2022-2022学年安徽省六安市舒城县龙河中学高三（上）月考物理试卷（11月份） 一．选择题（每题5分，共50分）1．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（ ）A．D点的速率比C点的速率小B．A点的加速度与速度的夹角大于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角一直减小 2．如图所示，长度l=0.50m的轻质杆OA，A端固定一个质量m=3.0kg的小球，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动．通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA（ ）A．受到6.0N的拉力B．受到54N的压力C．受到24N的拉力D．受到6.0N的压力 3．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度为v1，周期为T1，假设在某时刻飞船向后喷气做加速运动后，进入新的轨道做匀速圆周运动，运动的线速度为v2，周期为T2，则（ ）A．v1＞v2，T1＞T2B．v1＞v2，T1＜T2C．v1＜v2，T1＞T2D．v1＜v2，T1＜T2 4．雨伞边缘到伞柄距离为r，边缘高出地面为h，当雨伞以角速度ω绕伞柄水平匀速转动时，雨滴从伞边缘水平甩出，则雨滴落到地面上的地点到伞柄的水平距离（ ）A．r -17-\n5．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出．O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5，则v1、v2、v3之间的正确关系是（ ）A．v1：v2：v3=3：2：1B．v1：v2：v3=6：3：2C．v1：v2：v3=5：3：1D．v1：v2：v3=9：4：1 6．如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若人匀速行进，则船将做（ ）A．匀速运动B．匀加速运动C．变加速运动D．减速运动 7．如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此不能算出（ ）A．轰炸机的飞行速度B．炸弹的飞行时间C．轰炸机的飞行高度D．炸弹投出时的动能 8．如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°．在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别为向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（ ）-17-\nA．1：1B．4：3C．16：9D．9：16 9．如图，在斜面上的O点先后以2v0和3v0的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（ ）A．2：3B．4：5C．4：9D．3：5 10．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断错误的是（ ）A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1由A位置运动到B位置所需的时间是C．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力不做功D．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2 二．填空题（4+6+4=14分）11．某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，如图所示，求出物体做平抛运动的初速度大小为 ．（g取10m/s2） -17-\n12．如图所示．AB为平面，CD、EF为一段圆弧，它们的长度相等；与小物块的动摩擦因数也相等．现使小物块分别从A、C、E三点以相同的速率沿图示方向出发，分别到达B、D、F三点．则到达 点的小物块速率最大，则到达 点的小物块速率最小． 13．采用图示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、游标卡尺、斜槽、铅笔、坐标纸、图钉之外，下列器材中还需要的是 ．A．弹簧秤B．秒表C．天平D．重垂线本实验中，下列说法正确的是 ．A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道末端要调成水平C．小球每次可以从斜槽上不同的位置由静止开始滑下D．为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该把相邻的两个点之间用线段连接起来． 三．计算题（12+14+10=36分）14．（12分）（2022秋•新津县校级期中）如图所示：摆球的质量为m，从偏离水平方向30°的位置由静止释放，设绳子为理想轻绳，已知绳长为L，重力加速度为g，求（1）小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多少？（2）从小球静止释放到最低点A的过程中，此系统中产生的总热量是多少？ 15．（14分）（2022秋•舒城县校级月考）如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑经过B点的拐角处无机械能损失．小物块在传送带上运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：-17-\n（1）小物块在B点的速度大小．（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．（3）水平传送带上表面距地面的高度．（4）小物块经过O点时对轨道的压力． 16．（10分）（2022春•黄冈校级期中）如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，最终木块刚好不从车上掉下来．求（1）子弹射入木块后的共同速度为v1；（2）木块与平板之间的动摩擦因数μ（g=10m/s2） 2022-2022学年安徽省六安市舒城县龙河中学高三（上）月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析 一．选择题（每题5分，共50分）1．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（ ）A．D点的速率比C点的速率小B．A点的加速度与速度的夹角大于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角一直减小【考点】物体做曲线运动的条件．-17-\n【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．【解答】解：A、由题意，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，故A错误；B、物体在A点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A点的加速度与速度的夹角大于90°．