2019-2020学年高一物理下学期期中试卷(含解析).doc

2019-2020学年高一物理下学期期中试卷(含解析)一、选择题1.下列说法符合物理学发展史的是（ ）A. 牛顿发现了行星的运动规律B. 伽利略发现了万有引力定律C. 开普勒第一次在实验室里测出了万有引力常量D. 引力常量G的含义是两个1kg的质点相距1m所受到的引力【答案】D【解析】【分析】开普勒发现了行星的运动规律；牛顿发现了万有引力定律；卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量；【详解】A、开普勒发现了行星的运动规律，故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故C错误；D、根据万有引力定律的公式可知，引力常量G的含义是两个1kg的质点相距1m所受到的引力，故选项D正确。【点睛】对于牛顿在发现万有引力定律的过程中，要记住相关的物理学史的知识点即可，同时要注意万有引力常量G的含义。2.下列关于曲线运动的说法中正确的是（ ）A. 曲线运动的速度一定变化，加速度也一定变化B. 曲线运动的速度一定变化，做曲线运动的物体一定有加速度C. 曲线运动的速度大小可以不变，所以做曲线运动的物体不一定有加速度D. 在恒力作用下，物体不可能做曲线运动【答案】B【解析】试题分析：做曲线运动的物体速度一定发生变化，但加速度可以不变，例如平抛运动，A错误；只要速度发生变化，就一定有加速度，B正确；做曲线运动的物体，速度大小可以不变，但方向一定发生变化，由于速度是矢量，即速度发生变化，因此一定有加速度，C错误；在恒力作用下，物体可以做曲线运动，平抛运动就是例子，D错误。考点：曲线运动3.把一个小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示，关于小球的受力情况，下列说法正确的是（ ）A. 小球受到的合力为零B. 重力、容器壁的支持力和向心力C. 重力、向心力D. 重力、容器壁的支持力【答案】D【解析】【分析】匀速圆周运动的合力总是指向圆心，故又称向心力；小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力；【详解】小球沿光滑的球形容器壁在某一水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，小球受重力，支持力，合力指向圆心，提供向心力，故ABC错误，D正确。【点睛】向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！4.下列有关功的说法，正确的是（ ）A. 只要物体发生了位移，就一定有力对它做了功B. 凡是受力物体，一定有力对它做了功C. 物体既受了力，又发生了位移，则力一定对物体做了功D. 只有物体在力的方向上发生了位移，力才对物体做功【答案】D【解析】本题考查力对物体做功的两个必备条件：1作用在物体上的力；2物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可。下列几种情况不做功：（1）F=0、S0；（2）F0、S=0；（3）F0、S0，但FS。A、若一个物体不受任何外力，做匀速直线运动，那么此物体有位移但没有力对它做功，故A错误；B、若一个物体静止放在桌上，它受重力和桌面的支持力的作用，由于没发生运动，无位移，重力和支持力显然没有做功，故B错误；C、若一个物体在光滑水平桌面上做匀速直线运动，它只受到重力和桌面的支持力作用，重力和支持力显然没有做功，但物体有位移，故C错误；D、力对物体的条件：有力沿力的方向上发生位移，两个条件同时满足则力就对物体做功，故D正确。故选D。5.如图所示，在AB间有两轨道和，物体从轨道顶端A由静止下滑，且与两轨道间的动摩擦因数均相同，不计物体在C点时的能量损失，物体分别沿和轨道到达底端B时摩擦力做功分别为W1和W2，则W1和W2的大小关系（）A. W1W2C. W1=W2D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】设斜面I的倾角为，高为，斜面II的倾角为，高为，斜面底长为L，根据功的公式有，可见，克服摩擦力做的功与斜面高度或倾角无关，只与斜面底边长有关，即，C正确【点睛】应熟记重要结论：物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做的功等于动摩擦因数、物体重力、斜面底边长三者的乘积，而与斜面的高度或倾角大小无关6.我国xx利用一箭双星技术发射了两颗“北斗”导航卫星，计划到xx左右，建成由5颗地球静止轨道卫星和30颗其他轨道卫星组成的覆盖全球的“北斗”卫星导航系统。如图所示为其中的两颗地球静止轨道卫星A、B，它们在同一轨道上做匀速圆周运动，卫星A的质量大于卫星B的质量。下列说法正确的是（ ）A. 它们的线速度大小都是7.9km/sB. 它们受到的万有引力大小相等C. 它们的向心加速度大小相等D. 它们的周期不一定相等【答案】C【解析】由于 ，且A的质量大于卫星B的质量，故 ；由，可知；解得，故它们的向心加速度大小相等；解得，可知它们周期相等。综上分析，C正确。7.某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出，足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（ ）A. 4.4 JB. 22 JC. 132 JD. 1xxJ【答案】B【解析】试题分析：根据动能定理可得，人对球做的功的大小等于球动能的变化，即为：，所以B正确。考点：考查了动能定理的应用8.如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设物体在桌面处的重力势能为0，则小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化为（ ）A. mgh，减少B. mgh，增加C. ，增加D. ，减少【答案】D【解析】【分析】对于重力势能，其大小由地球和地面上物体的相对位置决定，物体质量越大、位置越高、做功本领越大，物体具有的重力势能就越大，其表达式为：；【详解】以桌面为零势能参考平面，那么小球释放时的相对高度是H，重力势能是；小球落地时的重力势能为：；整个过程中小球重力势能的减小为：，故选项D正确，选项ABC错误。【点睛】本题关键是明确重力势能的定义公式中高度是相对与零势能面而言的，可以取负值。9.