2022-2022学年湖南省长沙市雅礼中学高三（上）第一次月考物理试卷 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分，其中1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选若不选得0分）1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、假说、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述不正确的是（ ）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法D．如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想 2．在某次深潜试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下滑到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（如图甲）和速度图象（如图乙），则关于此次潜全过程，下列说法正确的是（ ）A．由图可知，此次下滑的最大深度为720mB．全过程中最大加速度的大小是0.025m/s2C．整个潜水器在8min～10min时间内机械能守恒D．潜水员在3min～4min和6min～8min的时间内均处于超重状态 3．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ）-26-\nA．B．C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态 4．在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是（ ）A．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为B．若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为C．若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m（a+g）﹣FD．若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为 5．如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1下滑D．相对于m1上滑 6．如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，A为球面底端的点，现给物块一初速度v0，则（ ）-26-\nA．若v0=，则物块落地点离A点距离为B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块一定会沿球面下滑一段C．若v0＜，则物块落地点离A点距离为RD．若v0≥，则物块落地点离A点至少为2R 7．如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（ ）A．椭圆轨道的长轴长度为RB．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0＜vBC．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为aA，则a0＜aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＞ 8．如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）．在此过程中（ ）A．水平推力F为恒力B．摩擦力对斜面体A不做功C．水平推力F和重球B对A做功的大小相等D．对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小相等 9．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R，若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）-26-\nA．若将小球从LM轨道上a由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度 10．2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率，多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术，如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G2”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G2”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，则以下说法正确的是（ ）A．卫星“G1”和“G2”的加速度大小相等均为gB．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大 11．如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能Ek与位移x关系图象如图乙所示，其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）-26-\nA．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中拉力大小恒为2mgC．在h～2h过程中物体机械能增加D．在2h～3h过程中物体的机械能不变 12．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（ ）A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3D．传送带对物块A、B均做负功，但B克服摩擦力做的功较多 二、填空题（共2小题，每空2分，满分18分）13．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v= m/s，木块加速度a= m/s2；（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是 ；（已知当地的重力加速度g）；（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是 （单选）A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．-26-\n 14．（10分）（2022秋•长沙校级月考）如图甲所示的装置叫做阿物伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G•Atwood1746﹣1807）创新的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律，某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．（1）实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M（A的含挡光片，B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出 （填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h．②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A，B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t．③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为 ．（已知重力加速度为g）（请用上述物理量表示）（3）引起该实验系统误差的原因有 ．（写一条即可）（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？①写出a与m之间的关系式： ．（关系式中还要用到M和g）②a的值估趋于 ． 三、计算题（共4小题，满分44分）15．一质量为M=4.0kg、长度为L=3.0m的木板B，在大小为8N、方向水平向右的拉力F作用下，以v0=2.0m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为m=1.0kg-26-\n的小铁块A（可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示．若铁块与木板之间没有摩擦，求：（重力加速度g取10m/s2）（1）加一个铁块后，木板的加速度大小？（2）二者经过多长时间脱离？ 16．