故B正确；C、质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故C错误；D、由A的分析可知，质点由B到E过程中，受力的方向向下，速度的方向从水平向右变为斜向下，加速度与速度的夹角之间减小．故D正确；故选：BD．【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了． 2．如图所示，长度l=0.50m的轻质杆OA，A端固定一个质量m=3.0kg的小球，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动．通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA（ ）A．受到6.0N的拉力B．受到54N的压力C．受到24N的拉力D．受到6.0N的压力【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】小球通过最高点时由重力和杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．【解答】解：在最高点，设杆子对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得，mg﹣F=m解得F=mg﹣m=30﹣3×=6N，可知杆子对球表现为支持力，则细杆OA受到6N向下的压力．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解． 3．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度为v1，周期为T1，假设在某时刻飞船向后喷气做加速运动后，进入新的轨道做匀速圆周运动，运动的线速度为v2，周期为T2，则（ ）A．v1＞v2，T1＞T2B．v1＞v2，T1＜T2C．v1＜v2，T1＞T2D．v1＜v2，T1＜T2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．-17-\n【专题】人造卫星问题．【分析】飞船向后喷气做加速运动后，将做离心运动，轨道半径增大，由公式v=，分析线速度的关系．由分析周期关系．【解答】解：飞船向后喷气做加速运动后，将做离心运动，轨道半径r增大，由公式v=，G、M不变，线速度减小，则v1＞v2．由分析可知，周期增大，则T1＜T2．故选B【点评】本题是选择题，不必像计算题要建立物理模型，根据地球的万有引力提供向心力推导飞船的线速度、周期与半径的关系式，可利用一些结论，缩短做题时间． 4．雨伞边缘到伞柄距离为r，边缘高出地面为h，当雨伞以角速度ω绕伞柄水平匀速转动时，雨滴从伞边缘水平甩出，则雨滴落到地面上的地点到伞柄的水平距离（ ）A．rB．rC．rD．r【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】根据线速度与角速度的关系求出雨滴平抛运动的初速度，结合高度求出平抛运动的时间，通过初速度和时间求出平抛运动的水平距离，根据几何关系求出雨滴落到地面上的地点到伞柄的水平距离．【解答】解：雨滴的线速度v=rω，根据h=得：t=，则平抛运动的水平位移为：x=vt=rω，根据几何关系知，雨滴落地点到伞柄的水平距离为：s=．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道圆周运动线速度与角速度的关系． 5．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方一块竖直挡板上的A点抛出．O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v1、v2、v3，不计空气阻力，打在挡板上的相应位置分别是B、C、D，且AB：BC：CD=1：3：5，则v1、v2、v3之间的正确关系是（ ）-17-\nA．v1：v2：v3=3：2：1B．v1：v2：v3=6：3：2C．v1：v2：v3=5：3：1D．v1：v2：v3=9：4：1【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动．由题意可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度等于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值．【解答】解：忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=得：t=所以三次小球运动的时间比t1：t2：t3=水平位移相等，根据v=得：v1：v2：v3=：：=6：3：2故选B【点评】本题是平抛运动规定的直接应用，抓住水平方向和竖直方向运动的时间相等解题，难度不大． 6．如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若人匀速行进，则船将做（ ）A．匀速运动B．匀加速运动C．变加速运动D．减速运动【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】对小船进行受力分析，抓住船在水平方向和竖直方向平衡，运用正交分解分析船所受的力的变化．【解答】解：由题意可知，人匀速拉船，根据运动的分解与合成，则有速度的分解，如图所示，V1是人拉船的速度，V2是船行驶的速度，设绳子与水平夹角为θ，则有：V1=V2cosθ，随着θ增大，由于V1不变，所以V2增大，且非均匀增大．故C正确，ABD错误．故选C．-17-\n【点评】解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向合力为零，根据平衡分析． 7．如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A．已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此不能算出（ ）A．轰炸机的飞行速度B．炸弹的飞行时间C．轰炸机的飞行高度D．炸弹投出时的动能【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】根据位移与水平方向夹角，得到水平位移和竖直位移，运用平抛运动的规律求解时间和炸弹的飞行时间和炸弹的初速度，再求解飞行高度．【解答】解：画出示意图如图所示．设A到斜面底端的距离为L，飞机距离地面的距离为H，根据Lcosθ=v0t…①，H﹣Lsinθ=…②炸弹垂直击中山坡，速度与竖直方向的夹角为θ，则得：tanθ==…③由①、②、③可求出初速度v0，即得到轰炸机的飞行速度．由②可求出炸弹的飞行时间t和轰炸机的飞行高度H．由于炸弹的做平抛运动，而平抛运动的加速度与质量无关，故无法求解质量，也就求不出炸弹投出时的动能．故ABC正确，D错误．本题选错误的，故选：D．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，把握隐含的条件，并能灵活运用． 8．如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°．在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别为向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（ ）-17-\nA．1：1B．4：3C．16：9D．