2019-2020年高三物理上学期第三次月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理上学期第三次月考试题（含解析）新人教版一、选择题（本题共12题，每题4分，共48分，其中1-9题为单选题，10-12为多选题）1（4分）下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（）Am、N、kgBkg、m/s2、sCm、kg、sDm/s2、kg、N考点：力学单位制.分析：国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位解答：解：A、其中的N是导出单位，所以A错误；B、其中的m/s2是导出单位，所以B错误；C、m、kg、s分别是长度、质量、时间的单位，所以C正确；D、其中的N是导出单位，所以D错误故选：C点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2（4分）如图所示，滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时其vt图象如图示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中（）A机械能守恒B做变加速运动C做曲线运动D所受的合力不断增大考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：分析运动员的vt图象，判断运动员速度如何变化，根据速度的变化情况判断加速度的变化情况，再判断运动员所受合力变化情况、运动员的运动轨迹及机械能变化情况解答：解：A、运动员在下滑过程中，受到阻力作用，阻力要对运动运做负功，使运动运的机械能减少，运动运的机械能不守恒，故A错误；B、匀加速运动的vt图象是一条直线，由vt图象可知，运动员的vt图象是一条曲线，曲线切线的斜率越来越小，运动员的加速度越来越小，因此运动员做加速度逐渐减小的加速运动，故B正确；C、运动员沿斜坡下滑，做直线运动，故C错误；D、由于运动员的加速度a逐渐减小，由牛顿第二定律可知，运动员所受合力F=ma不断减小，故D错误；故选：B点评：本题根据所给图象判断运动员的运动性质、所受合力变化情况、机械能变化情况，难度适中3如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g=10m/s2下列判断正确的是（）A5s内拉力对物块做功为零B4s末物块所受合力大小为4.0NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力.专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小解答：解：A、在04s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零故A错误；B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零故B错误；C、根据牛顿第二定律得，6s9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=f=mg，解得故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解4（4分）如图示，质量为m的质点在水平面上受到同一水平面上的三个恒力F1、F2、F3的作用而做匀速直线运动，速度v的方向与恒力F1的方向相同，只把恒力F1在水平面内沿顺时针方向瞬时转过90后，下列判断正确的是（）A质点仍以速度v做匀速直线运动B质点将以速率v做匀速圆周运动C质点将以加速度a=做匀变速曲线运动D质点将以加速度a=做匀变速曲线运动考点：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：当物体受到的合外力恒定时，若物体受到的合力与初速度不共线时，物体做曲线运动；若合力与初速度共线，物体做直线运动根据牛顿第二定律求出加速度解答：解：物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，三力平衡，必有F1与F3、F2的合力等大反向，当F1大小不变，方向改变90时，F3、F2的合力大小仍为F1，方向与改变方向后的F1夹角为90，故F合=F1，物体做匀变速运动，由于速度v的方向与恒力F1改变前的方向相同，故此时F合方向与速度方向夹角为45度，物体做匀变速曲线运动根据牛顿第二定律得：a=，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题关键先根据平衡条件得出力F1变向后的合力大小和方向，根据曲线运动的条件判断物体的运动性质，根据力与初速度夹角为任何值都有可能得知力可能做正功也可能做负功5（4分）如图所示，带斜面的小车各处都光滑，车上放一均匀小球，当小车向右匀速运动时，斜面对小球的支持力为F1，平板对小球的支持力为F2，当小车以加速度a匀加速运动时，球的位置不变下列说法正确的是（）AF1由无到有，F2变大BF1由无到有，F2变小CF1由小到大，F2不变DF1由小到大，F2变大考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律，通过物体所受的合力判断接触面间弹力的变化解答：解：当小车匀速运动时，球受重力和支持力平衡，则F1=0，F2=mg当小车以加速度a匀加速运动时，通过受力分析可知，加速度水平向右，则合力水平向右，在竖直方向上有F2=mgF1sin在水平方向上有F1cos=ma可知F1由无到有，F2由大变小故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过牛顿第二定律进行解决6（4分）如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量力G沿距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0，下列结论中正确的是（）A导弹在c点的速度大于B导弹在C点的加速度等于C地球球心为导弹椭圆轨道的中心D导弹从A点运动到B点的时间定等于T0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：距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度，根据牛顿第二定律得到其运动速度C为轨道的远地点，导弹在C点的速度小于运动速度由牛顿第二定律求解导弹在C点的加速度根据开普勒定律分析导弹的焦点由开普勒第三定律分析导弹的运动时间与T0的关系解答：解：A、设距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度为v，则由牛顿第二定律得：G=m，得到：v=导弹在C点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C点的速度小于故A错误B、由牛顿第二定律得：G=ma，得导弹在C点的加速度等于故B正确C、根据开普勒定律分析知道，地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点故C错误D、设导弹运动的周期为T，由于导弹的半长轴小于卫星的轨道半径R+h，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期TT0，则导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0故D错误故选：B点评：本题运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题比较C在点的速度大小，可以结合卫星变轨知识来理解7（4分）如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上，则放在A上的一瞬间B对A的压力大小为（g取10m/s2）（）A30NB0C15ND12N考点：力的合成与分解的运用；胡克定律；牛顿第二定律.