（12分）（2022秋•长沙校级月考）“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的本月梦想迈出了重要的一步，如图所示，“嫦娥一号”先进入绕月飞行的椭圆轨道，然后在椭圆轨道近月点A变轨进入绕月飞行圆轨道；已知“嫦娥一号”绕月飞行的椭圆轨道远月点B距月球表面高度为H；又已知“嫦娥一号”绕月圆轨道飞行时，距月球表面的高度为h，飞行周期为T，月球的半径为R，万有引力常量为G；再然后，假设宇航长在飞船上，操控飞船在月球表面附近竖直平面内俯冲，在最低点附近作半径为r的圆周运动，宇航员质量是m，飞船经过最低点时的速度是v，求：（1）月球的质量M是多大？（2）“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道远月点B时的加速度多大？“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道近月点A时欲变轨进入如图圆轨道，应该向前还是向后喷气？（3）操控飞船在月球表面附近竖直平面内俯冲经过最低点，座位对宇航员的作用力F是多大？ 17．（12分）（2022秋•长沙校级月考）某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1.25m，AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r=0.45m，且与水平传送带相切于B点，一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，当滑块到达B点时，圆盘从较长示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内，取g=10m/s2，求：（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FAB；（2）传送带BC部分的长度L；（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件．-26-\n 18．（12分）（2022•临沂三模）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（g=10m/s2）．（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．（结果可保留根式） 2022-2022学年湖南省长沙市雅礼中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分，其中1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选若不选得0分）1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、假说、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述不正确的是（ ）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法-26-\nB．速度的定义式v=，采用的是比值法；当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法D．如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想【考点】物理学史．【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法．质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；将微小形变放大是利用放大的思想方法．【解答】解：A、质点是用来代替物体的有质量的点，采用的科学方法为物理化模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法．故C正确．D、用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法．第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想．故D正确．本题选错误的，故选：A【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注重科学方法的积累与学习． 2．在某次深潜试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下滑到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（如图甲）和速度图象（如图乙），则关于此次潜全过程，下列说法正确的是（ ）-26-\nA．由图可知，此次下滑的最大深度为720mB．全过程中最大加速度的大小是0.025m/s2C．整个潜水器在8min～10min时间内机械能守恒D．潜水员在3min～4min和6min～8min的时间内均处于超重状态【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】根据v﹣t图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v﹣t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒．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，在t=4min时到达最大深度，根据v﹣t图象的面积得：0﹣4min位移是360m，即最大深度为360m，故A错误．B、v﹣t图象的斜率表示加速度，0﹣1min内和3﹣4min内加速度最大，最大加速度是a==0.033m/s2，故B错误．C、整个潜水器在8﹣10min时间段内加速度大小为a==0.025m/s2，不等于g，所以机械能不守恒，故C错误．D、潜水员在3min～4min和6min～8min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D正确．故选：D【点评】本题是一道图象题，关键要理解速度图象的物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移，能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． 3．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ）A．-26-\nB．C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态【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】先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比．【解答】解：A、B、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：F2==4mg根据胡克定律，有：F1=k1xF2=k2x故，故A错误，B正确；C、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误；D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误；故选：B．【点评】整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法． 4．在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是（ ）A．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为-26-\nB．若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为C．若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m（a+g）﹣FD．若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为【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】小球在运动的过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，达到收尾速度后做匀速直线运动，不能运用匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解，根据牛顿第二定律求出小铁球下落时受到水的阻力大小．【解答】解：A、小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解．故A错误．B、因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2=2ah求解小球的速度．故B错误．C、根据牛顿第二定律得，mg﹣F﹣f=ma，解得小铁球受到水的阻力f=mg﹣F﹣ma．故C错误．D、根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键知道铁球在下落过程中的运动规律，注意小球所做的运动不是匀变速运动． 