9：16【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】两球都落在斜面上，位移上有限制，即竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．【解答】解：对于A球有：，解得：．同理对于B球有：则．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移是定值． 9．如图，在斜面上的O点先后以2v0和3v0的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（ ）A．2：3B．4：5C．4：9D．3：5【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】抛出的小球做平抛运动，分都落在斜面上，一个在斜面上一个在水平面上，和两个都落在水平面来计算．【解答】解：A、当A、B两个小球都能落到水平面上时，由于两者的下落高度相同，运动的时间相同，则水平位移之比为初速度之比，为2：3，所以A正确；C、当A、B都落在斜面的时候，它们的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，即，-17-\n整理可得，时间t=，两次平抛的初速度分别为2υ0和3υ0，所以运动的时间之比为．两小球的水平位移大小之比为xA：xB=2v0tA：3v0tB=4：9，所以C正确；BD、当只有A落在斜面上的时候，A、B水平位移之比在4：9和2：3之间，所以D正确，B错误．故选：ACD．【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．注意AB可能的三种情况即可． 10．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断错误的是（ ）A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1由A位置运动到B位置所需的时间是C．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力不做功D．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【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】根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运动的周期．【解答】解：A、在地球表面重力与万有引力大小相等有=mg可得GM=gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故有可得卫星的加速度=maa==，故A正确；-17-\nB、万有引力提供圆周运动向心力有：=mr可得卫星运行周期为：T=2π，所以卫星从位置1到位置2所需时间t=T=，故B正确；C、卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故C正确；D、卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故D错误；本题选错误的，故选：D．【点评】关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星的变轨原理，这是正确解决本题的关键． 二．填空题（4+6+4=14分）11．某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，如图所示，求出物体做平抛运动的初速度大小为 2m/s ．（g取10m/s2）【考点】研究平抛物体的运动．【专题】实验题；平抛运动专题．【分析】在竖直方向做自由落体运动，根据△h=gT2，求出T，物体在水平方向做匀速直线运动，根据s=v0T，即可求出平抛运动的初速度v0．【解答】解：由于物体在竖直方向做自由落体运动，故在竖直方向有△h=gT2，由图可知△h=h2﹣h1=（40cm﹣15cm）﹣15cm=10cm=0.1m将△h=0.1m，g=10m/s2带入△h=gT2解得：T==0.1s．物体在水平方向做匀速直线运动故s=v0T，将s=20cm=0.2m带入解得：故答案为：2m/s．-17-\n【点评】由于物体在水平方向做匀速直线运动，可以根据在水平方向的间距相同确定相隔的时间相同，而在竖直方向做自由落体运动，即匀变速直线运动故有△h=gT2，求出T，再根据s=v0T进行求解．这种方法一定要掌握． 12．如图所示．AB为平面，CD、EF为一段圆弧，它们的长度相等；与小物块的动摩擦因数也相等．现使小物块分别从A、C、E三点以相同的速率沿图示方向出发，分别到达B、D、F三点．则到达 D 点的小物块速率最大，则到达 F 点的小物块速率最小．【考点】动能定理；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】当物体在倾角为θ的斜坡上无动力运动时，滑动摩擦力f=μN=μmgcosθ，克服摩擦力做功为Wf=fS=μmgcosθ×S=μmgx，等于摩擦力与位移的水平投影的长度有关，与坡角无关；该结论同样适用于缓慢运动的曲面．【解答】解：甲图中克服摩擦力做功为：Wf=fS=μmgx当物体在倾角为θ的斜坡上无动力运动时，克服摩擦力做功为：Wf=fS=μmgcosθ×S=μmgx乙图中物体沿着曲面做圆周运动，具有向下向心加速度，故处于失重状态，故克服摩擦力做功小于μmgx；丙图中物体沿着曲面做圆周运动，具有向上向心加速度，故处于超重状态，故克服摩擦力做功大于μmgx；根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，故到达D点速度最大，到达F点速度最小；故答案为：D、F．【点评】本题关键是建立物体在坡面上运动的模型，得到摩擦力做功的表达式，然后结合动能定理分析，不难． 13．采用图示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、游标卡尺、斜槽、铅笔、坐标纸、图钉之外，下列器材中还需要的是 D ．A．弹簧秤B．秒表C．天平D．重垂线本实验中，下列说法正确的是 B ．A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道末端要调成水平C．小球每次可以从斜槽上不同的位置由静止开始滑下D．为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该把相邻的两个点之间用线段连接起来．-17-\n【考点】研究平抛物体的运动．【专题】实验题．【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动．所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内．要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点．然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹．【解答】解：做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、游标卡尺、斜槽、铅笔、坐标纸、图钉之外，还需要的是器材是重垂线．它的作用是确保小球抛出是在竖直面内运动，其它均没有作用．故选D．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的．