛顿第二定律得：1mg=ma1，2mg=ma2，由匀变速直线运动的位移公式得：x1=a1t12，x2=a2t22，对B有 L+x1=at12，代入数据解得：x1=1m，x2=2m，t1=2s，t2=4s，a=2m/s2；（2）设A与B分离时，B的速度为v0，则：v12=2a（L+x1），由牛顿第二定律得：F1mg3（M+m）g=Ma，功率：P=Fv1，代入数据解得：P=42W；（3）设物块A运动到小孔C处时，木板B的速度大小为vB，由动能定理有：Pt23Mg（x2+s）=MvB2Mv12，代入数据解得：vB=11m/s；答：（1）木板B开始做匀加速直线运动的加速度大小a为2m/s2，A在工作台上运动的时间t2为4s（2）电动机的额定功率P为42W；（3）物块A运动到小孔C处时，木板B的速度大小vB为11m/s点评：该题中，对零件的运动过程的方向就解题的关键要紧扣题目给出的条件：最终零件运动到A孔时速度恰好为零！得出零件的正确的运动过程