5．如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1下滑D．相对于m1上滑【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止．【解答】解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a===2.5m/s2．隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f﹣m2gsin30°=m2a解得f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N-26-\n最大静摩擦力fm=μm2gcos30°==8，可知f＞fm，知道m2随m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑．故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用． 6．如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，A为球面底端的点，现给物块一初速度v0，则（ ）A．若v0=，则物块落地点离A点距离为B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块一定会沿球面下滑一段C．若v0＜，则物块落地点离A点距离为RD．若v0≥，则物块落地点离A点至少为2R【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】在最高点，物体沿半径方向的合力提供其圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况．若物体做平抛运动，由运动的分解法求水平位移．【解答】解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mg﹣N=m，若v0=，解得N=0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，则物体将离开最高点做平抛运动，则2R=，x=v0t，得x=2R，故A错误．BC、若球面是粗糙的，当v0＜时，物块一定会沿球面下滑，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停下来；如果物块受到的摩擦力比较小，物块在圆心上方球面上某处离开球面，做斜下抛运动，落地点离A点距离大于R．故B、C错误；若v0≥，有A的分析可知，水平位移x≥2R，故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键知道圆周运动径向的合力提供向心力．以及知道仅受重力，有水平初速度将做平抛运动． 7．如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（ ）-26-\nA．椭圆轨道的长轴长度为RB．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0＜vBC．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为aA，则a0＜aAD．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＞【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】根据开普勒定律比较长轴与R的关系，根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度，结合速度的大小比较向心加速度的大小．【解答】解：A、根据开普勒第三定律得=k，a为半长轴，己知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B、B点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0＞vB．故B错误；C、根据牛顿第二定律得a=，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0＜aA，故C正确；D、若OA=0.5R，则OB=1.5R，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，=v=，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，v==，在Ⅱ轨道上，卫星在B点要减速，做近心运动，所以卫星在B点的速率vB＜，故D错误；故选：C．【点评】本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键． 8．如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）．在此过程中（ ）-26-\nA．水平推力F为恒力B．摩擦力对斜面体A不做功C．水平推力F和重球B对A做功的大小相等D．对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小相等【考点】功的计算；共点力平衡的条件及其应用．【分析】根据恒力做功的表达式W=FScosθ，功的正负可以看力与位移的夹角，当θ＜90°时，力做正功；当θ=90°时，力不做功；当θ＞90°时，力做负功【解答】解：A、通过整体受力分析可得，可以判断推力不为恒力而是变力，故A错误B、如图，画出小球B受到的支持力N（绿色线），摩擦力f的方向（黑色线）以及小球在该位置时运动的切线的方向（红色线），由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，根据力的相互性可知，A受到的摩擦力向上，所以A受到的摩擦力与A的位移方向夹角为钝角，所以斜面对B的摩擦力对m做负功，故B错误；C、斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和重球B对A做功的大小相等，故C正确D、A对重球B的摩擦力和重球B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，但是B在摩擦力方向上的位移和A在摩擦力方向上的位移不等，所以做功也不等，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握功的正负的判断方法，以及会灵活利用动能定理比较功的大小 9．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R，若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）A．若将小球从LM轨道上a由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点-26-\nB．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度【考点】动能定理的应用．【专题】定量思想；临界法；动能定理的应用专题．【分析】小球要能到达K点，必须通过P点，恰好通过P点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得P点的临界速度，由机械能守恒定律求出小球从LM上释放的高度，从而判断小球否能沿轨道运动到K点．【解答】解：AB、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点．从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R﹣2R）=mv2，解得：v=．若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN≥0，在P点，由牛顿第二定律得：FN+mg=m，解得m﹣mg≥0，即vP≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故A错误，B正确；C、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，一定不能沿轨道运动到K点，故C错误；D、将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确．故选：BD【点评】本题是机械能守恒和圆周运动临界条件、斜抛知识的综合，关键掌握圆周运动最高点的临界条件，知道斜抛运动最高点速度并不为零，要运用机械能守恒列式分析． 10．2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率，多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术，如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G2”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G2”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，则以下说法正确的是（ ）-26-\nA．