同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，然后将这几个点平滑连接起来．故选B．【点评】体现了平抛运动的特征：水平初速度且仅受重力作用．同时让学生知道描点法作图线，遇到不在同一条直线上一些点时，只要以能平滑连接就行． 三．计算题（12+14+10=36分）14．（12分）（2022秋•新津县校级期中）如图所示：摆球的质量为m，从偏离水平方向30°的位置由静止释放，设绳子为理想轻绳，已知绳长为L，重力加速度为g，求（1）小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多少？（2）从小球静止释放到最低点A的过程中，此系统中产生的总热量是多少？【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】小球开始做自由落体运动，当下落一定高度时绳子绷紧，径向速度由于绳子的作用而消失；绳子沿切向速度前进，此后机械能守恒；结合牛顿第二定律可求得最低点时绳子的拉力．由功能关系可求得总热量．【解答】解：（1）设悬线长为l，下球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h=2lsin30°=l，处于松驰状态的细绳被拉直为止．由机械能守恒定律可知；mgl=mv2；解得：小球的速度竖直向下，大小为．-17-\n当绳被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v的法向分量减为零（由于绳为理想绳子，能在瞬间产生的极大拉力使球的法向速度减小为零，相应的动能转化为绳的内能）；小球以切向分量开始作变速圆周运动到最低点，v1=vcos30°=；在绳子拉直后的过程中机械能守恒，有mgl（1﹣sinθ）=mv22﹣mv12在最低点A，根据牛顿第二定律，有 F﹣mg=m 所以，绳的拉力F=mg+m=3.5mg；（2）在B点绷紧绳的过程中，由功能关系可知：Q=mv2﹣mv12解得：Q=mgL；答：小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是3.5mg；（2）绷紧过程中产生的热量为mgL；【点评】绳子拉直瞬间，物体将损失机械能转化为绳的内能（类似碰撞），本题中很多同学会想当然地认为球初态机械能等于末态机械能，原因是没有分析绳拉直的短暂过程及发生的物理现象．力学问题中的“过程“、“状态“分析是非常重要的，不可粗心忽略． 15．（14分）（2022秋•舒城县校级月考）如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑经过B点的拐角处无机械能损失．小物块在传送带上运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）小物块在B点的速度大小．（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．（3）水平传送带上表面距地面的高度．（4）小物块经过O点时对轨道的压力．【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．-17-\n【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）加速下滑过程中只有重力做功，对滑块沿斜面下滑过程运用动能定理列式求解；（2）小滑块在传送带上先加速后匀速，先受力分析后根据牛顿第二定律求出加速过程的加速度，然后根据速度时间公式求加速时间，再根据平均速度公式求加速位移，再求匀速时间，最后得到总时间；（3）对于平抛运动，根据速度方向先求出落地时的竖直分速度，然后根据速度位移公式求解出传送带上表面距离地面的高度差；（4）先根据速度分解的平行四边形定则求出落地时速度，再对从D到O过程运用动能定理列式求出O点速度，最后运用牛顿第二定律求解对轨道最低点压力．【解答】解：（1）小物块由A运动B，由动能定理，mgh=mvB2﹣0，代入数据解得：vB=5m/s；即小物块在B点的速度为5m/s．（2）由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得：a=μg=4m/s2水平传送带的速度为v0=3m/s，加速过程，由v0=vB﹣at1，得：t1===0.5s则匀速过程L1=t1=×0.5=2m，t2===1s，故总时间t=t1+t2=1.5s即小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：vy=v0tan，代入数据解得：vy=4m/s，由速度位移公式得：vy2=2gh，代入数据解得：h=0.8m，故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．（4）小物块在D点的速度大小为：vD=，代入数据解得：vD=5m/s，小物块从D点到O过程，由动能定理得：mgR（1﹣cos）=mv2﹣mvD2，在O点由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，代入数据解得：F=43N由牛顿第三定律知对轨道的压力为：F′=F=43N即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．答：（1）小物块在B点的速度大小为5m/s．（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．（3）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．（4）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．-17-\n【点评】本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律、向心力公式列式求解． 16．（10分）（2022春•黄冈校级期中）如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，最终木块刚好不从车上掉下来．求（1）子弹射入木块后的共同速度为v1；（2）木块与平板之间的动摩擦因数μ（g=10m/s2）【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度；（2）子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的共同速度，然后由能量守恒定律求出动摩擦因数．【解答】解：（1）子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0﹣mv=（m0+m）v1，代入数据解得木块的最大速度为：v1=8v=8m/s；（2）以子弹、木块、小车组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m0+m）v1﹣Mv=（m0+m+M）v2，由能量守恒定律得：μ（m0+m）gL=（m0+m）v12﹣（m0+m+M）v22，联立解得：μ=0.54答：（1）在整个过程中，木块的最大速度为8m/s；（2）木块与平板小车之间的动摩擦因数为0.54【点评】本题考查动量守恒的应用，要注意分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时注意正方向的选择． -17-
