2019-2020年高三物理上学期期中试卷（含解析） (III).doc

2019-2020年高三物理上学期期中试卷（含解析） (III)一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）1如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（）A 两手同时放开后，系统总动量始终为零B 先放开左手、再放开右手以后，系统动量不守恒C 先放开左手，再放开右手，总动量向左D 无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零2质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为V=100m/s忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（）A 7.6m/sB 8.2m/sC 9.0m/sD 9.9m/s3下列说法中正确的是（）A 查德威克通过实验发现了中子的核反应方程为：He+NO+HB 放射性元素的半衰期与原子所处的物理状态或化学状态有关C 射线是原子核发生衰变时放射出得氦核流，它的电离作用非常弱D 卢瑟福粒子散射实验的结果证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上4氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子已知基态的氦离子能量为E1=54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（）A 40.8eVB 43.2eVC 51.0eVD 54.4eV5如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动下列说法正确的是（）A 太阳对各小行星的引力相同B 各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C 小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D 小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值6如图所示，将一物体从倾角为的固定斜面顶端以初速度v0沿水平方向抛出，物体与斜面接触时速度与斜面之间的夹角为1若只将物体抛出的初速度变成v0，其他条件不变，物体与斜面接触时速度与斜面之间的夹角为2，则下列关于1与2的关系正确的是（）A 2=1B 2=1C tan 2=tan 1D tan 2=2tan 17两固定长杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用轻质细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当环沿长杆向下滑动时，物体与环保持相对静止，图甲中细线始终与杆垂直，图乙中细线始终在竖直方向上，则 （）A A环做的是匀速运动B B环做的是匀速运动C A环与物体C组成的系统机械能可能不守恒D B环与物体D组成的系统机械能可能守恒8质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图（b）所示从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）（）A 力F一直增大B 弹簧的弹性势能一直减小C 木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D 两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小二、实验题（2小题，每空3分，共15分）9如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远大于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的图线（选填“甲”、“乙”、“丙”）10如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作图象，其纵轴表示的是，横轴表示的是三、计算题（5小题，共53分，应写出必要的文字说明，只写最后答案不得分）11以40m/s的初速度竖直上抛一小球，经2s后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求：（g=10m/s2）（1）第一个经过多长时间与第二个球相碰；（2）相碰点到抛出点的距离12如图所示，质量M=2kg的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=kg的小球相连今用跟水平方向成=30角的力F=10N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2求：（1）木块与水平杆间的动摩擦因数为；（2）运动过程中轻绳与水平方向夹角13如图所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块（可视为质点）放到长为L的传送带的中点它与传送带间的动摩擦因数为u：（1）求小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；（2）若小煤块留在传送带上的印记长度恰好为，求传送带的速度V14一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角=30，如图所示，一条长度为l的轻绳，一端的位置固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着着一个质量为m的小物体（可视为质点）物体以速率绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动则：当时，绳的拉力大小为多少？当时，绳的拉力大小为多少？15如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切与B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m整个轨道除AB段以外都是光滑的现有一个质量m=0.1kg的小物体以初速度v0=4m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）小物块第一次通过B、D点时的速度；（3）物体第一次离开D点从空中又返回到圆轨道和斜面，在往复运动的过程中，物块通过C点处，轨道对物块的最小压力为多大？