2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (IV).doc

2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (IV)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多个选项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2（6分）如图甲所示是某电场中的一条电场线，a、b是这条电场线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动b到在这过程中，电荷的速度时间图线如图乙所示，比较a、b两点电势的高低和场强的大小（）AUaUb，Ea=EbBUaUb，EaEbCUaUb，Ea=EbDUaUb，EaEb3（6分）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=60，则F的最小值为（）ABmgCD4（6分）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等5（6分）“嫦娥三号”探月工程在xx年下半年完成假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道绕月球做圆周运动下列判断正确的是（）A飞船在轨道上的运行速率v=B飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间为2C飞船在A点点火变轨后，动能增大D飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大6（6分）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着它可以征服全球99.8%的海底世界假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则有（）A（a）图中h3代表本次最大深度，应为360mB全过程中最大加速度是0.025m/s2C潜水员感到超重发生在34min和68min的时间段内D整个潜水器在810min时间段内机械能守恒7（6分）如图所示，质量为1kg的滑块静止于水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用竖直向上的恒力F作用于弹簧上端，使滑块升高了0.2m，在此过程中拉力F做了10J的功在上述过程中（g取10m/s2）（）A弹簧的弹性势能增加了8JB滑块的动能增加了8JC弹簧的弹性势能和滑块的动能总和增加了8JD滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J8（6分）如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（）A货物向上做匀速运动B箱中的物体对箱底的压力大于mgC图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosD此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh三、非选择题：全部为必考题，每个试题考生都作答第22-26题为物理必考题，第27-30题为化学必考题，第31-35题为生物必考题9（6分）某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到（1）在实验中，下列说法正确的有A将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力B每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力C用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度D在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为（用所测物理量的符号表示）10（9分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律如图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示已知交流电频率f=50Hz，m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在打点05过程中系统动能的增量EK=J，系统势能的减少量EP=J，（2）若某同学作出图象如图2，则当地的实际重力加速度g=m/s211（14分）一质量为500t的机车，以恒定功率375kW由静止出发，经过5min速度达到最大值54km/h，设机车所受阻力f恒定不变，取g=10m/s2，试求：（1）机车受到的阻力f的大小（2）机车在这5min内行驶的路程12（15分）如图所示，一长为L的丝线上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场E中，当细线偏角为时，小球处于平衡状态，试问：（1）小球的带正电还是带负电？（2）小球的带电荷量q多大？（3）若细线的偏角从增加到，然后由静止释放小球，为多大时才能使细线到达竖直位置时小球速度恰好为零？13（18分）如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数甘肃省白银市会宁五中xx届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多个选项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（）A伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量考点：物理学史专题：常规题型分析：本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献解答：解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒提出行星运动三大定律，故C正确；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的故D错误本题选错误的，故选D点评：要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神2（6分）如图甲所示是某电场中的一条电场线，a、b是这条电场线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动b到在这过程中，电荷的速度时间图线如图乙所示，比较a、b两点电势的高低和场强的大小（）AUaUb，Ea=EbBUaUb，EaEbCUaUb，Ea=EbDUaUb，EaEb考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，即可确定场强是否变化；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力从ab；负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强从ba，而沿场强方向，电势变小，故b点电势较大，即UaUb；因为速度图线的斜率不变，故加速度不变，因此电场力不变，所以电场强度不变，即Ea=Eb；故选C点评：本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小3（6分）