2022-2022学年山东省实验中学高三（上）第一次诊考物理试卷（9月份）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．每小题至少有一个选项正确．）1．（4分）（2022秋•周村区校级月考）如图，重量为G的物体A在水平向左大小为F的恒力作用下．静止在倾角为α的光滑斜面上．下列关于物体对斜面压力N大小的表达式，正确的是（ ） A．N=B．N= C．N=Gsinα+FcosαD．N=Gtanα考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对物体A受力分析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力．解答：解：对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图：根据共点力平衡条件，推力和重力的合力应该与支持力等值、反向、共线，结合几何关系，有F=GtanαN=N=N=将推力和重力正交分解，如图：-15-根据共点力平衡条件，有：Gsinα=FcosαN=Fsinα+Gcosα由于物体对斜面压力等于斜面对物体的支持力故选：AB．点评：对于共点力平衡问题可以用合成法求解，也可以用分解法求解，还可以用正交分解法求解． 2．（4分）（2022春•长阳县校级期中）木块A、B分别重50N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5cm，系统置于水平地面上静止不动．已知弹簧的劲度系数为100N/m．用F=7N的水平力作用在木块A上，如图所示，力F作用后（ ） A．木块A所受摩擦力大小是10NB．木块A所受摩擦力大小是2N C．弹簧的弹力是12ND．木块B所受摩擦力大小为12N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对木块A和B分别受力分析，然后结合共点力平衡条件进行分析处理即可．解答：解：A、B、没有推力F时，弹簧压缩了5cm，根据胡克定律，弹簧弹力为：F弹=kx=100N/m×0.05m=5N；对木块A受力分析，受到重力、支持力、弹簧弹力和地面的静摩擦力，根据二力平衡条件，有：fA=F弹=5N对木块施加向右的推力F后，推力F和弹簧弹力F弹的合力为2N，向右，故地面对A有向左的2N的静摩擦力，故A错误，B正确；C、施加推力F后，由于A静止不动，故弹簧压缩量不变，故弹簧弹力不变，仍为5N，故C错误；D、对木块B受力分析，受到重力、支持力、弹簧向右的弹力和地面向左的静摩擦力，根据二力平衡，地面对木块B的静摩擦力等于5N，向左，故D错误；故选B．点评：-15-静摩擦力随着外力的变化而变化，但有一个最大值，对物体受力分析，结合平衡条件计算出摩擦力． 3．（4分）（2022秋•天河区期末）一物体由静止开始沿一光滑斜面顶端开始下滑，滑至斜面底端时速度的大小为v，则物体在斜面中点时的速度为（ ） A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；平均速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体在斜面中点时的速度．解答：解：对整个过程有：v2=2ax，对物体下滑到斜面中点的过程有：．联立两式得，．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键抓住整个过程加速度不变，运用匀变速直线运动的速度位移公式进行求解． 4．（4分）（2022秋•市中区校级月考）一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（ ） A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断变大 C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D．升降机对弹簧的压力始终大于弹簧对升降机的支持力考点：功的计算；牛顿第二定律．版权所有专题：功的计算专题．分析：当物体所受合力方向与速度方向相同时，速度增加，当物体所受合力方向与速度方向相反时，速度减小，根据牛顿第二定律判断加速度的方向和大小变化．解答：解：A、升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，向下做加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，加速度方向向上，向下做减速运动，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小．故A、B错误．C、开始阶段，速度增大，根据动能定理，重力做的正功大于弹力做的负功；然后速度减小，根据动能定理得，弹力做的负功大于重力做的正功．故C正确．D、升降机对弹簧的压力始终大于弹簧对升降机的支持力是作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误．-15-故选：C．点评：解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化． 5．（4分）（2022春•瓦房店市校级期末）在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕着圆连续的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）为L=10cm，圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），以2r/s的转速匀速转动，我们感觉到升降方向和速度大小分别为（ ） A．向上10cm/sB．向上20cm/sC．向下10cm/sD．向下20cm/s考点：运动的合成和分解．版权所有分析：本题涉及眼睛的观察习惯问题，人眼观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔△t后，同一位置处不是彩色条纹，变成了圆筒壁，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹向下移动的错觉．解答：解：由于每秒转2圈，则转1圈的时间为0.5s，而螺距为10cm，所以每秒沿竖直方向运动的距离为20cm，即速度大小为20cm/s．又因为彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，且圆筒沿逆时针方向（从俯视方向看），根据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向下；故选D．点评：本题关键涉及到人眼的视觉暂留现象，最好动手做做实验，亲身去体验，找到形成错觉的原因． 6．（4分）（2022秋•七台河校级月考）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ） A．b一定比a先开始滑动-15- B．a，b所受的摩擦力始终相等 C．ω=是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg考点：向心力．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．解答：解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；C、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故C正确；D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=，故D错误．故选：AC．点评：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答． 7．（4分）（2022秋•市中区校级月考）已知地球半径为R，一质量为m的人造地球卫星在地面上的重力为G，它在离地面高度为地球半径2倍的圆形轨道上运动时（ ） A．线速度为B．周期为C．动能为GRD．角速度为考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：地球对卫星的万有引力等于卫星在地面上的重力，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以分析答题．解答：解：质量为m的人造地球卫星在地面上的重力为P，设地球的质量为M，半径为R．