xx福建省福州三中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）1如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（）A 两手同时放开后，系统总动量始终为零B 先放开左手、再放开右手以后，系统动量不守恒C 先放开左手，再放开右手，总动量向左D 无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零考点：动量守恒定律分析：若先放开右边的车，后放开左边的车，放开左车时，右车已经有向右的速度，系统的初动量不为零，两车的总动量向右；在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，动量是矢量，有大小和方向解答：解：A、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确；B、C、先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故B错误，C正确；D、两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，与何时放手无关，但系统的总动量不一定为零故D正确本题选择不正确的，故选：B点评：本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒，难度不大，属于基础题2质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为V=100m/s忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（）A 7.6m/sB 8.2m/sC 9.0m/sD 9.9m/s考点：动量守恒定律分析：以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度解答：解：发生火箭过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：（Mm）v+mv=0，代入数据解得火箭速度：v=9m/s，负号表示方向向上；故选：C点评：在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题，解题时注意正方向的选择3下列说法中正确的是（）A 查德威克通过实验发现了中子的核反应方程为：He+NO+HB 放射性元素的半衰期与原子所处的物理状态或化学状态有关C 射线是原子核发生衰变时放射出得氦核流，它的电离作用非常弱D 卢瑟福粒子散射实验的结果证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上考点：物理学史分析：德威克发现中子的核反应用粒子轰击铍核，产生C和中子半衰期与外界环境无关，射线是原子核发生衰变时放射出的氦核流，他的电离作用很强；卢瑟福粒子散射实验的结果证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上解答：解：A、查德威克发现中子的核反应是：Be+HeC+n，故A错误；B、半衰期与原子核本身有关，与外界因素无关，故B错误；C、射线是原子核发生衰变时放射出的氦核流，他的电离作用很强故C错误D、卢瑟福粒子散射实验的结果证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核上，故D正确；故选：D点评：本题考查的内容较简单，属于识记层次，要解决此类问题需要加强基本知识的记忆与积累4氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子已知基态的氦离子能量为E1=54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（）A 40.8eVB 43.2eVC 51.0eVD 54.4eV考点：氢原子的能级公式和跃迁分析：当光子的能量和某两个能级之间的能量差相等时才能被吸收，即体现能量的量子化解答：解：根据量子理论可以知道，处于基态的离子在吸收光子能量时是成份吸收的，不能积累的因此当其它能级和基态能量差和光子能量相等时，该光子才能被吸收A、由能级示意图可知：第2能级和基态能级差为：E1=E2E1=13.6（54.4）=40.8eV，故A选项中光子能量能被吸收，故A错误；B、没有能级之间的能量差和B中光子能量相等，故B正确；C、第4能级和基态能级差为：E2=E4E1=3.4（54.4）=51.0eV；故C选项中光子能量能被吸收，故C错误；D、当光子能量大于等于基态能量时，将被处于基态离子吸收并能使其电离，故选项D中的光子能量能被吸收，故D错误故选B点评：轨道量子化和能量量子化是量子力学的基础，是近代物理学的巨大飞跃，学生要能通过简单的计算理解其意义5如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动下列说法正确的是（）A 太阳对各小行星的引力相同B 各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C 小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D 小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值考点：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：研究卫星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系解答：解：A、由于各小行星的质量不同，所以太阳对各小行星的引力可能不同，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：=T=2离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于地球的公转周期，故B错误；C、根据万有引力提供向心力得：=maa=，所以小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值，故C正确；D、根据万有引力提供向心力得：=mv=所以小行星带内各小行星圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，故D错误故选：C点评：比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用6如图所示，将一物体从倾角为的固定斜面顶端以初速度v0沿水平方向抛出，物体与斜面接触时速度与斜面之间的夹角为1若只将物体抛出的初速度变成v0，其他条件不变，物体与斜面接触时速度与斜面之间的夹角为2，则下列关于1与2的关系正确的是（）A 2=1B 2=1C tan 2=tan 1D tan 2=2tan 1考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，某一时刻的速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，抓住物体落在斜面上位移与水平方向的夹角不变进行分析解答：解：设某个时刻速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，有，知tan=2tan知小球落在斜面上位移与水平方向 