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（ ）A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B. 该卫星在L2点处于平衡状态C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度D. 该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大【答案】D【解析】【分析】该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动的周期相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力，根据公式分析其绕太阳运动的向心加速度与地球绕太阳运动的向心加速度关系；【详解】A、据题意知，该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A错误；B、在L2处，该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故B错误；C、由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式分析可知，该卫星的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故C错误；D、由题可知，卫星在点与点的周期与角速度是相等的，根据向心力的公式：，在点处的半径大，所以在点处的合力大，故D正确。【点睛】本题首先要读懂题意，不要被新情景吓住，其次要正确分析该卫星的受力情况，灵活选择圆周运动的规律进行分析。10.如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种 ( ) A. 只要增大v1大小，不必改变角B. 只要增大角，不必改变v1大小C. 在增大v1的同时，也必须适当减小角D. 在增大v1的同时，也必须适当增大角【答案】D【解析】【分析】由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解；【详解】A、若只增大大小，不改变角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；B、若只增大角，不改变大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；C、若增大的同时，也必须适当减小角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故C错误；D、若在增大的同时，也必须适当增大角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故D正确。【点睛】考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大。11.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（ ） A. A受到的静摩擦力一直增大B. B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C. A受到的静摩擦力是先增大后减小D. A受到的合外力一直在增大【答案】BD【解析】【分析】在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，根据向心力公式进行讨论即可求解【详解】物块A所受到的合外力提供它做圆周运动的向心力，所以随转动速度的增大而增大，D正确；由题意可知，A、B两物块转动的角速度相同，则A、B两物块向心力之比为12，两物块做圆周运动的向心力在细绳张紧前由静摩擦力提供，由FAm2rA，FBm2rB可知两物块所受静摩擦力随转速的增大而增大；当物块B所受静摩擦力达到最大值后，向心力由静摩擦力与绳子拉力的合力提供物块B受到的静摩擦力先增大后保持不变，B正确，AC错误；故选BD.12.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（ ）A. 人拉绳行走的速度为B. 人拉绳行走的速度为C. 船的加速度为D. 船的加速度为【答案】BC【解析】【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动，根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，根据牛顿第二定律求解船的加速度；【详解】A、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，如图所示根据平行四边形定则有，故A错误，B正确；C、对小船受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，有： 因此船的加速度大小为：，故C正确，D错误。【点睛】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律。13.如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr=21。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，木块的向心加速度为a2，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】根据题述，a1r，ma1mg；联立解得gr.小木块放在P轮边缘与恰能静止，g2R22r；由R2r联立解得，选项A、B错误；mamg，所以，选项C正确，D错误，选C.14.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）A. 卫星在轨道3上速率大于在轨道1的速率B. 卫星在轨道3上角速度小于在轨道1的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】BD【解析】【详解】A、B、根据人造卫星的万有引力等于向心力，得，轨道3半径比轨道1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率；卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度；故A错误，B正确。