所以地面上的重力加速度为：g=，根据万有引力等于重力，有：=mg，即：G′M=gR2=R2…①A、由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得：-15-v==，故A错误；B、根据万有引力提供向心力，得：T=2π=6π，故B错误；C、动能Ek=mv2=GR，故C正确；D、由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得：ω==，故D错误；故选：C．点评：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． 8．（4分）（2022秋•市中区校级月考）我国发射神舟号飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200km，远地点N距地面340km．进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速率分别是V1，V2．当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，这时飞船的速率为V3．比较飞船在M、N、P三点正常运行时（不包括点火加速阶段）的速率大小和加速度大小，及在两个轨道上运行的周期，下列结论正确的是（ ） A．v1＞v3B．v1＞v2C．a2=a3D．T1＞T2考点：万有引力定律及其应用．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力做功比较M、N点速度的大小，根据万有引力提供向心力，比较出经过M、M圆轨道的速度，从而比较出M点的速度与经过N点圆轨道的速度．通过比较万有引力的大小，比较出加速度的大小，根据开普勒第三定律比较周期的大小．解答：解：AB、当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340km的圆形轨道，所以v3＞v2，根据得；v=又因为r1＜r3，所以v1＞v3故v1＞v3＞v2．故A、B正确．-15-C、根据万有引力提供向心力，即加速度a=，由图可知a2=a3＜a1，故C正确．D、根据开普勒第三定律知，=k，所以T1＜T2．故D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化． 9．（4分）（2022秋•桓台县校级期中）一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α=30°的斜面，其加速度为g，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是（ ） A．物体动能增加了mghB．物体克服重力做功mgh C．物体机械能损失了mghD．物体克服摩擦力做功mgh考点：功能关系；功的计算．版权所有分析：知道合力做功量度动能的变化．根据功的定义式求出合力功，再求出动能的变化．知道重力做功量度重力势能的变化．根据动能和重力势能的变化求出机械能的变化．知道除了重之外的力做功量度机械能的变化．解答：解：A、物体在斜面上加速度为，方向沿斜面向下，物体的合力F合=ma=，方向沿斜面向下，斜面倾角a=30°，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功W合=﹣F合•2h=﹣mgh根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W合=△Ek所以物体动能减小mgh，故A错误．B、根据功的定义式得：重力做功WG=﹣mgh，故B正确．-15-C、重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh，而物体动能减小mgh，所以物体机械能损失了mgh，故C正确．D、除了重力之外的力做功量度机械能的变化．物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了mgh，所以摩擦力做功为﹣mgh，故D错误．故选：BC．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．我们要正确的对物体进行受力分析，能够求出某个力做的功． 10．（4分）（2022秋•曹县校级月考）如图所示，长为L的轻绳一端固定一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度的大小为v=2，则以下说法正确的有（ ） A．小球能达到圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻绳向下的弹力 B．小球能达到圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻绳的作用力 C．小球不能达到圆周轨道的最高点P D．小球在最低点Q受到绳的拉力大小为5mg考点：向心力．版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：根据动能定理求出最高点P的速度，结合P点的临界速度判断小球能否达到最高点．小球在最高点和最低点靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律分析求解．解答：解：A、根据动能定理得，，解得vP=0，小球在最高点的临界速度，则小球不能达到最高点P，故A、B错误，C正确．D、在最低点，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=m，解得F=5mg．故D正确．故选：CD．-15-点评：解决本题的关键知道绳模型与杆模型的区别，知道绳模型最高点的临界情况，结合向心力的来源，运用动能定理和牛顿第二定律进行求解． 11．（4分）（2022秋•市中区校级月考）如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ，下图表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)中可能正确的是（ ） A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ，即mgsinθ＜μmgcosθ，知物块上滑到最高点，将静止在最高点．结合牛顿第二定律得出加速度的大小，判断物体的运动规律．解答：解：A、因为物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tanθ，即mgsinθ＜μmgcosθ，知物块上滑到最高点，将静止在最高点．在上滑的过程中受重力、支持力和摩擦力的大小，做匀减速直线运动．故A正确，B错误．C、上滑的过程中受滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为f1=μmgcosθ，上升到最高点，受静摩擦力大小，方向沿斜面向上，大小为f2=mgsinθ，知f1＞f2．故C正确，D错误．故选AC．点评：本题关键要根据μ＞tanθ，判断物块停在最高，还要根据物理规律得到各量的表达式，再选择图象． 12．（4分）（2022•四川）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ） A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μg C．物体做匀减速运动的时间为2-15- D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）考点：牛顿第二定律．版权所有专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．解答：解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a==．故B正确．C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a==μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则3x0=，得t=．故C错误．D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=μmg（x0﹣x）=．故D正确．故选BD点评：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便． 二、填空题（本题包括3小题，共9分）13．