的夹角不变，则速度与水平方向的夹角也不变，物体与斜面接触时速度与斜面之间的夹角等于速度与水平方向夹角和位移与水平方向夹角之差，则知2=1故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及平抛运动的推论7两固定长杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用轻质细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当环沿长杆向下滑动时，物体与环保持相对静止，图甲中细线始终与杆垂直，图乙中细线始终在竖直方向上，则 （）A A环做的是匀速运动B B环做的是匀速运动C A环与物体C组成的系统机械能可能不守恒D B环与物体D组成的系统机械能可能守恒考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：分别对A、C受力分析，由于两个球加速度相同，根据牛顿第二定律列式分析可以求出摩擦力，再判断其机械能是否守恒；先对D受力分析，结合运动情况判断出D做匀速运动，再对B受力分析根据B环的受力情况，判断B环与物体D组成的系统机械能是否守恒解答：解：A、C假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力，假设有向后的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有运动方向：mAgsinf=mAa 对C，同样有mCgsin=mCa 由两式，解得 f=0 a=gsin即得到A不受摩擦力作用，AC一起做匀加速运动，所以AC的机械能一定守恒故A、C均错误B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向沿斜面向上的摩擦力，所以B环与物体D组成的系统机械能不守恒故B正确，D错误；故选B点评：本题关键要结合运动情况判断物体的受力情况，再结合受力情况判断物体的机械能是否守恒8质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图（b）所示从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）（）A 力F一直增大B 弹簧的弹性势能一直减小C 木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D 两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小考点：机械能守恒定律；动能定理的应用专题：机械能守恒定律应用专题分析：A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化解答：解：A、最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小得出拉力一直增大，故A正确；B、在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；C、在上升过程中由于物体A做匀加速运动，所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C错误；D、在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大故D错误；故选A点评：考查牛顿第二定律、机械能守恒定律的条件、弹力做功与弹性势能的变化关系可知当除重力或弹力以外的力做功，若做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小二、实验题（2小题，每空3分，共15分）9如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是DA每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远大于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的图线丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；直线运动规律专题分析：（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况解答：解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A错误B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误D：F=ma，所以：a=，当F一定时，a与成正比，故D正确（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙故答案为：（1）D；（2）丙点评：会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差10如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作h图象，其纵轴表示的是速度平方的二分之一，横轴表示的是重物下落的高度考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据用打点计时器测重力加速度的原理，和实验的步骤可以判断遗漏的器材，用图象法处理实验的数据比较简单直观解答：解：（1）打点计时器需接交流电源重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选：D（2）由公式v2=2gh，如绘出h图象，其斜率也等于重力加速度故答案为：D，h，速度平方的二分之一，重物下落的高度点评：根据用打点计时器测重力加速度的实验原理，可以判断实验需要的器材，同时还要知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来三、计算题（5小题，共53分，应写出必要的文字说明，只写最后答案不得分）11以40m/s的初速度竖直上抛一小球，经2s后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求：（g=10m/s2）（1）第一个经过多长时间与第二个球相碰；（2）相碰点到抛出点的距离考点：竖直上抛运动专题：直线运动规律专题分析：竖直上抛运动可以看成匀减速直线运动，相遇要求同一时刻达到同一位置，而两球从同一位置抛出，故位移相同，根据匀减速直线运动位移速度公式列式即可解解答：解：设经过时间t两小球相遇，根据匀减速直线运动的位移时间公式有：，解得：t=相遇时的高度为：h=75m答：（1）第一个经过5s与第2个小球相碰（2）相碰点与抛出点的距离为75m点评：本题主要考查了匀减速直线运动位移时间公式的直接应用，知道竖直上抛运动可以看成匀减速直线运动，难度不大，属于基础题12如图所示，质量M=2kg的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=kg的小球相连今用跟水平方向成=30角的力F=10N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2求：（1）木块与水平杆间的动摩擦因数为；（2）运动过程中轻绳与水平方向夹角考点：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：以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角；以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数解答：解：设细绳对B的拉力为T以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得： Fcos30=Tcos