C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得加速度，所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度；故C错误。D、根据牛顿第二定律和万有引力定律得加速度，所以卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度；故D正确。故选BD。【点睛】本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论二、实验题15.小明想探究弹性势能的大小与哪些因素有关他利用一段弹簧、光滑轨道、物块A和B等器材进行实验如图所示，用物块将弹簧压缩到一定程度后释放，物块沿轨道向左滑行，最高可冲到光滑斜面虚框处（1）实验时可通过观察同一滑块_来判断弹性势能的大小。（2）比较如图(a)、(b)两个实验可以初步得出，弹簧的弹性形变越大，具有的弹性势能就_ 。（填“越大”或“越小”）。（3）若物块冲上斜面的最大高度ha=hchb，弹性形变的大小lalb=lc，则物块达到最高处所具有的重力势能Ea、Eb、Ec的大小关系是_。【答案】 (1). 冲上斜面的高度； (2). 越大； (3). ；【解析】【分析】（1）在弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，弹簧的弹性势能越大，滑块获得的动能就越大，滑块冲上斜面的高度就越高，可通过比较同一滑块冲上斜面的高度来判断弹簧弹性势能的大小；（2）分析（a）与（b）两个实验中弹簧形变的大小与物块冲上斜面高度间的关系得出结论；（3）在该实验中弹簧的弹性势能先转化为物块的动能，然后物块的动能由转化为滑块的重力势能，弹簧的形变量越大，物块获得的动能越大，最终物块的重力势能越大，比较弹簧形变的大小即可比较出物块重力势能的大小；【详解】（1）由于弹性势能转化为重力势能，所以实验时可通过观察同一滑块冲上斜面的高度来判断弹性势能的大小；（2）比较（a）与（b）两个实验可知，弹簧的形变量，物块冲上斜面的高度，同一滑块冲上斜面的高度越大，弹簧的弹性势能越大，由此可见：弹簧的弹性形变越大，具有的弹性势能就越大；（3）弹簧的形变量越大，弹簧的弹性势能越大，最终物块在最高处时所具有的重力势能越大，因为，因此。【点睛】本实验探究了影响弹簧弹性势能的因素，对学生来说难度较大，知道实验过程中能量的转化方式、通过不同实验对比是正确解题的关键。16.在做“研究平抛运动”的实验时，某兴趣小组为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验用了如图所示的装置，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹B；又将木板远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹C。（1）为了能较准确地描绘运动轨迹，下列操作符合要求的是_。A.通过调节使斜槽的末端保持水平B.每次释放小球的位置必须不同C.每次必须由静止释放小球D.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）根据以上图中所给的物理量来求得小球初速度的表达式为=_。【答案】 (1). AC； (2). ；【解析】【分析】保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，最后轨迹应连成平滑的曲线；根据平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出初速度的表达式，结合表达式确定所需测量的物理量；【详解】（1）A、为了保证小球水平飞出，则斜槽的末端切线保持水平，故A正确；B、为了保证小球平抛运动的初速度相同，则每次从同一高度由静止释放小球，故B错误，C正确；D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，并用平滑曲线连接，故D错误。（2）在竖直方向上根据匀变速运动规律可知： 水平方向上： 联立方程解得：。【点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中，不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。17.用如图所示的装置研究平抛运动，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。A、B两球同时开始运动，观察到两球_落地（填“同时”或“不同时”）；改变打击的力度，重复这个实验，观察到两球_落地（填“同时”或“不同时”）。【答案】 (1). 同时； (2). 同时；【解析】平抛运动中水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，可以看到两球同时落地三、计算题18.以的速度水平抛出一石子，石子落地时速度方向与抛出时速度方向成，不计空气阻力，求：（1）石子落地时的竖直分速度大小 （2）石子在空中的飞行时间（3）石子抛出点与落地点的高度差 （4）石子落地时的位移大小【答案】（1） （2） （3）20m（4） 【解析】【分析】物体被水平抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，将速度分解，即可求出时间；由位移公式求出水平和竖直两个分位移，即可求出合位移的大小；【详解】（1）石子落地时的竖直分速度大小为：；（2）飞行时间为：；（3）高度差为：； （4）水平位移为：故石子落地时的位移大小为：。【点睛】解答本题的关键是掌握平抛运动的分解方法：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求解。19.一质量为0.5kg的小球，用长为0.4m细绳拴住，在竖直平面内做圆周运动（g取10m/s2）求（1）若过最低点时的速度为6m/s，此时绳的拉力大小F1？（2）若过最高点时的速度为4m/s，此时绳的拉力大小F2？（3）若过最高点时绳的拉力刚好为零，此时小球速度大小？