专题：受力分析方法专题分析：放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡；放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律求解出加速度；再对B受力分析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律列式求解出A对B的弹力解答：解：放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力F1=mAg=20N；放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有（mA+mB）gF1=（mA+mB）a解得a=g=6m/s2再对B受力分析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律，有mBgFAB=mBa解得FAB=mB（ga）=12N故选D点评：本题关键是先用整体法求出A、B整体的加速度，然后再对B受力分析，求出整体内部物体间的弹力8（4分）如图1是书本上演示小蜡块运动规律的装置在蜡块沿玻璃管（y方向）上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向（x方向）向右运动，得到了蜡块相对于黑板（xoy平面）运动的轨迹图（图2）则蜡块沿玻璃管的上升运动与玻璃管沿水平方向的运动，可能的形式是（）A小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动B小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀速直线运动C小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先加速后减速D小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先减速后加速考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：轨迹切线方向为初速度的方向，且轨迹弯曲大致指向合力的方向解答：解：由图示轨迹可知，蜡块参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的先减速后加速直线运动，合力的方向，先竖直向下，后竖直向上，而轨迹的弯曲大致指向合力的方向，故A、B、C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键了解曲线运动的特点，轨迹上每一点切线方向为速度的方向，且轨迹弯曲大致指向合力的方向9（4分）如图所示，一个小球（视为质点）从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h之值可能为（g=10m/s2）（）A9mB11mC8mD10m考点：机械能守恒定律；向心力.专题：机械能守恒定律应用专题分析：到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C点的速度根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功根据能量守恒定律求出h的范围解答：解：小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，所以在C点，重力充当向心力，由牛顿第二定律得：m=mg，已知圆环半径：R=4m，小球在C点动能：EK=mv2=mgR=2mg，以B所在平面为零势能面，在C点，小球重力势能：EP=2mgR=8mg，小球从静止开始运动到到达C点过程中由动能定理得：Wf+mg（H2R）=mv20，解得：Wf=2mg，小球在C点时的机械能：E=EK+EP=10mg，小球从C点下滑过程中克服摩擦力做功，机械能减少，到达轨道同一高度处的速度比上升时的速度小，小球对轨道压力变小，摩擦力变小，小球下滑时，克服摩擦力做功小于2mg，由于克服摩擦力做功，机械能减少，小球到达底端时的机械能小于10mg，由于克服摩擦力做功小于2mg，小球到达底端时的机械能大于10mg2mg=8mg，小球进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，8mgE10mg，小球到达最高点时的机械能E=mgh，则8mh10m，故选：A点评：本题解题的关键是对小球运动过程的分析，知道小球在两个半圆上的摩擦力做功不等，难度适中10（4分）细绳拴一个质量为m的小球将固定在墙上的轻质弹簧压缩，小球与弹簧不粘连距地面的高度为h，如图所示现将细线烧断，不计空气阻力，则（）A小球的加速度始终为gB小球离开弹簧后机械能一直增大C小球离开弹簧后在空中做匀变速运动D小球落地前瞬间的动能一定大于mgh考点：功能关系.分析：对小球受力分析可知，在与弹簧接触时，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，此过程中弹簧的弹力是不断减小的，离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，做匀变速运动解答：解：A、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以加速度并不为g，故A错误；B、离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，机械能守恒，故B错误；C、小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故C正确；D、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，弹簧的弹力对小球做正功，小球落地过程中下降的高度为h，重力做功为mgh，根据动能定理合力功大于mgh，所以小球落地时动能大于mgh，故D正确故选：CD点评：对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的11（4分）如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角=30的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（）A绳子拉力逐渐减小BA对斜面的压力逐渐增大CA所受的摩擦力逐渐增大DA所受的合力不变考点：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：绳子拉力等于B的重力，保持不变A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力A所受的重力沿斜面向下的分力等于B的重力，当向A中缓慢加入沙子时，分析A受到的摩擦力方向，由平衡条件分析大小的变化A保持静止，合力为零，保持不变解答：解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变故A错误 