Fsin30+Tsin=mg 代入解得，T=10，tan=，即=30以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2再平衡条件得 Fcos30=f N+Fsin30=（M+m）g又f=N解得：=答：（1）木块与水平杆间的动摩擦因数为为；（2）运动过程中轻绳与水平方向夹角为30点评：本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究13如图所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块（可视为质点）放到长为L的传送带的中点它与传送带间的动摩擦因数为u：（1）求小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；（2）若小煤块留在传送带上的印记长度恰好为，求传送带的速度V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）根据小煤块与传送带之间的相对运动方向确定滑动摩擦力的方向，结合滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小（2）小煤块速度与传送带速度相等后，一起做匀速直线运动，结合传送带位移与小煤块位移之差等于，结合运动学公式求出传送带速度满足的条件解答：解：（1）小煤块受到的摩擦力的大小f=mg，方向水平向左 （2）依题由牛顿第二定律，小煤块的加速度为：a=g 设小煤块刚滑到纸带左端时速度正好与传送带速度相等，大小为v由v=at，得：t= 小煤块位移为：s1=at2 将、代入得：s1=g传送带位移为：s2=vt 由空间关系得：s2s1=将、代入 得：vt=解得：v=sqrtgL 答：（1）小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小为mg，方向水平向左 （2）传送带的速度v应满足的条件v=点评：解决本题的关键知道小煤块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解14一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角=30，如图所示，一条长度为l的轻绳，一端的位置固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着着一个质量为m的小物体（可视为质点）物体以速率绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动则：当时，绳的拉力大小为多少？当时，绳的拉力大小为多少？考点：向心力专题：匀速圆周运动专题分析：先求出物体刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界速度当速度大于临界速度，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力解答：解：当物体刚离开锥面时，设其速度为v0，则根据牛顿第二定律得：Tcosmg=0，由拉力与重力的合力提供向心力，则有：mgtan=m解之得：v0=v=v0，则球会受到斜面的支持力，因此由支持力、重力与拉力的合力提供向心力对球受力分析，如图所示，则有 T1sinN1cos=m T1cos+N1sin=mg 由联式解之得：T1=；v=v0，球离开斜面，只由重力与拉力的合力提供向心力，且细绳与竖直方向夹角已增大如图所示，设线与竖直方向上的夹角为， T2sin=m T2cos=mg 由联式解得：T2=2mg答：当时，绳的拉力大小为当时，绳的拉力大小为2mg点评：解决本题的关键找出物体的临界情况，以及能够熟练运用牛顿第二定律求解15如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切与B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m整个轨道除AB段以外都是光滑的现有一个质量m=0.1kg的小物体以初速度v0=4m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小物块的抛出点和A点的高度差；（2）小物块第一次通过B、D点时的速度；（3）物体第一次离开D点从空中又返回到圆轨道和斜面，在往复运动的过程中，物块通过C点处，轨道对物块的最小压力为多大？考点：动能定理的应用；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）小物体开始做平抛运动，经过A点时速度沿斜面向下，运用速度的分解法得到水平和竖直分速度的关系，求出竖直分速度，再由自由落体运动的规律求出抛出点和A点的高度差；（2）根据动能定理求出小物块第一次通过B、D点时的速度；（3）在往复运动的过程中，物体的机械能逐渐减小，最终在以B为最高点的圆弧上往复运动，由机械能守恒求出物块通过C点处的速度，由牛顿运动定律求出轨道对物块的最小压力解答：解：（1）设物块的抛出点和A点的高度差为h，到达A点时竖直方向的速度大小为vy，由题意得：tan37=解得：vy=v0tan37又vy=联立解得：h=0.45m（2）物块到达A速度为：vA=5m/s从A到B，由动能定理得：mgLsin37mgcos37L=解得：vB=m/s从A到D，由动能定理得：mgLsin37mgcos37LmgRcos37=解得：vD=5m/s（3）物块最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动，经过C点的压力最小，由B到C的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1cos37）=在C点，由牛顿第二定律得：Nmg=m解得：N=1.4N由牛顿第三定律得，物块通过C点处，轨道对物块的最小压力为：N=N=1.4N答：（1）小物块的抛出点和A点的高度差是0.45m；（2）小物块第一次通过B、D点时的速度分别为m/s和5m/s（3）物块通过C点处，轨道对物块的最小压力为1.4N点评：本题是多过程，关键要把握每个过程的物理规律和过程之间的关系，知道物块最后不是静止在C点，而是以C为中心做往复运动