【答案】（1） （2） （3） 【解析】试题分析：（1）当过最低点时的速度为6m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力（2）当小球在最高点速度为4m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细线的拉力（3）过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供圆周运动的向心力根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度解：（1）当过最低点时的速度为6m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：所以：N（2）当小球在最高点速度为4m/s时，重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：所以：N（3）过最高点时绳的拉力刚好为零，重力提供圆周运动的向心力根据牛顿第二定律得：所以：m/s答：（1）若过最低点时的速度为6m/s，此时绳的拉力大小是50N；（2）若过最高点时的速度为4m/s，此时绳的拉力大小是15N；（3）若过最高点时绳的拉力刚好为零，此时小球速度大小是2m/s20.随着航天技术的不断发展，人类宇航员可以乘航天器登陆一些未知星球。一名宇航员在登陆某星球后为了测量此星球的质量进行了如下实验：他把一小钢球托举到距星球表面高度为h处由静止释放，计时仪器测得小钢球从释放到落回星球表面的时间为t。此前通过天文观测测得此星球的半径为R，已知万有引力常量为G，不计小钢球下落过程中的气体阻力，可认为此星球表面的物体受到的重力等于物体与星球之间的万有引力。求：(1)此星球表面的重力加速度g；(2)此星球的质量M；(3)若距此星球表面高H的圆形轨道有一颗卫星绕它做匀速圆周运动，求卫星的运行周期T。【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）根据 得出星球表面的重力加速度；（2）根据万有引力等于重力求出星球的质量；（3）根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出卫星在圆形轨道上运行的周期；【详解】（1）小钢球从释放到落回星球表面做自由落体运动，得：；（2）钢球的重力等于万有引力得此星球的质量为； （3）距此星球表面高的圆形轨道有一颗卫星绕它做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：，而且整理可以得到：。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用。21.汽车发动机的最大功率为，汽车的质量为汽车在足够长的水平路面从静止以的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变变加速运动了后小车的速度达到最大 ，已知汽车在行驶中所受路面阻力恒定为重力的0.1倍，重力加速度取 求：（1）汽车在水平路面能达到的最大速度大小；（2）汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间；（3）汽车的瞬时速度为时，汽车的加速度大小；（4）小车在加速运动过程中的总位移s的大小【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】【分析】（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，根据P=fv求出汽车的最大速度；（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P=Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间；（3）根据P=Fv求得牵引力，根据牛顿第二定律求得加速度；（4）在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移；【详解】由题意知： （1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：最大速度为：；（2）匀加速阶段，由牛顿第二定律得： 达到最大功率为：代入数据有：，由得匀加速时间为：； （3）当时，有：，代入数据解得：由牛顿第二定律得：，可以得到加速度为：（4）匀加速位移为：变加速过程，由动能定理得：代入数据得： 加速运动过程中的总位移为：。【点睛】本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解。22.如图所示，一半径的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶（可视为质点），在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度。AB为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径，且与水平滑道相切与B点。一质量的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当滑块经过B点时，对B点压力为，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC间的动摩擦因数。（取）求：（1）滑块到达B点时的速度；（2）水平滑道BC的长度；（3）圆盘转动的角速度应满足的条件.【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）滑块由A点到B过程中，根据牛顿第二定律以及向心力公式求解B的速度；（2）滑块离开C后做平抛运动，要恰好落入圆盘边缘的小桶内，水平位移大小等于圆盘的半径R，根据平抛运动的规律求得滑块经过C点的速度，根据动能定理或运动学公式研究BC过程，求解BC的长度；（3）滑块由B点到C点做匀减速运动，由运动学公式求出时间，滑块从B运动到小桶的总时间等于圆盘转动的时间，根据周期性求解应满足的条件；【详解】（1）滑块到达B点时，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：；（2）滑块离开C后，作平抛运动，由解得：，则初速度为：滑块在BC上运动时，由牛顿运动定律得：，代入数据解得：，由滑块作减速运动，匀变速运动公式有：，代入数据解得：；（3）滑块由B点到由C点，由运动学关系：代入数据解得：，得：，圆盘转动的角速度应满足条件： ，代入数据得：。【点睛】本题滑块经历三个运动过程，分段选择物理规律进行研究，关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解应满足的条件。