卫星“G1”和“G2”的加速度大小相等均为gB．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大【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】A、根据万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．B、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，速度减小．【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：a=，而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A正确．B、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t=．故C错误．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，速度减小，故D错误．故选：A【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2． 11．如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能Ek与位移x关系图象如图乙所示，其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）-26-\nA．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中拉力大小恒为2mgC．在h～2h过程中物体机械能增加D．在2h～3h过程中物体的机械能不变【考点】功能关系．【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0﹣h过程中物体动能、势能增加，知拉力做的功等于动能与势能之和，在h﹣2h之间，动能不变，势能增加，在2h﹣3h之间，动能的减小量等于势能的增加量．【解答】解：AB、在0～h高度内，由动能定理得：Ek=（F﹣mg）x，图象的斜率表示合外力．在0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，则在上升到高度h时，由图象可知，F=mg，速度为v，则功率为P=mgv，拉力的功率不为零，故A、B错误；C、在h～2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C正确．D、在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，物体只受到重力，故机械能守恒，故D正确．故选：CD【点评】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化． 12．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（ ）A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3D．传送带对物块A、B均做负功，但B克服摩擦力做的功较多【考点】动能定理的应用．【专题】参照思想；比例法；动能定理的应用专题．【分析】分析A重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A物体的运动规律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析运动时间关系及物块在传送带上的划痕长度之比．根据摩擦力大小和位移关系分析克服摩擦力做功关系．-26-\n【解答】解：AB、小物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，因为mgsin37°＞μmgcos37°，故均沿斜面向下做匀加速直线运动，传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，则两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相等，故时间相同，故A错误，B正确．C、由x=v0t+，a=gsin37°﹣μgcos37°，得t=1s，传送带在1s内的位移为x=vt=1m．A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地位移（斜面长度）减去在此时间内传送带的位移，即为2m﹣1m=1m．B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地位移（斜面长度）加上在此时间内传送带的位移，即为2m+1m=3m．故C正确．D、滑动摩擦力方向沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力对两物块A、B均做负功，且克服摩擦力做的功一样多，故D错误．故选：BC【点评】解决本题的关键能正确对其受力分析，判断A、B在传送带上的运动规律，结合运动学公式分析研究． 二、填空题（共2小题，每空2分，满分18分）13．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v= 0.4 m/s，木块加速度a= 1 m/s2；（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是 斜面倾角（或A点的高度） ；（已知当地的重力加速度g）；（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是 A （单选）A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；摩擦力专题．【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：-26-\nv=，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：a=．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．故选：A故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A点的高度）；（3）A．【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量． 14．（10分）（2022秋•长沙校级月考）如图甲所示的装置叫做阿物伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G•Atwood1746﹣1807）创新的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律，某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．（1）实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M（A的含挡光片，B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出 挡光片中心 （填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h．②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A，B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t．③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为 mgh= ．（已知重力加速度为g）（请用上述物理量表示）（3）引起该实验系统误差的原因有 绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等 ．（写一条即可）（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？①写出a与m之间的关系式： ．（关系式中还要用到M和g）②a的值估趋于 重力加速度g． ．-26-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能．对系统研究，根据牛顿第二定律求出加速度与m的关系式，通过关系式分析，m增大，a趋向于何值．【解答】解：（1、2）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的末速度为：v=，则系统重力势能的减小量△Ep=mgh，系统动能的增加量为：=．若系统机械能守恒，则有：mgh=．（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．（4）根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为：a=，当m不断增大，则a趋向于g．故答案为：（1）①挡光片的中心；（2）mgh=．