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=60，则F的最小值为（）ABmgCD考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值解答：解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin60=mg故选：B点评：本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解4（6分）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等考点：功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系解答：解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故C正确D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误故选：C点评：本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析5（6分）“嫦娥三号”探月工程在xx年下半年完成假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道运动，到达轨道的A点，点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道绕月球做圆周运动下列判断正确的是（）A飞船在轨道上的运行速率v=B飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间为2C飞船在A点点火变轨后，动能增大D飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大考点：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：飞船做圆周运动，根据万有引力等于向心力，列出等式表示出线速度和周期，再根据万有引力等于重力求解根据牛顿第二定律比较经过A点的加速度大小从轨道上A点进入轨道需加速，使得万有引力等于向心力在轨道上运行时，根据万有引力做功情况判断A、B两点的速度大小解答：解：A、设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力：=m，r=R，又：GM=g0R2，解得：v=，故A正确B、根据万有引力提供向心力=m，得T=2，又根据月球表面物体万有引力等于重力得：GM=g0R2，所以飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间为T=2，故B错误C、飞船在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以点火瞬间是动能减小的，故C错误D、飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，万有引力做正功，动能增大，故D正确故选：AD点评：主要考查圆周运动中各种向心力公式的变换要能根据万有引力提供向心力，选择恰当的向心力的表达式6（6分）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着它可以征服全球99.8%的海底世界假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则有（）A（a）图中h3代表本次最大深度，应为360mB全过程中最大加速度是0.025m/s2C潜水员感到超重发生在34min和68min的时间段内D整个潜水器在810min时间段内机械能守恒考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据vt图象的面积求解位移把深度曲线（a）和速度图象（b）对应求解判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向解答：解：A、根据深度曲线（a）得h3代表本次最大深度，根据vt图象的面积得为04min位移是360m，故A正确B、最大加速度是a=0.033m/s2，故B错误C、潜水员在34min和68min的时间段内，根据度图象（b）得加速度方向向上，所以处于超重状态，故C正确D、整个潜水器在810min时间段内加速度不等于g，所以机械能不守恒，故D错误故选AC点评：本题是一道图象题，考查了实验数据的处理，要学会通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析7（6分）如图所示，质量为1kg的滑块静止于水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用竖直向上的恒力F作用于弹簧上端，使滑块升高了0.2m，在此过程中拉力F做了10J的功在上述过程中（g取10m/s2）（）A弹簧的弹性势能增加了8JB滑块的动能增加了8JC弹簧的弹性势能和滑块的动能总和增加了8JD滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J考点：功能关系；机械能守恒定律分析：在拉力的作用下，小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，拉力做的功等于弹簧和木块系统增加的机械能解答：解：小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，由于拉力做功10J，故系统机械能总量增加了10J；木块升高了0.2m，故重力势能增加量为：mgh=2J，故动能和弹性势能增加量共为8J，故A错误，B也错误，C正确，D正确；故选：CD点评：在拉力的作用下，小木块的动能增加，重力势能也增加，弹簧的弹性势能也增加，拉力做的功等于弹簧和木块系统增加的机械能8（6分）如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（）A货物向上做匀速运动B箱中的物体对箱底的压力大于mgC图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosD此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh考点：运动的合成和分解；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率专题：共点力作用下物体平衡专题分析：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可解答：解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcos由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故B正确；C、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，整体的速度为vcos，故拉力功率P=Fv（M+m）gvcos，故C正确；D、此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于（M+m）gh，故D错误；故选：BC点评：本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式P=Fv和动能定理列式分析，不难三、非选择题：全部为必考题，每个试题考生都作答第22-26题为物理必考题，第27-30题为化学必考题，第31-35题为生物必考题9（