（9分）（2022秋•市中区校级月考）利用打点计时器测定匀加速直线运动的小车的加速度的实验中，如图所示，给出了该次实验中，从O点开始，每隔一个计时点取一个计数点的纸带．其中0、1、2、3、4、5、6都为计数点，测得x1=1.40cm，x2=1.90cm，x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm．打点计时器的周期T=0.02s．-15-（1）在计时器打出点l、2、3、4、5时，小车的速度分别为：v1=41.3cm/s，v2=53.5cm/s，v3= 65.8 cm/s，v4= 78.4 cm/s，v3=90.8cm/s．（计算结果保留一位小数）（2）请根据题干中所给的数据，用较为科学的方法尽可能的准确得到小车的加速度a= 3.1 _m/s2．（计算结果保留一位小数）考点：测定匀变速直线运动的加速度．版权所有专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．解答：解：（1）每隔一个计时点取一个计数点，所以相邻计数点间的时间间隔T=0.04s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：，（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==3.1m/s2故答案为：（1）65.8；78.4；（2）3.1点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用． 三、计算题（本题包括3小题，共43分）14．（15分）（2022秋•周村区校级月考）如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g．（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ=60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；（3）当θ=60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．-15-分析：（1）θ=30°时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件列方程求出摩擦因数；（2）先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据速度时间关系公式列式求解时间，根据位移时间关系公式列式求解位移；（3）对下滑过程，先根据牛顿第二定律列式求解加速度，再根据位移时间关系公式列式求解时间；最后得到总时间．解答：解：（1）当θ=30°时，对木块受力分析得：mgsinθ=μFN…①FN=mgcosθ…②联立①②得：μ=tanθ=tan30°=（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则：mgsinθ+μmgcosθ=ma小木块的位移为x：则：θ=60°=（3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则：mgsinθ+μmgcosθ=ma1当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2解得：a2=由得：故：答：（1）小木块与木板间的动摩擦因数为；-15-（2）当θ=60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离为；（3）当θ=60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间为．点评：本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是受力分析后根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解时间． 15．（12分）（2022•潍坊模拟）如图所示，光滑水平面上放着长L=2m，质量为M=4.5kg的木板（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1，开始均静止．今对木板施加一水平向右的恒定拉力F，（g取10m/s2）求：（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少．（2）如果拉力F=10N，小物体能获得的最大速度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）为使小物体不从木板上掉下，则小物体不能相对于木板滑动，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力的最大值．（2）若拉力F小于最大值，则它们最后一起做匀加速直线运动，若拉力F大于最大值，知小物体与木板之间始终发生相对滑动，小物体受到水平方向上只受摩擦力，做匀加速直线运动，当它滑离木板时，速度最大，根据两者的位移差等于木板的长度，求出运动的时间，再根据速度时间公式求出最大的速度．解答：解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律：umg=ma对整体由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a解得：Fm=5.5N（2）因施加的拉力F＞5.5N，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，对木板由牛顿第二定律：F﹣umg=Ma1物块在木板上相对运动的时间为t，解得：t=2s物块脱离木板时的速度最大，vm=at=2m/s答：（1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过5.5N．（2）小物体能获得的最大速度为2m/s．点评：本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动． 16．（16分）（2022秋•城阳区校级期中）如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R=0.2m的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径），轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m=1Kg-15-的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始行驶，经过一段时间t=4s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1，ED之间的距离为x0=10m，斜面的倾角为30°．求：（g=10m/s2）（1）小车到达C点时的速度大小为多少；（2）在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；（3）小车的恒定功率是多少．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小车离开A后做平抛运动，根据竖直方向的分运动可以求出小车的运动时间与竖直分速度，然后在C点根据运动的合成与分解可以求出小车的速度；（2）小车在A点做圆周运动，由牛顿第二定律求出求出轨道对小车的支持力，然后由牛顿第三定律求出小车对轨道的压力；解答：解：（1）把C点的速度分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有：解得vc=4m/s（2）由（1）知小车在A点的速度大小vA==2m/s因为vA=＞，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下mg+FN=m解得FN=10N根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小FN′=FN=10N方向竖直向上；（3）从E到A的过程中，由动能定理：Pt﹣μmgx0﹣mg4R=解得：P==5W；答：（1）小车到达C点时的速度大小为4m/s；（2）在A点小车对轨道的压力大小是10N，方向竖直向上；（3）小车的恒定功率是5w．点评：小车的运动过程较为复杂，分析清楚小车的运动过程是正确解题的前提与关键；对小车应用运动的合成与分解、牛顿第二定律即可正确解题． -15--15-