（3）绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等；（4）①，重力加速度g．【点评】解决本题的关键知道实验的原理，知道误差产生的原因，掌握整体法在牛顿第二定律中的运用． 三、计算题（共4小题，满分44分）15．一质量为M=4.0kg、长度为L=3.0m的木板B，在大小为8N、方向水平向右的拉力F作用下，以v0=2.0m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为m=1.0kg的小铁块A（可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示．若铁块与木板之间没有摩擦，求：（重力加速度g取10m/s2）（1）加一个铁块后，木板的加速度大小？-26-\n（2）二者经过多长时间脱离？【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）当木板匀速运动时，拉力等于摩擦力，求得摩擦因数，加上铁块后由牛顿第二定律即可求得加速度；（2）木板做减速运动，铁块不懂，根据运动学公式即可求得【解答】解：（1）由木板匀速运动时有，Mgμ=F；得μ=0.2，加一个物块后，木板做匀减速运动：（M+m）gμ﹣F=Ma代入数据解得：a=0.5m/s2，（2）物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离L后物块掉下来．由：得：t2﹣8t+12=0解得：t1=2s，t2=6s（舍去）故2秒后A与B脱离．答：（1）加一个铁块后，木板的加速度大小为0.5m/s2（2）二者经过2s脱离【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，加速度是中间桥梁 16．（12分）（2022秋•长沙校级月考）“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的本月梦想迈出了重要的一步，如图所示，“嫦娥一号”先进入绕月飞行的椭圆轨道，然后在椭圆轨道近月点A变轨进入绕月飞行圆轨道；已知“嫦娥一号”绕月飞行的椭圆轨道远月点B距月球表面高度为H；又已知“嫦娥一号”绕月圆轨道飞行时，距月球表面的高度为h，飞行周期为T，月球的半径为R，万有引力常量为G；再然后，假设宇航长在飞船上，操控飞船在月球表面附近竖直平面内俯冲，在最低点附近作半径为r的圆周运动，宇航员质量是m，飞船经过最低点时的速度是v，求：（1）月球的质量M是多大？（2）“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道远月点B时的加速度多大？“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道近月点A时欲变轨进入如图圆轨道，应该向前还是向后喷气？（3）操控飞船在月球表面附近竖直平面内俯冲经过最低点，座位对宇航员的作用力F是多大？【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】（1）嫦娥一号卫星绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律与万有引力公式求出月球的质量．-26-\n（2）应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题．（3）应用万有引力公式与牛顿第二定律求出座椅对宇航员的作用力．【解答】解：（1）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m（R+h），解得，月球质量：M=；（2）由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道近月点A时欲变轨进入圆轨道，轨道半径变小，飞船要做近心运动，飞船需要加速，飞船应向后喷气；（3）对宇航员，由牛顿第二定律得：F﹣G=m，解得，作用力：F=+；答：（1）月球的质量M是；（2）“嫦娥一号”经绕月飞行的椭圆轨道远月点B时的加速度为，飞船应该向后喷气；（3）操控飞船在月球表面附近竖直平面内俯冲经过最低点，座位对宇航员的作用力F是：+．【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是正确解题的关键，应用万有引力公式、牛顿第二定律可以解题，本题是常规题． 17．（12分）（2022秋•长沙校级月考）某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h=1.25m，AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r=0.45m，且与水平传送带相切于B点，一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，当滑块到达B点时，圆盘从较长示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内，取g=10m/s2，求：（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FAB；（2）传送带BC部分的长度L；（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件．-26-\n【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．【专题】计算题；参照思想；合成分解法；动能定理的应用专题．【分析】（1）滑块由A点到B过程中，只有重力做功，由动能定理求出滑块经过B点的速度大小，根据牛顿第二定律和第三定律求解滑块到达B点时对轨道的压力FAB；（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ω应满足的条件．【解答】解：（1）滑块从A到B过程中，由动能定理，有：mgr=mυB2解得：υB==3m/s滑块到达B点时，由牛顿第二定律，有：FAB′﹣mg=m解得：FAB′=3mg=6N据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为FAB=FAB′=6N，方向竖直向下．（2）滑块离开C点后做平抛运动，有：h=gt12解得：t1==0.5sυC==2m/s滑块由B到C过程中，据动能定理有：﹣μmgL=mυC2﹣mυB2解得：L==1.25m（3）滑块由B到C过程中，据运动学公式有：L=t2解得t2=0.5s-26-\n则t=t1+t2=1s圆盘转动的角速度ω应满足条件为t=n•，（n=1，2，3…）解得：ω=2nπrad/s（n=1，2，3…）答：（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FAB为6N，方向竖直向下；（2）传送带BC部分的长度L为1.25m；（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=2nπrad/s，（n=1，2，3…）．【点评】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，根据周期性研究ω应满足的条件． 18．（12分）（2022•临沂三模）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（g=10m/s2）．（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．（结果可保留根式）【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）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再结合水平位移和时间求出物块离开O点的速度．（2）根据动能定理求出拉力F作用的距离．（3）根据平抛运动的知识，结合椭圆方程，根据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值．【解答】解：（1）小物块从O到P做平抛运动水平方向x=v0t竖直方向y=gt2解得：v0=4m/s；-26-\n（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1﹣μmgs=△Ek﹣0=0解得：x1===2.5m；为使小物体不会飞出档板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理可得：Fx2﹣μmgs=mv02解得：解得：x2===3.3m；故为使物块击中档板，拉力F的作用距离范围为：2.5＜x≤3.3；（3）设小物块击中档板的任意点坐标为：（x，y）；则有：x=v0t′y=由机械能守恒定律得：Ek=mv0′2+mgy又x2+y2=R2由P点坐标可求R2=3.2化简得：EK=+=+由数学方法可得：Ekmin=2J；答：（1）其离开O点时的速度大小为4m/s；（2）F的作用范围为2.5＜x≤3.3；（3）动能的最小值为2J．【点评】本题综合了动能定理和平抛运动知识，综合性较强，难度中等，知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律并能熟练应用． -26-