B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大故B正确C、未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为g，等于绳子的拉力，A没有运动趋势，不受静摩擦力当向A中缓慢加入沙子时，A有向下运动趋势，由平衡条件分析可知：A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分力，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大故C正确 D、整个系统始终保持静止，A所受的合力为零，不变故D正确故选BCD点评：本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向不能产生低级错误，认为加沙子，A的合力增大12（4分）质量为40kg的雪撬在倾角=37的斜面上向下滑动（如图甲所示），所受的空气阻力与速度成正比今测得雪撬运动的vt图象如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为（4，15），CD是曲线的渐近线根据以上信息，可以确定下列哪些物理量（）A空气的阻力系数B雪撬与斜坡间的动摩擦因数C雪撬在斜面上下滑的最大速度D雪撬达到最大速度时所用的时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：雪橇做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大雪橇运动的过程中受重力、支持力、摩擦力和空气阻力，根据牛顿第二定律列出速度为5m/s时的加速度表达式，再列出加速度为零时的表达式，联立两式求出空气阻力系数和动摩擦因数解答：解：在A点时，加速度为：aA=m/s2=2.5m/s2速度为：vA=5m/s根据牛顿第二定律得运动以后的加速度为：a=当加速度a=0时，速度达到最大，vm=10m/s有：mgsinmgcoskvm=0联立解得：=，k=20N/ms1由于该运动是加速度变化的加速运动，故无法求出雪橇到达最大速度所用的时间故A、B、C正确，D错误故选ABC点评：解决本题的关键是知道速度时间图线上点的切线斜率表示瞬时加速度，渐近线表示最大速度二、实验题：（每空2分，共14分）13（4分）小张利用教材上“验证机械能守恒定律”的实验装置，将重物连接在穿过打点计时器限位孔的纸带上，让重物无初速度下落来研究重物的运动情况和测量当地的重力加速度值他按正确的操作打下并选得纸带如图所示，其中O是起始点，A到E之间的各点是打点计时器连续打下的各个点已知打点频率为f，该同学测得O到A、C、E各点的距离分别为d1，d2，d3（1）打点计时器打D点时重物的速度大小是（2）测得的重力加速度大小是考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题分析：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出D点速度的大小；（2）根据匀变速直线运动的推论h=gT2可以求出重力加速度的大小解答：解：（1）打点频率为f，则打点周期为：，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得D点速度为：（2）根据匀变速直线运动的推论x=aT2得：h=（d3d2）（d2d1）=gT2因此有：故答案为：（1），（2）点评：该题比较简单考查了匀变速直线运动规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基本物理规律的理解与应用14（10分）在研究“物体加速度与力的关系”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：没有倾斜轨道，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考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系.专题：实验题分析：（1）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（2）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（3）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（4）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（4）因为钩码的重力在这个实验中充当小车所收到的合外力，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故答案为：（1）；（2）没有倾斜轨道，平衡摩擦力；（3）C；（4）g，Mg点评：实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键三、计算题（本大题共4小题，共48分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和解题步骤，有数字值计算的要注明单位）15（10分）山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点以水平初速度跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小考点：机械能守恒定律；平抛运动.