6分）某兴趣小组利用图甲所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到（1）在实验中，下列说法正确的有ADA将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力B每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力C用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度D在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功（2）图乙是某次实验时得到的一条纸带，O点为静止开始释放沙桶纸带上打的第一个点，速度为0相邻两个计数点之间的时间间隔为T，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE=（3）若用O、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为（用所测物理量的符号表示）考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：（1）根据实验的原理即可正确解答；（2）由平均速度公式可求得E点的速度；（3）根据“探究加速度与力、质量的关系”实验原理结合图象特点即可正确回答解答：解：（1）若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：A、使长木板左端抬起个合适的角度，以平衡摩擦力，以保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力；故A正确，B错误；C、下落高度由纸带求出，不需要测量下落高度；故C错误；D、在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功；故D正确；故选：AD；（2）根据匀变速直线运动的特点，C点的速度等于BD之间的平均速度，所以：VE=（3）B到E之间重力势能减小：EP=mgs5动能增大：Ek=MvE需要验证的是：故答案为：（1）AD；（2）；（3）点评：“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力10（9分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律如图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示已知交流电频率f=50Hz，m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在打点05过程中系统动能的增量EK=0.58J，系统势能的减少量EP=0.60J，（2）若某同学作出图象如图2，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2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：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题解答：解：（1）利用匀变速直线运动的推论系统动能的增量EK=Ek50=0.58J系统重力势能减小量Ep=（m2m1）gh=0.1100.6000m J=0.60J（2）根据系统机械能守恒定律得，解得知图线的斜率k=解得g=9.7m/s2故答案为：（1）0.58，0.60；（2 ）9.7点评：解决本题的关键掌握该实验的原理，能够根据系统机械能守恒定律得出图线斜率的意义，从而求出重力加速度的大小11（14分）一质量为500t的机车，以恒定功率375kW由静止出发，经过5min速度达到最大值54km/h，设机车所受阻力f恒定不变，取g=10m/s2，试求：（1）机车受到的阻力f的大小（2）机车在这5min内行驶的路程考点：共点力平衡的条件及其应用；动能定理分析：知道汽车达到速度最大时是匀速直线运动，再运用动能定理求解解答：解：研究对象为机车首先分析物理过程：机车以恒定功率P0由静止出发速度v增加牵引力F减小（P0=Fv）合力减小（F合=Ff）加速度减小（a=）速度继续增加直至合力减小为0，加速度a=0，速度达到最大可见机车在这5 min内做的是加速度减小、速度不断增大的变速运动当机车的速度达到最大时，P0=Fvmax，此时F=f（1）已知P0=375 kW=3.75105 W，vmax=54 km/h=15 m/s，根据P0=Fvmax时，F=f，得：P0=fvmax 机车受到的阻力f= N=2.5104 N（2）机车在这5 min内，牵引力为变力，做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功根据P0=，牵引力做的功为：WF=P0t根据动能定理有：P0tfs=mvmax20 解得：s=m=2250 m答案：（1）机车受到的阻力f的大小为2.5104N（2）机车在这5min内行驶的路程为2250 m点评：要清楚汽车启动的运动过程和物理量的变化，能够运用动能定理解决问题12（15分）如图所示，一长为L的丝线上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场E中，当细线偏角为时，小球处于平衡状态，试问：（1）小球的带正电还是带负电？（2）小球的带电荷量q多大？（3）若细线的偏角从增加到，然后由静止释放小球，为多大时才能使细线到达竖直位置时小球速度恰好为零？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：由题细线向右偏离竖直方向，小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系，判断小球的电性根据平衡条件求出电量解答：解：（1）根据平衡条件可知，小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电；（2）由平衡条件得Eq=mgtan 则，q= （3）将小球由静止释放过程中，重力做正功，电场力做负功，动能的变化量为零，根据动能定理得mgL（1cos）EqLsin=0 联立式得=2 答：（1）小球的带正电；（2）小球的带电荷量q为；（3）若细线的偏角从增加到，然后由静止释放小球，为2时才能使细线到达竖直位置时小球速度恰好为零点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析，利用共点力平衡进行求解13（18分）如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数考点：动能定理；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解从D到最低点过程中，再次运用动能定理求解解答：解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0R=gt2R=v0t 解得：v0=（2）小滑块在最低点时速度为V由机械能守恒定律得mv2=mg2R+mv02v=根据牛顿第二定律：FNmg=mFN=6mg 根据牛顿第三定律得：FN=6mg （3）DB之间长度L=（2+1）R 从D到最低点过程中，由动能定理：mghmgcosL=mv2=0.18答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.18点评：该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题我们在读题时要抓住题目的一些关键语言，这可能就是突破口