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值（2）根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小解答：解：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，猴子离开A点做平抛运动时，初速度最小，猴子做平抛运动，在竖直方向上：h1=gt2，水平方向：x1=vmint，解得：vmin=8m/s；（2）猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vc，从C到D过程，由机械能守恒定律得：（M+m）gh2=（M+m）vC2，解得：vC=9m/s；答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s点评：本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练16（10分）如图所示，小球a被一根长为L=0.5m的可绕O轴自由转动的轻质细杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与另一个质量为m小球b相连，整个装置平衡时杆和绳与竖直方向的夹角均为30若将小球a拉水平位置（杆呈水平状态）开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，求：（1）小球a的质量；（2）当杆转动到竖直位置时，小球b的速度大小（结果可用根式表示）考点：机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用.专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球a受力平衡，根据共点力平衡得出小球a的质量M；（2）小球a从水平位置运动到竖直位置，a、b两球组成的系统机械能守恒，a球运动到最低点，a球沿绳子方向上的分速度等于b的速度，根据系统机械能守恒求出小球b的速度解答：解：（1）当a球处于平衡状态时，分析其受力情况如图所示，则有： 2Tcos30=Mg又 T=mg联立解得：M=m；（2）b球上升的高度为：h=L 设此时a球、b球的速度分别为va、vb由速度分解可得：在整个运动过程中，机械能守恒：MgLmgL=+解得：vb=答：（1）小球a的质量为m；（2）当杆转动到竖直位置时，小球b的速度大小为点评：解决本题的关键知道小球b在沿绳子方向上的分速度等于a的速度，对系统研究，运用机械能守恒定律进行求解17如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC已知AB段斜面倾角为53，BC段斜面倾角为37，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8 （1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能（3）从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离考点：牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用.专题：压轴题分析：（1）滑块做匀速圆周运动，指向圆心的静摩擦力力提供向心力，静摩擦力随着外力的增大而增大，当滑块即将从圆盘上滑落时，静摩擦力达到最大值，根据最大静摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑块即将滑落的临界加速度；（2）先根据动能定理求解出滑倒最低点时的动能，再根据机械能的表达式求解出机械能；（3）对滑块受力分析，分别求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根据运动学公式求解出BC间的距离解答：解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：mg=m2R代入数据解得：即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落（2）滑块在A点时的速度：vA=R=1m/s从A到B的运动过程由动能定理：在B点时的机械能即滑块到达B点时的机械能为4J（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37+cos37）=10m/s2返回时的加速度大小：a2=g（sin37cos37）=2m/s2BC间的距离：即BC之间的距离为0.76m点评：本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解18（14分）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R用质量m1=0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x=6t2t2，物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道g=10m/s2，求：（1）B、D间的水平距离（2）通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点（3）物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功考点：动能定理；机械能守恒定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块过B点后做匀变速运动，将其位移与时间的关系为s=6t2t2与匀变速直线运动的位移时间公式进行对比，得到初速度和加速度，根据平抛运动和匀变速直线运动的规律求解BD间的水平距离（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=m，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点（3）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功解答：解：（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：vy=tan 45所以vD=4 m/s由题意知，物块在桌面上过B点后初速度v0=6 m/s，加速度a=4 m/s2所以B、D间水平距离为：xBD=2.5 m（2）若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由机械能守恒定律得：m2=m2m2gR轨道对物块的压力为FN，则：FN+m2g=m2解得：FN=（1） m2g0所以物块不能到达M点（3）设弹簧长为xAC时的弹性势能为Ep，物块a、b与桌面间的动摩擦因数均为，释放物块a时，Ep=m1gxCB释放物块b时，Ep=m2gxCB+m2且m1=2m2，得：Ep=m2=7.2 J物块b释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由功能关系得：Ep=Wf+m2得：Wf=5.6 J答：（1）B、D间的水平距离2.5m（2）物块不能沿圆弧轨道到达M点（3）物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功5.6J点评：该题涉及到多个运动过程，关键要掌握每个遵循的物理规律，如机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式，还要把握住物块到达最高点的临界条件：重力提供向心力，求得临界速度